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

1、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(

2、coc2o42h2o)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(coc2o42h2o)=183g/mol。  温度范围/  固体质量/g150-210  8.82290-3204.82890-920  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+3h2o fe(oh)3 防止锂离子结合碳

3、酸根离子形成碳酸锂沉淀 coc2o4 3coc2o4+2o2co3o4+6co2 coo【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

4、到210时，10.98g草酸钴晶体(coc2o42h2o)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+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

5、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。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

6、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。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

7、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，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，

8、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。co2的电子式为：mgco3在高温条件下分解，能吸收大量的热

9、，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：“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

10、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-+h2o cu、te 8na(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

11、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 cuso

12、4 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4.816×1024；“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；“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-

13、=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

14、，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)+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

15、)。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、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

16、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)+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

17、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)

18、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(v0va)对溶液中ni2+、fe2+的萃取率影响如图所示，v0v

19、a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 2.0×103 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

20、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)=1.0×103×1%mol·l1=1.0×105mol·l1，则c(f)=2.0×103mol·l1；（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

21、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”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

22、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”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- 2cu

23、2+ 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

24、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

25、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。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

26、)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-+-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

27、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 

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 通过反应i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

29、能使r- 充分转化成-r c1o-+2ni(oh)2=cl- +ni2o3+2h2o 1.25a mol niooh·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”；根据镍去除率的图像，当过氧化氢的投

30、加量为0.45g·l1时，去除率达到最大，即过氧化氢的最佳加入量为0.45g·l1；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

31、解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2cl2e=cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a；产生h2o的质量为0.2×18g=3.6g，根据质量守恒，ni2o3的质量为(20.23.6)g=16.6g，即ni2o3的物质的量为0.1mol，n(ni2o3):n(h2o)=0.1:0.2=1:2，根据原子守恒和元素守恒，得出化学式为niooh·h2o 或2niooh·h2o。8（2018届安徽省江淮十校高三第三次联考4月）硒(34se)与氧同主族，硒元素及其化合物与人体健康、工业生产密切相关。某

32、科研小组以阳极泥(主要成分是se，含有cuse、ag2se等杂质)为原料，提炼硒的流程如下：请回答下列问题：(1)硒原子的次外层电子数_,与硒同周期相邻元素是_(填元素名称)。(2)已知a是na2seo3，可用于治疗克山病,则a的化学名称为_；c是na2se，则na2se的电子式为_。(3)上述流程图中的括号内“( )”，按操作先后顺序依次填写的内容是_、_。(4)写出高温下用焦炭还原b的化学方程式_。(5)溶液c中析出硒的离子方程式_。(6)向na2seo3溶液中滴加稍过量的乙酸，其离子方程式为_。已知:ka1(h2seo3)=2.7×10-3、ka2(h2seo3)=2.5

33、15;10-8、ka(ch3cooh)=1.8×10-5。(7)粗硒可采用真空蒸馏的方法进行提纯,获得纯硒。真空蒸馏的挥发物中硒含量与温度的关系如图所示：蒸馏操作中控制的最佳温度是_(填标号)。a455 b462 c475 d515【答案】 18 砷、溴 亚硒酸钠 粉碎 过滤 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). 已知硒与氧同主族，核外电子数为34，硒元素的最外层有6个电子，k层有2个电子，l层有8个电子，则m层有18个电子，同周期中与硒相邻的元素是砷和溴，故答案为：18；砷、溴；(2). 类比na2so3的化学名称是亚硫酸钠可知，na2seo3的化学名称是亚硒酸钠，se元素最外层有6个电子，得到2个na原子失去的2个电子形成稳定结构，na2se的电子式为：，故答案为：亚硒酸钠；(3). 在水浸之前应将烧结后的固体粉碎，以提高浸出率，依据“cu、ag残渣”和滤液a可以判断水浸后的操作是过滤，故答案为：粉碎；过滤；(4). a是na2seo3，通入空气后蒸干，得到的固体b是n

35、a2seo4，高温下用焦炭还原na2seo4得到na2se 和co，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为：na2seo4 +4cna2se +4co，故答案为：na2seo4 +4cna2se +4co；(5). 在滤液c中通入空气，氧气可把还原性强的se2- 氧化为单质se，通入co2可以减弱反应后溶液的碱性，有利于se的析出，依题意可知该反应的离子方程式为：2se2- +o2 +2co2=2se+2co32- (或2se2- +o2 +4co2 +2h2o=2

