发布时间 : 星期二 文章2020年高考化学二轮复习讲练测 专题15 高考押题卷二(解析版)更新完毕开始阅读
Ⅱ.上述流程中，若煅烧不充分，最终产品中会含有少量的FeO杂质。某同学为测定产品中Fe2O3
的含量，进行如下实验：
a．称取样品8.00 g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL； b．量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；
c．用酸化的0.010 00 mol·L1KMnO4标准液滴定至终点；
d．重复b、c操作2～3次，得出消耗KMnO4标准液体积的平均值为20.00 mL。 (3)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_____________。 (4)确定滴定达到终点的操作及现象为___________________。 (5)上述样品中Fe2O3的质量分数为________。
(6)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的是________(填序号)。 a．未干燥锥形瓶
b．盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗 c．滴定结束时仰视刻度线读数 d．量取待测液的滴定管没有润洗
【解析】(1)通过操作A得到滤渣和滤液，故操作A为过滤；操作B为洗涤。根据图示工艺流程，加入稍过量NH4HCO3溶液的目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3。(2)在空气中高温充分加热煅烧FeCO3，最终得到Fe2O3，反应的化学方程式为4FeCO3＋O2===== 2Fe2O3＋4CO2。(3)滴定过程中，Fe2和MnO4发生氧化还原反应，Fe2被氧化为Fe3，MnO4被还原为Mn2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：5Fe2＋MnO4＋8H===5Fe3＋Mn2＋4H2O。(4)若向待测液中再滴加一滴标准液，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色，则滴定达到终点。(5)根据关系式：5FeO～5Fe2～MnO4，则样品中n(FeO)＝5n(KMnO4)＝5×0.010 00 mol·L1×20.00×10
－
＋
－
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＋
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＋
－
＋
＋
－
3 L×0.004 mol×72 g·mol1100 mL
＝0.004 mol，样品中FeO的质量分数为×100%＝3.6%，故样品中Fe2O3
25.00 mL8.00 g
的质量分数为1－3.6%＝96.4%。(6)未干燥锥形瓶，对实验结果无影响，a项不符合题意；盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗，则标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，b项符合题意；滴定结束时仰视刻度线读数，则读取的标准液的体积偏大，FeO的质量分数的测定结果偏高，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏低，c项符合题意；量取待测液的滴定管没有润洗，则消耗标准液的体积偏小，FeO的质量分数的测定结果偏低，从而使Fe2O3的质量分数的测定结果偏高，d项不符合题意。
＋
【答案】(1)过滤 洗涤 调节溶液的pH，使溶液中的Fe2完全沉淀为FeCO3 高温
(2)4FeCO3＋O2===== 2Fe2O3＋4CO2
(3)5Fe2＋MnO4＋8H===5Fe3＋Mn2＋4H2O
(4)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不变色 (5)96.4% (6)bc
27．(15分)H2S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：
Ⅰ.工业上一种制备H2S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。
(1)该反应的化学方程式为____________________________。 Ⅱ.H2S可用于检测和沉淀金属阳离子。
(2)H2S的第一步电离方程式为___________________________________________________。 (3)已知：25 ℃时，Ksp(SnS)＝1.0×10
－25
＋
－
＋
＋
＋
，Ksp(CdS)＝8.0×10
＋
－27
。该温度下，向浓度均为0.1 mol·L
＋
－1
的
CdCl2和SnCl2的混合溶液中通入H2S，当Sn2开始沉淀时，溶液中c(Cd2)＝____________(溶液体积变化忽略不计)。
Ⅲ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为 ⅰ.COS(g)＋H2(g)ⅱ.CO(g)＋H2O(g)
H2S(g)＋CO(g) ΔH＝＋7 kJ·mol1； CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－42 kJ·mol1。
－－
(4)已知：断裂1 mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示：
H2O(g分子 能量/(kJ·mol) 表中x＝________。
(5)向10 L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。
－1CO2(g) COS(g) H2(g) CO(g) H2S(g) ) 1 319 442 x 678 930 1 606
①随着温度升高，CO的平衡体积分数________(填“增大”或“减小”)，原因为________________________________________________________________________。
②T1 ℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80 mol，则该温度下，COS的平衡转化率为________；反应ⅰ的平衡常数为________(保留两位有效数字)。
【解析】(1)天然气的主要成分是CH4，根据题意，CH4与SO2反应生成H2S、CO2和H2O，反应条件是高温、催化剂。根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。(2)H2S是二元弱酸，分两步电离，且电离过程是“可逆过程”，以第一步电离为主，H2S的第一步电离方程式为H2S
＋
Sn2开始沉淀时，溶液中
－
c(S2)＝－
H＋HS。(3)当
－
＋－
Ksp（SnS）1.0×10
＝＋
0.1c（Sn2）
－25
mol·L1＝1.0×10
－
－24
mol·L1，此时溶液中c(Cd2
＋
Ksp（CdS）8.0×1027－－－
)＝＝L1＝8.0×103 mol·L1。(4)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，－－24 mol·2
c（S）1.0×10
－
－
对于反应ⅰ，ΔH＝(1 319＋442－678－x)kJ·mol1＝＋7 kJ·mol1，解得x＝1 076[或利用反应ⅱ进行计算，ΔH＝(x＋930－1 606－442)kJ·mol1＝－42 kJ·mol1，解得x＝1 076]。(5)①由题图知，随着温度升高，CO的平衡体积分数增大。反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数增大，综合来讲，其他条件不变，升高温度，体系中CO的平衡体积分数增大。②T1 ℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.20 mol0.80 mol，则反应的n(COS)＝0.20 mol，故COS的平衡转化率为×100%＝20%。反应ⅰ生成0.20
1 molmol CO，剩余0.80 mol H2，生成的CO与H2O(g)发生反应ⅱ，设达到平衡时，参加反应ⅱ的CO为x mol，利用三段式法进行计算：
CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g)
－
－
起始/mol 0.20 1 0 0.80
转化/mol x x x x 平衡/mol 0.20－x 1－x x 0.80＋x
开始共投入3 mol气体，且反应ⅰ和反应ⅱ都是气体分子数不变的反应，故平衡时体系中气体的总物质（0.20－x） mol
的量不变。根据题图知，T1 ℃达到平衡时，CO的体积分数为5%，故×100%＝5%，解得x
3 mol＝0.05。故平衡时体系中n(COS)＝0.80 mol，n(H2)＝0.80 mol＋0.05 mol＝0.85 mol，n(H2S)＝0.20 mol，n(CO)c（H2S）·c（CO）0.20×0.15＝0.20 mol－0.05 mol＝0.15 mol，反应ⅰ的平衡常数K＝＝≈0.044。
0.85c（COS）·c（H2）0.80×
催化剂
【答案】Ⅰ.(1)4SO2＋3CH4=====4H2S＋3CO2＋2H2O
高温Ⅱ.(2)H2S
－
H＋HS
－
＋－
(3)8.0×103 mol·L1 Ⅲ.(4)1 076
(5)①增大 反应ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大
②20% 0.044
28．(14分)镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：
已知：(NH4)2SO4在350 ℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡(Sn)位于第五周期第ⅣA族。
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是____________________________________。