高考化學 難點剖析 專題09 氧化還原反應在化工流程中的考查練習

1、專題09 氧化還原反應在化工流程中的考查1（2018屆河南省南陽市第一中學高三第十五次考試）鉆(co)及其化合物在工業(yè)上有廣泛應用。為從某工業(yè)廢料中回收鈷，某學生設計流程如圖(廢料中含有al、li、co2o3和fe2o3等物質)。已知: lif難溶于水，li2co3微溶于水。請回答:（1）寫出i中發(fā)生反應的化學方程式并用單線橋標記電子轉移的方向和數(shù)目_。（2）寫出步驟中co2o3與鹽酸反應生成cl2的離子方程式_。（3）步驟ii所得廢渣的主要成分除了lif外，還有_。（4）naf與溶液中的li+形成lif沉淀，此反應對步驟iv所起的作用是_。（5）在空氣中加熱10.98g草酸鈷晶體(

2、coc2o42h2o)樣品，受熱過程中不同溫度范圍內分別得到一種固體物質，其質量如下表。己知:m(coc2o42h2o)=183g/mol。  溫度范圍/  固體質量/g150-210  8.82290-3204.82890-920  4.5經測定，加熱到210時，固體物質的化學式為_。加熱到210-290過程中產生的氣體只有co2，此過程發(fā)生反應的化學方程式是_。溫度高于890時，固體產物發(fā)生分解反應，固體產物為_?！敬鸢浮?co2o3+6h+2cl-=2co2+cl2+3h2o fe(oh)3 防止鋰離子結合碳

3、酸根離子形成碳酸鋰沉淀 coc2o4 3coc2o4+2o2co3o4+6co2 coo【解析】廢料經氫氧化鈉溶液溶解除去鋁，得到鈷渣，鈷渣經鹽酸溶解得浸出液，浸出液中含氯化鋰、氯化鈷和氯化鐵，向浸出液中加入20%的碳酸鈉溶液促進fe3+水解為氫氧化鐵沉淀、加入氟化鈉溶液沉淀其中的li+，過濾，再向濾液中加入30%的碳酸鈉溶液，把氯化鈷轉化為碳酸鈷沉淀，碳酸鈷經鹽酸溶解后，再加草酸銨轉化為草酸鈷晶體，最后將草酸鈷高溫煅燒得到氧化鈷粉末。（4）naf與溶液中的li+形成lif沉淀，因為碳酸鋰微溶于水，故此反應對步驟iv所起的作用是防止鋰離子結合碳酸根離子形成碳酸鋰沉淀。（5）由表中數(shù)據(jù)可知，加熱

4、到210時，10.98g草酸鈷晶體(coc2o42h2o)樣品的質量變?yōu)?.82g，質量減少了2.16g。結晶水合物受熱分解時，通常最先失去結晶水。10.98g草酸鈷晶體的物質的量為0.06mol，其中含結晶水0.12mol，其質量恰好為2.16g，所以此時固體物質的化學式為coc2o4。加熱到210-290過程中產生的氣體只有co2，此過程發(fā)生反應的化學方程式是3coc2o4+2o2co3o4+6co2。溫度高于890時，固體產物co3o4發(fā)生分解反應，固體的質量變?yōu)?.5g，其中含0.06mol co，則產物中n(o)=，所以，此時產物為coo。2（2018屆福建省永安一中、德化一中、漳平

5、一中高三上學期第二次聯(lián)考）某含氧酸鹽x的化學式為abo3 ；已知在元素周期表中，a、b均為前四周期主族元素，且a位于b的下一周期。（1）若常溫下a、b的單質都能與水發(fā)生反應，且a的焰色反應為紫色。b在元素周期表中的位置是_。下列說法正確的是_(填代號)。aa離子的半徑大于b離子的半徑 ba、b元素的最高價氧化物對應的水化物都是強電解質ca單質與水反應后溶液的ph比b單質與水反應后溶液的ph大400時，x能發(fā)生分解反應生成兩種鹽，其物質的量之比為1:3，其中一種是無氧酸鹽。該反應的化學方程式為_。（2）若含氧酸鹽x難溶于水，在空氣中易氧化變質；且b元素原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。已知x

6、能快速消除自來水中的c1o，則該反應的離子方程式為_（3）若含氧酸鹽x能與稀硫酸反應，生成無色、無味的氣體。該氣體的電子式為_。x可用作防火涂層，其原因是：a高溫下x發(fā)生分解反應時，吸收大量的熱；b_(任寫一種)?！敬鸢浮?第3周期第viia族 bc 4kclo3 kcl+3kclo4 clo+caso3=cl+caso4 生成co2阻隔空氣或生成高熔點的mgo覆蓋在可燃物表面a、k+和cl-的電子層結構相同，電子層結構相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，所以k+的半徑小于cl-，故a錯誤；b、k（a）的最高價氧化物對應的水化物為koh，屬于強堿，是強電解質；cl(b)的最高價氧化物對應的水化物為

