备战2026年高考化学复习 大单元 主观题突破2 （含解析）

主观题突破二

1.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为

原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。

-5-9

已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10Ksp(CaCO3)=3.4×10

(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为,该反应能进行的原因

是。

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:

回答下列问题:

2--

(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]和[AgCl2]及单质硫。溶解等物质的量的PbS和

3+

Ag2S时,消耗Fe物质的量之比为;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥

发外,另一目的是防止产生(填化学式)。

(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极

产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为。

(3)“还原”中加入铅精矿的目的是。

(4)“置换”中可选用的试剂X为(填字母);

A.AlB.Zn

C.PbD.Ag

“置换”反应的离子方程式为。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作(填“阴极”或“阳极”)。

3.(10分)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一

种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:

已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MoO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过

程中未见有含S气态物的生成。

-12-6

②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10,Ksp(MgCO3)=6.5×10。

③一般离子浓度达到10-5mol·L-1以下视为沉淀完全。

回答下列问题:

(1)写出“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式:。

(2)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。

-

(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,Mo的浸出率和C残留浓度的关

2

3

系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为,结合图中信息说明理由:O。

(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(C-)=3.00g·L-1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入

2

3

(保留两位有效数字)molMgSO4,若“净化O”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中(填“不存

在”或“存在”)Mg(OH)2沉淀。

(5)MoSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数

α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y=;晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目

为。

4.(12分)(2024·广西柳州三模)氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上

常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。

已知:①Bi3+在pH=1时开始水解,pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀;

②该工艺下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。

金属离子Fe3+Fe2+

开始沉淀的pH1.97.2

沉淀完全的pH2.98.2

(1)铋与氮同主族,且位于元素周期表的第六周期,基态Bi原子的价层电子排布式为。

(2)“浸渣”的主要成分是S和,“浸取”时生成S的离子方程式

为。

(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是。

(4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为,发生反应的化学方程式

为。

(5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机化合物作离子导体)的负极材料,充电时嵌入K+,BiOCl被

还原为Bi,则阴极的电极反应式是。

(6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示,已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,设阿伏加德

-3

罗常数的值为NA,则该晶体的密度为g·cm(列出计算式即可)。

5.(10分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分

为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。

回答下列问题:

(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为;“水洗”的目的

是。

-2----

(2)“转化”过程中,存在Mo→MoO3S→MoO2→MoO→Mo。

2222

4234

①(NH4)2MoO4转化为(NHO4)2MoS4的化学方程式S为SS。

[()]

②保持温度为55℃反应1h后,冷却至20℃并静置24h,测得δ=对(NH4)2MoS4晶体产率

[()]

�NH42�

的影响如图所示。�NH42𝑀O4

δ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体

产率继续增大的原因是。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3

与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为。

6.(12分)(2024·江苏南通第二次调研)实验室以FeS2为原料制备磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O],其部

分实验过程如下:

(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200mL30%的硫酸,除量筒外,还必须使用的玻璃仪器

有。

(2)检验“还原”已完全的实验操作为。

(3)向过滤后的滤液中加入Na2HPO4,并用氨水或CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”过程生成

Fe3(PO4)2·8H2O。

①若使用CH3COONa调节溶液的pH,“共沉淀”反应的离子方程式为。

②不使用NaOH调节溶液pH的原因是。

③补充完整利用如图所示装置(夹持装置已略去)制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入

抗坏血酸溶液,至混合溶液pH≈4,,充分搅拌一段时间,过滤,洗

涤固体,真空干燥。(已知:所用抗坏血酸溶液的pH=2.8,当溶液pH控制在4~6之间时,所得晶体质量

最好。恒压滴液漏斗a、b中分别盛放FeSO4溶液和CH3COONa-Na2HPO4混合溶液)

-1

(4)测定样品中Fe3(PO4)2·8H2O(M=502g·mol)的纯度。取0.6275g样品完全溶解后配制成250mL

溶液,取出25.00mL置于锥形瓶中,加入一定量的H2O2溶液将铁元素完全氧化,以磺基水杨酸为指示

剂,用0.02000mol·L-1EDTA标准溶液进行滴定至终点(Fe3+与EDTA按物质的量之比1∶1发生反

应),消耗EDTA溶液15.00mL。计算该磷酸亚铁晶体样品的纯度为。

7.(12分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。

(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:

