届高考化学领军一轮复习同步专题24 陌生化学方程式的书写精讲深剖.docx

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届高考化学领军一轮复习同步专题24陌生化学方程式的书写精讲深剖

第4讲陌生化学方程式的书写

真题速递

1．（2017课标Ⅰ）（14分）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。

由图可知，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。

（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42－形式存在，写出相应反应的离子方程式____________。

（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：

温度/℃

30

35

40

45

50

TiO2·xH2O转化率%

92

95

97

93

88

分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。

（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。

（5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1×10-5mol/L，此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？

___________（列式计算）。

FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。

（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式。

【答案】

（1）100℃、2h，90℃，5h

（2）FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl42−+2H2O

（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降

（4）4

（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO43－）=mol·L−1=1.3×10-17mol·L−1，c3（Mg2+）×c2（PO43-）＝（0.01）3×（1.3×10-17）2=1.7×10-40＜Ksp[Mg3（PO4）2]，因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀。

（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑

（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；

（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根（O22-）中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知（+1）×2+（+4）×5+（-2）×（15-2x）+（-1）×2x=0，解得：

x=4；

（5）Ksp[FePO4]=c（Fe3+）×c（PO43-）=1.3×10-2，则c（PO43-）＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]＝c3（Mg2+）×c2（PO43-）＝（0.01）3×（1.3×10-17）2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。

（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。

考纲解读

考点

内容

说明

氧化还原反应

了解氧化还原反应的本质。

了解常见的氧化还原反应。

掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。

氧化还原反应方程式的书写是每年必考内容

考点精讲

考点一根据题目信息书写方程式

根据题目中的叙述，找出关键的字词，知道生成物是什么，写出化学方程式。

典例1（2018届四川省成都市第七中学高三下学期三诊模拟考试）海水是一个巨大的化学资源宝库，利用海水可以获得很多化工产品。

（1）海水淡化的方法有蒸馏法、________________（填1种方法）。

（2）海水制得的饱和氯化钠溶液可以利用电解法直接制取次氯酸钠，制取的离子方程式为___________。

（3）利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）:

将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整:

______________

□Br2+□Na2CO3==□NaBrO3+□_____+□______

（4）盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子。

以卤块为原料制得镁的工艺流程如下（部分操作和条件已略去）：

己知:

常温下0.010mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下:

物质

开始沉淀

沉淀完全

Fe（OH）3

2.7

3.7

Fe（OH）2

7.6

9.6

Mn（OH）2

8.3

9.8

Mg（OH）2

9.6

①步骤②中需控制pH=9.8，其目的是_________________________。

②用NaClO氧化Fe2+得到Fe（OH）3沉淀的离子反应方程式为___________________。

③步骤③可以将SOCl2与MgCl2·6H2O混合加热制取无水MgCl2，SOCl2的作用是___________。

④NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质。

除去0.2molCO（NH2）2时消耗NaClO__________g。

⑤如果沉淀0.010mol/LMgCl2溶液，根据表格中的数据计算，当pH=11.2时溶液中c（Mg2+）=____mol/L。

【答案】离子交换法或电渗析法Cl-+H2OClO-+H2↑3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去或使Mg2+以外杂质转化为氢氧化物沉淀而除去ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+吸收MgCl2·6H2O中结晶水，并产生HCl气体抑制Mg2+的水解44.71.0×10-5.2

（3）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：

5，所以配平方程式为：

3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，故答案为：

3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2；

（4）盐卤加水溶解，加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，氯化镁晶体，在HCl气氛中加热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg；

①步骤②中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，即控制pH=9.8的目的：

除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；故答案为：

除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质，使之完全生成沉淀而除去；

②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁，则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe（OH）3、Cl-和H+，反应的离子方程式为：

ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；故答案为：

ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe（OH）3↓+Cl-+4H+；

③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，水解反应属于吸热反应，加热温度升高，水解程度增大，通入HCl时，增加了溶液中的c（H+），能使水解平衡逆向移动，抑制Mg2+水解，HCl还能带出水份，最终得到无水MgCl2；故答案为：

吸收MgCl2·6H2O中结晶水，并产生HCl气体抑制Mg2+的水解；

④NaClO还能除去盐卤中的CO（NH2）2，生成盐和能参与大气循环的物质，其反应为3NaClO+CO（NH2）2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O，由方程式中物质之间的关系可知，0.2molCO（NH2）2消耗NaClO为0.6mol，则m（NaClO）=nM=0.6mol×74.5g/mol=44.7g，故答案为：

