东营第一中学2020届高三上学期期末考试化学试卷含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精山东省东营第一中学2020届高三上学期期末考试化学试卷含解析高三化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23P31S32C135.5K39Mn55Fe56Mo96一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1。化学与生活生产密切相关。下列说法正确的是（）A.“84”消毒液与洁厕灵（主要成分HCl）混合增强消毒效果B。汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火D。盐碱地（含较多Na2CO3)不利于作物生长，可施加生石灰进行改良【答案】B【解析】【详解】A．盐酸与次氯酸根离子反应生成氯气，将“84”消毒液（主要成分为次氯酸钠)与洁厕灵(含有盐酸)合用能够产生氯气，氯气有毒会污染环境，A错误；B．不管是陶器还是瓷器,其主要原料都是黏士,B正确;C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫能进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路,C错误；D．生石灰遇水生成氢氧化钙,与碳酸钠反应生成CaCO3和NaOH，其水溶液呈碱性，不能改良土壤，D错误；故选B。【点睛】两种具有杀菌能力消毒剂混合使用前,需清楚可能发生的反应，是否会产生大气污染物,是否会发生强烈的氧化还原反应等.2。H2S有剧毒，工业废水中的Na2S应及时除去。根据“绿色化学”理念，下列物质能除去Na2S的是（）A.双氧水 B。浓硝酸 C.氢氧化钠 D。铁粉【答案】A【解析】【详解】A．Na2S具有还原性,可与双氧水发生氧化还原反应，且不生成有毒物质,故A选；B．浓硝酸作氧化剂时生成有毒气体二氧化氮,故B不选；C．NaOH与Na2S不反应，故C不选；D．Fe与Na2S不反应,故D不选；故选：A。3.在pH=0～8。2条件下酚酞的结构简式如图所示，下列说法正确的是()A。分子中含有醚键B。能发生取代反应C.分子中所有碳原子共平面D.pH=7时,1mol酚酞最多消耗4mol

NaOH【答案】B【解析】【详解】A．含有酯基、羟基，不含醚键，故A错误;B．含酚—OH、—COOC-,均可发生取代反应，故B正确；C。3个苯环之间的C为四面体构型，所有碳原子不可能共面,故C错误;D.2个酚-OH、1个-COOC—与NaOH反应,则1mol酚酞最多消耗3molNaOH，故D错误；故选：B。4.《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”.其中涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑.下列说法正确的是（)A.电负性N>OB.CO2分子中C原子为sp1杂化C。单质硫属于共价晶体D。KNO3中化学键只有σ键【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O>N，则电负性O>N，故A错误；B。CO2分子的空间构型为直线形，分子中C原子为sp杂化，故B正确；C.单质硫属于熔沸点低的分子晶体，故C错误;D.KNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，故D错误；故选B。5.下列离子方程式书写不正确的是A。少量金属加入水中：B。用浓溶液反萃取法提取碘：C.向次氯酸钙溶液中通入足量：D.向小苏打溶液中滴加少量清石灰水：【答案】C【解析】【详解】A．将金属Na投入水中,反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项A正确；B．用浓NaOH溶液反萃取法提取碘生成碘化钠、碘酸钠和水，离子方程式：3I2+6OH—=5I—+IO3-+3H2O，选项B正确；C．向次氯酸钙溶液通过量CO2的离子反应为ClO—+H2O+CO2=HCO3—+HClO，选项C错误；D．NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反应为2HCO3—+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32—，选项D正确;答案选C。6。化学研究小组用如图装置测定锌(含有少量铜）的纯度，下列操作能达到实验目的的是（）A。用装置甲量取一定体积的浓硫酸B.用装置乙配制100mL

