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2021届高考化学 小题必练15 难溶电解质的电离平衡2021届高考化学 小题必练15 难溶电解质的电离平衡年级：姓名：16（新高考）小题必练15：难溶电解质的电离平衡主要考查沉淀溶解平衡的特点和影响因素，溶度积常数及其计算，沉淀的生成、溶解和转化的应用，利用溶度积常数判断难溶电解质的溶解度，离子沉淀时应调节的pH范围等。1.【2020年江苏卷】25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2。下列说法不正确的是（ ）AKspCu(OH)2的数量级为1020B当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)=104.61C除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuOD向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液【答案】C【解析】25时，由KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知溶液pH相同时，饱和溶液中c(Fe2+) c(Cu2+)，则曲线a表示Cu(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2的饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。A项、由图可知，曲线a中pH=10时，-lgc(M2+)=11.7，则KspCu(OH)2= c(Cu2+)c2(OH)=1011.7（104）2=1019.7，故A正确；B项、当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(OH)相同，当pH=10时，溶液中c(Fe2+)c(Cu2+)=107.1：1011.7=104.61，故B正确；C项、该温度下KspCu(OH)2KspFe(OH)2可知，Cu(OH)2比Fe(OH)2更难溶，加入适量CuO调节溶液pH，先沉淀的是Cu2+，无法达到除去少量Fe2+的目的，故C错误；D项、向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(OH)增大，温度不变KspFe(OH)2，c(Fe2+)减小，可能由Z点转化为Y点，故D正确。【点睛】本题考查难溶物的溶解平衡，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解答关键。2【2020南昌市顶级名校阶段考】常温下，将11.65g BaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A相同温度时，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B若使0.05mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少加入1.3mol Na2CO3CBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为：c(CO)c(SO)c(OH)c(Ba2+)DBaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大【答案】D【解析】A根据图像，CO浓度为0时，c(Ba2+)、c(SO)都是1105，所以Ksp(BaSO4)= 11010，碳酸钡饱和溶液中当c(CO)=5104时，c(Ba2+)=0.5105，Ksp(BaCO3)=2.5109，相同温度时，Ksp(BaSO4)BCD【答案】B【解析】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl)对溶解平衡有抑制作用，则溶液中c(Ag+)或c(Cl)越大，则AgCl的溶解度越小；和中铵根离子水解生成NH3H2O，Ag+与NH3H2O结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于(NH4)2CO3中NH水解程度大，则NH3H2O的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则；当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl)对溶解平衡有抑制作用，c(Cl)=0.03mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，c(Cl)=0.04mol/L，c(Ag+)或c(Cl)为0，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：，综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：；故合理选项是B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，注意影响平衡移动的因素，需要理清的是离子浓度大小与难溶电解质的溶解度的关系。2某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点Bc点对应的K等于a点对应的KCd点没有AgCl沉淀生成D加入少量水，平衡右移，Cl浓度减小【答案】B【解析】A加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl)减小，而c、d两点的氯离子浓度相同，选项A错误；B温度不变Ksp不变，a、c两点温度相同，所以Ksp也相同，选项B正确；Cd点处c(Ag+)比平衡时的大，此时Qc=c(Ag+)c(Cl)Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；D溶液中存在着沉淀溶解溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选项D错误。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念是本题解答的关键。3已知25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75104，Ksp(RCO3)=2.80109，下列叙述中正确的是（ ）A25时，RSO4的Ksp约为4.9105B将浓度均为6105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀C向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀D相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp【答案】A【解析】25时，RSO4(s)+CO(aq)RCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=1.75104，Ksp(RSO4)=1.75104Ksp(RCO3)=1.751042.80109=4.9105。A根据上述计算分析，25时，RSO4的Ksp约为4.9105，故A正确；B将浓度均为6105mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3105mol/L，c(CO)=3105mol/L，Qc(RCO3)=c(R2+) c(CO)=3105mol/L3105mol/L=91010Ksp(RCO3)，向c(CO)=c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；DKsp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。4（双选）已知：pCu=1gc（Cu+），pX=lgc（X）。298K时，Ksp（CuCl）=106，Ksp（CuBr）=109，Ksp（CuI）=1012。