44.7；

⑤根据表格数据可知，pH=9.6时，c（OH-）=10-4.4，镁离子开始沉淀，则Ksp[Mg（OH）2]=0.01×（10-4.4）2=c（Mg2+）×（10-2.8）2，解得：

c（Mg2+）=1.0×10-5.2mol/L，故答案为：

1.0×10-5.2。

典例2（2018届湖北省鄂州市高三下学期第三次模拟考试）某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：

已知：

煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2。

（1）煅烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为______________。

（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是____________（答出两条）。

（3）浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还可能含有________（填化学式）。

电解沉积过程中析出单质铜的电极为_______极。

（4）工业上用铬酸钠（Na2Cr2O7）母液生产各酸钾（K2Cr2O7）工艺流程如下图所示：

通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是____________。

（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：

称取产品试样2.50g配成250mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L-1硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2标准液进行滴定，重复进行二次实验。

（已知Cr2O72-被还原为Cr3+）

①氧化还原滴定过程中的离子方程式为_____________。

②若三次实验消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_______﹪（已知M（K2Cr2O7）=294，计算结果保留三位有效数字）。

（6）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。

已知c（Cr3+）为3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr（OH）3沉淀时Fe3+是否沉淀完全_________（填“是”或“否”）。

[已知：

Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31]。

【答案】2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等CuSO4（也可答“CuSO4和H2SO4”）阴在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O49.0是

【解析】分析：

某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜（Cu2Te）、三氧化二铬（Cr2O3）以及少量的金（Au），可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等，根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金（Au），用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。

详解：

（1）根据流程图，煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2，故答案为：

2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2；

（2）为提高酸浸速率，可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等，故答案为：

适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等；

（3）根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4（在电解过程中不反应）外，还可能含有CuSO4。

铜离子转化为铜发生还原反应，电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极，故答案为：

CuSO4（也可答“CuSO4和H2SO4”）；阴；

（5）①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2与Cr2O72-的反应，其中Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②n（Fe2+）=0.025L×0.1000mol·L-1=0.0025mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则n（Cr2O72-）=0.0025mol××=mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49.0%，故答案为：

49.0；

（6）c（Cr3+）为3×10-5mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr（OH）3沉淀时，c（OH-）=mol·L-1=mol·L-1，此时，c（Fe3+）===2×10-12mol·L-1＜1×10-5mol·L-1，说明Fe3+沉淀完全，故答案为：

是。

典例3（2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考）Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。

一种利用废Ni-MH电池正极材料（主要含有Ni（OH）2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物）制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：

回答下列问题：

（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图：

则“浸出”时最适宜的条件为_______________。

（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿（FeOOH），写出反应的离子方程式：

______________。

（3）“滤液2”中加入NaF可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。

当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c（Mg2+）∶c（Ca2+）=0.67，则MgF2的溶度积为_____________[已知Ksp（CaF2）=1.10×10-10]。

（4）向“滤液3”中加入（NH4）2S2O8可以除锰，在此过程中（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应的化学方程式___________________。

（5）向“滤液4”加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂（用HA表示）形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2·2HA。

该过程可以表示为：

Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+

①已知加入萃取剂后，锌的萃取率随料液pH变化如图所示。

试分析pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是___________________。

②“操作X”的名称是_____________。

（6）上述回收镍的过程中，使用了1kg含镍37.1%的正极材料，最终得到纯净的NiSO4·7H2O1.686kg，则镍的回收率为_______________。

【答案】80℃，1.8mol/LH2SO4，30min2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+7.37×10-11（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4料液的pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大分液95.4%

详解：

（1）根据图1，“浸出”最佳温度约为80℃；根据图2，随着硫酸浓度的增大Ni浸出率增大，硫酸浓度为1.8mol/L时Ni浸出率已经很大，当硫酸浓度大于1.8mol/L，继续增大硫酸浓度Ni浸出率增大不明显，硫酸最适宜浓度为1.8mol/L；根据图3，“浸出”时间小于30min随着时间的延长Ni浸出率明显增大，大于30minNi浸出率趋于平缓，最佳时间为30min；“浸出”时最适宜的条件是：

温度为80℃、硫酸浓度为1.8mol/L、时间为30min。

（2）双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀，Fe2+被氧化，H2O2被还原，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+。

（3）当加入过量NaF后，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）·c2（F-），Ksp（CaF2）=c（Ca2+）·c2（F-），将两式相比消去c2（F-），Ksp（MgF2）=Ksp（CaF2）=1.1010-100.67=7.3710-11。

（4）（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、（NH4）2SO4和H2SO4，含锰元素的黑色不溶物为MnO2，反应可写成（NH4）2S2O8+MnSO4→MnO2↓+（NH4）2SO4+H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，S元素的化合价由+7价降至+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，（NH4）2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为：

