2019高考化学一轮--陌生化学方程式的书写精讲(含解析)

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2019高考化学一轮--陌生化学方程式的书写精讲(含解析)

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第4讲  陌生化学方程式的书写
          真题速递
1.(2017课标Ⅰ)(14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:
 
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的净出率为70%时,所采用的实验条件为___________________。
 
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出相应反应的离子方程式____________。
(3)TiO2•xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:
温度/℃ 30 35 40 45 50
TiO2•xH2O转化率% 92 95 97 93 88
分析40℃时TiO2•xH2O转化率最高的原因__________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为__________________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5 mol/L,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?___________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式      。
【答案】(1)100℃、2h,90℃,5h
(2)FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O
(3)低于40℃,TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)=mol•L−1=1.3×10-17 mol•L−1,c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp [Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
(6)2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
(3)温度是影响速率的主要因素,但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发,即原因是低于40℃,TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降;
(4)Li2Ti5O15中Li为+1价,O为-2价,Ti为+4价,过氧根(O22-)中氧元素显-1价,设过氧键的数目为x,根据正负化合价代数和为0,可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0,解得:x=4;
(5)Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2,则c(PO43-)==1.3×10-17mol/L,Qc[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10—34,则无沉淀。
(6)高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4,根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
 
考纲解读
考点 内容 说明
氧化还原反应 了解氧化还原反应的本质。了解常见的氧化还原反应。掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。 氧化还原反应方程式的书写是每年必考内容
 
考点精讲
考点一  根据题目信息书写方程式
根据题目中的叙述,找出关键的字词,知道生成物是什么,写出化学方程式。
典例1(2018届四川省成都市第七中学高三下学期三诊模拟考试)海水是一个巨大的化学资源宝库,利用海水可以获得很多化工产品。
(1)海水淡化的方法有蒸馏法、________________(填1种方法)。
(2)海水制得的饱和氯化钠溶液可以利用电解法直接制取次氯酸钠,制取的离子方程式为___________。
(3)利用制盐后的盐卤提取溴的工艺流程如下(部分操作和条件已略去):
 
将Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整:______________
□Br2+□Na2CO3==□NaBrO3+□_____+□______
(4)盐卤蒸发冷却后析出卤块的主要成分是MgCl2,此外还含Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子。以卤块为原料制得镁的工艺流程如下(部分操作和条件已略去):
 
己知: 常温下0.010mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下:
物质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH)3 2.7 3.7
Fe(OH)2 7.6 9.6
Mn(OH)2 8.3 9.8
Mg(OH)2 9.6 
 