3mo1•L—1的稀硫酸C。用装置丙称量一定质量的粗锌D。用装置丁测量金属锌与稀硫酸反应产生氢气的体积【答案】D【解析】【详解】A．图示为仰视量取浓硫酸，导致量取的浓硫酸体积偏小，量取时眼睛应该与浓硫酸凹液面相平，故A错误；B．浓硫酸应在烧杯中稀释，冷却到室温后在进行后续操作,所以不能在容量瓶中稀释浓硫酸，图示操作方法不合理，故B错误；C．称量粗锌时应该将砝码放在右盘,且左右盘都应同时放1张大小相同的纸片，图示操作不合理,故C错误；D．锌与稀硫酸反应生成氢气，利用图示丁可测量金属锌与稀硫酸反应产生氢气的体积，故D正确；故选：D.7.工业上电解MnSO4溶液制备Mn和MnO2,工作原理如图所示，下列说法不正确的是A.阳极区得到H2SO4B。阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+C.离子交换膜为阳离子交换膜D。当电路中有2mole—转移时，生成55gMn【答案】C【解析】【分析】根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：Mn2++2e—=Mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+，据此解题。【详解】A．根据分析，阴极电极反应为：Mn2++2e-=Mn,阳极电极反应为:Mn2+—2e—+2H2O=MnO2+4H+,阴极区的SO42-通过交换膜进入阳极区,因此阳极上有MnO2析出,阳极区得到H2SO4，故A正确；B．根据分析，阳极反应式为Mn2+-2e—+2H2O=MnO2+4H+,故B正确；C．由A项分析，阴极区的SO42—通过交换膜进入阳极区，则离子交换膜为阴离子交换膜，故C错误；D．阴极电极反应为：Mn2++2e-=Mn,当电路中有2mole—转移时，阴极生成1molMn，其质量为1mol×55g/mol=55g，故D正确;答案选C。【点睛】本题易错点是C选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多,硫酸根离子应向阳极移动。8.W、X、Y、Z四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示,X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物。下列说法正确的是（）WXYZA.4种元素氧化物中，只有W的氧化物能与Na2O2反应B.Y元素只能形成含氧酸H2YO3和H2YO4C.Z元素单质具有强氧化性、漂白性D。简单气态氢化物稳定性：Y＜Z【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期主族元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则X为N元素；结合图示可知，W为C元素，Y为S，Z为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为N元素，W为C元素,Y为S，Z为Cl元素。A．二氧化碳、二氧化硫都能够与Na2O2反应，故A错误；B．S形成的含氧酸除了H2SO3和H2SO4，还可以形成H2S2O4，故B错误;C．Z的单质为氯气,氯气具有强氧化性,但是氯气不具有漂白性,故C错误；D．非金属性S＜Cl，则简单气态氢化物的稳定性:Y＜Z，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用,推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。9。C12能与过量的NH3反应得到一种固体M和单质H．下列说法正确的是（）A.M中含离子键、共价键、配位键 B。NH3的电子式为C.H中σ键与π百键个数比为1:1 D。NH3和Cl2都属于极性分子【答案】A【解析】【分析】C12能与过量的NH3反应生成氮气和氯化铵，方程式为：3C12+8NH3=N2+NH4Cl，则固体M为NH4Cl，单质H为N2，其中NH4Cl中含离子键、共价键、配位键，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π百键个数比为1：2，Cl2分子正负电荷重心重合，为非极性分子，据此分析解答。【详解】C12能与过量的NH3反应生成氮气和氯化铵，方程式为：3C12+8NH3=N2+NH4Cl，则固体M为NH4Cl，单质H为N2,A．M为NH4Cl,含离子键、共价键、配位键，故A正确；B．NH3分子中含有3个氮氢共价键，则NH3的电子式为,故B错误；C．H为N2，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π百键个数比为1:2，故C错误；D．Cl2分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；故选：A。【点睛】本题考查了电子式、作用力、极性分子的判断等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法是解题关键。10。氢化钙(CaH2)是一种常用的储氢材料。某化学兴趣小组制取氢化钙的实验装置如图：资料：氢化钙要密封保存，在空气中容易变质。下列说法不正确的是（）A。②和④中分别盛装碱石灰和浓硫酸B.反应结束后，应先停止加热，通气一段时间再关闭活塞KC.点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度D。装置①也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气【答案】D【解析】【分析】①中稀硫酸与锌反应生成氢气，②可用干燥氢气，可用碱石灰等，③中加热条件下氢气和钙反应生成氢化钙，④可用浓硫酸,避免空气中的水进入③而导致氢化钙变质。【详解】A．②用于盛装固体,可用碱石灰，④用于盛装液体，可用浓硫酸，故A正确;B．反应结束后，应先停止加热，继续通入氢气，至固体冷却后再关闭活塞K，避免固体被氧化，故B正确；C．