2020年（省市好题精选必刷）全真模拟化学试题•2月卷03.doc

1、2020 年【省市好题精选必刷】化学全真模拟训练题2 月卷 考点考点 10 化学反应原理综合化学反应原理综合 考点考点 11 工艺流程题工艺流程题 考点考点 12 化学实验综合题化学实验综合题 考点考点 10 化学反应原理综合化学反应原理综合 1 （四川省成都市第七中学 2020 届高三第一次诊断考试）乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化 纤、橡胶、食品工业等。 1在标准状态时，由元素最稳定的单质生成 1mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成。请 写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为_。 2取等物质的量的乙酸、乙醇在 TK下密闭容器中发生液相(反应物和生成物均为液体

2、)酯化反应，达到 平衡，乙酸的转化率为 1 3 ，则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数 x K _；(注：对于可逆反 应：aAbBcC达到化学平衡时， c xab n C n K n An B nn 总 总总 )。而相同条件下实验室采用回流并分离 出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达88%，可能的原因是_。 3若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相(反应物和生成物均为气体)酯化反应，其平衡常数与温度关 系为：lgK724/T0.127(式中 T 为温度， 单位为K)， 则气相酯化反应为_(填“吸热”或“放热”) 反应。 4乙酸和乙醇酯化反应在甲、 乙两种催化剂的作用下， 在相同时间内乙

3、酸乙酯的产率随温度变化如图所示。 由图可知，产率为95%时，应该选择催化剂和温度分别是_、_；使用催化剂乙时，当温度 高于190，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因_。 5为了保护环境， 2 CO的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以 达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用，以 2 CO和 2 H O为原料制备乙醇 32 CH CH OH和 2 O的 原理示意图： 判断H迁移的方向_(选填“从左向右”、“从右向左”)。 写出电极 b 的电极反应式：_。 【答案】 （1） -1 3323232 CH COOH l +CH CH OH lCH COOCH CHl

4、 +H O lH=-3.37kJ mol （2）0.25 分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率 （3）放热 （4）催化剂甲 135 当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸 乙酯的产率降低，或温度高于190，副反应增多 （5）从左向右 2322 2CO12e12HCH CH OH3H O 【解析】 1根据标准摩尔生成焓图可知 2232 1 2C s3HgOgCH CH OH lH276.98kJ/ mol 2 ， 223 2C s2HgOgCH COOH lH484.30kJ/mol， 22323 4C s4HgOgCH COOCH CHlH478.82

5、kJ/mol， 222 1 HgOgH O lH285.83kJ/ mol 2 ， 根据盖斯定律得 3323232 CH COOH lCH CH OH lCH COOCH CHlH O l， H478.82kJ/mol285.83kJ/mol276.98kJ/mol484.30kJ/mol3.37kJ/mol ， 故答案为： 3323232 CH COOH lCH CH OH lCH COOCH CHlH O lH3.37kJ/mol； 2设起始时乙醇、乙酸的物质的量均为 1mol，反应三段式为： 3323232 CH COOH lCH CH OH lCH COOCH CHlH O l 起始量

6、mol 1 1 0 0 变化量mol 1 3 1 3 1 3 1 3 平衡量mol 2 3 2 3 1 3 1 3 3 CH COOH的物质的量分数 32 CH CH OH的物质的量分数= 1 3 ， 323 CH COOCH CH的物质的量分数 2 H O的物质的量分数= 1 6 ， x 11 66 K0.25 11 33 ；分离出生成物水，可使平衡正向移动，增大乙酸转化率， 故答案为：0.25；分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率； 3平衡常数 K与温度 T 关系为 724 lgK=-0.127 T ，则升高温度，K的值减小，平衡逆向移动，所以逆向是 吸热反应，正向为放热反应

7、， 故答案为：放热； 4由图 2 可知，使用催化剂甲、温度在135左右时乙酸乙酯的产率为95%，而催化剂乙在190左右时 乙酸乙酯的产率才达到95%，所以应选择的最优条件是催化剂甲、135；当温度高于190，乙酸乙酯 产率下降的主要原因是催化剂活性降低，使化学反应速率降低，导致相同时间内乙酸乙酯的产率降低，或 温度高于 190，副反应增多， 故答案为：催化剂甲；135；当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸 乙酯的产率降低，或温度高于 190，副反应增多； 5由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极 a 表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为 22 2H O4e

