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

1、【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（CoC2O42H2O）样品的质量变为8.82g，质量

2、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+2O2Co3O4+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0.06mol Co，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

3、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。B在元素周期表中的位置是_。下列说法正确的是_（填代号）。aA离子的半径大于B离子的半径 bA、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质cA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400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

4、成无色、无味的气体。该气体的电子式为_。X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 bc 4KClO3 KCl+3KClO4 ClO+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a、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

5、，Cl2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。X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

6、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。CO2的电子式为：MgCO3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Mg

7、CO3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：“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_。“酸浸”时，温度过高会使碲的浸出率降低，原因为_。“还原”过程的化学方程式为_。工业上还可以将铜阳极泥煅烧、碱浸后

8、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1molL-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=1.010-3，Ka2=2.010-8） TeO2+2OH-=TeO32-+H2O Cu、Te 8NA（或4.8161024） 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+2H2SO4 TeO32-+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

9、为：52，故其原子电子排布为：2 8 18 18 6，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）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2mol CuSO4 转移4mol电子和1mol TeO2 转移4mol电子，故1molCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为8NA或4.8161024；“酸浸”时，用浓盐酸将TeO2转化成TeCl4，温度

10、过高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低；“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；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=2.010-8，故c（HTeO3-）c（TeO32-）=50：1。4（20

11、18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H2C

12、O3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）+HCO3（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+2CaSiO3 Sn2+Fe=Sn+Fe2+ 将Sn、

13、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）+HCO3（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

14、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，

15、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+）=1.010-3mol，当除钙率达到99时，除钙后的溶液中c（F-）=_molL-1已知Ksp（CaF2）=4.010-11。（

16、5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（V0VA）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0VA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+2H2OFeO（OH）+3H+ SiO2、CaSO4 0.5 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 2.0103 0.25【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

17、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）=1.01031%molL1=1.0105molL1，则c（F）=2.0103molL1；（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（2

18、018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”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）2C

19、O3，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”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%FeSO47H2O）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）2

20、CO3+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AgCle=AgCl；（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

21、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

22、-（aq） （R-为有机物配体，K=1.610-14）（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。该反应的离子方程式为_。NiS 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-

23、OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：Fe2+ + H2O2 = Fe3+ +OH-+-OH iR- +-OH =OH-+-R ii H2O2+2-OH=O2+ 2H2O iii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：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_。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。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

24、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_。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-+H2OHS-+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

25、和反应将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,使H2O2转化成O2和H2O,同样不能使R-充分转化成-R C1O-+2Ni（OH）2=Cl-+Ni2O3+2H2O 1.25amol NiOOHH2O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

26、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”；根据镍去除率的图像，当过氧化氢的投加量为0.45gL1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）ClO把Ni（OH）2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl，因此离子方程式为ClONi（OH）2Ni2O3Cl，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Cl22OH=ClOClH2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/