①“反应2”的化学方程式为。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效

率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。

3+

①酸性条件下,Fe可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为

-+-

5Cl+4H4ClO2+Cl+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式:

Ⅰ.FeO3+2+Cl-FeCl;

2+

Ⅱ.O2O2;

2++3+-

Ⅲ.5Fe+ClO2+4H5Fe+Cl+2H2O。

3+3+

②Fe催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe)、反应温度的变化分别

如图所示。

ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是。

ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是。

(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用

传感器测得溶液中N与N-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的N是否

++

全部转化为N-的依H据4为O3。H4

O3

8.(12分)(2024·山东潍坊调研试题二)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的

Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。

已知:萃取剂a和萃取剂b均为有机化合物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反

n++

应:nHR+MMRn+nH(M代表被萃取的金属)。回答下列问题:

(1)MnO2的作用是。

(2)该流程中涉及的实验操作有(填字母)。

A.过滤B.蒸发结晶

C.分液D.蒸馏

(3)加入CaCO3调pH的目的是。

-9-11

(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10,Ksp(MgF2)=5.2×10,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中

c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时,c(Ca2+)=mol·L-1(保留1位有效数字)。

(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式:。

(6)回收液中Ni2+浓度的测定:取50.00mLNi2+回收液,滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇Ni2+显橙黄

-12+2-2-+

色),用浓度为0.1000mol·L的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni+H2Y[NiY]+2H),达到滴定终点时

消耗Na2H2Y溶液的体积为12.50mL。

①滴定终点的现象是。

②Ni2+的物质的量浓度为。

③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致所测Ni2+含量(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

主观题突破二（解析版）

1.(15分)(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为

原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。

-5-9

已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10Ksp(CaCO3)=3.4×10

(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和。

(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为,该反应能进行的原因

是。

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于。

答案:(1)NH3

(2)SiO2

(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的

碳酸钙

(4)净水

解析:高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧,生成硫酸钙、

硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;

焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫

酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3

溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。

(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。

(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。

(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为

CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶

的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。

3+3+

(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al,Al水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。

2.(12分)(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:

回答下列问题:

2--

(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]和[AgCl2]及单质硫。溶解等物质的量的PbS和

3+

Ag2S时,消耗Fe物质的量之比为;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥

发外,另一目的是防止产生(填化学式)。

(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极

产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为。

(3)“还原”中加入铅精矿的目的是。

(4)“置换”中可选用的试剂X为(填字母);

A.AlB.Zn

C.PbD.Ag

“置换”反应的离子方程式为。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作(填“阴极”或“阳极”)。

答案:(1)1∶1H2S

(2)热浸

(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+

-2-

(4)CPb+2[AgCl2][PbCl4]+2Ag

(5)阳极

解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S

2--3+2+2-

转化为[PbCl4]和[AgCl2]及单质硫,Fe被还原为Fe,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]在稀释、

2-

降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4],

-

电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为

-

FeCl2,试剂X将[AgCl2]置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。

3+3+2+

(1)“热浸”时,Fe将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe被还原为Fe,在这个过程中Pb和Ag

2-3+

的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S的物质的量相等,所以消耗Fe的物质

的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。

2-2-

(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4],电解含[PbCl4]的溶液可制备

-

金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在

“热浸”中循环使用。

(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加

入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。

(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为

-2-

Pb+2[AgCl2]2Ag+[PbCl4]。

(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以不可能作

为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所

以电极板应作阳极。

3.(10分)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一

种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:

已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MoO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过

程中未见有含S气态物的生成。

-12-6

②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10,Ksp(MgCO3)=6.5×10。

③一般离子浓度达到10-5mol·L-1以下视为沉淀完全。

回答下列问题:

(1)写出“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式:。

(2)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。

-

(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,Mo的浸出率和C残留浓度的关

2

3

系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为,结合图中信息说明理由:O。

(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(C-)=3.00g·L-1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入

2

3

(保留两位有效数字)molMgSO4,若“净化O”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中(填“不存

在”或“存在”)Mg(OH)2沉淀。

(5)MoSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数

α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y=;晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目

为。

答案:(1)2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2

(2)Fe2O3、NiO

(3)1.2当Na2CO3的用量比从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3用量比从1.2增加

