2020年高考化学省市名校模拟好题精选（6月卷）：化学反应原理综合、工艺流程题、化学实验综合题.doc

1、2020 年高考化学省市名校模拟好题精选（6 月卷） ： 化学反应原理综合、工艺流程题、化学实验综合题 化学反应原理综合化学反应原理综合 1 （2020 届广东省深圳市高三第一次调研）大气环境中 x NO的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还 原 NO 的反应为： 22 C(s)2NO(g)N (g)CO (g)。回答下列问题： （1）该反应在常温下可以自发进行，则反应的H_0(填“”“”或“”)，有利于提高 NO 平衡转 化率的条件是_(任写一条)。 （2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应： 第一步： 2 2NO(NO) 第二步： 22 C(NO)C(O)N O 第三步

2、：_ 第四步： 2 2C(O)COC （3）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入 C、CaO/C、 23 La O / C， 通入NO使其浓度达到 -1 mol0.L1。不同温度下，测得第 2 小时 NO 去除率如图所示： 据图分析， 490以下， 三种情况下反应的活化能最小的是_(用 a、 b、 c 表示)；CaO/C、 23 La O / C 去除 NO 效果比 C 更好，其依据是_(写一条)。 上述实验中，490时，若测得CaO/C对 NO 的去除率为 60%，则可能采取的措施是_。 A及时分离出 2 CO B压缩体积 C恒容下，向体系中通入氮气 D寻找更好的

3、催化剂 490时的反应速率v(NO)=_ 11 moL Lh ，该温度下此反应的平衡常数为 121，则反应达平衡 时 NO 的去除率为_(保留二位有效数字)。 【答案】（1） 降温 （2） 22 CN OC(O)N （3） a 相同条件下， NO 去除率更高 BD 0.0225 96% 【解析】 （1）常温下该反应在常温下可以自发进行，G0，S0，判断 G=H-TS 中的 H0；有利于提高 NO 平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温； （2）总反应为 22 C(s)2NO(g)N (g)CO (g)， 2 2NO(NO) 、 22 C(NO)C(O)N O、 2 2C(O)COC 根据盖

4、斯定律，+式得到总反应，式等于总反应减去+得到： 22 CN OC(O)N ； （3） 由图可知，CaO/C、 23 La O / C和 C 去除 NO 效果最好的是 a，是反应速率最快的，反应的活化 能最小的也是 a；由图可知，CaO/C、 23 La O / C去除 NO 效果比 C 更好，原因是相同条件下，NO 去除 率更高(或在较低温度下 NO 去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)； 根据图像可知，490时，NO 的去除率是 45%，现在的去除率为 60%， A及时分离出 2 CO，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加 NO 的去除率，故 A 错误； B压缩体积，增大了浓

5、度，速率加快，可以增加 NO 的去除率，故 B 正确； C恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加 NO 的去除率，故 C 错误； D不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高 NO 的去除率，故 D 正确； 答案选 BD。 根据图像，490时，NO 的去除率是 45%，NO 的初始浓度为 0.1mol/L，则转化浓度为 0.045mol/L， 11 c0.045mol/ L =0.02v(NO)=moL25 t h 2h L ； 设平衡时生成的氮气的浓度为 x， 22 C(s)2NO(g)N (g)CO (g) 开始 mol/L 0.1 0 0 变化

6、 mol/L 2x x x 平衡 mol/L 0.1-2x x x 则平衡常数 K= 2 2 x 0.1 2x（） =121，解得 x= 11 230 ，反应达平衡时 NO 的去除率为 11 2 230 0.1 100%=96%。 2 （2020 届安徽省江淮十校联考）氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可 防止空气污染。回答下列问题： （1）汽车尾气中常含有碳烟、CO、NO 等有害物质，尾气中含有碳烟的主要原因为_。 （2）已知在 298K 和 101kPa 条件下，有如下反应： 反应：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJ mol-1 反应：N2

