K12教育学习资料高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习Word文件下载.docx
《K12教育学习资料高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《K12教育学习资料高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习Word文件下载.docx(51页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![K12教育学习资料高考化学 难点剖析 专题09 氧化还原反应在化工流程中的考查练习Word文件下载.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2022-12/31/4ea17c44-9bb1-4a18-97fd-2c3f95097d4f/4ea17c44-9bb1-4a18-97fd-2c3f95097d4f1.gif)
【解析】废料经氢氧化钠溶液溶解除去铝,得到钴渣,钴渣经盐酸溶解得浸出液,浸出液中含氯化锂、氯化钴和氯化铁,向浸出液中加入20%的碳酸钠溶液促进Fe3+水解为氢氧化铁沉淀、加入氟化钠溶液沉淀其中的Li+,过滤,再向滤液中加入30%的碳酸钠溶液,把氯化钴转化为碳酸钴沉淀,碳酸钴经盐酸溶解后,再加草酸铵转化为草酸钴晶体,最后将草酸钴高温煅烧得到氧化钴粉末。
(4)NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀,因为碳酸锂微溶于水,故此反应对步骤IV所起的作用是防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀。
(5)由表中数据可知,加热到210℃时,10.98g草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)样品的质量变为8.82g,质量减少了2.16g。
结晶水合物受热分解时,通常最先失去结晶水。
10.98g草酸钴晶体的物质的量为0.06mol,其中含结晶水0.12mol,其质量恰好为2.16g,所以此时固体物质的化学式为CoC2O4。
加热到210--290℃过程中产生的气体只有CO2,此过程发生反应的化学方程式是3CoC2O4+2O2
Co3O4+6CO2。
温度高于890℃时,固体产物Co3O4发生分解反应,固体的质量变为4.5g,其中含0.06molCo,则产物中n(O)=
,所以,此时产物为CoO。
2.(2018届福建省永安一中、德化一中、漳平一中高三上学期第二次联考)某含氧酸盐X的化学式为ABO3;
已知在元素周期表中,A、B均为前四周期主族元素,且A位于B的下一周期。
(1)若常温下A、B的单质都能与水发生反应,且A的焰色反应为紫色。
①B在元素周期表中的位置是___________________。
②下列说法正确的是__________(填代号)。
a.A离子的半径大于B离子的半径
b.A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质
c.A单质与水反应后溶液的pH比B单质与水反应后溶液的pH大
③400℃时,X能发生分解反应生成两种盐,其物质的量之比为1:
3,其中一种是无氧酸盐。
该反应的化学方程式为_______________________________________________。
(2)若含氧酸盐X难溶于水,在空气中易氧化变质;
且B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。
已知X能快速消除自来水中的C1O—,则该反应的离子方程式为_____________
(3)若含氧酸盐X能与稀硫酸反应,生成无色、无味的气体。
①该气体的电子式为______________。
②X可用作防火涂层,其原因是:
a.高温下X发生分解反应时,吸收大量的热;
b.________________________(任写一种)。
【答案】第3周期第VIIA族bc4KClO3
KCl+3KClO4ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4
生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面
②a、K+和Cl-的电子层结构相同,电子层结构相同时,核电荷数越大,半径越小,所以K+的半径小于Cl-,故a错误;
b、K(A)的最高价氧化物对应的水化物为KOH,属于强碱,是强电解质;
Cl(B)的最高价氧化物对应的水化物为HClO4,是最强酸,属于强电解质,故b正确;
c、K与水反应生成KOH,所得溶液显强碱性,C
l2与水反应生成盐酸与次氯酸,所得溶液显酸性,故pH比较小,故c正确;
故选bc。
③X为KClO3,分解时生成两种盐,其中一种为无氧酸盐,根据元素守恒,该无氧酸盐一定是KCl;
KCl为Cl元素升高的产物,则另外一种必为化合价升高的产物。
X中K元素化合价不能升高,O化合价若升高产物为氧气,不符合要求。