到1.3时,钼的浸出率增加不大,但C-的残留浓度显著增大

2

(4)0.70不存在O3

(5)26

解析:向镍钼矿(主要成分是MoS2、NiS、FeS2)通入空气,加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去的“滤

渣1”的成分为Fe2O3、NiO,加入硫酸镁净化除去的“滤渣2”的成分为氢氧化镁,滤液经冷却结晶得到

硫酸钠,向溶液中加入D318-Ⅲ树脂进行离子交换,再加入氨水解析:得到“解析:液”,处理后得到钼酸铵。

(1)由题中信息可知,含Mo的产物为Na2MoO4,没有含硫气态物质生成,结合流程可知硫元素被氧化为

最高价的盐Na2SO4,流程中生成CO2,则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为

2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+4Na2SO4+6CO2。

(2)FeS2被氧化为Fe2O3,Fe2O3不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣,由题中信息可知Ni以+2价氧化物

NiO存在,NiO也不溶于碱性碳酸钠溶液,则“滤渣1”的主要成分为Fe2O3、NiO。

(3)由图可知,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当

-

Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但C的残留浓度显

2

著增大,故最佳用量比选择1.2。O3

.·-

(4)c(C-)=3.00g·L-1,转换单位后c(C-)==0.05mol·L-1,完全沉淀此部分C-需

·-1

22300gL2

3313

OO60gmol().-O

c(Mg2+)=0.05mol·L-1,当C-沉淀完全后溶液中c(Mg2+)=mol·L-1=0.65mol·L-1,合

(-)-6

2�spMgCO365×10

325

2+O-1-1�CO3=1×10

计c(Mg)=(0.05+0.65)mol·L=0.70mol·L,故每升溶液中需加入0.70molMgSO4。若“净化”完成后

-

溶液pH=8,则此时溶液中c(H+)=10-8mol·L-1,c(OH-)=mol·L-1=10-6mol·L-1,此时c(Mg2+)·c2(OH-

-14

10

8

-62-13

)=0.65×(10)=6.5×10<Ksp[Mg(OH)2],故不存在Mg(1O0H)2沉淀。

(5)由图可知,一个晶胞中含有2个Mo原子,4个S原子,故1∶y=2∶4,y=2;晶胞中与S原子距离最近

且相等的Mo原子数目为3,故晶胞中与Mo原子距离最近且相等的S原子数目为6。

4.(12分)(2024·广西柳州三模)氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上

常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。

已知:①Bi3+在pH=1时开始水解,pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀;

②该工艺下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。

金属离子Fe3+Fe2+

开始沉淀的pH1.97.2

沉淀完全的pH2.98.2

(1)铋与氮同主族,且位于元素周期表的第六周期,基态Bi原子的价层电子排布式为。

(2)“浸渣”的主要成分是S和,“浸取”时生成S的离子方程式

为。

(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是。

(4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为,发生反应的化学方程式

为。

(5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机化合物作离子导体)的负极材料,充电时嵌入K+,BiOCl被

还原为Bi,则阴极的电极反应式是。

(6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示,已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,设阿伏加德

-3

罗常数的值为NA,则该晶体的密度为g·cm(列出计算式即可)。

答案:(1)6s26p3

3+3+2+

(2)SiO2Bi2S3+6Fe2Bi+3S+6Fe

(3)将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀

(4)3~7.2BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl

-+

(5)BiOCl+3e+3KBi+KCl+K2O

(6)×1030

()

4×241

3

解析2:�向�辉A铋矿加入氯化铁和盐酸进行浸取,铁离子具有氧化性,将硫氧化为硫单质,二氧化硅不反应,

硫单质和二氧化硅成为滤渣,滤液中含有Bi3+、Fe3+,加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子,避免后

续调节pH时铁离子转化为沉淀,然后加入碳酸钠调节pH,结合题干可知,调节pH在3~7.2可使Bi3+

完全水解为BiOCl沉淀,且无其他沉淀。

(1)铋与氮均为ⅤA族元素,铋位于元素周期表的第六周期,则基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3。

(2)由分析可知,“浸渣”的主要成分是S和SiO2,“浸取”时生成S的离子方程式为

3+3+2+

Bi2S3+6Fe2Bi+3S+6Fe。

(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为

沉淀。

(4)已知pH≥3时Bi3+几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀,且不能使得亚铁离子沉淀,则加入碳酸钠粉