7、(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180.5kJ mol-1 若反应 1 2 CO2(g)+ 1 2 N2(g) 1 2 C(s)+NO(g)的活化能为 akJ mol-1， 则反应 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的活化 能为_kJ mol-1。 （3）在常压下，已知反应 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H(298K)=-113.0kJ mol-1， S(298K)=-145.3J/(mol K)，据此可判断该反应在常温下_（填“能”或“不能”）自发进行。 （4）向容积为 2L 的真空密闭容器中加入活性炭（足量）和 NO，发生反应 C(s)+2NO

8、(g)N2(g)+CO2(g)， NO 和 N2的物质的量变化如表所示，在 T1、T2分别到达平衡时容器的总压强分别为 p1kPa、p2kPa。 物质的量/mol T1 T2 0 5min 10min 15min 20min 25min 30min NO 2.0 1.16 0.80 0.80 0.50 0.40 0.40 N2 0 0.42 0.60 0.60 0.75 0.80 0.80 010min 内，以 NO 表示的该反应速率 v（NO）=_kPa min-1。 第 15min 后，温度调整到 T2，数据变化如表所示，则 p1_p2（填“”、“”、“ 20% （5） 相同温度下，曲线乙

9、的转化率低于曲线甲的转化率，说明 M 点不是平衡点，反应仍向正反应进 行 温度升高催化剂活性降低 【解析】 （1）尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。 （2）若反应 1 2 CO2(g)+ 1 2 N2(g) 1 2 C(s)+NO(g)的活化能为 akJ mol-1，则反应 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) 的逆反应活化能为 2a kJ mol-1，根据盖斯定律：-可得 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) H=-574 kJ mol-1， 故反应 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的活化能为（2a-574）kJ mol-1。 （3）满足自发进行的条

10、件是：H-TS=-113.0 kJ mol-1-T(-145.310-3) kJmol-1 K-1v逆。 温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得 NO 转化率降低。 3 （2020 届广东省佛山市质检）CoS2催化 CO 烟气脱硫具有广阔的工业化前景。回答下列问题： （1）已知： CoS2(s) +CO(g) CoS(s) +COS(g) H1 2COS(g) +SO2(g) 3S(s) +2CO2(g) H2 S(s) +CoS(S) CoS2 (s) H3 则 2CO(g)+ SO2(g) 催化剂 2CO2(g)+S(s) H4=_。 (用H1、 H2、H3表示) （2）

11、在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入 SO2起始量均为 1mol，测得 CO2的平衡体积分数随 CO 和 SO2的投料比变化如图 1： 当投料比为 2 时，t min 时测得 SO2转化率为 50%，则用 S 的生成速率表示的反应速率 v=_g min-1 。 当投料比为 3 时，CO2 的平衡体积分数对应的点是_。 （3）向体积均为 1L 的恒温、恒客密团容器通入 2 mol CO 和| mol SO2。反应体系总压强随时间的变化如图 2： 相对于 I，II 改变的外界条件是_。 SO2的平衡转化率为_，平衡常数 Kp =_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 （4）利用电解法处理 SO2尾气可

12、制备保险粉 (Na2S2O4).电解装置如图，则 a_ b (填“” “=”或“0， 故答案为：； 05min 内 v(CO2)= 4 5 v(CO)= 4 5 0.125mol/ L0.02 5min mol L-1 min-1，故答案为：0.02molL-1min-1； 反应.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应， 根据“变量不变达平衡”进行判断； A反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项 A 不选； B反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项 B 选； C反应

13、是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项 C 选。 故答案为：BC； 向恒容密闭容器中加入 Mn3C 并充入 0.1molCO，若只发生反应，则在 A 点反应达到平衡， ln 2 p(CO) 2.3031g0 p CO K ，则 2 1 c(CO)=c CO 2 ，当容器的总压为 akPa 时，CO 的转化率为 0.5 100%33.3% 1 0.5 ，A 点对应温度下的 Kp()= 2 p(CO) = p CO 0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5akPa。 7 （2020 届广东省茂名市高三综合测试）CO2加氢可转化为高附加值的 CO、CH4、C