8、O4H ， 右室通入二氧化碳， 酸性条件下生成 32 CH CH OH， 电极 b表面发生还原反应， 为正极，电极反应式为 2322 2CO12e12HCH CH OH3H O ， 阳离子移向正极，所以H迁移的方向是从左向右， 故答案为：从左向右； 电极 b 的电极反应式： -+ 2322 2CO +12e +12H =CH CH OH+3H O 故答案为： -+ 2322 2CO +12e +12H =CH CH OH+3H O。 2 （山西省大同市 2020 届高三第一次市直联考）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。 以生物材质(以 C计)与水蒸气反应制取 H2是一种低耗能，

9、高效率的制 H2方法。该方法由气化炉制造 H2和 燃烧炉再生 CaO两步构成。气化炉中涉及的反应有： .C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) K1； .CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) K2； .CaO(s)CO2(g)CaCO3(s) K3； 燃烧炉中涉及的反应为： .C(s)O2(g)=CO2； .CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)。 （1）氢能被视为最具发展潜力的绿色能源，该工艺制 H2总反应可表示为 C(s)2H2O(g) CaO(s)CaCO3(s)2H2(g)，其反应的平衡常数 K=_(用 K1、K2、K3的代数式表示)。 （2）在一容积可变的密闭容器中进行

10、反应，恒温恒压条件下，向其中加入 1.0mol炭和 1.0mol水蒸气， 达到平衡时，容器的体积变为原来的 1.25 倍，平衡时水蒸气的平衡转化率为_；向该容器中补充 amol 炭，水蒸气的转化率将_（填“增大”、“减小”或“不变”） 。 （3）对于反应，若平衡时再充入 CO2，使其浓度增大到原来的 2 倍，则平衡_移动( 填“向右”、“向 左”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_(填“变大”、“变小”或“不变”)。 （4）一种新型锂离子二次电池磷酸铁锂(LiFePO4)电池。作为正极材料的磷酸铁锂在充、放电时的局部 放大示意图如图，写出该电池充电时的阳极电极反应式：_。 【答案】 （1）K

11、1 K2 K3 （2）25% 不变 （3）正向 不变 （4）LiFePO4-xe-=Li(1-x)FePO4+xLi+ 【解析】 （1）由反应 I+反应 II+反应 III可得 C(s)2H2O(g)CaO(s)CaCO3(s)2H2(g)，由故其平衡常数 K= K1 K2 K3， 故答案为：K1 K2 K3； （2）恒温恒压下，气体物质的量之比等于压强之比， 22 C s +H O gCO g +Hg mol100 molxxx mol1-xxx 起始 转化 平衡 ， 则 1-x +x+x =1.25 1 ，解得 x=0.25，因此平衡时水蒸气的转化率为 0.25mol 100% 1mol

12、=25%；碳为固体，增 加其物质的量，对平衡无影响，因此对于水蒸气的转化率无影响， 故答案为：25%；不变； （3）CaO(s)CO2(g)CaCO3(s)中，只有 CO2一种气体，增加 CO2浓度，平衡将向着气体体积减小的方 向移动，即平衡正向移动；因 K3=c(CO2)，温度不变的情况下，平衡时 CO2浓度不变， 故答案为：正向；不变； （4）由图可知，充电时 LiFeO4失去电子，生成 Li+，故充电时阳极电极反应式为： -+ 441-x LiFePO -xe =LiFePO +xLi ， 故答案为： -+ 441-x LiFePO -xe =LiFePO +xLi 。 【点睛】 对于有