KClO3中Cl化合价为+5,则Cl化合价升高只能被氧化成KClO4。
故反应方程式为:
4KClO3
KCl+3KClO4;
(2)B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,则B可能是碳元素或硫元素。
若B为碳元素,则X为碳酸盐。
A在B的下一周期,则A是第三周期的元素,所以X为MgCO3;
MgCO3没有还原性,不能被空气氧化,不符合要求。
若B为硫元素,则X为亚硫酸盐,具有强还原性,在空气中易被氧化;
A在B的下一周期,则A为第四周期的主族元素,X为CaSO3,难溶于水,符合题意。
C1O—具有强氧化性,能和CaSO3反应,反应的离子方程式为:
ClO—+CaSO3=Cl—+CaSO4;
(3)含氧酸盐ABO3能与稀硫酸反应生成无色无味的气体,可推测ABO3为碳酸盐,所以B为碳元素。
A在B元素的下一周期,且为+2价,则A为Mg,即X为MgCO3,气体为CO2。
①CO2的电子式为:
②MgCO3在高温条件下分解,能吸收大量的热,且产生CO2和MgO,生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO覆盖在可燃物表面,所以MgCO3可作防
火涂层。
3.(2018届山东省滨州市高三下学期第二次模拟)碲(Te)为第五周期元素,与氧同主族,其单质和化合物在化工生产等方面具有广泛应用。
(1)画出碲的原子结构示意图___________________。
(2)已知TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。
写出TeO2溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式_________________________。
(3)工业上用铜阳极泥(主要成分为Cu2Te,还含有少量的Ag、Au)为原料制备单质碲的工艺流程如下:
①“加压浸出”过程中被氧化的元素为_____________
(填元素符号),1molCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为___________________。
②“酸浸”时,温度过高会使碲的浸出率降低,原因为____________________。
③“还原”过程的化学方程式为____________________。
④工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na2TeO3溶液,然后再通过电解的方法得到单质碲,阴极的电极反应式为______________________。
(4)25℃时,向1mol·
L-1的Na2TeO3溶液中滴加盐酸,当溶液pH约为6时,此时溶液中c(HTeO3-)
:
c(TeO32-)=_____________。
(H2TeO3
的Ka1=1.0×
10-3,Ka2=2.0×
10-8)
TeO2+2OH-=TeO32-+H2OCu、Te8NA(或4.816×
1024)温度升高,盐酸挥发,反应物浓度降低,导致浸出率降低TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4TeO32-+3H2O+4e-=Te
+6OH-50:
1
【解析】
(1)碲(Te)为第五周期元素,与氧同主族,其原子序数为:
52,故其原子电子排布为:
2818186,原子结构示意图为
;
(2)已知易溶于较浓的强酸和强碱,这一性质与氧化铝的性质类似,故TeO2溶于浓氢氧化钠溶液的离子方程式为:
TeO2+2OH-=TeO32-+H2O;
(3)①根据流程图:
“加压浸出”得到了CuSO4溶液和TeO2,铜阳极泥主要成分为Cu2Te,均为0价,故该过程中Cu和Te被氧气氧化;
1molCu2Te被“浸出”时,生成2molCuSO4转移4mol电子和1molTeO2转移4mol电子,故1molCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为8NA或4.816×
1024;
②“酸浸”时,用浓盐酸将TeO2转化成TeCl4,温度过高,盐酸挥发,反应物浓度降低,导致浸出率降低;
③“还原”过程用SO2将TeCl4还原成单质Te,故该反应的方程式为:
TeCl4+2SO2+4H2O=Te↓+4HCl+2H2SO4;
④工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后得到Na2TeO3溶液,然后再通过电解Na2TeO3溶液的方法得到单质碲,阴极发生还原反应,有元素化合价要降低,即是Te由+4价降到0价,故电极反应为:
TeO32-+3H2O+4e-=Te
+6OH-;
L-1的Na2TeO3溶液中滴加盐酸,当溶液pH约为6时,c(H+)=10-6mol/L,H2TeO3
的Ka2=
=2.0×
10-8,故c(HTeO3-)
c(TeO32-)=50:
1。
4.(2018届云南省高三毕业生统测)我国的矿产资源丰富。
