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.docx

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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

专题09氧化还原反应在化工流程中的考查

1．（2018届河南省南阳市第一中学高三第十五次考试）钻（Co）及其化合物在工业上有广泛应用。

为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如图（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）。

已知:

 LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水。

请回答:

（1）写出I中发生反应的化学方程式并用单线桥标记电子转移的方向和数目________。

（2）写出步骤中Co2O3与盐酸反应生成Cl2的离子方程式_______________。

（3）步骤II所得废渣的主要成分除了LiF外，还有________________。

（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤IV所起的作用是___________。

（5）在空气中加热10.98g草酸钴晶体（CoC2O4•2H2O）样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。

己知:

M（CoC2O4•2H2O）=183g/mol。

温度范围/℃ 

 固体质量/g

150--210

  8.82

290--320

4.82

890--920  

4.5

经测定，加热到210℃时，固体物质的化学式为_____。

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_________。

温度高于890℃时，固体产物发生分解反应，固体产物为__________。

【答案】

Co2O3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+3H2OFe（OH）3防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀CoC2O43CoC2O4+2O2

Co3O4+6CO2CoO

【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）

【答案】

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-；

（4）25℃时，向1mol·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+；（3）已知SnO2不溶于稀硫酸。

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+；（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=

；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（Cl－）>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·H2O

（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）

Ni2+（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·L－1；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/80%mol，电解过程种