14、H3OH 等 C1 产物。该 过程可缓解 CO2带来的环境压力，同时可变废为宝，带来巨大的经济效益。CO2加氢过程，主要发生的三 个竞争反应为： 反应 i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.01kJmol-1 反应 ii：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=-165.0kJmol-1 反应 iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.17kJmol-1 回答下列问题： （1）由 CO、H2合成甲醇的热化学方程式为_。 （2） 反应 iii 为逆水煤气变换反应， 简称 RWGS。 以金属催化剂为例， 该反应历程

15、的微观示意和相对能量(eV) 变化图如图所示(为催化剂，为 C 原子， 为 O 原子，o 为 H 原子） 历程 I： 历程 II： 历程 III： 历程 1 方框内反应的方程式为 CO2*+*=CO*+O*(*为催化剂活性位点） 。 根据图示， 其反应热H_0(填 “”或“”)。 反应历程 II 方框内的方程式是_。 反应历程中_（填“历程 I”、“历程 II”或“历程 III”）是 RWGS 的控速步骤。 （3）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产组成的影响。在反应器中按 2 2 n H n CO =3：1 通入 H2和 CO2， 分别在 0.1MPa 和 1MPa 下进行反应。试验中温度对

16、平衡组成 C1(CO2、CO、CH4)中的 CO 和 CH4的影响如 图所示（该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应 i”)： 1MPa 时，表示 CH4和 CO 平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_、_。M 点平衡组成含虽高于 N 点的原因是_。 当 CH4和 CO 平衡组成为 40%时，该温度下反应 iii 的平衡常数 Kp为_。 【答案】 （1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.18kJmol-1 （2） O*+H*=OH*+* 历程 III （3） a d 相同温度下，增大压强反应 II 向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应 III 向逆方向移动，使得 CO

17、平衡组分降低 2.4 【解析】 （1）反应 i反应 iii 即可得 CO、H2合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)，计算焓变： H=49kJmol141.17kJmol1=90.17kJmol1； 故答案为：CO(g)+2H2(g) =C H3OH(g)H=90.17kJmol1； （2）根据图示H=0.75eV+0.37eV=0.38eV0，故答案为：K，所以平衡逆向移 动； （3）该反应中反应物有 P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有 NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中 P 元 素化合价既升高又降低，发生歧化，升高 1 价，降低 3 价，

18、则 NaH2PO2和 PH3的系数比为 3：1，再结合元 素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6NaH2PO2+2PH3+3CaCO3； 次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0molL-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8， 则 c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L1mol/L， Ka= +- -8 22 -6 32 HH PO 101 = H PO10 cc c =1.0 10-2； 根据图示可知，产品室产生

19、次磷酸，则电极 M 应为阳极电解水中的 OH-，剩余 H+通过交换膜 A 移向产品 室，所以交换膜 A 为阳离子交换膜；电极 N 为阴极电解 H+，电极 N 的电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-； 电路中流过 3.8528 105库仑电量时，转移的电子的物质的量为 5 -19 A 1 1.6 10 3.8528 10 N =4mol，次磷酸根带一个负 电荷， 氢离子带一个正电荷， 所以电解过程中转移 1mol 电子生成 1mol 次磷酸， 则转移 4mol 电子时生成 4mol 次磷酸。 工艺流程题工艺流程题 1 （2020 届河南省郑州市高三第二次质检）银系列产品广泛地应用于化工

20、、电子电锁、材料和工业催化等 领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和 AgNO3 生产过程中产生的 含银废料进行综合回收的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）“溶解”反应的化学方程式为 _。稀硝酸能否用浓硫酸代替_（填“能”或“不能”)，原因是 _。 （2）“过滤 3”操作中用到的玻璃仪器是_。 （3）“络合”步骤中需要加氨水调 pH7.7，生成的络合物为_。 （4）N2H4H2O 称水合肼，具有强还原性和碱性。水合肼与硫酸反应生成正盐的化学式为_。 （5）“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为_。 （6）“母液 2”中溶质的化学式为_。