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c（Cu+）和c(Cl)都减小B图中z代表CuI曲线C298K时增大M点的阳离子浓度，则Y上的点向N点移动D298K时CuBr(s)+I(aq)CuI(s)+Br(aq)的平衡常数K的数量级为103【答案】BC【解析】A298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，导致溶液中c(Cl)增大，A说法错误；BP点时，pCu等于3时，c(Cu+)=103，因为Ksp(CuCl)=106，Ksp(CuBr)=109，Ksp(CuI)=1012计算得c(Cl)=103，c(Br)=106，c(I)=109，所以x代表CuCl曲线，y代表CuBr，z代表CuI，B说法正确；C298K时增大M点的，阴离子浓度减小，Y上的点向N点移动，C说法正确；D平衡常数K=c(Br)c(I)=c(Cu+)c(Br)c(Cu+)c(I)= Ksp(CuBr)Ksp(CuI)，平衡常数K的数量级为103，D说法错误；答案为BC。5化工生产中常用FeS做沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，下列有关叙述中正确的是（ ）AFeS的Ksp小于CuS的Ksp B达到平衡时c（Fe2+）=c（Cu2+）C该反应平衡常数K=D溶液中加入少量Na2S固体后，溶液中c（Cu2+）、c（Fe2+）保持不变【答案】C【解析】AFeS、CuS属于同一类型，根据沉淀转化的一般原则，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以FeS的Ksp比CuS的Ksp大，故A错误；B该反应达到平衡时c（Fe2+）、c（Cu2+）保持不变，但不相等，故B错误；C该反应的平衡常数K=，故C正确；D增大硫离子的浓度，平衡左向移动，所以c（Cu2+）、c（Fe2+）均减小，故D错误；故选C。6已知：pAg=-lgc(Ag+)，pX=-lgc(Xn)。298K时，几种物质的Ksp如下表：化学式AgClAgSCNAg2CrO4颜色白浅黄红Ksp1.810101.010122.01012AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线B298K时，在Cl和CrO的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀C298K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.01012【答案】D【解析】A根据图中曲线x的数据知pAg=-lgc(Ag+)=6，c(Ag+)=106mol/L，pX=-lg c(Xn)=0，则c(Cl)=1mol/L，Ksp(AgCl)=106，与表中数据不符，选项A错误；B析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；C298K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；D298K时Ag2CrO4(s)+2SCN(aq)2AgSCN(s)+CrO(aq)的平衡常数K=2.01012，选项D正确。【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg=-lgc(Ag+)、pX=-lgc(Xn)、Ksp，易错点为选项D：K=，结合表中数据进行计算求解。7（双选）以硼镁泥(主要成分是MgO，还含有Na2B4O7、CaO、Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)制取七水硫酸镁的工艺流程如下：已知CaSO4的部分溶解度数据如下：下列说法错误的是（ ）ANa2B4O7中B的化合价为+3B“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C加入MgO的目的是：调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去D硫酸与Na2B4O7的反应方程式为：Na2B4O7+H2SO4+H2O=Na2SO4+H3BO3【答案】BD【解析】A根据化合物Na2B4O7中元素的化合价的代数和为零，则B的化合价为+3，A说法正确；B根据硫酸钙的溶解度，“操作A”为蒸发浓缩、趁热过滤，B说法错误；C加入MgO，与溶液中的氢离子反应，调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3除去，C说法正确；D硫酸与Na2B4O7发生复分解反应，方程式为Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3，D说法错误；答案为BD。8T时，分别向10mL浓度均为0.1molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1molL1的Na2S溶液，滴加过程中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示已知：Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，lg30.5。下列有关说法错误的是（ ）Aabd为滴定ZnCl2溶液的曲线B对应溶液pH：abeCa点对应的CuCl2溶液中：c(Cl)2c(Cu2+)+c(H+)Dd点纵坐标约为33.9【答案】A【解析】A10mL浓度为0.1molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL 0.1molL1的Na2S反应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则abe为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；B某温度下，分别向10mL浓度均为0.1molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1molL1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：abe，故B正确；CCuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl)=2c(Cu2+)+2cCu(OH)2，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度，c(Cl)2c(Cu2+)+c(H+)，故C正确；Dc点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2)，则Ksp(CuS)=1017.71017.7=1035.4，d点加入20mL 0.1molL1 Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，c(Cu2+)=31034.4molL1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3=34.4-0.5=33.9，故D正确。综上所述，答案为A。9在25时，FeS的Ksp=6.31018，CuS的Ksp=1.31036，ZnS的Ksp=1.31024。下列有关说法中正确的是（ ）A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.31036molL1B25时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成D向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大【答案】B【解析】A饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=molL1，故A错误；B由FeS的Ksp=6.31018、CuS的Ksp=1.31036可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；CFeS的Ksp=6.31018、ZnS的Ksp=1.31024，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；D向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误。【点睛】比较溶解度大小的时候，应注意沉淀的类型必须相同。10金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C=2Fe+2TiO2+CO2，钛酸亚铁的化学式为_；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_。（2）上述生产流程中溶液中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.010161.010291.81011常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_时，Mg(OH)2开始沉淀。