末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为3~7.2;Bi3+水解为白色的BiOCl沉淀,发生反应的化学

方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl。

(5)充电过程为电解池,电解池中阴极发生还原反应,电解池中有机化合物作离子导体,充电时嵌入K+,

-+

则BiOCl得到电子发生还原反应生成Bi,电极反应式为BiOCl+3e+3KBi+KCl+K2O。

(6)已知最近的两个铋离子之间的距离为apm,由图可知最近距离是面对角线的二分之一,则晶胞边长

30-

为apm;根据“均摊法”,晶胞中含8×+6×=4个Bi、8个O,则晶体密度为4�×10g·cm

()

11�A

3

2822�

3=×1030g·cm-3。

()

4×241

3

2��A

5.(10分)(2024·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分

为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。

回答下列问题:

(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为;“水洗”的目的

是。

-2----

(2)“转化”过程中,存在Mo→MoO3S→MoO2→MoO→Mo。

2222

4234

①(NH4)2MoO4转化为(NHO4)2MoS4的化学方程式S为SS。

[()]

②保持温度为55℃反应1h后,冷却至20℃并静置24h,测得δ=对(NH4)2MoS4晶体产率

[()]

�NH42�

的影响如图所示。�NH42𝑀O4

δ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体

产率继续增大的原因是。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。

(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3

与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为。

答案:(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2除去碳酸钾

(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化

生成(NH4)2MoS3继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其结晶

析出,导致晶体产率继续增大

(3)转化(4)S4

解析:钼精矿在空气中煅烧时,MoS2转化为MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出

固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化铵将

(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MoS3沉

-+

淀:Mo+2HMoS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MoS3得到MoS2。

2

4

(1)空气S中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MoS2被氧化为MoO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程

式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MoO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的

目的是除去碳酸钾。

(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MoS4,根据质量守恒可知,同时生成一水合氨,

化学方程式为(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不

足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MoO4转化生成

(NH4)2MoS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其结晶析

出,从而导致晶体产率继续增大。

(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节

中继续使用。

(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8分子氨气、1分子硫单质,根据质量守恒可知,有

4分子(NH4)2MoS4参与反应,则生成4分子MoS2,Mo化合价由+6价变为+4价,转移4×2=8个电子,生

成硫单质的硫化合价由-2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故

硫单质化学式为S4。

6.(12分)(2024·江苏南通第二次调研)实验室以FeS2为原料制备磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O],其部

分实验过程如下:

(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200mL30%的硫酸,除量筒外,还必须使用的玻璃仪器

有。

(2)检验“还原”已完全的实验操作为。

(3)向过滤后的滤液中加入Na2HPO4,并用氨水或CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”过程生成

Fe3(PO4)2·8H2O。

①若使用CH3COONa调节溶液的pH,“共沉淀”反应的离子方程式为。

②不使用NaOH调节溶液pH的原因是。

③补充完整利用如图所示装置(夹持装置已略去)制取Fe3(PO4)2·8H2O的实验方案:向三颈烧瓶中加入

抗坏血酸溶液,至混合溶液pH≈4,,充分搅拌一段时间,过滤,洗

涤固体,真空干燥。(已知:所用抗坏血酸溶液的pH=2.8,当溶液pH控制在4~6之间时,所得晶体质量

最好。恒压滴液漏斗a、b中分别盛放FeSO4溶液和CH3COONa-Na2HPO4混合溶液)

-1

(4)测定样品中Fe3(PO4)2·8H2O(M=502g·mol)的纯度。取0.6275g样品完全溶解后配制成250mL

溶液,取出25.00mL置于锥形瓶中,加入一定量的H2O2溶液将铁元素完全氧化,以磺基水杨酸为指示

剂,用0.02000mol·L-1EDTA标准溶液进行滴定至终点(Fe3+与EDTA按物质的量之比1∶1发生反

应),消耗EDTA溶液15.00mL。计算该磷酸亚铁晶体样品的纯度为。

答案:(1)烧杯、玻璃棒

(2)取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液)

2+--

(3)①3Fe+2HP+2CH3COO+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH②NaOH碱性强,容易造成