利用某冶炼废渣(主要成分为二氧化硅和锡、铜、铅、铁的氧化物)回收锡、铜、铅的工艺流程如下图所示:
回答下列问题:
(1)电炉冶炼时,焦炭的作用是________(填“氧化剂”或“还原剂”),将焦炭粉碎的目的是__________。
熔剂的主要成分是氟石(CaF2),高温下能与SiO2反应生成两种钙盐,其中之一为CaSiF6,该反应的化学方程式为____________________________。
(2)脱铁后的溶液中含有少量的Sn2+,为减少锡的损失,可用锡、铜、铅、铁多元合金回收处理,反应的离子方程式为____________________________。
(3)已知SnO2不溶于稀硫酸。
脱铁后氧化焙烧的目的是__________________。
(4)电解CuSO4溶液时,阳极的电极反应式为___________________________。
(5)已知H2CO3的一、二级电离常数分别为K1、K2,PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为Ksp(PbSO4)、Ksp(PbCO3)。
锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在,脱硫时发生的反应为:
PbSO4(s)+HCO3ˉ(aq)
PbCO3(s)+H+(aq)+SO42-(aq),该反应的平衡常数K=___________(用上述已知常数表示)。
脱硫后需过滤、洗涤再进入下一步工序,检验滤渣是否洗涤干净的方法是____________。
(6)若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%,30t废渣制得精锡lt,则锡的回收率为_____________________。
【答案】还原剂加快反应速率使反应更充分3CaF2+3SiO2
CaSiF6+2CaSiO3Sn2++Fe=Sn+Fe2+将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO,利于浸铜时分离2H2O-4e-=O2↑+4H+
取少量末次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若不出现浑浊,说明滤渣已洗净(合理答案均可)66.7%
程式为Sn2++Fe=Sn+Fe2+;
脱铁后氧化焙烧的目的是将Sn、Cu分别氧化为SnO2、CuO,利于浸铜时分离;
(4)电解CuSO4溶液时,阳极水电离出的氢氧根离子失电子产生氧气,反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+;
锡、铅渣中的铅主要以PbSO4存在,脱硫时发生的反应为PbSO4(s)+HCO3ˉ(aq)
PbCO3(s)+H+(aq)+SO42+(aq),该反应的平衡常数K=
检验滤渣是否洗涤干净是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子,检验的方法是取少量末次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液,若不出现浑浊,说明滤渣已洗净;
(6)若该冶炼废渣中锡的质量分数为5%,30t废渣制得精锡lt,则锡的回收率为
。
5.(2018届山东省山东师范大学附属中学高三下学期第八次模拟)金属镍及其化合物在合金材料及催化剂等方面应用广泛。
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的工艺流程:
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。
(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨,混合研磨的目的是______________________。
(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___________________,“浸渣”的成分除Fe2O3,FeO(OH)外还含有______________(填化学式)。
(3)为保证产品纯度,要检测“浸出液”的总铁量:
取一定体积的浸出液,用盐酸酸化后,加入SnC12将Fe3+还原为Fe2+,所需SnC12的物质的量不少于Fe3+物质的量的_____倍;
除去过量的SnC12后,再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+,滴定时反应的离子方程式为____________。
(4)“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×
10-3mol,当除钙率达到99%时,除钙后的溶液中c(F-)=____mol·
L-1[已知Ksp(CaF2)=4.0×
10-11]。
(5)本工艺中,萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示,V0/VA的最佳取值是______________。