13、气体参加的反应，恒温恒容条件下，增加反应中某气体的浓度，平衡的移动方向分析分为三种： 对于一侧有多种气体参加的反应，如 223 Ng +3Hg2NHg，增加 N2的浓度，平衡将会向正向移动， H2的转化率将上升，平衡时 N2的体积分数将上升；对于一侧只有一种气体参加的多气体反应，如 22 2HI gHg +Ig，增加 HI的浓度，前后互为等效平衡，重新达到平衡时，HI的转化率、体积分 数、百分含量均不变；对于一侧只有一种气体参加的反应，如 23 CaO s +COgCaCO s，增加 CO2的浓度，平衡将正向移动，CO2的转化率将会上升，平衡时 CO2的浓度不变，注意灵活多变。 3 （广东省珠

14、海市 2020 届高三上学期期末考）合理处理燃气中的 H2S，不仅可减少对大气的污染，还可进 行资源化利用。回答下列问题： （1）H2S 和 S的燃烧热如表所示， 物质 燃烧热/H（kJmol-1） H2S -a S -b 请写出常温下 H2S 与 SO2反应的热化学方程式_。 （2）可以把 H2S设计为一种燃料电池，原理如图 a所示：其中，Fe2+在电池工作中的作用是_；请写 出 I室发生的离子方程式_。 （3）为探究 H2S的直接热解 2H2S（g）=2H2（g ）+S2（g） 。在一体积为 2L的密闭容器中充入 2 mol H2S 与 1 molAr （起到稀释作用） ，进行实验。 某同

15、学测出不同温度下 H2S的物质的量与反应时间的图象，图 b 是截取该图象的中间某部分。请计算 T2 温度下，0-l0s 内，H2S 的反应速率 v=_moL-1s-1； 图 b 中， T1、 T2、 T3三个温度， 最高的是_； 比较 A 点与 B点的逆反应速率的大小， vA（逆） _vB （逆） （填“”、“”或“=”） ； 图 c 是表示反应 2H2S（g）=2H2（g）+S2（g）平衡时，装置内各组分气体物质的量分数=与温度的关系（其 中 Ar 气体变化曲线未画出） 。请计算：C 点的平衡常数 K=_；D点平衡时，H2S 的转化率=_。 【答案】 （1）2H2S（g）+SO2（g）=3S

16、（s）+2H2O（l）H=（-2a+3b）kJ/mol （2）催化剂 2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S （3）0.04 T3 0.25 66.7% 【解析】 【分析】 H2S 的燃烧热化学方程式：H2S(g) + 3 2 O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H= a kJ mol-1，S的燃烧热化学方程式： S(s) +O2(g) =SO2(g) H=bkJ mol-1，根据热化学方程式推导所求反应，再根据盖斯定律求H。 Fe2+在电池中呈现循环，根据催化剂特点判断，I室 Fe3+将 H2S氧化为 S，据此书写方程式。 反应速率为单位时间内浓度的变化量，根据图象剩余 1.2mol H2

17、S，结合起始量即可计算 H2S 的反应速 率；根据吸热反应，温度越高，转化率越高；结合温度对反应速率的影响，温度越高，反应速率越高； 已知 H2S起始量，可设其变化量为 xmol，列出三段式，在根据不同条件下不同物质物质的量的关系解答 x，最后求解 C 点的平衡常数 K，H2S的转化率。 【详解】 H2S 的燃烧热化学方程式：H2S(g) + 3 2 O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H=a kJ mol-1，S的燃烧热化学方程式： S(s) +O2(g) =SO2(g) H=bkJ mol-1，根据盖斯定律，H2S与 SO2反应的热化学方程式为：2H2S(g) +SO2(g) =3S(

18、s) +2H2O(l)H=(2a+3b) kJ mol-1，故答案为：2H2S(g) +SO2(g) =3S(s) +2H2O(l)H=(2a+3b) kJ mol-1。 Fe2+在电池工作中过程中循环利用，性质质量没有改变，所以 Fe2+为催化剂，I室发生的反应为 Fe3+氧化 H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S，故答案为：2Fe3+H2S= 2Fe2+2H+S。 起始时充入 2molH2S，根据图象可知 10s时剩余 1.2molH2S，则 11 2 n2mol 1.2mol (H S)=0.04mol Ls V t2L 10s ，故答案为：0.04。 根据分解反应