7、hclo4，是最強酸，屬于強電解質，故b正確；c、k與水反應生成koh，所得溶液顯強堿性，cl2與水反應生成鹽酸與次氯酸，所得溶液顯酸性，故ph比較小，故c正確；故選bc。x為kclo3，分解時生成兩種鹽，其中一種為無氧酸鹽，根據(jù)元素守恒，該無氧酸鹽一定是kcl；kcl為cl元素升高的產物，則另外一種必為化合價升高的產物。x中k元素化合價不能升高，o化合價若升高產物為氧氣，不符合要求。kclo3中cl化合價為+5，則cl化合價升高只能被氧化成kclo4。故反應方程式為：4kclo3 kcl+3kclo4；（2）b元素原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，則b可能是碳元素或硫元素。若b為碳元素，

8、則x為碳酸鹽。a在b的下一周期，則a是第三周期的元素，所以x為mgco3； mgco3沒有還原性，不能被空氣氧化，不符合要求。若b為硫元素，則x為亞硫酸鹽，具有強還原性，在空氣中易被氧化；a在b的下一周期，則a為第四周期的主族元素，x為caso3,難溶于水，符合題意。c1o具有強氧化性，能和caso3反應，反應的離子方程式為：clo+caso3=cl+caso4；（3）含氧酸鹽abo3能與稀硫酸反應生成無色無味的氣體，可推測abo3為碳酸鹽，所以b為碳元素。a在b元素的下一周期，且為+2價，則a為mg，即x為mgco3，氣體為co2。co2的電子式為：mgco3在高溫條件下分解，能吸收大量的熱

9、，且產生co2和mgo，生成co2阻隔空氣或生成高熔點的mgo覆蓋在可燃物表面，所以mgco3可作防火涂層。3（2018屆山東省濱州市高三下學期第二次模擬）碲(te)為第五周期元素，與氧同主族，其單質和化合物在化工生產等方面具有廣泛應用。（1）畫出碲的原子結構示意圖_。（2）已知teo2微溶于水，易溶于較濃的強酸和強堿。寫出teo2溶于濃氫氧化鈉溶液的離子方程式_。（3）工業(yè)上用銅陽極泥(主要成分為cu2te，還含有少量的ag、au)為原料制備單質碲的工藝流程如下：“加壓浸出”過程中被氧化的元素為_ (填元素符號)，1molcu2te被“浸出”時氧化劑得到的電子數(shù)為_?！八峤睍r，溫

10、度過高會使碲的浸出率降低，原因為_?！斑€原”過程的化學方程式為_。工業(yè)上還可以將銅陽極泥煅燒、堿浸后得到na2teo3溶液，然后再通過電解的方法得到單質碲，陰極的電極反應式為_ 。（4）25時，向1mol·l-1的na2teo3溶液中滴加鹽酸，當溶液ph約為6時，此時溶液中c(hteo3-) ：c(teo32-)=_。(h2teo3 的ka1=1.0×10-3，ka2=2.0×10-8)【答案】 teo2+2oh-=teo32-+h2o cu、te 8na(或4.816×1024) 溫度升高，鹽酸揮發(fā)，反應物濃度降低，導致浸出率降低

11、tecl4+2so2+4h2o=te+4hcl+2h2so4 teo32-+3h2o+4e-=te +6oh- 50：1【解析】（1）碲(te)為第五周期元素，與氧同主族，其原子序數(shù)為：52，故其原子電子排布為：2 8 18 18 6，原子結構示意圖為；（2）已知易溶于較濃的強酸和強堿，這一性質與氧化鋁的性質類似，故teo2溶于濃氫氧化鈉溶液的離子方程式為：teo2+2oh-=teo32-+h2o；（3）根據(jù)流程圖：“加壓浸出”得到了cuso4溶液和teo2，銅陽極泥主要成分為cu2te，均為0價，故該過程中cu和te被氧氣氧化；1molcu2te被“浸出”時，生成2mol cuso

12、4 轉移4mol電子和1mol teo2 轉移4mol電子，故1molcu2te被“浸出”時氧化劑得到的電子數(shù)為8na或4.816×1024；“酸浸”時，用濃鹽酸將teo2轉化成tecl4，溫度過高，鹽酸揮發(fā)，反應物濃度降低，導致浸出率降低；“還原”過程用so2將tecl4還原成單質te，故該反應的方程式為：tecl4+2so2+4h2o=te+4hcl+2h2so4；工業(yè)上還可以將銅陽極泥煅燒、堿浸后得到na2teo3溶液，然后再通過電解na2teo3溶液的方法得到單質碲，陰極發(fā)生還原反應，有元素化合價要降低，即是te由+4價降到0價，故電極反應為：teo32-+3h2o+4e-

13、=te +6oh-；（4）25時，向1mol·l-1的na2teo3溶液中滴加鹽酸，當溶液ph約為6時，c（h+）=10-6mol/l，h2teo3 的ka2=2.0×10-8，故c(hteo3-) ：c(teo32-)=50：1。4（2018屆云南省高三畢業(yè)生統(tǒng)測）我國的礦產資源豐富。利用某冶煉廢渣(主要成分為二氧化硅和錫、銅、鉛、鐵的氧化物)回收錫、銅、鉛的工藝流程如下圖所示:回答下列問題：（1）電爐冶煉時，焦炭的作用是_(填“氧化劑”或“還原劑”)，將焦炭粉碎的目的是_。熔劑的主要成分是氟石(caf2)，高溫下能與sio2反應生成兩種鈣鹽