【答案】增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分Fe3++2H2O
FeO(OH)↓+3H+SiO2、CaSO40.5Cr2O72-+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O2.0×
10-30.25
【解析】考查化学工艺流程,
(1)研磨矿渣和硫酸铵,其目的是增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分;
(2)浸泡过程中,加入热水,发生的水解反应,即反应方程式为Fe3++2H2O
FeO(OH)↓+3H+;
根据矿渣中的成分,SiO2不与水反应,即浸渣中含有SiO2,硫酸铵在350℃以上分解成NH3和H2SO4,CaO与硫酸反应生成CaSO4,CaSO4微溶于水,即浸渣中还含有CaSO4;
(3)根据得失电子数目守恒,n(SnCl2)×
2=n(Fe3+)×
1,得出SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的0.5倍;
利用Fe2+的还原性,与K2Cr2O7发生氧化还原反应,即离子反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;
(4)除钙率达到99%,除钙后,溶液中c(Ca2+)=1.0×
10-3×
1%mol·
L-1=1.0×
10-5mol·
L-1,则c(F-)=
2.0×
10-3mol·
L-1;
(5)根据流程图,Fe2+被萃取,Ni2+不被萃取,因此根据图像,V0/VA的最佳取值为0.25。
6.(2018届百校联盟TOP20四月联考)电子垃圾中含有大量的废弃塑料和重金属,工业上可以从电子废料(电脑主板和手机废件)中提取大量的金、银和铜,每吨电子废料中能够提取出130公斤铜,0.45公斤黄金和2公斤白银,提取流程如下:
请回答下列问题:
(1)“酸溶”过程中,王水与金反应的化学方程式为________________________。
(2)“萃取”过程中,将混合液分离所需要的主要仪器为____________________,该仪器在使用前必须进行的操作为____________________________。
(3)“还原Ⅰ”制备单质Ag的过程中,发生反应的本质是Zn和AgCl在电解质HCl中形成微电池,该过程的总反应为:
2AgCl+Zn=2Ag+ZnCl2,则该电池正极的电极反应式为__________________________。
(4)滤渣的主要成分为Cu2(OH)2CO3,则“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为______________________。
(5)滤液为NaCl、Na2CO3和NaHCO3的混合液,若上述三种物质的物质的量浓度相同,则溶液中各离子浓度的大小顺序为______________________。
(6)根据下表中数据,综合分析工业上进行“还原Ⅱ”过程中所选用的还原剂最好为______________。
物质
价格(元·
吨-1)
双氧水(含30%H2O2)
3200
绿矾(含99.0%FeSO4·
7H2O)
1800
亚硫酸氢钠(含99.5%NaHSO3)
2850
草酸(含99.0%H2C2O4)
3000
【答案】Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+2H2O+NO↑分液漏斗检漏AgCl+e-=Ag+Cl-2Cu2++
3CO32-+2H2O=
Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3-c(Na+)>
c(HCO3-)>
c(Cl-)>
c(CO32-)>
c(OH-)>
c(H+)草酸
根据总反应,得出正极反应式为AgCl+e-=Ag+Cl-;
(4)沉铜时,向CuCl2溶液种加入足量的Na2CO3溶液,产生Cu2(OH)2CO3,根据(5)的提示,滤液中有新的物质是NaHCO3,即沉铜时产生NaHCO3,即沉铜时的离子方程式为2Cu2++3CO32-+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2HCO3-;
(5)三者物质的量相同,c(Na+)最多,因为CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,因此c(HCO3-)>
c(Cl-)>
c(CO3-),CO32-水解后溶液显碱性,即c(OH-)>
c(H+),水解程度微弱,因此离子浓度大小顺序是c(Na+)>
c(HCO3-)>
c(CO32-)>
c(OH-)>
c(H+);
(6)H2O2:
H2O2含量低,且价格贵,因此不选H2O2;
绿矾:
虽然价格便宜,但根据得失电子情况分析,等物质的量的绿矾和草酸相比,还原效率相差一倍,再结合相对分子质量,可以得出草酸比绿矾的成本低;
亚硫酸氢钠:
有可能产生SO2,对环境产生污染,因此还原剂最好的是草酸。
7.(2018届福建省厦门市双十中学高三第九次能力考试)金属镍具有较高的经济价值。