（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2↓+（NH4）2SO4+2H2SO4。

（5）①pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是：

料液pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2++4HAZnA2·2HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大。

②“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取，出现分层现象，将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。

（6）根据Ni守恒，Ni的回收率为100%=95.4%。

考点一精练：

1.碱性环境下，Cl2可将水中的CN-转化为两种无毒的气体，写出离子方程式。

【答案】2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O

【解析】碱性环境下，Cl2可将水中的CN-转化为两种无毒的气体，这两种气体一定是CO2和N2，Cl2被还原为Cl-，再由氧化还原反应方程式配平，方程式为：

2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。

2.一定温度下，将1molN2O4置于密闭容器中，保持压强不变，升高温度至T1的过程中，气体由无色逐渐变为红棕色。

温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色。

若保持T2，增大压强，气体逐渐变为红棕色。

气体的物质的量n随温度T变化的关系如图所示。

温度在T1~T2之间，反应的化学方程式是。

【答案】2NO2⇌2NO+O2

【解析】温度由T1继续升高到T2的过程中，气体逐渐变为无色，且混合气体总的物质的量增大，说明NO2发生分解反应，应生成NO与O2，方程式为：

2NO2⇌2NO+O2。

3.硫与氯气的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是______________________。

【答案】S+3Cl2+4H2O=H2SO4+6HCl

【解析】解答本题的关键是生成两种强酸：

H2SO4和HCl，再配平即可。

4．①向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是______________________________________。

②Na2CO3浓溶液中通入氯气时，可产生气体CO2和化合物NaClO3。

反应的化学方程式为。

【答案】①Na2CO3+Cl2+H2O=NaHCO3+HClO+NaCl

②3Cl2+3Na2CO3=3CO2+NaClO3+5NaCl

【解析】①向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质，是HClO，同时有NaHCO3生成，氯元素化合价有升有降，所以还应有NaCl。

②Na2CO3浓溶液中通入氯气时，可产生气体CO2和化合物NaClO3，氯元素化合价有升有降，所以还应有NaCl。

5．铜屑放入稀硫酸不发生反应，若在稀硫酸中加入H2O2，铜屑可逐渐溶解，该反应的离子方程式是。

【答案】Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O

【解析】铜屑放入稀硫酸，再加入H2O2，铜屑可逐渐溶解，是Cu被氧化为Cu2+，化合价升高，H2O2中氧的化合价降低，酸性溶液中产生H2O。

6．工业上可用铝与软锰矿（主要成分为MnO2）反应来冶炼锰。

①用铝与软锰矿高温冶炼锰的原理是（用化学方程式来表示）。

②MnO2在H2O2分解反应中作催化剂。

若将适量MnO2加入酸化的H2O2的溶液中，MnO2溶解产生Mn2＋，该反应的离子方程式是。

【答案】①4Al+3MnO22Al2O3+3Mn②MnO2+H2O2+2H+=Mn2＋+O2↑+2H2O

7．①紫红色固体单质用蒸馏水洗涤后，置于潮湿空气中。

一段时间后固体由红色变为绿色[主要成分为Cu2（OH）2CO3]，反应的化学方程式是。

②FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是。

【答案】①2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2（OH）2CO3

②4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3↓+4CO2

【解析】①紫红色固体单质是铜，置于潮湿空气中，一段时间后固体由红色变为绿色[主要成分为Cu2（OH）2CO3]，是铜和O2、CO2、H2O反应，方程式为：

2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2（OH）2CO3；

②FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，红褐色物质是Fe（OH）3，FeCO3被氧化为Fe（OH）3，方程式为：

4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3↓+4CO2。

8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。

FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：

。

【答案】2Fe3++3ClO-+10OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O

【解析】Fe3+被ClO-氧化为FeO42-，同时ClO-被还原为Cl-，注意碱性条件。

9.氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。

现有一个还原过程的反应式如下：

NO

＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O

（1）下列五种物质中能使上述还原过程发生的是________（填字母）。

A．KMnO4B．Na2CO3C．Cu2OD．Fe2（SO4）3

（2）写出上述反应的化学方程式并配平：

。

【答案】

（1）C

（2）3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O

【解析】

（1）根据得失电子知，还需要一个氧化反应，反应物得电子化合价降低，根据元素化合价知，氧化亚铜具有还原性，选C；

（2）氧化亚铜和硝酸能发生反应方程式为：

3Cu2O+14HNO3=6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O。

10.向FeSO4溶液中加入NaNO2溶液和稀硫酸，生成的气体遇到空气变成红