14、，其中之一為 casif6，該反應的化學方程式為_。（2）脫鐵后的溶液中含有少量的sn2+，為減少錫的損失，可用錫、銅、鉛、鐵多元合金回收處理，反應的離子方程式為_。（3）已知sno2不溶于稀硫酸。脫鐵后氧化焙燒的目的是_。（4）電解cuso4溶液時，陽極的電極反應式為_。（5）已知h2co3的一、二級電離常數(shù)分別為k1、k2，pbso4、pbco3的溶度積常數(shù)分別為ksp(pbso4)、ksp(pbco3)。錫、鉛渣中的鉛主要以pbso4存在，脫硫時發(fā)生的反應為：pbso4(s)+hco3(aq) pbco3(s)+h+(aq)+so42-(aq)，該反應的平衡常數(shù)k=_(用上述已知常數(shù)表示

15、)。脫硫后需過濾、洗滌再進入下一步工序，檢驗濾渣是否洗滌干凈的方法是_。（6）若該冶煉廢渣中錫的質量分數(shù)為5%，30t廢渣制得精錫lt，則錫的回收率為_。【答案】 還原劑 加快反應速率使反應更充分 3caf2+3sio2 casif6+2casio3 sn2+fe=sn+fe2+ 將sn、cu分別氧化為sno2、cuo，利于浸銅時分離 2h2o-4e-=o2+4h+ 取少量末次洗滌液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若不出現(xiàn)渾濁，說明濾渣已洗凈(合理答案均可) 66.7%程式為sn2+fe=sn+fe2+；(3)已知sno2不溶于稀硫酸。脫鐵后氧化焙燒的目的是將sn、cu分別氧化為sno2、cuo，利

16、于浸銅時分離；(4)電解cuso4溶液時，陽極水電離出的氫氧根離子失電子產生氧氣，反應的電極反應式為2h2o-4e-=o2+4h+；(5)已知h2co3的一、二級電離常數(shù)分別為k1、k2，pbso4、pbco3的溶度積常數(shù)分別為ksp(pbso4)、ksp(pbco3)。錫、鉛渣中的鉛主要以pbso4存在，脫硫時發(fā)生的反應為pbso4(s)+hco3(aq) pbco3(s)+h+(aq)+so42+(aq)，該反應的平衡常數(shù)k=；檢驗濾渣是否洗滌干凈是檢驗洗滌液中是否含有硫酸根離子，檢驗的方法是取少量末次洗滌液于試管中，滴加氯化鋇溶液，若不出現(xiàn)渾濁，說明濾渣已洗凈；(6)若該冶煉廢渣中錫的質

17、量分數(shù)為5%，30t廢渣制得精錫lt，則錫的回收率為。5（2018屆山東省山東師范大學附屬中學高三下學期第八次模擬）金屬鎳及其化合物在合金材料及催化劑等方面應用廣泛。某礦渣的主要成分是nife2o4(鐵酸鎳)、nio、feo、cao、sio2等，以下是從該礦渣中回收niso4的工藝流程：已知：(nh4)2so4在350以上會分解生成nh3和h2so4。nife2o4在焙燒過程中生成niso4、fe2(so4)3。(1)焙燒前將礦渣與(nh4)2so4混合研磨，混合研磨的目的是_。(2)“浸泡”過程中fe2(so4)3生成feo(oh)的離子方程式為_，“浸渣”的成分除fe2o3，feo(oh)

18、外還含有_(填化學式)。(3)為保證產品純度，要檢測“浸出液”的總鐵量：取一定體積的浸出液，用鹽酸酸化后，加入snc12將fe3+還原為fe2+，所需snc12的物質的量不少于fe3+物質的量的_倍；除去過量的snc12后，再用酸性k2cr2o7標準溶液滴定溶液中的fe2+，滴定時反應的離子方程式為_。(4)“浸出液”中c(ca2+)=1.0×10-3mol，當除鈣率達到99時，除鈣后的溶液中c(f-)=_mol·l-1已知ksp(caf2)=4.0×10-11。(5)本工藝中，萃取劑與溶液的體積比(v0va)對溶液中ni2+、fe2+的萃取率影響如圖所示，v0v

19、a的最佳取值是_?！敬鸢浮?增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分 fe3+2h2ofeo(oh)+3h+ sio2、caso4 0.5 cr2o72+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o 2.0×103 0.25【解析】考查化學工藝流程，（1）研磨礦渣和硫酸銨，其目的是增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分；（2）浸泡過程中，加入熱水，發(fā)生的水解反應，即反應方程式為fe3+2h2o feo(oh)+3h；根據(jù)礦渣中的成分，sio2不與水反應，即浸渣中含有sio2，硫酸銨在350以上分解成nh3和h2so4，cao與硫酸反應生成caso4，caso4微溶于水，即浸渣中還