①步骤②中需控制pH=9.8,其目的是_________________________。
②用NaClO氧化Fe2+得到Fe(OH)3沉淀的离子反应方程式为___________________。
③步骤③可以将SOCl2与MgCl2•6H2O混合加热制取无水MgCl2,SOCl2的作用是___________。
④NaClO还能除去盐卤中的CO(NH2)2,生成盐和能参与大气循环的物质。除去0.2molCO(NH2)2时消耗NaClO__________g。
⑤如果沉淀0.010mol/LMgCl2溶液,根据表格中的数据计算,当pH=11.2时溶液中c(Mg2+)=____mol/L。
【答案】    离子交换法或电渗析法    Cl-+H2OClO-+H2↑    3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2    除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质,使之完全生成沉淀而除去或使Mg2+以外杂质转化为氢氧化物沉淀而除去    ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+    吸收MgCl2•6H2O中结晶水,并产生HCl气体抑制Mg2+的水解    44.7    1.0×10-5.2
 (3)Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2,Br元素部分由0价升高到+5价,另一部分从0价降低到-1价,则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1:5,所以配平方程式为:3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2↑,故答案为:3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2;
(4)盐卤加水溶解,加NaClO将Fe2+氧化成Fe3+,然后加入NaOH调节pH为9.8,使Fe2+、Fe3+、Mn2+转化为氢氧化物沉淀,过滤,滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到,氯化镁晶体,在HCl气氛中加热得到无水氯化镁,电解熔融的氯化镁得到Mg;
①步骤②中需控制pH=9.8在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀,以便通过过滤而除去,即控制pH=9.8的目的:除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质,使之完全生成沉淀而除去;故答案为:除去溶液中含有的Fe2+、Fe3+、Mn2+杂质,使之完全生成沉淀而除去;
②加入次氯酸钠会氧化亚铁离子为三价铁,则次氯酸钠与Fe2+、H2O反应生成Fe(OH)3、Cl-和H+,反应的离子方程式为:ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+;故答案为:ClO-+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+;
③镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子,Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+,水解反应属于吸热反应,加热温度升高,水解程度增大,通入HCl时,增加了溶液中的c(H+),能使水解平衡逆向移动,抑制Mg2+水解,HCl还能带出水份,最终得到无水MgCl2;故答案为:吸收MgCl2•6H2O中结晶水,并产生HCl气体抑制Mg2+的水解;
④NaClO还能除去盐卤中的CO(NH2)2,生成盐和能参与大气循环的物质,其反应为3NaClO+CO(NH2)2═3NaCl+CO2↑+N2↑+2H2O,由方程式中物质之间的关系可知,0.2mol CO(NH2)2消耗NaClO为0.6mol,则m(NaClO)=nM=0.6mol×74.5g/mol=44.7g,故答案为:44.7;
⑤根据表格数据可知,pH=9.6时,c(OH-)=10-4.4,镁离子开始沉淀,则Ksp[Mg(OH)2]=0.01×(10-4.4)2= c(Mg2+)×(10-2.8)2,解得:c(Mg2+)=1.0×10-5.2mol/L,故答案为:1.0×10-5.2。
典例2(2018届湖北省鄂州市高三下学期第三次模拟考试)某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:
 
已知:煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。
(1)煅烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为______________。
(2)为提高酸浸速率,可采用的措施是____________(答出两条)。
(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为_______极。
(4)工业上用铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产各酸钾(K2Cr2O7)工艺流程如下图所示:
 
通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是____________。
(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50g配成250mL溶液,用移液管取出25.00mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000mol•L-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)
①氧化还原滴定过程中的离子方程式为_____________。
②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_______﹪(已知M(K2Cr2O7)=294,计算结果保留三位有效数字)。
(6)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)为3×10-5 mol•L-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全_________(填“是”或“否”)。[已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31]。
【答案】  2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2  适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等  CuSO4(也可答“CuSO4和H2SO4”)  阴  在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小。  Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O  49.0  是
【解析】分析:某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3) 以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等,根据流程图,煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2,Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4,Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液;沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au),用稀硫酸溶解后,浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4,电解后铜离子放电生成铜,溶液中含有TeOSO4,TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。
详解:(1)根据流程图,煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4,反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2,故答案为:2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2;
(2)为提高酸浸速率,可采用的措施是适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等,故答案为:适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等;
(3)根据上述分析,浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有CuSO4。铜离子转化为铜发生还原反应,电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极,故答案为:CuSO4(也可答“CuSO4和H2SO4”);阴;
(5)①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与Cr2O72-的反应,其中Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式为Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O,故答案为:Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O;
②n(Fe2+)=0.025L×0.1000mol•L-1=0.0025mol,根据方程式Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O,则n(Cr2O72-)=0.0025mol××=mol,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49.0%,故答案为:49.0;
 (6) c(Cr3+)为3×10-5 mol•L-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时,c(OH-)=mol•L-1=mol•L-1,此时,c(Fe3+)===2×10-12 mol•L-1<1×10-5 mol•L-1,说明Fe3+沉淀完全,故答案为:是。
典例3 (2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考)Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途,废旧电池中含有大量金属元素,其回收利用具有非常重要的意义。一种利用废Ni-MH电池正极材料(主要含有Ni(OH)2,还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物)制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示:
 