21、（7）粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度 99. 9% 的银。 焙烧是在中频炉中进行 ， 中频炉优点是加热升温速度快， 氧化烧损仅为 0.5%， 在此焙烧目的是_。 电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板 ，电解液为 AgNO3 、HNO3 、KNO3 混合溶液，电解液中 HNO3 和 KNO3 的作用分别是_、_。 【答案】 （1）3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤 1 后银和硫酸 银一起随滤渣而除去 （2） 烧杯、 玻璃棒、 漏斗 （3） Ag(NH3)2Cl （4） N2H6SO4 （5） （4）NH4Cl （7） 除去粗银中含有的杂

22、质 调节电解液的 pH 提高电解液的导电性 【解析】 （1） “溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、 NO 和水， 方程式为： 3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O； 不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤 1 后银和硫酸银一起随滤渣而除去，故 答案为：3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤 1 后银和硫酸银一起随 滤渣而除去； （2）过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗； （3）过滤 2 的固体为 AgCl，加入氨水，发生络合反应生成 Ag(NH3)2Cl，

23、故答案为：Ag(NH3)2Cl； （4）N2H4H2O 具有碱性，与硫酸反应生成正盐为 N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4； （5）水合肼具有还原性，其被 Ag(NH3)2Cl 氧化的方程式为 N2H4 H2O4Ag(NH3)2ClN24AgH2O+ 4NH4Cl，则产生的气体 N2可参与大气循环，其电子式为，故答案为：； （6）根据（5）可知，反应后溶液中存在 NH4Cl，“母液 2”中溶质的化学式为 NH4Cl，故答案为：NH4Cl； （7）过滤后 NH4Cl 包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质； HNO3显酸性，可调节电解液的 pH；KNO3 可提高电解液的导

24、电性，故答案为：调节电解液的 pH；提高 电解液的导电性。 2 （2020 届广东省深圳市高三第一次调研）钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要 含有 2 MoS、CoS 和 23 Al O)中回收钴和钼的工艺流程如图： 已知：浸取液中的金属离子主要为 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al 。 （1） 钼酸铵 44 2 NHMoO 中Mo的化合价为_， 2 MoS在空气中高温焙烧产生两种氧化物： 2 SO 和_(填化学式)。 （2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为_(任写一条)。 （3）若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取 2 2 MoO 和 2 Co ，萃取

25、情况如图所示，当协萃比 _，更有利于 2 2 MoO 的萃取。 （4）操作的名称为_。 （5）向有机相 1 中滴加氨水，发生的离子方程式为_。 （6） 2 Co 萃取的反应原理为 2 2 Co2HRCoR2H ，向有机相 2 中加入 24 H SO能进行反萃取的原 因是_(结合平衡移动原理解释)。 （7）水相 2 中的主要溶质除了 24 H SO，还有_(填化学式)。 （8） 34 Co O可用作电极， 若选用KOH电解质溶液， 通电时可转化为CoOOH， 其电极反应式为_。 【答案】 （1）+6 3 MoO （2）搅拌 （3）4:1 （4）分液 （5） 22 232442 MoO4NHH O

26、MoO4NH2H O （6）根据 2 2 Co2HRCoR2H 垐? 噲 ? 可知， 加入 24 H SO， + c H增大，平衡向左移动 （7） 24 3 AlSO （8） 342 Co OOHH Oe3CoOOH 【分析】 从废钴钼催化剂(主要含有 2 MoS、CoS 和 23 Al O)经过焙烧后，得到 3 MoO，CoO 和二氧化硫，加入硫酸 后，浸取液中的金属离子主要为 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al ，经过萃取和分液得到有机相 1 和水相 1，有机相 1 中含有 2 2 MoO ，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相 1 中含有 2 Co 、3 Al ，SO

27、42-， 经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和 24 3 AlSO，有机相 2 中含有 2 Co 、SO42-，加入硫酸后，得到水 相 3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。 【详解】 （1） 44 2 NHMoO 中，铵根离子为+1 价，O 为-2 价，所有元素的化合价之和为 0，Mo 的化合价为+6， 2 MoS和氧气反应的化学方程式为：2 2 MoS+7O2=2 3 MoO+4SO2，可知生成物有二氧化硫和 3 MoO两种氧 化物； （2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积； （3）根据图像，找到 2 2 MoO 最多，