20、含有caso4；（3）根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，n(sncl2)×2=n(fe3)×1，得出sncl2的物質的量不少于fe3物質的量的0.5倍；利用fe2的還原性，與k2cr2o7發(fā)生氧化還原反應，即離子反應方程式為cr2o72+6fe2+14h=2cr3+6fe3+7h2o ；（4）除鈣率達到99%，除鈣后，溶液中c(ca2)=1.0×103×1%mol·l1=1.0×105mol·l1，則c(f)=2.0×103mol·l1；（5）根據(jù)流程圖，fe2被萃取，ni2不被萃取，因此根據(jù)圖像，v0/va的最佳取

21、值為0.25。6（2018屆百校聯(lián)盟top20四月聯(lián)考）電子垃圾中含有大量的廢棄塑料和重金屬，工業(yè)上可以從電子廢料(電腦主板和手機廢件)中提取大量的金、銀和銅，每噸電子廢料中能夠提取出130公斤銅，0.45公斤黃金和2公斤白銀，提取流程如下：請回答下列問題：(1)“酸溶”過程中，王水與金反應的化學方程式為_。(2)“萃取”過程中，將混合液分離所需要的主要儀器為_，該儀器在使用前必須進行的操作為_。(3)“還原”制備單質ag的過程中，發(fā)生反應的本質是zn和agcl在電解質hcl中形成微電池，該過程的總反應為：2agcl+zn=2ag+zncl2，則該電池正極的電極反應式為_。(4)濾渣的主要成分

22、為cu2(oh)2co3，則“沉銅”過程中發(fā)生反應的離子方程式為_。(5)濾液為nacl、na2co3和nahco3的混合液，若上述三種物質的物質的量濃度相同，則溶液中各離子濃度的大小順序為_。(6)根據(jù)下表中數(shù)據(jù)，綜合分析工業(yè)上進行“還原”過程中所選用的還原劑最好為_。物質價格（元·噸-1）雙氧水（含30%h2o2）3200綠礬（含99.0%feso4·7h2o）1800亞硫酸氫鈉（含99.5%nahso3）2850草酸（含99.0%h2c2o4)3000【答案】 au+hno3+4hcl=haucl4+2h2o+no 分液漏斗 檢漏 agcl+e-=ag+cl- 2cu

23、2+ 3co32-+2h2o= cu2(oh)2co3+2hco3- c(na+)>c(hco3-)>c(cl-)>c(co32-)>c(oh-)>c(h+) 草酸根據(jù)總反應，得出正極反應式為agcle=agcl；（4）沉銅時，向cucl2溶液種加入足量的na2co3溶液，產生cu2(oh)2co3，根據(jù)（5）的提示，濾液中有新的物質是nahco3，即沉銅時產生nahco3，即沉銅時的離子方程式為2cu2+ 3co32+2h2o= cu2(oh)2co3+2hco3 ；（5）三者物質的量相同，c(na)最多，因為co32的水解程度大于hco3的

24、水解程度，因此c(hco3)>c(cl)>c(co3)，co32水解后溶液顯堿性，即c(oh)>c(h)，水解程度微弱，因此離子濃度大小順序是c(na)>c(hco3)>c(cl)>c(co32)>c(oh)>c(h)；（6）h2o2：h2o2含量低，且價格貴，因此不選h2o2；綠礬：雖然價格便宜，但根據(jù)得失電子情況分析，等物質的量的綠礬和草酸相比，還原效率相差一倍，再結合相對分子質量，可以得出草酸比綠礬的成本低；亞硫酸氫鈉：有可能產生so2，對環(huán)境產生污染，因此還原劑最好的是草酸。7（2018屆福建省廈門市雙十中學高三第九次能力考試）金屬鎳具有

25、較高的經濟價值。工業(yè)上采用一定方法處理含鎳廢水使其達標排放并回收鎳。某電鍍廢水中的鎳主要以nirz絡合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡: nir2(aq) ni2+(aq) +2r-(aq) (r-為有機物配體，k=1.6×10-14)（1）傳統(tǒng)的“硫化物沉淀法”是向廢水中加入na2s，使其中的nir2 生成nis 沉淀進而回收鎳。該反應的離子方程式為_。nis 沉淀生成的同時會有少量ni(oh)2沉淀生成，用離子方程式解釋ni(oh)2生成的原因是_。（2）“硫化物沉淀法”鎳的回收率不高，處理后廢水中的鎳含量難以達標?！拌F脫絡-化學沉淀法”可達到預期效果，該法將鎳轉化為ni(oh

26、)2固體進而回收鎳。工藝流程如下：“脫絡”(指鎳元素由絡合物nir2轉化成游離的ni3+) 過程中，r-與中間產物-oh (羥基自由基) 反應生成難以與ni2+絡合的-r (有機物自由基)，但-oh也能與h2o2發(fā)生反應。反應的方程式如下：fe2+ + h2o2 = fe3+ +oh-+-oh ir- +-oh =oh-+-r ii h2o2+2-oh=o2+ 2h2o iii實驗測得“脫絡”過程中h2o2的加入量對溶液中鎳去除率的影響如圖所示：從平衡移動的角度解釋加入fe2+和h2o2能夠實現(xiàn)“脫絡”的原因是_。分析圖中曲線，可推斷過氧化氫的最佳加入量為_ g/ l； 低于或高于這個值，廢水