由于氢气参与反应，且在加热条件下进行，应避免不纯的氢气在加热时爆炸,则点燃酒精灯前，先用试管在⑤处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，故C正确；D．装置①不需要加热反应即可进行,而二氧化锰和浓盐酸在加热条件下进行,则装置①不能用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气,故D错误。故选：D。【点睛】本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程,同时要具有扎实的实验基础知识。二、选择题：每小题有1个或2个选项符合题意.11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A将20℃0.5溶液加热到60℃，用pH传感器测定溶液的pH溶液的pH逐渐减小改变与水解平衡移动共同作用的结果B向苯酚浊液中滴加溶液浊液变清苯酚的酸性强于的酸性C向无色溶液中加入溶液，再加入足量盐酸有白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀原溶液中一定有D向的浊液中滴加适量溶液白色沉淀变黑色A。A B.B C。C D.D【答案】A【解析】【详解】A．升高温度促进水解，醋酸钠溶液的碱性增强，溶液的pH增大，水的电离平衡、水解平衡均正向移动，选项A正确;B．苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,生成苯酚钠、碳酸氢钠，则苯酚的酸性弱于H2CO3的酸性，选项B错误；C．酸性条件下亚硫酸钡可被硝酸根离子氧化生成硫酸钡,则原溶液中可能有SO32—,选项C错误；D．Qc(CuS)＞Ksp（CuS）时生成黑色沉淀，发生沉淀转化时，则Ksp（ZnS)＞Ksp(CuS),选项D错误；答案选A。12.常温下，的电离常数：，。向溶液中滴加0。1溶液，混合溶液中水电离的与溶液体积V的关系如下图所示,下列说法正确的是AB。c点对应的溶液中存在C.b、d两点溶液的D.的【答案】D【解析】【详解】A．mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0。1mol/LKOH溶液20mL，恰好反应生成K2SO3，溶液显碱性，消耗H2SO3体积m=10mL，选项A错误；B．c点时水的电离程度最大，K2SO3水解促进水的电离，c点恰好反应生成K2SO3,此时溶液为碱性，溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c(H+）=c（HSO3—）+2c（SO32—）+c（OH-），由于c（H+)＜c(OH—），则c（K+）＞c（HSO3-）+2c（SO32—），选项B错误；C．b、d点水电离出氢离子浓度为1×10-7mol/L，b点为中性溶液，所以b点pH=7，d点pH＞7,选项C错误；D．常温下，的Kh===1×10—7,选项D正确;答案选D。13.化工生产中用（次磷酸钠）进行化学镀制，反应的化学方程式为.下列说法正确的是A。化学反应中，还原产物为和B。溶液中离子浓度的大小顺序为C。溶液中的电离方程式为D.与过量反应生成，判断为二元酸【答案】AD【解析】【详解】A．反应CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH=Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑中，Cu、H元素化合价降低、发生还原反应，所以Cu和H2为还原产物，选项A正确;B．CuSO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，即c（H+）＞c(OH-)，CuSO4溶液中离子浓度的大小顺序为c（SO42—）＞c（Cu2+）＞c(H+）＞c（OH—）,选项B错误;C．Na+-中H2PO2-没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，H2PO2-不能电离出H+，但能水解，选项C错误；D．NaH2PO3与过量NaOH反应生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3是正盐，说明H3PO3分子中只有两个羟基,所以H3PO3为二元酸，选项D正确;答案选AD。14。全钒液流储能电池是利用不同价态的含钒离子在酸性条件下发生反应，离子方程式为VO2+（黄色）+V2+（紫色）+2H+VO2+（蓝色）+V3+（绿色）+H2O．采用惰性电极实现化学能和电能相互转化的工作原理如图。下列说法正确的是（)A.充电过程中，X端接外接电源的负极B.放电过程中，正极电极反应式为VO2++H2O+e—=VO2++2OH—C.放电过程中，右罐溶液颜色逐渐由绿色变为紫色D。充电时若转移电子0。5mol，左罐溶液中n(H+）的变化量为0.5mol【答案】D【解析】【详解】A．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O—e-=VO2++2H+，则左槽为阳极，X端接外接电源的正极，故A错误；B．由VO2+(黄色)+V2+(紫色）+2H+VO2+(蓝色)+V3+（绿色）+H2O可知，放电时正极上反应式:VO2++2H++e—=VO2++H2O，故B错误；C．