28、2 Co 较少的协萃比为 4:1； （4）操作 1 是将有机相和水相分开，是分液； （5）有机相 1 中含有 2 2 MoO ，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为 22 232442 MoO4NHH OMoO4NH2H O ； （6）根据 2 2 Co2HRCoR2H 垐? 噲 ? 可知，加入 24 H SO， + c H 增大，平衡向左移动，能进行反萃 取； （7）水相 1 中含有 2 Co 、3 Al ，SO42-，经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和 24 3 AlSO； （8） 34 Co O可以表示成 23 CoOCo O，在碱性条件下可发生氧化反应，生成CoOOH，

29、电极反应为 342 Co OOHH Oe3CoOOH 。 3 （2020 届东北三省四市联合模拟）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉 铜矿（Cu2S，含有 SiO2和少量 Fe2O3等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： Cu(NH3)4SO4常温稳定，在热水中会分解生成 NH3； KspFe(OH)3=4.0 10-38。 回答下列问题： （1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有_（任写一种） 。 （2）滤渣 I 经 CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣 I 中的主要成分是_（填化

30、学式） 。回收淡黄 色副产品过程中温度控制在 5060之间，不宜过高或过低的原因是_。 （3）常温下“除铁”时加入的试剂 A 可用 CuO，调节 pH 的范围为_，若加 A 后将溶液的 pH 调为 5，则溶 液中 Fe3+的浓度为_ mol/L。 （4）写出“沉锰”（除 Mn2+）过程中反应的离子方程式：_。 （5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。 （6） 测定副产品 MnSO4 H2O 样品的纯度： 准确称取样品 14.00g， 加蒸馏水配成 100mL 溶液， 取出 25.00mL 用标准的 BaCl2溶液测定，完全反应后得到了 4.66g 沉淀，则此样品的纯度为_（保留到小数点后两位）

31、 。 【答案】 （1）搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等 （2）SiO2、S、MnO2 温度过低，硫的溶解速 率小，温度过高，CS2易挥发 （3）3.75.6(或 3.7pH5.6) 4.0 10-11 （4） Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+ （5）将溶液加热 （6）96.57% 【分析】 辉铜矿主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S 在酸性条件下被 二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣 I 经 CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣 I 中含有 S， 过滤得到的滤渣中含有 MnO2、SiO2、单质 S，滤液中含

32、有 Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入 A，调节溶液的 pH 使 铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸 锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。 【详解】 （1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等，故答案为： 搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； （2）滤渣 I 的主要成份 MnO2、SiO2、单质 S；回收淡黄色副产品S 的过程中温度控制在 5060之间， 不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发，故答案为：SiO2；S；MnO2；

33、温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发； （3）加入的试剂 A 是用于调节溶液 pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜， 则可加入氧化铜、氢氧化铜等，根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围，溶液 pH 应该介于 3.7 5.6( 或 3.7pH5.6)，若加 A 后将溶液的 pH 调为 5，则 c(OH-)=10-9mol/L，KspFe(OH)3=4.0 10-38，则溶液 中铁离子浓度为 38 93 ( 4.0 10 10 ) mol/L=4.0 10-11 mol/L，故答案为：3.75.6( 或 3.7pH5.6)； 4.0 10-11； （4

34、）“沉锰”(除 Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为 Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+，故答案为：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+； （5）氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热； （6）测定 MnSO4H2O 样品的纯度：准确称取样品 14.00g，加蒸馏水配成 100mL 溶液，取出 25.00mL 用标 准的 BaCl2溶液测定，完全反应后得到了 4.66g 沉淀，为硫酸钡物质的量= 4.66g 233g / mol =0.02mol， n(MnSO4H2O)=n(BaSO4)=0.0