27、處理效果都下降，原因是_。（3） 工業(yè)上還可用電解法制取三氧化二鎳。用naoh溶液調節(jié)nicl2溶液ph至7.5，加入適量硫酸鈉后采用情性電極進行電解。電解過程中產生的cl2有80%在弱堿性條件下生成clo-，再把二價鎳氧化為三價鎳。寫出clo- 氧化ni (oh) 2生成三氧化二鎳的離子方程式是_， amol二價鎳全部轉化為三價鎳時，外電路中通過電子的物質的量是_。電解法制取三氧化二鎳實際過程中，有時獲得一種結晶水合物，已知1mol 該物質中含有0.5mol結晶水。取該化合物20.2g進行充分加熱，而獲得三氧化二鎳固體和0.2mol水，則該結晶水合物的化學式為_?！敬鸢浮?nir2 

28、;+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 通過反應i和反應將r-轉化成難以與ni2+絡合的·r，使c(r-)減小，平衡正向移動，實現(xiàn)“脫絡” 0.45 低于此數(shù)值，反應i 生成的-oh過少，不足以使r-充分轉化成-r；高于此數(shù)值，h2o2多，但反應i生成-oh能與h2o2發(fā)生反應,使h2o2轉化成o2和h2o,同樣不

29、能使r- 充分轉化成-r c1o-+2ni(oh)2=cl- +ni2o3+2h2o 1.25a mol niooh·h2o 或2niooh·h2o（2）脫絡是指鎳元素由絡合物nir2轉化成游離的ni3，r與中間產物-oh (羥基自由基) 反應生成難以與ni2絡合的-r (有機物自由基)，nir2溶液中存在nir2(aq) ni2+(aq) +2r-(aq) ，加入fe2和h2o2，依據(jù)反應i和反應ii，將r轉化成難以與ni2絡合的r，使c(r-)減小，平衡正向移動，實現(xiàn)“脫絡”；根據(jù)鎳去除率的圖像，當過氧化氫的投

30、加量為0.45g·l1時，去除率達到最大，即過氧化氫的最佳加入量為0.45g·l1；低于此值時，反應i種產生的oh的量少，不足以使r轉化成r，高于此值時，h2o2多，h2o2與oh會發(fā)生反應iii，不能使r充分轉化成r；（3）clo把ni(oh)2氧化成ni2o3，本身被還原成cl，因此離子方程式為cloni(oh)2ni2o3cl，根據(jù)化合價的升降法進行配平，即離子方程式為clo+2ni(oh)2=cl +ni2o3+2h2o；根據(jù)離子方程式，消耗amolni(oh)2的同時消耗a/2mol的clo，cl2有80%在弱堿性轉化成clo，即cl22oh=cloclh2o，電

31、解過程中產生氯氣的量為0.5a/80%mol，電解過程種2cl2e=cl2，因此外電路轉移電子物質的量為0.5a×2/80%mol=1.25a；產生h2o的質量為0.2×18g=3.6g，根據(jù)質量守恒，ni2o3的質量為(20.23.6)g=16.6g，即ni2o3的物質的量為0.1mol，n(ni2o3):n(h2o)=0.1:0.2=1:2，根據(jù)原子守恒和元素守恒，得出化學式為niooh·h2o 或2niooh·h2o。8（2018屆安徽省江淮十校高三第三次聯(lián)考4月）硒(34se)與氧同主族，硒元素及其化合物與人體健康、工業(yè)生產密切相關。某

32、科研小組以陽極泥(主要成分是se，含有cuse、ag2se等雜質)為原料，提煉硒的流程如下：請回答下列問題：(1)硒原子的次外層電子數(shù)_,與硒同周期相鄰元素是_(填元素名稱)。(2)已知a是na2seo3，可用于治療克山病,則a的化學名稱為_；c是na2se，則na2se的電子式為_。(3)上述流程圖中的括號內“( )”，按操作先后順序依次填寫的內容是_、_。(4)寫出高溫下用焦炭還原b的化學方程式_。(5)溶液c中析出硒的離子方程式_。(6)向na2seo3溶液中滴加稍過量的乙酸，其離子方程式為_。已知:ka1(h2seo3)=2.7×10-3、ka2(h2seo3)=2.5

33、15;10-8、ka(ch3cooh)=1.8×10-5。(7)粗硒可采用真空蒸餾的方法進行提純,獲得純硒。真空蒸餾的揮發(fā)物中硒含量與溫度的關系如圖所示：蒸餾操作中控制的最佳溫度是_(填標號)。a455 b462 c475 d515【答案】 18 砷、溴 亞硒酸鈉 粉碎 過濾 na2seo4 +4cna2se +4co 2se2- +o2 +2co2=2se+2co32- (或2se2- +o2 +4co2 +2h2o=2se+4hco3-) seo32-+ch3cooh=hseo3- +ch3