放电过程中,右罐为负极，反应式：V2+-e-=V3+，则溶液颜色逐渐由紫色变为绿色，故C错误；D．充电时，左槽发生的反应为VO2++H2O—e-=VO2++2H+,若转移电子0.5mol，生成氢离子为1mol,此时氢离子参与正极反应,通过交换膜定向移动使电流通过溶液,溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0。5mol电子，则左槽溶液中n（H+）的变化量为1mol—0。5mol=0.5mol，故D正确；故选:D。15.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染等方面应用广泛.利用SO2生产Na2S2O5的工艺如图：资料：Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，下列说法正确的是（)A。Na2S2O5是Na2SO3和SO2的混合物B.pH=4.1时，I中主要反应的化学方程式为Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2C.加入Na2CO3固体的目的是调节pH,促进Ⅲ中SO2的再吸收D。“结晶脱水”过程中反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O【答案】CD【解析】【分析】由流程可知，I中发生Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，加入Na2CO3固体，并再次充入SO2，可得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5。【详解】A．Na2S2O5为纯净物，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，故A错误;B．Na2SO3溶液呈碱性,①Ⅰ中反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，故B错误；C．工艺中加入Na2CO3固体,并再次充入SO2的目的是调节pH,促进Ⅲ中SO2的再吸收,得到NaHSO3过饱和溶液，故C正确；D．由题给信息可知Na2S2O5通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，则反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O,故D正确。故选:CD.【点睛】本题考查物质制备实验，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。三、非选择题16.乙基叔丁基醚（以ETBE表示）是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂.用乙醇与异丁烯（以IB表示）在催化剂HZSM—5催化下合成ETBE,反应的化学方程式为:C2H5OH（g）+IB（g）⇌ETBE(g）△H．回答下列问题:(1)反应物被催化剂HZSM-5吸附的顺序与反应历程的关系如图1所示,该反应的△H=______akJ•mol—1．反应历程的最优途径是______（填C1、C2或C3)。（2）在刚性容器中按物质的量之比1：1充入乙醇和异丁烯，在378K与388K时异丁烯的转化率随时间变化如图2所示。①378K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为______（填L1或L2）。②388K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数K=______。（物质的量分数为某组分的物质的量与总物质的量的比）③已知反应速率v=v正—v逆=k正x（C2H5OH）•x(IB)-k逆x（ETBE），其中秒正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数，计算M点=______(保留到小数点后1位）。【答案】（1）。—4（2).C3(3）.L2(4).24(5)。4.6【解析】【分析】(1）根据图象，反应物能量高于生成物能量，则反应为放热反应，根据到达过渡态的活化能高低选择合适的反应途径;（2）①温度升高,化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短；②388K时，异丁烯的平衡转化率为80%,根据方程式计算；③根据图象，M点异丁烯的平衡转化率为60%，根据方程式计算。【详解】（1)根据图象，反应物能量高于生成物能量,则反应为放热反应，则该反应的△H=（1-5)akJ/mol=-4akJ/mol，过渡态1的活化能为E1=6akJ/mol,过渡态2的活化能为E2=6akJ/mol,过渡态3的活化能为E3=4akJ/mol,所以过渡态3的活化能最低，反应相对容易,则反应历程的最优途径是C3，故答案为：—4；C3；（2）①温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，则378K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为L2，故答案为:L2；②发生的反应为:C2H5OH(g）+IB(g）⇌ETBE(g）,异丁烯的平衡转化率为80％,