19、一般为吸热反应，温度越高，转化率越高，则 T3温度最高，A点与 B点所对应的各物质浓 度均相同，但 A点对应的 T3最高，反应速率相对较高，所以 vA(逆)vB(逆)，故答案为：T3；。 由于起始时 2 molH2S，设 H2S变化量为 xmol，列三段式： C点时：平衡时 H2S 与 H2的物质的量分数相同，则平衡时 H2S与 H2的物质的量相同，则 2-2x=2x，x=0.5， 则平衡时 c(H2S) = 0.5molL-1，c(H2)=0.5 molL-1，c(S2)=0.25 molL-1，平衡常数 2 2 0.50.25 0.25 0.5 K ；D 点时： 平衡时 S2与 H2S 的

20、物质的量分数相同， 则平衡时 S2与 H2S 的物质的量相同， 则 2-2x=x， 解得 x= 2 3 ， H2S的转化率 2 2 3 =100%66.7% 2 ；故答案为：0.25；66.7%。 4 (山西省 2020 年 1 月高三适应性调研考试)雾霾天气给人们的出行带来了极大的不便， 因此研究 NO2、 SO2 等大气污染物的处理具有重要意义。 (1)某温度下，已知： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H1=-196.6kJ/mol 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H2 NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) H3=-41.8kJ/mol 则H2= _。 (2

21、)按投料比 2:1 把 SO2和 O2加入到一密闭容器中发生反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ，测得平衡时 SO2 的转化率与温度 T、压强 p 的关系如图甲所示： A、B 两点对应的平衡常数大小关系为 KA _（填“”“”或“=”，下同）KB；温度为 T,时 D点 vD正与 vD逆的大小关系为 vD正 _vD逆； T1温度下平衡常数 Kp=_ kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数，结果保留分数形式） 。 (3)恒温恒容下，对于反应 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，测得平衡时 SO3的体积分数与起始 2 2 n(SO ) n(O ) 的关系 如图乙所示，则当 2 2

22、n(SO ) n(O ) =1.5达到平衡状态时，SO2的体积分数是图乙中 D、E、F三点中的_ 点。A、B两点 SO2转化率的大小关系为 aA _（填“”“”或“=”）aB。 (4)工业上脱硫脱硝还可采用电化学法，其中的一种方法是内电池模式（直接法） ，烟气中的组分直接在电池 液中被吸收及在电极反应中被转化，采用内电池模式将 SO2吸收在电池液中，并在电极反应中氧化为硫酸， 在此反应过程中可得到质量分数为 40%的硫酸。写出通入 SO2电极的反应式：_；若 40%的硫 酸溶液吸收氨气获得(NH4)2SO4的稀溶液， 测得常温下，该溶液的 pH=5，则 32 + 4 n(NHH O) n(NH

23、 ) _（计 算结果保留一位小数，已知该温度下 NH3 H2O 的 Kb=1.7 10-5） ；若将该溶液蒸发掉一部分水后恢复室温， 则 2- 4 + 4 c(SO ) c(NH ) 的值将_（填“变大”“不变”或“变小”） 。 【答案】 （1）-113.0kJ mol1 （2） 27 800 （3）D （4）SO2-2e+2H2O=SO42+4H+ 5.9 10-5 变小 【解析】 (1)由盖斯定律可得=-2 ，所以H2=H12H3=-196.6kJ mol1-2 (-41.8kJ mol 1)=-113.0kJ mol1。 (2)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应放热，压强一定时

24、，温度越低，SO2的转化率越大，所以 T1T2，该反 应的平衡常数 K随温度升高而降低，所以 KAKB；温度为 T1时 D点 SO2的转化率大于平衡转化率，所以 反应需要逆向移动达到平衡，即 v正v逆。 选取 C 点计算 T1温度下的 Kp值，设 SO2的起始加入量为 2mol： 223 2SOg +Og2SOg /mol210 /mol1.20.61.2 /mol0.80.41.2 起始 转化 平衡 SO2%= 0.81 0.80.4 1.23 ，O2%= 0.41 0.80.4 1.26 ，SO3%= 1.21 0.80.4 1.22 。由于分压=总压 物 质的量分数，所以 C平衡点各物质

