发布时间 : 星期一 文章北京市昌平区高三2020届第二次模拟化学试题(解析版)更新完毕开始阅读
4[Fe(OH)2OFe]++O2+10H2O=8Fe(OH)3+4H+；
③A. 降低温度，物质具有的能量降低，反应速率减低，A不符合题意； B. 通入足量O2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快，B符合题意；
C. 搅拌能够使反应物充分接触，反应物接触面积增大，反应速率加快，C符合题意； 故合理选项是BC；
(3)向除锰滤池中加入ClO2可将Mn2+氧化为MnO2，在溶液中发生反应：
2ClO2+6H2O+5Mn2+=2Cl-+5MnO2+12H+，可见随着反应进行，滤池溶液中c(H+)增大，导致溶液的酸性增强，溶液的pH变小。
【点睛】本题考查了化学反应速率的影响因素、沉淀溶解平衡及氧化还原反应的应用。掌握有关概念、反应原理是本题解答的关键。对于有电子转移的离子反应，在方程式书写时，要同时遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，同时应注意物质的溶解性及电解质的强弱、物质的拆分原则，题目考查了学生应用能力和接受信息及处理能力。
16.石油炼制过程中产生的H2S是一种有毒气体，其有效利用是亟需解决的问题。 (1)H2S的电子式是_________。 (2)热分解法处理H2S H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH1
已知：i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) ΔH2 ii.S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3
①利用ΔH2和ΔH3计算ΔH1时，还需要利用_______反应的ΔH。
②直接加热分解H2S转化率低，科学家发现MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离。科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行反应的原因有_________。 (3)电化学法处理H2S
为避免硫磺沉积在阳极，将氧化吸收和电解制氢过程分开进行，装置如图所示。氧化吸收器中为Fe2(SO4)3溶液，电解反应器中，以石墨为阳极，以Pt为阴极，中间用质子交换膜隔开。
①氧化吸收器中反应的离子方程式为_________。
②电解反应器中，阴极的电极反应式为_________。 ③电解反应器的作用是_________(写出2点)。 【答案】 (1). 使H2优先通过，H2S(g)
(2). 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) (3). 使用MoS2加快反应速率，使用多孔陶瓷
H2(g)+S(s)平衡正向移动，从而提高一段时间内H2S的转化率 (4).
H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (5). 2H++2e-=H2↑ (6). 电解制得产物H2，Fe2+-e-=Fe3+，实现Fe2(SO4)3的循环使用 【解析】 【分析】
(1)S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使H2S分子中每个原子都达到稳定结构，据此书写其电子式； (2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可知待求反应的热化学方程式； ②根据平衡移动原理分析；
(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4、S；
②在电解反应器中，电解质溶液为FeSO4、H2SO4，阴极上溶液中H+得到电子，发生还原反应；据此书写电极反应式；
③根据图示可知制取的物质、结合物质循环分析电解反应器的作用。
【详解】(1)S原子最外层有6个电子，与2个H原子形成2对共用电子对，从而使H2S分子中每个原子都达到稳定结构，则H2S的电子式为：(2)①i.2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) ΔH2 ii.S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3 iii. H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH1
i+ii-iii×2，整理可得2H2(g)+O2(g)=H2O(l)，因此要计算H2S(g)=H2(g)+S(s)的ΔH1，需要知道2H2(g)+O2(g)=H2O(l)的反应热ΔH；
②直接加热分解H2S转化率低， MoS2可以催化H2S分解制取氢气和硫磺，科学家使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置，多孔陶瓷膜可以使氢气选择性分离，使H2S(g)终提高了一段时间内H2S的转化率；