所以平衡时x(C2H5OH）==,x（IB）=，x（ETBE）=，则K===24，故答案为：24;③发生的反应为：C2H5OH（g）+IB（g)⇌ETBE（g），M点时异丁烯的平衡转化率为60％，

M点=24×=4.6，故答案为：4.6。17。锂离子二次电池正极材料磷酸亚铁锂是应用广泛的正极材料之一。一种制备磷酸亚铁锂的化学方法为：C+4FePO4+2Li2CO34LiFePO4+3CO2↑．回答下列问题：(1)Fe失去电子变成为阳离子时首先失去______轨道的电子。(2）C、O、Li原子的第一电离能由大到小的顺序是______；PO43-的空间构型为______.(3）C与Si同主族，CO2在高温高压下所形成的晶体结构与SiO2相似，该晶体的熔点比SiO2晶体______(填“高”或“低”）.硅酸盐和SiO2一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元，下图表示一种含n个硅原子的单链式多硅酸根的结构（投影如图1所示)，Si原子的杂化类型为______，其化学式可表示为______。(4)图2表示普鲁士蓝的晶体结构(个晶胞,K+未标出，每隔一个立方体在立方体体心有一个钾离子).①普鲁士蓝晶体中每个Fe3+周围最近且等距离的Fe2+数目为______个.②晶体中该立方体的边长为anm，设阿伏加德罗常数为NA,其晶体密度为______g•cm-3.【答案】(1）。4s（2).O＞C＞Li（3）.正四面体（4）.高（5）.sp3（6）.(SiO3）n2n-(7）.6（8）。【解析】【分析】（1)失电子先从最外层失去；(2）同周期主族元素，随着原子序数增大,电负性增强,根据VSEPR理论判断PO43—的空间构型；（3）CO2在高温高压下所形成的晶体结构与SiO2相似,C的半径小于Si，[SiO4]中Si的价层电子对数为4，根据均摊原理计算化学式；（4）①根据晶体结构，Fe3+周围的Fe2+离子在顶点上；②根据晶胞计算1个整晶胞的质量，再由密度公式计算晶体密度。【详解】(1）Fe的基态核外电子排布为：［Ar]3d64s2,失电子先从最外层失去，所以先失去4s2电子；故答案为：4s;(2）同周期主族元素，随着原子序数增大,电负性增强，所以C、O、Li原子第一电离能由大到小的顺序是：O＞C＞Li；对于PO43-，根据VSEPR理论,VP=BP+LP=4+=4,则其空间构型为正四面体;故答案为：O＞C＞Li;正四面体；（3）CO2在高温高压下所形成的晶体结构与SiO2相似，C的半径小于Si，所以C—O之间的作用力比Si-O之间作用力强，熔点更高，［SiO4]中Si的价层电子对数为4,所以Si原子的杂化类型为sp3；根据均摊原理，一个基本单元中含有1个Si，O的数目为2+2×=3个，一个基本单元所带电荷为2-,则其化学式可表示为：（SiO3）n2n-；故答案为：高;sp3；(SiO3）n2n-；(4）①根据晶体结构，Fe3+周围的Fe2+离子在顶点上，以其中一个顶点的Fe3+来看，由于晶胞的无隙并置，该Fe3+所在晶胞内有等距最近的Fe2+3个，这3个相当于分别存在三条坐标轴半轴上,则每个Fe3+周围最近且等距离的Fe2+数目为2×3=6个；故答案为：6；②取1mol晶胞,则1mol晶胞质量为m=8×（8××56+12××26）+4×39g=1228g,1mol晶胞即有NA个晶胞,1个整晶胞体积为V=(2a）3×10-21cm3,所以晶体密度为=g/cm3=g/cm3；故答案为：。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞的计算、等电子体、原子的杂化方式等知识点，会根据价层电子对互斥理论确定原子的杂化方式,会利用均摊法确定化学式。18。化学小组探究FeCl3溶液与Na2S溶液的反应产物，利用图装置进行如下实验：Ⅰ．向盛有0。1mol•L—1FeCl3溶液的三颈瓶中，滴加一定量0。1mol•L-1Na2S溶液,搅拌，能闻到臭鸡蛋气味，产生沉淀A。Ⅱ．向盛有0。1mol•L—1Na2S溶液的三颈瓶中，滴加少量0.1mol•L-1FeCl3溶液，搅拌，产生沉淀B。已知:①FeS2为黑色固体，且不溶于水和盐酸.②Ksp（Fe2S3)=1×10-88，Ksp（FeS2）=6。3×10—31，Ksp［Fe(OH）3]=1×10—38，Ksp（FeS)=4×10—19回答下列问题：（1)NaOH溶液的作用是______。小组同学猜测，沉淀A、B可能为S、硫化物或它们的混合物。他们设计如下实验进行探究：实验一、探究A的成分取沉淀A于小烧杯中,进行如下实验:（2）试剂X是______。由此推断A的成分是______(填化学式）。实验二、探究B的成分取沉淀B于小烧杯中，进行如下实验：(3）向试管a中加入试剂Y，观察到明显现象，证明溶液中存在Fe2+．试剂Y是______，明显现象是______。由此推断B的成分是______（填化学式)。(4）请分析Ⅱ中实验未得到Fe（OH）3的原因是______。【答案】（1)。吸收H2S有毒气体（2).二硫化碳（3)。FeS和S的混合物（4)。K3[Fe(CN）6］溶液或NaOH溶液(5）。生成蓝色沉淀或生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色（6).Fe2S3(7).