34、coo- c【解析】(1). 已知硒與氧同主族，核外電子數(shù)為34，硒元素的最外層有6個電子，k層有2個電子，l層有8個電子，則m層有18個電子，同周期中與硒相鄰的元素是砷和溴，故答案為：18；砷、溴；(2). 類比na2so3的化學名稱是亞硫酸鈉可知，na2seo3的化學名稱是亞硒酸鈉，se元素最外層有6個電子，得到2個na原子失去的2個電子形成穩(wěn)定結構，na2se的電子式為：，故答案為：亞硒酸鈉；(3). 在水浸之前應將燒結后的固體粉碎，以提高浸出率，依據(jù)“cu、ag殘渣”和濾液a可以判斷水浸后的操作是過濾，故答案為：粉碎；過濾；(4). a是na2seo3，通入空氣后蒸干，得到的固體b是n

35、a2seo4，高溫下用焦炭還原na2seo4得到na2se 和co，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該反應的化學方程式為：na2seo4 +4cna2se +4co，故答案為：na2seo4 +4cna2se +4co；(5). 在濾液c中通入空氣，氧氣可把還原性強的se2- 氧化為單質se，通入co2可以減弱反應后溶液的堿性，有利于se的析出，依題意可知該反應的離子方程式為：2se2- +o2 +2co2=2se+2co32- (或2se2- +o2 +4co2 +2h2o=2

36、se+4hco3-)，故答案為：2se2- +o2 +2co2=2se+2co32- (或2se2- +o2 +4co2 +2h2o=2se+4hco3-)；9（廣東省珠海市高三3月質量檢測一模）金屬釩被譽為“合金的維生素”，常用于催化劑和新型電池。釩(v)在溶液中主要以vo43-(黃色)、vo2+(淺黃色)、vo2+ (藍色)、v3+(綠色)、v2+(紫色)等形式存在?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：4al(s)+3o2(g)=2al2o3(s) h1 4v(s)+5o2(g)=2v2o5(s) h2寫出v2o5與al 反應制備金屬釩的熱

37、化學方程式_。（反應熱用h1、h2表示）（2） v2o5具有強氧化性，溶于濃鹽酸可以得到藍色溶液(含有vo2+)，試寫出v2o5與濃鹽酸反應的化學反應方程式：_。（3）vo43-和v2o74-在ph13的溶液中可相互轉化。室溫下，1.0mol·l-1的na3vo4溶液中c(vo43-)隨c(h+)的變化如圖所示。溶液中c(h+)增大，vo43-的平衡轉化率_(填“增大”“減小”或“不變”)。根據(jù)a點數(shù)據(jù)，計算該轉化反應的平衡常數(shù)的數(shù)值為_。（4）全釩液流電池是一種優(yōu)良的新型蓄電儲能設備，其工作原理如圖2所示：放電過程中，a電極的反應式為_。充電過程中，b電極附近溶液顏色變化為_。若該

38、電池放電時的電流強度i=2.0a，電池工作10分鐘，電解精煉銅得到銅mg，則電流利用率為_(寫出表達式，不必計算出結果。已知：電量q=it，t為時間/秒；電解時q=znf，z為每摩爾物質得失電子摩爾數(shù)，n為物質的量，法拉弟常數(shù)f=96500c/mol，電流利用效率=×100%)【答案】 10al(s)+3v2o3(s)=5al2o3(s)+6v(s) h=1/2(5h1-3h2) v2o5+6hcl=2vocl2+cl2+3h2o 增大 0.4 vo2+2h+e-=vo2+h2o 溶液由綠色變?yōu)樽仙?【解析】(1)4al(s)+3o2(g)=2al2o3(s)h1，4v(s)+5o2

39、(g)=2v2o5(s)h2，蓋斯定律計算(×5-×3)×得到v2o5與a1反應制備金屬釩的熱化學方程式10al(s)+3v2o3(s)=5al2o3(s)+6v(s)h= ×(5h1-3h2)；(2)v2o5具有強氧化性，溶于濃鹽酸可以得到藍色溶液為vo2+，v元素化合價+5價變化為+4價，做氧化劑，氯化氫被氧化生成氯氣，結合電子守恒、原子守恒配平書寫化學方程式v2o5+6hcl=2vocl2+cl2+3h2o；(3)vo43-和v2o74-在ph13的溶液中可相互轉化，室溫下，1.0moll-1的na3vo4溶液中c(vo43-)隨c(h+)的變化，

40、根據(jù)圖像，氫離子濃度越大，vo43-越少，溶液中na3vo4轉化為na4v2o7的離子方程式2vo43-+h2ov2o74-+2oh-，由圖可知，溶液中c(h+)增大，vo43-的濃度減小，說明vo43-的平衡轉化率增大，a點vo43-的濃度為0.2mol/l，消耗濃度1mol/l-0.2mol/l=0.8mol/l，生成的cr2o72-的濃度為0.4mol/l，此時c(h+)=5×10-14 mol/l，則c(oh-)=0.2 mol/l，k=0.4，；(4)放電過程中a電極為原電池正極，電極的反應式為vo2+2h+e-=vo2+h2o，故答案為：vo2+2h+e-=vo2+h2o