36、se+4hco3-)，故答案为：2se2- +o2 +2co2=2se+2co32- (或2se2- +o2 +4co2 +2h2o=2se+4hco3-)；9（广东省珠海市高三3月质量检测一模）金属钒被誉为“合金的维生素”，常用于催化剂和新型电池。钒(v)在溶液中主要以vo43-(黄色)、vo2+(浅黄色)、vo2+ (蓝色)、v3+(绿色)、v2+(紫色)等形式存在。回答下列问题：（1）已知：4al(s)+3o2(g)=2al2o3(s) h1 4v(s)+5o2(g)=2v2o5(s) h2写出v2o5与al 反应制备金属钒的热

37、化学方程式_。（反应热用h1、h2表示）（2） v2o5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液(含有vo2+)，试写出v2o5与浓盐酸反应的化学反应方程式：_。（3）vo43-和v2o74-在ph13的溶液中可相互转化。室温下，1.0mol·l-1的na3vo4溶液中c(vo43-)随c(h+)的变化如图所示。溶液中c(h+)增大，vo43-的平衡转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。根据a点数据，计算该转化反应的平衡常数的数值为_。（4）全钒液流电池是一种优良的新型蓄电储能设备，其工作原理如图2所示：放电过程中，a电极的反应式为_。充电过程中，b电极附近溶液颜色变化为_。若该

38、电池放电时的电流强度i=2.0a，电池工作10分钟，电解精炼铜得到铜mg，则电流利用率为_(写出表达式，不必计算出结果。已知：电量q=it，t为时间/秒；电解时q=znf，z为每摩尔物质得失电子摩尔数，n为物质的量，法拉弟常数f=96500c/mol，电流利用效率=×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 溶液由绿色变为紫色 【解析】(1)4al(s)+3o2(g)=2al2o3(s)h1，4v(s)+5o2

39、(g)=2v2o5(s)h2，盖斯定律计算(×5-×3)×得到v2o5与a1反应制备金属钒的热化学方程式10al(s)+3v2o3(s)=5al2o3(s)+6v(s)h= ×(5h1-3h2)；(2)v2o5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为vo2+，v元素化合价+5价变化为+4价，做氧化剂，氯化氢被氧化生成氯气，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式v2o5+6hcl=2vocl2+cl2+3h2o；(3)vo43-和v2o74-在ph13的溶液中可相互转化，室温下，1.0moll-1的na3vo4溶液中c(vo43-)随c(h+)的变化，

40、根据图像，氢离子浓度越大，vo43-越少，溶液中na3vo4转化为na4v2o7的离子方程式2vo43-+h2ov2o74-+2oh-，由图可知，溶液中c(h+)增大，vo43-的浓度减小，说明vo43-的平衡转化率增大，a点vo43-的浓度为0.2mol/l，消耗浓度1mol/l-0.2mol/l=0.8mol/l，生成的cr2o72-的浓度为0.4mol/l，此时c(h+)=5×10-14 mol/l，则c(oh-)=0.2 mol/l，k=0.4，；(4)放电过程中a电极为原电池正极，电极的反应式为vo2+2h+e-=vo2+h2o，故答案为：vo2+2h+e-=vo2+h2o

41、；充电时，右槽b是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，即v2+v3+，应该是绿色变为紫色； 电解精炼铜得到铜mg时，即铜的物质的量为mol，所以电解消耗的电量q=2×mol×96500c/mol，根据放电的电流强度i=2.0a=2.0c/s，电池工作10分钟，可计算得电池的输出电量q=it=2.0 c/s ×10min×60s/min，所以电流利用效率×100%=×100%。10（2017-2018学年度山东省天成大联考高三理综）cu2o主要用于制造船底防污漆，它是一种鲜红色粉末，几乎不溶于水，在湿空气中逐渐氧化成黑色氧化铜。用