若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_。（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为_。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_。【答案】（1）FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O （2）10 TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+ （3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO 隔绝空气【解析】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1)钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2)加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH)=mol/L=104mol/L，则溶液中的氢离子浓度为1010mol/L，则溶液的pH=10；TiO(OH)2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO(OH)2，该反应的离子方程式为TiO2+2H2O=TiO(OH)2（或H2TiO3）+2H+；(3)乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。11工业制胆矾时，将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，除去杂质离子后，再蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。已知：pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在34时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀回答下列问题：(1)为除去溶液中的Fe2+，可先加入_，(从下面四个选项选择)将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_，然后加入适量的_，(从下面四个选项选择)调整溶液的pH为_，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。ACuO BCl2 CCu(OH)2 DH2O2(2)甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=11038，Cu(OH)2的溶度积Ksp=31020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1105molL1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3molL1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为_，通过计算确定上述方案_(填“可行”或“不可行”)。【答案】（1）D Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O AC 34 （2）4 3 可行 【解析】将粗制CuO粉末(含杂质FeO、Fe2O3)慢慢加入适量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸铜、硫酸铁和硫酸亚铁混合溶液，加入氧化剂，把亚铁离子氧化为铁离子，调节pH在34时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，过滤，蒸发结晶可得纯净的胆矾晶体。(1)由于pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必须先加入氧化剂将Fe2+氧化，为了不引入杂质，加入的氧化剂选H2O2，即答案选D，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。pH在34时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，为了不引入杂质，然后加入适量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案选AC，调整溶液的pH至34，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀。(2)常温下，Cu(OH)2开始沉淀时c(Cu2+)c2(OH-)=KspCu(OH)2=310-20，c(OH)=11010mol/L，c(H+)=1104mol/L，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)1105mol/L，c(Fe3+)c3(OH)=KspFe(OH)3=11038，c(OH)=11011mol/L，c(H+)=1103mol/L，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3。根据计算结果知上述方案可行。12钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为_，NaClO的电子式为_。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可采取的措施是_(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为_，碱浸时气体A的化学式为_。(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO)=0.40mol/L，c(CO)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO。当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率是_(已知Ksp(BaCO3)=1109、Ksp(BaMoO4)=4.0108，忽略溶液的体积变化)。(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为_。【答案】（1）+6 （2） 充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等 （3） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 CO2 （4） 95% （5） 19 （6） 除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体 【解析】(l)Na2MoO42H2O中根据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或升高温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，升高温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）根据Ksp(BaMoO4)=4.0108，BaMoO4开始沉淀时，则c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)/c(MoO)=4.0108/0.40=1.0107mol/L，此时溶液中c(CO)=Ksp(BaCO3)/c(Ba2+)=1109/1.0107=0.01mol/L，CO的去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1mol MoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比19；(6)重结晶为根据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体。【点睛】根据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；根据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。