41、；充電時，右槽b是電解池的陰極，該極上發(fā)生得電子的還原反應，即v2+v3+，應該是綠色變?yōu)樽仙?電解精煉銅得到銅mg時，即銅的物質的量為mol，所以電解消耗的電量q=2×mol×96500c/mol，根據(jù)放電的電流強度i=2.0a=2.0c/s，電池工作10分鐘，可計算得電池的輸出電量q=it=2.0 c/s ×10min×60s/min，所以電流利用效率×100%=×100%。10（2017-2018學年度山東省天成大聯(lián)考高三理綜）cu2o主要用于制造船底防污漆，它是一種鮮紅色粉末，幾乎不溶于水，在濕空氣中逐漸氧化成黑色氧化銅。用

42、含naoh的na2so3溶液還原cuso4制備cu2o的工藝流程如下：回答下列問題：（1）流程中涉及的化學反應主要包括：.cu2+2oh-=cu(oh)2；.生成cuoh；.2cuoh=cu2o+h2o。寫出第步反應的離子方程式： _。（2）其他反應條件相同時，測得反應時間和溶液的ph對cu2o產率的影響如下圖所示：反應時間超過2h時，cu2o產率開始降低其原因是_。ph<5時，cu2o產率隨ph減小而減小，產品中銅含量增加明顯，其原因是_（用離子方程式說明）。（3）為測定產品中cu2o的含量，稱取3.96 g產品于錐形瓶中，加入30ml硫酸酸化的fe2(so4)3溶液（足量），充分反應

43、后用0.2000 mol·l-1標準kmno4溶液滴定，至終點時消耗50ml標準液。滴定時應選用_(填“酸式”或“堿式”)滴定管，滴定終點的現(xiàn)象是_。產品與硫酸酸化的fe2(so4)3溶液反應的離子方程式為_。假定雜質不參與反應，產品中cu2o的質量分數(shù)為_。【答案】 2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o 部分cu2o被氧化為cuo cu2o+2h+=cu+cu2+h2o 酸式 當最后一滴kmno4滴入后，溶液呈紫紅色且30 s內不褪去 2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 91%【解析】（1）由題意可知，第步反應是cu(oh)2被na2so

44、3還原為cuoh，離子方程式為2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o。 答案為：2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o（2）反應時間超過2h時，cu2o產率開始降低其原因是cu2o在干燥的空氣中雖然穩(wěn)定，但在濕空氣中會慢慢被氧化，生成cuo。產品與硫酸酸化的fe2(so4)3溶液反應的離子方程式為：2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 。假定雜質不參與反應，根據(jù)電子守恒有，則，產品中的質量分數(shù)為。答案為：當最后一滴kmno4滴入后，溶液呈紫紅色且30 s內不褪去 、2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 、91%11

45、（2018屆河北省唐山市高三第二次模擬考試）nabio3可作為鋼鐵分析中測定錳的氧化劑，bi2o3在電子行業(yè)有著廣泛應用，可利用浮選過的輝鉍礦(主要成分是bi2s3，還含少量sio2等雜質)來制備。其工藝流程如下:回答下列問題:（1）輝鉍礦的“浸出液”中鉍元素主要以bi3+形式存在，寫出bi2s3與fecl3 溶液反應的離子方程式:_；加入鹽酸，既可提高鉍的浸出率，又可_；濾渣1的主要成分是_和硫。（2）nabio3 是為數(shù)不多的鈉鹽沉淀之一，由溶液3 制得純凈的nabio3，操作2 包括_。（3） bi2o3 與na2o2 可在熔融狀態(tài)下反應制得nabio3，其副產物為_。（4）寫出“煅燒”

46、中由堿式碳酸鉍(bio)2co3制備bi2o3的化學方程式:_。（5） 某工廠用m1 kg 輝鉍礦(含bi2o360%)制備nabio3，最終得到產品m2kg，產率為_?！敬鸢浮?bi2s3+6fe3=2bi3+6fe2+3s 抑制溶液中bi3的水解 sio2 過濾、洗滌、干燥 na2o (bio)2co3bi2o3co2 【解析】試題分析:由題中信息可知，輝鉍礦經氯化鐵和鹽酸的混合液浸取后，硫化鉍中的硫離子被氧化為硫單質，過濾后除去二氧化硅和硫等濾渣，向濾液中加入足量的鐵粉把鉍置換出來得到海綿鉍，海綿鉍經鹽酸和雙氧水溶解得到氯化鉍溶液，向氯化鉍溶液中加入氫氧化鈉溶液和次氯酸鈉溶液把氯化鉍氧化

47、為鉍酸鈉；向氯化鉍溶液中加入碳酸銨可以生成碳酸氧鉍沉淀，碳酸氧鉍經煅燒得到氧化鉍。（1）輝鉍礦的“浸出液”中鉍元素主要以bi3+形式存在， bi2s3與fecl3 溶液反應的離子方程式為bi2s3+6fe3=2bi3+6fe2+3s；加入鹽酸，既可提高鉍的浸出率，又可抑制溶液中bi3的水解；濾渣1的主要成分是sio2和硫。（2）由題中信息可知，nabio3 難溶于水，故溶液3 中生成的鉍酸鈉沉淀需經過濾、洗滌、干燥方能制得純凈的nabio3。（3） bi2o3 與na2o2 可在熔融狀態(tài)下反應制得nabio3，bi的化合價升高，根據(jù)化