42、含naoh的na2so3溶液还原cuso4制备cu2o的工艺流程如下：回答下列问题：（1）流程中涉及的化学反应主要包括：.cu2+2oh-=cu(oh)2；.生成cuoh；.2cuoh=cu2o+h2o。写出第步反应的离子方程式： _。（2）其他反应条件相同时，测得反应时间和溶液的ph对cu2o产率的影响如下图所示：反应时间超过2h时，cu2o产率开始降低其原因是_。ph<5时，cu2o产率随ph减小而减小，产品中铜含量增加明显，其原因是_（用离子方程式说明）。（3）为测定产品中cu2o的含量，称取3.96 g产品于锥形瓶中，加入30ml硫酸酸化的fe2(so4)3溶液（足量），充分反应

43、后用0.2000 mol·l-1标准kmno4溶液滴定，至终点时消耗50ml标准液。滴定时应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象是_。产品与硫酸酸化的fe2(so4)3溶液反应的离子方程式为_。假定杂质不参与反应，产品中cu2o的质量分数为_。【答案】 2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o 部分cu2o被氧化为cuo cu2o+2h+=cu+cu2+h2o 酸式 当最后一滴kmno4滴入后，溶液呈紫红色且30 s内不褪去 2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 91%【解析】（1）由题意可知，第步反应是cu(oh)2被na2so

44、3还原为cuoh，离子方程式为2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o。 答案为：2cu(oh)2+so32- 2cuoh+so42-+h2o（2）反应时间超过2h时，cu2o产率开始降低其原因是cu2o在干燥的空气中虽然稳定，但在湿空气中会慢慢被氧化，生成cuo。产品与硫酸酸化的fe2(so4)3溶液反应的离子方程式为：2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 。假定杂质不参与反应，根据电子守恒有，则，产品中的质量分数为。答案为：当最后一滴kmno4滴入后，溶液呈紫红色且30 s内不褪去 、2fe3+cu2o+2h+=2fe2+2cu2+h2o 、91%11

45、（2018届河北省唐山市高三第二次模拟考试）nabio3可作为钢铁分析中测定锰的氧化剂，bi2o3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是bi2s3，还含少量sio2等杂质)来制备。其工艺流程如下:回答下列问题:（1）辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以bi3+形式存在，写出bi2s3与fecl3 溶液反应的离子方程式:_；加入盐酸，既可提高铋的浸出率，又可_；滤渣1的主要成分是_和硫。（2）nabio3 是为数不多的钠盐沉淀之一，由溶液3 制得纯净的nabio3，操作2 包括_。（3） bi2o3 与na2o2 可在熔融状态下反应制得nabio3，其副产物为_。（4）写出“煅烧”

46、中由碱式碳酸铋(bio)2co3制备bi2o3的化学方程式:_。（5） 某工厂用m1 kg 辉铋矿(含bi2o360%)制备nabio3，最终得到产品m2kg，产率为_。【答案】 bi2s3+6fe3=2bi3+6fe2+3s 抑制溶液中bi3的水解 sio2 过滤、洗涤、干燥 na2o (bio)2co3bi2o3co2 【解析】试题分析:由题中信息可知，辉铋矿经氯化铁和盐酸的混合液浸取后，硫化铋中的硫离子被氧化为硫单质，过滤后除去二氧化硅和硫等滤渣，向滤液中加入足量的铁粉把铋置换出来得到海绵铋，海绵铋经盐酸和双氧水溶解得到氯化铋溶液，向氯化铋溶液中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液把氯化铋氧化

47、为铋酸钠；向氯化铋溶液中加入碳酸铵可以生成碳酸氧铋沉淀，碳酸氧铋经煅烧得到氧化铋。（1）辉铋矿的“浸出液”中铋元素主要以bi3+形式存在， bi2s3与fecl3 溶液反应的离子方程式为bi2s3+6fe3=2bi3+6fe2+3s；加入盐酸，既可提高铋的浸出率，又可抑制溶液中bi3的水解；滤渣1的主要成分是sio2和硫。（2）由题中信息可知，nabio3 难溶于水，故溶液3 中生成的铋酸钠沉淀需经过滤、洗涤、干燥方能制得纯净的nabio3。（3） bi2o3 与na2o2 可在熔融状态下反应制得nabio3，bi的化合价升高，根据化