由溶度积数据知,Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀【解析】【详解】(1）实验中产生了臭鸡蛋气味的H2S有毒气体,为避免污染环境，用氢氧化钠吸收，故答案为：吸收H2S有毒气体；(2)实验现象中分离出淡黄色固体硫,硫的溶解度是：易溶于二硫化碳、微溶于酒精、不溶于水，固体加盐酸后溶解闻到臭鸡蛋气味,说明是FeS,故答案为：二硫化碳；FeS和S的混合物；（3)亚铁离子和K3［Fe（CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀,亚铁离子遇到NaOH溶液生成白色沉淀，转化为灰绿色、最后变为红褐色；FeCl3溶液和Na2S溶液间可发生复分解反应生成Fe2S3也可发生氧化还原反应生成FeS和S的混合物,根据加试剂X得溶液甲加热无淡黄色固体，说明无硫单质，及后续实验和现象，故FeCl3溶液和Na2S溶液间发生复分解反应生成Fe2S3；故答案为：K3[Fe(CN）6]溶液或NaOH溶液；生成蓝色沉淀或生成白色沉淀,转化为灰绿色、最后变为红褐色；Fe2S3；(4）已知Fe（OH)3=10—39，Fe2S3=10—88,可知Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH)3，则Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀,故答案为：由溶度积数据知,Fe2S3的溶解度远小于Fe（OH）3，Fe3+更容易生成Fe2S3沉淀。19。钼酸钠（Na2MoO4）是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MoS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示:已知：MoO3、A12O3在高温下能跟Na2CO3发生反应.回答下列问题：(1)Na2MoO4中Mo元素的化合价______。（2)废加氢催化剂焙烧目的是脱除表面油脂、硫等。请根据表中实验数据分析，废加氢催化剂预处理温度应选择______℃.废催化剂在不同温度下的烧残（时间:2h）温度/℃300350400500600烧前/g50。0050。0050.0050。0050.00烧后/g48。0947.4847。1946。5546.52烧残，％96。295.094.493。193。0(3）焙烧时生成MoO3的化学方程式为______，当生成1molMoO3转移电子数为______NA。(4）加碳酸钠碱性焙烧时主要反应的化学方程式为______。(5）用50t含MoS2为80％的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30。9tNa2MoO4，则Na2MoO4的产率为______.【答案】（1).+6(2).500(3）.2MoS2+7O22MoO3+4SO2（4)。14(5).MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑（6）。60％【解析】【分析】根据流程:空气中焙烧废加氢催化剂,MoS2燃烧反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，加Na2CO3碱性焙烧，再加水溶解过滤所得滤液,然后向滤液中加入稀硫酸调节pH值,过滤，溶液中的溶质为Na2MoO4,所以加碳酸钠碱性焙烧时主要是将MoO3转化为易溶于水的Na2MoO4，反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑,将溶液蒸发浓缩、冷却结晶,得到Na2MoO4•2H2O晶体，再分解得到Na2MoO4，据此分析作答。【详解】(1)根据Na2MoO4中化合价代数和为0，Mo元素的化合价为+（2×4-1×2）=+6价；故答案为：+6；（2）由废加氢催化剂焙烧目的是脱除表面油脂、硫等，结合表中实验数据可知,500℃后烧残的百分含量几乎不变,所以废加氢催化剂预处理温度应选择500℃，故答案为：500;（3）空气中焙烧废加氢催化剂，MoS2燃烧反应生成MoO3的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2,反应中Mo元素化合价由+4价升高到+6，S元素化合价由—2升高到+4，则由方程式可知转移电子数为2×（6-4+2×6）=28e—，所以当生成1molMoO3转移电子数为14NA；故答案为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；14;（4)加碳酸钠碱性焙烧时主要是将MoO3转化为易溶于水的Na2MoO4，反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2↑；故答案为：MoO3+Na2CONa2MoO4+CO2↑;(5)用50t含MoS2为80％的废加氢催化剂，则含MoS2的物质的量为=2。5×105mol，根据Mo原子守恒n（Mo)=n（MoS2）=n（Na2MoO4），所以Na2MoO4的产率=×100%=60%，故答案为：60％.【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的