工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。
某电镀废水中的镍主要以NiRz络合物形式存在,在水溶液中存在以下平衡:
NiR2(aq)
Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配体,K=1.6×
10-14)
(1)传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S,使其中的NiR2生成NiS沉淀进而回收镍。
①该反应的离子方程式为_______________。
②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2沉淀生成,用离子方程式解释Ni(OH)2生成的原因是______________。
(2)“硫化物沉淀法”镍的回收率不高,处理后废水中的镍含量难以达标。
“铁脱络-化学沉淀法”可达到预期效果,该法将镍转化为Ni(OH)2固体进而回收镍。
工艺流程如下:
“脱络”(指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3+)过程中,R-与中间产物-OH(羟基自由基)反应生成难以与
Ni2+络合的-R(有机物自由基),但-OH也能与H2O2发生反应。
反应的方程式如下:
Fe2++H2O2=Fe3++OH-+-OHi
R-+-OH=OH-+-Rii
H2O2+2-OH=O2↑+2H2Oiii
实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图所示:
①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是______________。
②分析图中曲线,可推断过氧化氢的最佳加入量为_______________g/L;
低于或高于这个值,废水处理效果都下降,原因是____________。
(3)工业上还可用电解法制取三氧化二镍。
①用NaOH溶液调节NiCl2溶液PH至7.5,加入适量硫酸钠后采用情性电极进行电解。
电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-,再把二价镍氧化为三价镍。
写出ClO-氧化Ni(OH)2生成三氧化二镍的离子方程式是______,amol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过电子的物质的量是_________。
②电解法制取三氧化二镍实际过程中,有时获得一种结晶水合物,已知1mol该物质中含有0.5mol结晶水。
取该化合物20.2g进行充分加热,而获得三氧化二镍固体和0.2mol水,则该结晶水合物的化学式为______。
【答案】NiR2
+S2-=NiS↓+2R-S2-+
H2O
HS-
+
OH-
NiR2+2OH-=Ni(OH)2↓+2R-NiR2在溶液中存在平衡:
NiR2(aq)
Ni2+(aq)
+2R-(aq),Fe2+和H2O2
通过反应i和反应ⅱ将R-转化成难以与Ni2+络合的·
R,使c(R-)减小,平衡正向移动,实现“脱絡”0.45低于此数值,反应i
生成的-OH过少,不足以使R-充分转化成-R;
高于此数值,H2O2多,但反应i生成-OH能与H2O2发生反应ⅲ,使H2O2转化成O2和H2O,同样不能使R-
充分转化成-RC1O-+2Ni(OH)2=Cl-
+Ni2O3+2H2O1.25a
molNiOOH·
H2O
或2NiOOH·
(2)脱络是指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni3+,R-与中间产物-OH(羟基自由基)反应生成难以与Ni2+络合的-R(有机物自由基),NiR2溶液中存在NiR2(aq)
+2R-(aq)
,加入Fe2+和H2O2,依据反应i和反应ii,将R-转化成难以与Ni2+络合的-R,使c(R-)减小,平衡正向移动,实现“脱络”;
②根据镍去除率的图像,当过氧化氢的投加量为0.45g·
L-1时,去除率达到最大,即过氧化氢的最佳加入量为0.45g·
低于此值时,反应i种产生的-OH的量少,不足以使R-转化成-R,高于此值时,H2O2多,H2O2与-OH会发生反应iii,不能使R-充分转化成-R;
(3)①ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3,本身被还原成Cl-,因此离子方程式为ClO-+Ni(OH)2→Ni2O3+Cl-,根据化合价的升降法进行配平,即离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O;
根据离子方程式,消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO-,Cl2有80%在弱碱性转化成ClO-,即Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O,电解过程中产生氯气的量为0.5a/