35、2mol，则此样品中 MnSO4H2O 物质的量为：0.02mol100 25 =0.08mol，则样品 中 MnSO4H2O 的纯度= 0.08mol 169g / mol 14.00g 100%=96.57%，故答案为：96.57%。 4 （2020 届广东省佛山市质检）Na5PW11O39Cu/T1O2膜可催化污染物的光降解，一种生产工艺流程如下，回 答下列问题： （1）“溶解 I”发生的离子反应方程式为_，Na2WO4 (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性， 该步骤不能用浓盐酸代替浓硝酸的原因是_。 （2）“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的 NO3-，再通过_方法分离杂质。 （3）“

36、溶解 II”需要加入水、乙醇和稀硫酸。 加入乙醇的目的是_。 钛酸四丁酯水解产生 TiO2和 C4H9OH 的化学方程式为_。 溶液中 Cu2+浓度为 0.02 mol L-1，需调节 pH 小于_。(已知 KspCu(OH)2=2 10-20) （4）培烧温度、Na5PW11O39Cu 用量对 Na5PW11O39Cu/TiO2膜催化活性的影响随(时间)变化如图 1、图 2 所 示： 制备 Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的最佳条件为：培烧温度_，Na5PW11O39Cu 用量_。 【答案】 （1） 2-2-+7- 4411392 HPO+11WO+17H =PW O+9H O WO42

37、-具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气 体氯气，污染环境 （2）分液 （3）增大钛酸四丁酯的溶解度 49 42249 Ti OC H+2H O=TiO +4C)H(OH 5 （4）100 3.0g 【解析】 （1）浓硝酸和 HPO42-和 WO42-反应生成 7- 1139 PW O，化学方程式为： 2-2-+7- 4411392 HPO+11WO+17H =PW O+9H O；Na2WO4 (钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，会和浓盐 酸反应生成有毒气体氯气，故答案为 2-2-+7- 4411392 HPO+11WO+17H =PW O+9H O；WO42-具有强氧性，将 盐酸氧化生成有毒气体

38、氯气，污染环境； （2）“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的 NO3-，再通过分液方法分离杂质，故答案为：分液； （3）“溶解 II”需要加入水、乙醇和稀硫酸，加入乙醇的目的是增大钛酸四丁酯的溶解度，故答案为：增 大钛酸四丁酯的溶解度； 钛酸四丁酯水解产生 TiO2和 C4H9OH，化学方程式为： 49 42249 Ti OC H+2H O=TiO +4C)H(OH，故答案 为： 49 42249 Ti OC H+2H O=TiO +4C)H(OH； 利用2 2+2- =cKsp Cu(Cu)cHHO(O) ,则 2 20 -9 2+ 2 10 c(OH )=10 mol/L c(Cu )0.

39、02/ Ksp Cu OH mol L ，则 +-5 W - K c(H )=10 mol/L c(OH ) ；则 + pH=-lgc(H )=5，故答案为：5； （4） 由图一可知温度为 100时 Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高； 由图二可知当 Na5PW11O39Cu 用量为 3.0g 时 Na5PWl1O39Cu/TiO2膜的活性最高，故答案为：100；3.0g。 5 （2020 届四川省泸州市高三第三次质检）金属钒主要用于冶炼特种钢， 被誉为 “合金的维生素”。工业 上常用富钒炉渣 （主要含 FeO V2O3， 还有少量 P2O5等杂质） 制取钒的流程如下图。 回答下列

40、问题： （1）已知焙烧中先发生 4FeO V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应， 其氧化产物是_，进一步生成可溶性 NaVO3的反应方程式为_。 （2）25时，Ksp(NH4VO3)4 10-2，电离平衡常数 Kb(NH3 H2O) 1.8 10-5。“沉钒” 后 VO3-的浓度为 1 45 mol/L，则滤液的 pH 为_。除 OH-与 VO3-外，滤液中还可能存在的阴离子是_。 （3） “热解” 过程产生的气体 y 的电子式为_。 （4）硅参与高温还原反应的方程式为_，炉渣的主要成分是_。 （5）钒比铁的金属性强。工业上通过电解精炼 “粗钒” 可得到 99.5%的纯钒， 以熔融 L