48、合價的升降規(guī)律，可以推斷o的化合價由-1降低到-2，故其副產物為na2o。（4） “煅燒”中由堿式碳酸鉍(bio)2co3制備bi2o3的化學方程式(bio)2co3bi2o3co2。（5） m1 kg 輝鉍礦含bi2o3的質量為 0.6m1 kg，若其完全轉化為nabio3，可以得到nabio3的質量為kg=kg，最終得到產品m2kg，故產率為。12（2018屆甘肅省蘭州市高三第二次診斷）工業(yè)上從電解精煉銅的陽極泥(成分為cus、cu2se、cu2te 和少量金屬單質au) 中回收碲、硒的工藝流程如下:已知: (1)teo2是兩性氧化物。(2

49、)se和teo2的物理性質如下:物理性質熔點沸點水溶性se221685難溶于水teo27331260微溶于水(1)“培燒”時，為提高原料的利用率，可采取的措施有_(寫一條即可)。(2)“堿浸”過濾得到濾渣的主要成分是_(填化學式)。(3)“沉碲”時控制溶液的ph為4.5-5.0，生成teo2沉淀。如果h2so4的濃度過大，將導致“沉碲”不完全，原因為_。(4)“酸溶”將teo2先溶于硫酸得到te(so4)2，然后加入na2so3溶液進行還原，還原碲的離子反應方程式是_。(5)seo2與so2的混合煙氣可用水吸收制得單質se，當有10mol電子轉移時，會生成_mol se。過濾所得粗硒可采用真空

50、蒸餾的方法提純獲得純硒，采用真空蒸餾的目的是_。(6)常溫下，seo2與naoh溶液反應所得nahseo3溶液的ph_7(填“>”“<”或“=”)，理由是_。(已知25時，亞硒酸(hseo3)的ka1=2.5×10-3，ka2=2.6×10-7)【答案】 將陽極泥粉碎（通入過量的空氣）等 au、 cuo 硫酸濃度過大， teo2會溶于酸， 導致 teo2沉淀不完全 2so32+te4+2h2o=te+2so42+4h+ 2.5 降低se的沸點，避免 se與空氣中氧氣發(fā)生反應 < hseo3的水解常數(shù)kh4.0×1012，由于 kh<ka2，

51、故nahseo3 溶液的 ph<7（3）因為teo2是兩性氧化物，硫酸濃度過大，會導致teo2溶于酸，使teo2沉淀不完全。（4）由已知根據(jù)氧化還原反應原理，so32-還原te4+為te，本身被氧化為so42-，離子反應方程式為：2so32-+te4+ +2h2o=te+2so42-+4h+。（5）seo2與so2的混合煙氣用水吸收得到單質se為還原產物，se的化合價由+4降為0，則每生成1molse轉移4mol電子，所以當有10mol電子轉移時，會生成2.5molse。提純粗硒獲得純硒采用真空蒸餾的方法，可避免se與空氣中的氧氣發(fā)生反應；又因為液體的沸點與大氣壓強有關，大氣壓強增高時，

52、液體的沸點也會增大，大氣的壓強降低時，液體的沸點也會隨之降低，所以采用真空蒸餾還可以降低se的沸點，更有利于分離提純。（6）由已知，常溫下(25時)，hseo3-的水解常數(shù)kh=kw/ka1=1.0×10-14÷(2.5×10-3)=4.0×10-12，hseo3-的電離常數(shù)ka2=2.6×10-7，所以kh<ka2，因此nahseo3溶液的ph<7。13（2018屆河北省武邑中學高三下學期期中考試）鉍(bi)與氮同族，氯氧化鉍(biocl)廣泛用于彩釉調料、塑料助劑、油漆調色、生產金屬鉍等。一種用火法煉銅過程產生的銅轉爐煙塵(除含

53、鉍的化合物之外，還有cuso4、znso4、cus、fe2o3、pbso4及as2o3)制備高純氯氧化鉍的工藝流程如下：請回答：(1)bi位于第六周期，其原子結構示意圖為_。(2)向“酸浸”所得浸液中加入zn粉，充分反應后過濾，從溶液中獲得znso4·7h2o的操作為_、過濾、洗滌、干燥。(3)“浸銅”時，有單質硫生成，其離子方程式為_。(4)“浸鉍”時，溫度升高，鉍的浸出率降低，其原因為_。(5)“除鉛、砷”時，可以采用以下兩種方法。加入改性hap。浸液1與hap的液固比(l/s)與鉛、砷去除率以及后續(xù)沉鉍量的關系如下表:l/s125:150:125:115:1pb2+去除率/%84.8694.1595.4096.83as3+去除率/%98.7998.9298.3499.05m(沉鉍)/g2.342.332.051.98實驗中應采用的l/s=_。鐵鹽氧化法，向浸液1中加入fe2(so4)3，并調節(jié)ph，生成feaso4沉淀。欲使溶液中c(aso42-)<10-9mol/l且不產生fe(oh)3沉淀，應控制ph的范圍為_。已知:1g2=0.3:；feaso4、fe(oh)3的ksp分別為5×10-23、4×10-38。(6)“沉鉍“時需控制溶液的ph