2

4

局部pH过高,生O成Fe(OH)2等杂质③向三颈烧瓶中滴加CH3COONa-Na2HPO4混合溶液再向三

颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH为4~6

(4)80.00%

解析:煅烧二硫化亚铁可得到氧化铁,用硫酸酸溶后得到硫酸铁,用二硫化亚铁还原硫酸铁生成硫酸亚

铁和硫沉淀,过滤,向滤液中加磷酸氢二钠共沉淀生成磷酸亚铁晶体[Fe3(PO4)2·8H2O]。

(1)将一定体积98%的浓硫酸稀释为200mL30%的硫酸,使用的仪器除量筒外,还必须使用的玻璃仪

器有烧杯、玻璃棒。

(2)“还原”时,硫酸铁与二硫化亚铁反应生成硫酸亚铁和硫沉淀,“还原”已完全时溶液中无铁离子,则检

验“还原”已完全的实验操作为取少量还原后的溶液置于试管中,滴加KSCN溶液(或亚铁氰化钾溶液),

溶液不变红(或没有生成蓝色沉淀)。

(3)①若使用CH3COONa调节溶液pH,“共沉淀”反应生成Fe3(PO4)2·8H2O和醋酸,该反应的离子方程

2+--

式为3Fe+2HP+2CH3COO+8H2OFe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH。②不使用NaOH调节溶液

2

4

pH的原因是NaOH碱性强,容易造成局部pH过高,生成Fe(OH)2等杂质。③制取Fe3(PO4)2·8H2O的

实验方案:向三颈烧瓶中加入抗坏血酸溶液,向三颈烧瓶中滴加CH3COONa-Na2HPO4混合溶液至混

合溶液pH≈4,再向三颈烧瓶中滴加FeSO4溶液,通过调节恒压滴液漏斗a、b的活塞,控制溶液pH为

4~6,充分搅拌一段时间,过滤,洗涤固体,真空干燥。

(4)每25.00mL溶液中n(Fe2+)=0.02000mol·L-1×15.00mL×10-3L·mL-1=3.000×10-4

-4-4

mol,n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10mol,0.6275g样品中含n[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10

-3-3-1

mol×=1.000×10mol,m[Fe3(PO4)2·8H2O]=1.000×10mol×502g·mol=0.5020g,则样品纯度为

.

250

.

2×51000%=80.00%。

.

05020

70.6(21725分)(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。

(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:

①“反应2”的化学方程式为。

②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效

率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是。

(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。

3+

①酸性条件下,Fe可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为

-+-

5Cl+4H4ClO2+Cl+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式:

Ⅰ.FeO3+2+Cl-FeCl;

2+

Ⅱ.O2O2;

2++3+-

Ⅲ.5Fe+ClO2+4H5Fe+Cl+2H2O。

3+3+

②Fe催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe)、反应温度的变化分别

如图所示。

ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是。

ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是。

(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用

传感器测得溶液中N与N-含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的N是否

++

全部转化为N-的依H据4为O3。H4

O3

答案:(1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O②可避免产生对人体有害的有机氯化物,

且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍

2+3+

(2)①FeClFe+ClO2②ⅰ.催化剂Fe的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NO的氧

2+

化率提高O2

3+

ⅱ.温度升高,Fe催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水

中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃时,以后者为主

(3)一定时间内,相同体积溶液中,若N减少的质量与N-增加的质量的比值约为18∶62,则被氧化

+

的N几乎全部转化为N-H4O3

+

43

解析H:根据NaClO2的制备过O程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成

的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。

(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1molClO2得1mol电子,1molH2O2失2mol电子,根据

得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2

可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1molClO2转化为氯离子得5mol电子,而1molCl2转化为

氯离子得2mol电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为≈2.63∶1。

.·-·-

5mol2mol

11

675gmol∶71gmol

2+

(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeCl作反应物,Fe、ClO2作产物,该反应为

2+

2+3+2

FeClFe+ClO2。②催化剂FeO的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化

2+

23+

率提O高。③温度升高,Fe催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和

NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60℃时,以前者为主,高于60℃时,以后者

为主。

(3)一定时间内,相同体积溶液中,若N几乎全部转化为N-,则N减少1mol即18g时应生成1

++

molN-,则N-增加的质量为62g,因H此4当N减少的质量O与3N-H增4加的质量的比值约为18∶62时