老高考适用2023版高考化学二轮总复习高频热点强化训练3氧化还原反应离子反应

高频热点强化训练(三)1．(2022·蚌埠模拟)以二氧化锰为原料制备高锰酸钾晶体的流程如图所示。下列说法正确的是(D)A．“灼烧”可在石英坩埚中进行B．母液中的溶质仅有KHCO3、KClC．“结晶”环节宜采用蒸发结晶的方法D．“转化”中发生歧化反应，化学方程式为3K2MnO4＋4CO2＋2H2O=MnO2↓＋2KMnO4＋4KHCO3【解析】石英坩埚的主要成分是二氧化硅，能与KOH反应，因此灼烧不能在石英坩埚中进行，A错误；结晶后的母液中还存在一定量的高锰酸钾，B错误；滤液中存在碳酸氢钾、氯化钾、高锰酸钾，应依据三者溶解度受温度影响的差异采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到高锰酸钾晶体，C错误；由流程信息可知，“转化”是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳，生成高锰酸钾、碳酸氢钾以及二氧化锰，化学方程式为3K2MnO4＋4CO2＋2H2O=MnO2↓＋2KMnO4＋4KHCO3，D正确。2．(2022·合肥模拟)常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，NO可转化为无害物质，其转化过程如图所示。下列说法正确的是(D)A．反应前后溶液中Ce4＋的浓度保持不变B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．反应Ⅱ为2NO＋2Ce3＋＋4H＋=2Ce4＋＋N2＋2H2OD．理论上每生成1molN2至少需要消耗2molH2【解析】反应Ⅰ中氢气是还原剂，Ce4＋离子是氧化剂，每个Ce4＋离子得到1个电子生成Ce3＋离子，反应Ⅱ中Ce3＋离子是还原剂，每个Ce3＋离子失去1个电子生成Ce4＋离子，NO是氧化剂。反应前后会产生水、气体，溶液的体积会发生变化，反应前后溶液中Ce4＋的浓度会变化，A错误；反应Ⅰ中氢气是还原剂，Ce4＋离子是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误；反应Ⅱ方程式：4Ce3＋＋2NO＋4H＋=4Ce4＋＋N2＋2H2O，C错误；总反应为2H2＋2NO=N2＋2H2O，每生成1molN2至少需要消耗2molH2，D正确。3．(2022·贵阳模拟)硫脲是一种白色、有光泽的晶体，味苦，可用于制造树脂，也用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：(1)①硫脲中硫的化合价为__－2__；与硫脲互为同分异构体且能与FeCl3溶液发生显色反应的化合物的化学式为__NH4SCN__。②可用酸性KMnO4溶液滴定硫脲，已知MnOeq\o\al(－,4)被还原为Mn2＋，CS(NH2)2被氧化为CO2、N2及SOeq\o\al(2－,4)，该反应的离子方程式为__5CS(NH2)2＋14MnOeq\o\al(－,4)＋32H＋=14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SOeq\o\al(2－,4)＋26H2O__。(2)某化学实验小组同学用Ca(HS)2与CaCN2(石灰氮)合成硫脲并测定。①制备Ca(HS)2溶液，所用装置如图(已知酸性：H2CO3>H2S)：装置b中盛放的试剂是__饱和NaHCO3溶液__，装置c中的长直导管的作用是__平衡气压__。②制备硫脲：将CaCN2与Ca(HS)2溶液混合，加热至80℃时，可合成硫脲，同时生成一种常见的碱。合适的加热方式是__水浴加热__；该反应的化学方程式为__2CaCN2＋Ca(HS)2＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(80__℃))2CS(NH2)2＋3Ca(OH)2__。【解析】装置a为启普发生器，石灰石与盐酸反应可制备CO2，装置b中用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl杂质，装置c中CO2与CaS和水反应制备Ca(HS)2溶液，制备Ca(HS)2溶液时，CO2不能过量，否则过量CO2会与Ca(HS)2溶液反应生成H2S，与主反应生成的碳酸钙沉淀反应生成可溶的碳酸氢钙引入杂质。(1)①由硫脲的结构可知，S与C共用2个电子对，由CS2中S显－2价可知S的电负性大于C，则硫脲中共用电子对偏向S，S为－2价；能与FeCl3溶液发生显色反应说明该物质含有SCN－或酚羟基，与硫脲互为同分异构体说明该物质与硫脲分子式相同，结构不同，则该物质为NH4SCN；②酸性KMnO4溶液与硫脲反应生成Mn2＋、CO2、N2及SOeq\o\al(2－,4)，根据得失电子守恒及元素守恒，可得离子方程式为5CS(NH2)2＋14MnOeq\o\al(－,4)＋32H＋=14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SOeq\o\al(2－,4)＋26H2O。(2)①根据思路分析可知，装置b中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液；若三颈瓶中压力过大，三颈瓶中溶液会进入长直导管中，则装置c中的长直导管的作用为平衡气压；②恒温在80℃，可使用水浴加热；CaCN2与Ca(HS)2反应生成硫脲和Ca(OH)2，化学方程式为2CaN2＋Ca(HS)2＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(80℃))2CS(NH2)2＋3Ca(OH)2。4．(2022·阜阳模拟)从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如下：已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。回答下列问题：(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是__增大接触面积，加快反应速率__。(2)600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式__4(NH4)2SO4＋NiFe2O4eq\o(=,\s\up7(600__℃))NiSO4＋Fe2(SO4)3＋8NH3↑＋4H2O__。(3)浸泡过程中，Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为__Fe3＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))FeO(OH)＋3H＋__。(4)“浸取液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中的c(F－)＝__2.0×10－3__mol·L－1[已知Ksp(CaF2)＝4.0×10－11](5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeOeq\o\al(2－,4)，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液可使沉淀溶解。该反应的离子方程式为__2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O__。②电解时离子交换膜(b)为__阴__(填“阴”或“阳”)离子交换膜。(6)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2＋(水相)＋2RH(有机相)FeR2(有机相)＋2H＋(水相)。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的最佳取值为__0.25__。在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。【解析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；(2)由给信息可知，①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，②NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，故600℃焙烧时，(NH4)2SO4与NiFe2O4反应的化学方程式为4(NH4)2SO4＋NiFe2O4eq\o(=,\s\up7(600℃))NiSO4＋Fe2(SO4)3＋8NH3↑＋4H2O；(3)浸泡过程中，Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为Fe3＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))FeO(OH)＋3H＋；(4)“浸取液”中c(Ca2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，即此时的上层清液中的Ca2＋浓度为1.0×10－3mol·L－1×1%＝1.0×10－5mol·L－1，故溶液中的c(F－)＝eq\r(\f(4.0×10－11,1×10－5))＝2.0×10－3mol·L－1；(5)①向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O；②电解池中阳极发生氧化反