48、合价的升降规律，可以推断o的化合价由-1降低到-2，故其副产物为na2o。（4） “煅烧”中由碱式碳酸铋(bio)2co3制备bi2o3的化学方程式(bio)2co3bi2o3co2。（5） m1 kg 辉铋矿含bi2o3的质量为 0.6m1 kg，若其完全转化为nabio3，可以得到nabio3的质量为kg=kg，最终得到产品m2kg，故产率为。12（2018届甘肃省兰州市高三第二次诊断）工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为cus、cu2se、cu2te 和少量金属单质au) 中回收碲、硒的工艺流程如下:已知: (1)teo2是两性氧化物。(2

49、)se和teo2的物理性质如下:物理性质熔点沸点水溶性se221685难溶于水teo27331260微溶于水(1)“培烧”时，为提高原料的利用率，可采取的措施有_(写一条即可)。(2)“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3)“沉碲”时控制溶液的ph为4.5-5.0，生成teo2沉淀。如果h2so4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为_。(4)“酸溶”将teo2先溶于硫酸得到te(so4)2，然后加入na2so3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_。(5)seo2与so2的混合烟气可用水吸收制得单质se，当有10mol电子转移时，会生成_mol se。过滤所得粗硒可采用真空

50、蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。(6)常温下，seo2与naoh溶液反应所得nahseo3溶液的ph_7(填“>”“<”或“=”)，理由是_。(已知25时，亚硒酸(hseo3)的ka1=2.5×10-3，ka2=2.6×10-7)【答案】 将阳极泥粉碎（通入过量的空气）等 au、 cuo 硫酸浓度过大， teo2会溶于酸， 导致 teo2沉淀不完全 2so32+te4+2h2o=te+2so42+4h+ 2.5 降低se的沸点，避免 se与空气中氧气发生反应 < hseo3的水解常数kh4.0×1012，由于 kh<ka2，

51、故nahseo3 溶液的 ph<7（3）因为teo2是两性氧化物，硫酸浓度过大，会导致teo2溶于酸，使teo2沉淀不完全。（4）由已知根据氧化还原反应原理，so32-还原te4+为te，本身被氧化为so42-，离子反应方程式为：2so32-+te4+ +2h2o=te+2so42-+4h+。（5）seo2与so2的混合烟气用水吸收得到单质se为还原产物，se的化合价由+4降为0，则每生成1molse转移4mol电子，所以当有10mol电子转移时，会生成2.5molse。提纯粗硒获得纯硒采用真空蒸馏的方法，可避免se与空气中的氧气发生反应；又因为液体的沸点与大气压强有关，大气压强增高时，

52、液体的沸点也会增大，大气的压强降低时，液体的沸点也会随之降低，所以采用真空蒸馏还可以降低se的沸点，更有利于分离提纯。（6）由已知，常温下(25时)，hseo3-的水解常数kh=kw/ka1=1.0×10-14÷(2.5×10-3)=4.0×10-12，hseo3-的电离常数ka2=2.6×10-7，所以kh<ka2，因此nahseo3溶液的ph<7。13（2018届河北省武邑中学高三下学期期中考试）铋(bi)与氮同族，氯氧化铋(biocl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含

53、铋的化合物之外，还有cuso4、znso4、cus、fe2o3、pbso4及as2o3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：请回答：(1)bi位于第六周期，其原子结构示意图为_。(2)向“酸浸”所得浸液中加入zn粉，充分反应后过滤，从溶液中获得znso4·7h2o的操作为_、过滤、洗涤、干燥。(3)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为_。(4)“浸铋”时，温度升高，铋的浸出率降低，其原因为_。(5)“除铅、砷”时，可以采用以下两种方法。加入改性hap。浸液1与hap的液固比(l/s)与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表:l/s125:150:125:115:1pb2+去除率/%84.8694.1595.4096.83as3+去除率/%98.7998.9298.3499.05m(沉铋)/g2.342.332.051.98实验中应采用的l/s=_。铁盐氧化法，向浸液1中加入fe2(so4)3，并调节ph，生成feaso4沉淀。欲使溶液中c(aso42-)<10-9mol/l且不产生fe(oh)3沉淀，应控制ph的范围为_。已知:1g2=0.3:；feaso4、fe(oh)3的ksp分别为5×10-23、4×10-38。(6)“沉铋“时需控制溶液的ph