回答下列问题:
(1)“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图:
 
 则“浸出”时最适宜的条件为_______________。
(2)在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH),写出反应的离子方程式:______________。
(3)“滤液2”中加入NaF 可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后,所得“滤液3”中c(Mg2+)∶c(Ca2+)=0.67,则MgF2 的溶度积为_____________[已知Ksp(CaF2)=1.10×10-10]。
(4)向“滤液3”中加入(NH4)2S2O8可以除锰,在此过程中(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸,写出该反应的化学方程式___________________。
(5)向“滤液4”加入有机萃取剂后,Zn2+与有机萃取剂(用HA表示) 形成易溶于萃取剂的络合物ZnA2•2HA。该过程可以表示为:Zn2++4HAZnA2•2HA+2H+
①已知加入萃取剂后,锌的萃取率随料液pH 变化如图所示。试分析pH 增大时,锌的萃取率逐渐增大的原因是___________________。
 
②“操作X”的名称是_____________。
(6)上述回收镍的过程中,使用了1kg 含镍37.1%的正极材料,最终得到纯净的NiSO4•7H2O 1.686kg,则镍的回收率为_______________。
【答案】  80℃ ,1.8mol/L H2SO4,30min  2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+  7.37×10-11  (NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2 ↓+(NH4)2SO4+2H2SO4  料液的pH 增大,使料液中的c(H+)减小,促使Zn2++4HAZnA2•2HA+2H+ 向右进行,锌的萃取率增大  分液  95.4%
详解:(1)根据图1,“浸出”最佳温度约为80℃;根据图2,随着硫酸浓度的增大Ni浸出率增大,硫酸浓度为1.8mol/L时Ni浸出率已经很大,当硫酸浓度大于1.8mol/L,继续增大硫酸浓度Ni浸出率增大不明显,硫酸最适宜浓度为1.8mol/L;根据图3,“浸出”时间小于30min随着时间的延长Ni浸出率明显增大,大于30minNi浸出率趋于平缓,最佳时间为30min;“浸出”时最适宜的条件是:温度为80℃、硫酸浓度为1.8mol/L、时间为30min。
(2)双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀,Fe2+被氧化,H2O2被还原,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H2O=2FeOOH↓+4H+。
(3)当加入过量NaF后,Ksp(MgF2)=c(Mg2+)•c2(F-),Ksp(CaF2)= c(Ca2+)•c2(F-),将两式相比消去c2(F-),Ksp(MgF2)= Ksp(CaF2)=1.1010-100.67=7.3710-11。
(4)(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、(NH4)2SO4和H2SO4,含锰元素的黑色不溶物为MnO2,反应可写成(NH4)2S2O8+MnSO4→MnO2↓+(NH4)2SO4+H2SO4,Mn元素的化合价由+2价升至+4价,S元素的化合价由+7价降至+6价,根据得失电子守恒和原子守恒配平,(NH4)2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为:(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2↓+(NH4)2SO4+2H2SO4。
(5)①pH增大时,锌的萃取率逐渐增大的原因是:料液pH增大,使料液中的c(H+)减小,促使Zn2++4HAZnA2•2HA+2H+ 向右进行,锌的萃取率增大。
②“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取,出现分层现象,将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。
(6)根据Ni守恒,Ni的回收率为100%=95.4%。
考点一精练:
1. 碱性环境下,Cl2可将水中的CN-转化为两种无毒的气体,写出离子方程式                  。
【答案】2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O
【解析】碱性环境下,Cl2可将水中的CN-转化为两种无毒的气体,这两种气体一定是CO2和N2,Cl2被还原为Cl-,再由氧化还原反应方程式配平,方程式为:2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。
2. 一定温度下,将1mol N2O4置于密闭容器中,保持压强不变,升高温度至T1的过程中,气体由无色逐渐变为红棕色。温度由T1继续升高到T2的过程中,气体逐渐变为无色。若保持T2,增大压强,气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化的关系如图所示。温度在T1~T2之间,反应的化学方程式是                   。
 