(3)①氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S在溶液中发生氧化还原反应，产生FeSO4、H2SO4、S，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；
②根据装置图可知在电解反应器中，电解质溶液为氧化吸收器中的Fe2(SO4)3与H2S反应后产生的FeSO4、H2SO4，由于离子放电能力：H+>Fe2+，所以在电解池的阴极上，溶液中H+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；
H2(g)+S(s)，从而使化学平衡正向移动，最
；
③在电解反应器中，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑；阳极上发生反应：Fe2+-e-=Fe3+，反应产生的Fe3+再进入氧化吸收器中氧化H2S，反应产生S单质，从而实现Fe2(SO4)3的循环使用。
【点睛】本题考查了H2S的有关知识，包括其结构、热化学方程式的书写、平衡移动及处理方法。掌握物质结构及盖斯定律、平衡移动原理和电化学反应原理是本题解答的关键。要根据离子放电能力大小，从氧化还原反应角度分析、解答。
17.炼铅烟尘的主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图：
已知：ⅰ.Pb2O3Pb3O4PbO
ⅱ.CdSO4易溶于水，热稳定性好 ⅲ.PbSO4(s)+2Cl-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)
PbCl2(s)+SO42-(aq) PbCl42-(aq)
ⅳ.Pb(OH)2为两性氢氧化物
(1)步骤①中焙烧的目的是________。在此过程中PbO与浓硫酸发生反应的化学方程式为________。 (2)滤液I的成分是________。
(3)相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响如下表所示（均未达到平衡状态）。
各元素的去除率/% 焙烧温度/℃ Pb 100 200 500 600 2.57 2.62 2.67 2.87 Cd 56.63 89.30 96.98 95.42 0.3 0.4 0.5 0.6 酸料比/(mL/g) Pb 2.57 2.67 2.72 2.67 Cd 74.12 85.10 92.48 96.98 各元素的去除率/% 900
2.88 40.15 0.7 2.65 95.13 应选择的焙烧温度和酸料比为________。
Cd去除率随温度升高先增大后减小的原因可能为________。 (4)步骤③中NaCl溶液的作用是________。 (5)步骤④的操作是________。
(6)下列说法正确的是________(填序号)。 A.步骤①中浓硫酸作氧化剂
B.步骤③中pH<4的目的是防止Pb2+水解 C.步骤④的滤液可循环利用以提高Pb的回收率 D.步骤⑤中增大NaOH溶液浓度可使Pb沉淀完全
【答案】 (1). 将Pb2O3、Pb3O4转化为PbO (2). PbO+H2SO4
PbSO4+H2O (3). CdSO4(H2SO4)
(4). 温度为500℃，酸料比为0.6 mL/g (5). 温度升高反应速率加快，一段时间内Cd去除率增大；温度过高导致硫酸损失，反应物浓度减小，因此一段时间内Cd去除率降低 (6). 使PbSO4转化成PbCl42-，与不溶杂质分离开 (7). 加水稀释，过滤 (8). BC 【解析】 【分析】
炼铅烟尘主要成分为铅的氧化物(Pb2O3、Pb3O4、PbO)及PbSO4，其杂质主要为含镉(Cd)化合物，Pb的稳定氧化物是PbO，高温焙烧能够使不稳定的Pb2O3、Pb3O4转化为PbO，然后加入浓硫酸，发生复分解反应产生PbSO4，杂质镉(Cd)的化合物反应产生易溶性CdSO4，然后用水浸泡，可除去可溶性杂质，在滤液I中主要含有CdSO4及过量H2SO4，然后向滤渣PbSO4中加入NaCl溶液，会发生离子交换反应，为促进物质反应，温度控制在90℃，调节溶液pH<4，可防止Pb2+水解，PbSO4发生反应转化为可溶性物质[PbCl4]2-，然后过滤除去不溶性杂质，将滤液II进行稀释得到PbCl2沉淀，再将其过滤出来，洗涤干净，用适量NaOH溶液溶解得到Pb(OH)2。
【详解】(1)步骤①中焙烧的目的是将Pb2O3、Pb3O4转化为稳定氧化物PbO。在此过程中PbO与浓硫酸发生复分解反应产生PbSO4和H2O，反应的化学方程式为PbO+H2SO4
PbSO4+H2O。
(2)在加热浓硫酸焙烧时Pb的氧化物转化为PbSO4，杂质Cd的化合物转化为CdSO4，根据题干信息可知CdSO4易溶于水，热稳定性好，而PbSO4难溶于水，所以滤液I的成分是CdSO4及过量的H2SO4。 (3)根据相同反应时间，步骤①中焙烧温度和酸料比对Pb、Cd去除率的影响可知：在酸配料比不变时，温度升高，Cd的去除率先增大后减小，在500℃时Cd的去除率达到最大值，因此焙烧温度是500℃；在温度不