41、iClKClVCl2为 电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅。则 “粗钒” 应连接电源的_极， 阴极的电极反应式为_。 【答案】 （1）V2O5、Fe2O3 V2O5Na2CO3 高温 2NaVO3CO2 （2）4.5 Cl-和 H2PO42-、PO43- 或 HPO42- （3） （4）5Si2V2O5高温4V5SiO2或 5Si2V2O55CaO高温4V5CaSiO3 CaSiO3 （5） 正或 V2+2e-V 【分析】 焙烧是将 FeO V2O3转化为可溶性 NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为： 4FeO V2O3+4Na2CO3+5O2 8NaVO3+2Fe2O3+4CO2，

42、气体 x 为 CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到 NaVO3溶液，滤液中加入 NH4Cl 沉钒生成 NH4VO3，受热分解生成 V2O5，和氨气，最后用硅铁还原，硅参 与高温还原反应的方程式为 5Si2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55CaO4V5CaSiO3 ，炉 渣的主要成分是 CaSiO3。 【详解】 （1）焙烧中先发生 4FeO V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，铁由+2 价升高为+3 价，钒由+3 从升高为+5 价，其氧化产物是 V2O5、Fe2O3，进一步生成可溶性 NaVO3的反应方程式为 V2O5Na2CO3 2NaVO3 CO2 。故答案为： V2O5、

43、Fe2O3；V2O5Na2CO3 2NaVO3CO2 ； （2）25时，Ksp(NH4VO3)4 10-2，电离平衡常数 Kb(NH3 H2O) 1.8 10-5。“沉钒” 后 VO3-的浓度为 1 45 mol L1，Ksp(NH4VO3)4 10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)= 2 4 10 1 45 =1.8 mol L1, + 4232 NH+H ONH ?H O+H 1.8 x 1.8 xx xxx 开始 变化 平衡 Kh= 142 5 10 1.8 101.8 Kwx Kbx ,x=c(H+)=10-4.5mol L1,则滤液的 pH 为 4.5。除 OH-与

44、VO3-外，P2O5溶于水 生成磷酸电离出 H2PO42-、PO43-或 HPO42- ，滤液中还可能存在的阴离子是 Cl-和 H2PO42-、PO43-或 HPO42- 。 故答案为：4.5；Cl-和 H2PO42-、PO43-或 HPO42- ； （3）“热解” 过程产生的气体 y 是氨气，N 原子最外层是 5 个电子，与 3 个氢原子形成 3 个共用电子对， 电子式为。故答案为：； （4）硅高温时将钒还原，同时生成的二氧化硅与氧化钙形成炉渣，硅参与高温还原反应的方程式为 5Si 2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55CaO4V5CaSiO3 ，炉渣的主要成分是 CaSiO3。故答

45、案 为：5Si2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55CaO 4V5CaSiO3 ；CaSiO3； （5）以熔融 LiClKClVCl2为电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅， “粗钒” 应连接电源的正或极，发生 氧化反应， 阴极得电子发生还原反应，阴极的电极反应式为 V2+2e-V。故答案为：正或； V2+2e-V。 6 （2020 届河南省焦作市高三第三次模拟）KMnO4在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。 现以软锰矿（主要成分为 MnO2，含有少量 Al2O3、SiO2等）为原料制备 KMnO4的工业流程如图所示。 （1）料渣的主要成分是_，操作 2 的意义是_。 （2）“调 pH”的目的是_；写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：_；熔融过程中，氧 化剂与还原剂的物质的量之比为_。 （3）操作 3 的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，已知 KHCO3、KMnO4的溶解度曲线是下图中的 两种，则 KHCO3、KMnO4的溶解度曲线分别是_（填序号） 。 （4）用惰性电极电解 K2MnO4溶液也可得到目标产物，则生成目标产物的电极反应式为_，充分 电解后，得到的溶液中溶质的主要成分是_和 KMnO4。 【答案】 （1）SiO2 提高原料的利用率 （2）除去 Al3+ 2M