25、的分压分别为 p(SO2)= 1 3 pc，p(O2)= 1 6 pc，P(SO3)= 1 2 pc， Kp= 2 2 1 () 2727 2 11 2800 () () 36 pc pc pcpc kPa-1。 （3）当反应物的投料比等于方程式的系数比即 2 2 n(SO ) n(O ) =2 时，SO3的平衡体积分数最大，所以当投料比 2 2 n(SO ) n(O ) =1.5 达到平衡状态时，SO3的体积分数是在投料比 2 2 n(SO ) n(O ) =1 时 SO3的平衡体积分数的基础上继 续增大，所以应该是 D 点，由于从 A到 B只增加了 SO2的量，所以 SO2转化率的大小为

26、aAaB。 (4)因为 SO2在电池中被氧化成硫酸，所以 SO2应该从负极通入，负极失电子，再结合溶液的环境完成电 极反应：SO2-2e+2H2O=SO42-+4H+。 w -+ 3232 - 44bb K c(NH H O)c(NH H O) c(OH )c(OH )c(H ) = c(NH )c(NH )c(OH )KK = 14 55 10 1.7 1010 5.9 10-5，设(NH4)2SO4溶 液的浓度为 c，NH4+的水解程度为 a，则 2 4 4 c(SO )c1 = c(NH )2c(1-a)2(1-a) ，蒸发掉一部分水后恢复室温，溶液 浓度增大，水解程度减小，(1-a)增

27、大，比值变小。 5 （四川省南充高级中学 2020 高三 2 月线上考试）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物 的反应机理对消除环境污染有重要意义。 (1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H，上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示： 回答下列问题： 写出反应 I的热化学方程式_。 反应 I和反应 II中， 一个是快反应， 会快速建立平衡状态， 而另一个是慢反应。 决定 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) 反应速率的是 _（填“反应 I”或“反应 II”） ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原 因可能是_（反应未使用催化剂）

28、。 (2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一 定量的活性炭和 NO，T时，各物质起始浓度及 l0 min 和 20 min 各物质平衡浓度如表所示： 浓度/mol/L 时间/min NO N2 CO2 0 0.100 0 0 10 0.040 0.030 0.030 20 0.032 0.034 0.017 T时，该反应的平衡常数为 _ (保留两位有效数字)。 在 l0 min 时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20 min 时重新达到平衡，则改变的条件是_ 在 20 min 时，保持温度和容器体积不变再充入 NO和

29、 N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应 v正_v逆（填“”、“”或“”)；其他条件相同时，若仅改变某一条件，测得其压强(p)随时间(t)的 变化如图中曲线 b 所示，则改变的条件是_。 图是反应平衡常数的对数与温度的变化关系图，m 的值为_。 (2)CO2在 Cu-ZnO 催化下，同时发生如下反应 I，II，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。 .CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g) H10 保持温度 T 时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的 CO2及 H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质 的量及总压强如下表： 若反应 I、II 均达平衡时，p0=1.4p

30、，则表中 n=_；反应 1 的平衡常数 Kp=_ (kPa)2。(用含 p 的 式子表示) (3)Al-CO2电池是一种以低温熔融盐Al2(CO3)3为电解质， 以完全非碳的钯 Pd 包覆纳米多孔金属为催化剂正 极的可充电电池。 正极反应为： 3CO2+4e=2CO32+C， 则生成Al的反应发生在_极(填“阳”或“阴”)， 该电池充电时反应的化学方程式为_。 【答案】 （1） 加入催化剂 0 （2）0.2 2 75 2p （3）阴 2Al2（CO3）3+3C4Al+9CO2 【解析】 【分析】 (1)根据 PV=nRT 判断；观察起点终点的变化确定改变的条件； 列三段式进行计算； (2)根据

31、表格找到各物质平衡时的物质的量，在计算平衡常数； (3)负极：升失氧，正极：降得还，充电时正接正，负接负。 【详解】 (1根据 PV=nRT，此反应 V 一定，正反应 n 在减小，图像显示压强在增大，确定温度在升高，所以正反应 为放热反应，H0；根据图像分析发现 b 线相对于 a 线不同点只是速率加快，达到平衡时间缩短，确定改 变的条件是催化剂； 列三段式： CO2(g)+ 2H2(g)C(s)+2H2O(g) c（初） 2 4 0 c x 2x 2x c（平）2-x 4-2x 2x (2-x+4-2x+2x)/(2+4)=5/6 x=1 K= 2 2 2 1 2 =1,lgK=lg1=0 (

32、2)根据表格列出各物质物质的量变化： CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g) H10 n 0.3-n 0.3-n 0.3-n 0.3-n 平衡时各物质的量为：CO2(g)：0.5-n-0.3+n=0.2mol H2(g):0.9-3n-0.3+n=0.6-2n CH3OH (g):n H2O(g):0.3 CO(g):0.3-n 根据 T、V 一定时，压强比等于物质的量之比计算 n 0.50.9 0.20.620.30.3nnn = 0 p p =1.4,计算得出 n=0.2； 平衡后物质的总量：0.2+0.6-2 0.2+0.2+0.3+0.3-0.2=1.0mol 平衡

33、后各物质分压： CO2(g):（0.2/1）P=0.2P H2(g) :(0.2/1)P=0.2P CH3OH (g):(0.2/1)P=0.2P H2O(g):(0.3/1)P=0.3P Kp= 3 0.20.3 0.20.2 PP PP = 2 75 2p (3)因为放电时 Al-3e-=Al3+，则充电时应该是 Al3+3e-=Al，得电子为阴极反应；充电时总反应方程式为放 电时的逆反应；答案：阴 2Al2（CO3）3+3C4Al+9CO2 考点考点 11 工艺流程题工艺流程题 1 （四川省南充高级中学 2020 高三 2 月线上考试）二硫化钼(MoS2， 其中 Mo 的化合价为+4)被

34、誉为“固体 润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含 MoS2、SiO2 以及 CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺 如下： 回答下列问题： (1)“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质 SiO2，该反应的化学方程式为_。 (2)在“氧化焙烧”过程中主要是将 MoS2转化为 MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _。 (3)若氧化焙烧产物产生烧结现象， 在“氨浸”前还需进行粉碎处理， 其目的是_， “氨浸”后生成( NH4)2 MoO4反应的化学方程式为_。 (4)向“氨浸”后的滤液中加入 Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵(NH4)2MoS4，加入盐酸后，(NH4)2 M

35、oS4 与盐酸反应生成 MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_。 (5)高纯 MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体 MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo 元素有+4、 +6两种价态，则 MoS2中 Mo4+所占 Mo元素的物质的量分数 4 n Mo n Mo 为_。 (6)钼酸钠晶体( Na2 MoO4 2H2O)是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由 MoS2制备。在制备过程中 需加入 Ba(OH)2固体除去 SO42-，若溶液中 c(MoO42-)=0.4 mol/L，c(SO42-)=0. 05 mol/L，常温下，当 BaMoO4 即将开始沉淀时， SO42-的去除率

36、为_ 忽略溶液体积变化。 已知： 259， Ksp( BaMoO4)=4.0 10-8 ， Ksp(BaSO4)=1.1 10-10。 【答案】 （1）SiO2+4HF=SiF4+2H2O （2）7：2 （3）增大反应物的接触面积，提高浸出速率 MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O （4）MoS42-+2H+=MoS3+H2S （5）1：5 （6）97.8% 【解析】 (1) 杂质 SiO2与氢氟酸反应产生 SiF4、H2O，反应方程式为 SiO2+4HF=SiF4+2H2O； (2)高温焙烧，MoS2与 O2反应产生 MoO3和 SO2，反应方程式为：2MoS2+7O22M

37、oO3+4SO2，在该反应 中 Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以 MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2 作氧化剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 7：2； (3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出 速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和 H2O，该反应的化学方程式是 MoO3+2NH3H2O=(NH4)2MoO4+H2O； (4)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出 NH4+和 MoS42-，MoS42-在酸性环境下生成 MoS3沉淀，另外的生成物只 能是 H2S 气体，所以离子方程式为：Mo

38、S42-+2H+=MoS3+H2S； (5)设在 1mol的 MoS2.8中 Mo4+与 Mo6+的物质的量分别是 x 和 y，则 x+y=1，根据化合价代数之和为 0，则有 4x+6y=2.8 2，解得 x=0.2，y=0.8，所以该杂质中 Mo4+与 Mo6+的物质的量之比 4 n Mo n Mo =0.2：(0.2+0.8)=1： 5； (6)当 BaMoO4即将开始沉淀时，溶液中 c(Ba2+)= 8 sp4 2 4 KBaMoO 4.0 10 0.4c MoO =1.0 10-7mol/L，由于 Ksp(BaSO4)=1.1 10-10，则此时溶液中 SO42-的浓度为 c(SO42

39、-)= 10 sp4 7 2 KBaSO 1.1 10 1.0 10c Ba mol/L=1.1 10-3mol/L，所以 SO42-的去除率为 3 0.05mol/L 1.1 10 mol/L 0.05mol/L 100%=97.8%。 【点睛】 本题考查了物质的制备，掌握氧化还原反应的特征与反应实质的关系及物质的作用、和溶度积常数应用是 分析、计算与判断的依据，明确反应原理及具体流程是解本题关键，试题侧重考查学生的分析问题和计算 能力及运用知识解决实际问题的能力。 2 （河北省衡水中学 2020 届高三下学期一调）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应 用范围越来越广。某科学

40、小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、 SiO2等）提取硒，设计流程如下： 回答下列问题： (1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。最 佳温度是_。 (2)“氧化酸浸”中，Se转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。 (3)采用硫脲(NH2)2CS联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液 中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。 控制电位在 0.7401.511V 范围内， 在氧化酸浸液中添加硫脲， 可选择性还原 ClO2。

41、 该过程的还原反应 （半 反应）式为_。 为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。 (4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se 转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S 净化H2SO4酸化等步骤。 净化后的溶液中 c(S2-)达到 0.026 mol L1， 此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为_， 精硒中基本不含铜。 Ksp(CuS)=1.3 1036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。 (5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为 32 g g1，则精硒中铁的质量分数为_ %，与粗 硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。 【答案】 （1）温度升高

42、，单质硫在煤油中的溶解度增加 95 （2）4ClO3+ 4H+ + Se4ClO 2+ H2O + H2SeO3 （3）ClO2 + 4H+ + 5e-Cl + 2H2O 0.345 （4）5.0 1035 mol L1 Na2SeSO3 + H2SO4Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O （5）3.2 103 【解析】 【分析】 (1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析； (2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成 H2SeO3； (3)根据表格数据，控制电位在 0.7401.511V 范围内，ClO2被还原为 Cl-； 结合题意，根据“氧化酸浸”

43、液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位； (4) 利用溶度积表达式 Ksp(CuS)= c(S2-) c(Cu2+)，结合已知条件计算； 根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质； (5)根据 1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。 【详解】 (1)含硒物料（主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到 煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度 越大，且温度控制在 95脱硫率最高； (2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成 H

44、2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3 + 4H+ + Se4ClO 2+ H2O + H2SeO3； (3)根据表格数据，控制电位在 0.7401.511V 范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为 Cl-，该过程 的还原反应（半反应）式为：ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O； 根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化 酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于 0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要 不低于 0.345； (4) 已知：c(S2-)=0.026 mol L1，Ksp(CuS)c(S2-) c(C

45、u2+)=1.3 1036，c(Cu2+)= 36 sp 1 2- KCuS 1.3 10 mol L 0.026 c S = =5.0 1035 mol L1； 根据精制流程：Na2SO3浸出Se 转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）Na2S净化H2SO4，硒代硫酸钠与硫 酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O； (5)设精硒的质量为 1g，则 1g 精硒中含有的铁的质量=32 g g1 1g=32g=3.2 10-5g，则精硒中铁的质量分 数= -5 3.2 10 g 100% 1g =3.2 10 3%。 3 （广东省深圳市高级中学 202