【答案】2NO2⇌2NO+O2
【解析】温度由T1继续升高到T2的过程中,气体逐渐变为无色,且混合气体总的物质的量增大,说明NO2发生分解反应,应生成NO与O2,方程式为:2NO2⇌2NO+O2。
3. 硫与氯气的水溶液充分反应可生成两种强酸,该反应的化学方程式是______________________。
【答案】S+3Cl2+4H2O=H2SO4+6HCl
【解析】解答本题的关键是生成两种强酸:H2SO4和HCl,再配平即可。
4.① 向Na2CO3溶液中通入氯气,可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质,同时有NaHCO3生成,该反应的化学方程式是______________________________________。
② Na2CO3浓溶液中通入氯气时,可产生气体CO2和化合物NaClO3。反应的化学方程式为                。
【答案】① Na2CO3 +Cl2+ H2O = NaHCO3+HClO +NaCl
②3Cl2+3Na2CO3=3CO2+NaClO3+5NaCl
【解析】①向Na2CO3溶液中通入氯气,可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的物质,是HClO,同时有NaHCO3生成,氯元素化合价有升有降,所以还应有NaCl。② Na2CO3浓溶液中通入氯气时,可产生气体CO2和化合物NaClO3,氯元素化合价有升有降,所以还应有NaCl。
5.铜屑放入稀硫酸不发生反应,若在稀硫酸中加入H2O2,铜屑可逐渐溶解,该反应的离子方程式是                                 。
【答案】Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O
【解析】铜屑放入稀硫酸,再加入H2O2,铜屑可逐渐溶解,是Cu被氧化为Cu2+,化合价升高,H2O2中氧的化合价降低,酸性溶液中产生H2O。
6.工业上可用铝与软锰矿(主要成分为MnO2)反应来冶炼锰。
① 用铝与软锰矿高温冶炼锰的原理是(用化学方程式来表示)                     。
② MnO2在H2O2分解反应中作催化剂。若将适量MnO2加入酸化的H2O2的溶液中,MnO2溶解产生Mn2+,该反应的离子方程式是                              。
【答案】① 4Al + 3MnO2  2Al2O3 + 3Mn  ②MnO2 + H2O2 + 2H+ = Mn2++ O2↑+2H2O
 
7.①紫红色固体单质用蒸馏水洗涤后,置于潮湿空气中。一段时间后固体由红色变为绿色[主要成分为Cu2(OH)2CO3],反应的化学方程式是                                。
②FeCO3浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,该变化的化学方程式是                                      。
【答案】①2Cu+O2+H2O+CO2===Cu2(OH)2CO3
②4FeCO3 + 6H2O + O2 = 4Fe(OH)3 ↓+ 4CO2
【解析】① 紫红色固体单质是铜,置于潮湿空气中,一段时间后固体由红色变为绿色[主要成分为Cu2(OH)2CO3],是铜和O2、CO2、H2O反应,方程式为:2Cu+O2+H2O+CO2===Cu2(OH)2CO3;
②FeCO3浊液长时间暴露在空气中,会有部分固体表面变为红褐色,红褐色物质是Fe(OH)3,FeCO3被氧化为Fe(OH)3,方程式为:4FeCO3 + 6H2O + O2 = 4Fe(OH)3 ↓+ 4CO2。
8. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为:                                。
【答案】2Fe3++3ClO-+10OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】Fe3+被ClO-氧化为FeO42-,同时ClO-被还原为Cl-,注意碱性条件。
9. 氧化还原反应是氧化和还原两个过程的对立统一。现有一个还原过程的反应式如下:
NO3(-)+4H++3e-===NO↑+2H2O
(1) 下列五种物质中能使上述还原过程发生的是________(填字母)。
A.KMnO4  B.Na2CO3  C.Cu2O  D.Fe2(SO4)3     
(2) 写出上述反应的化学方程式并配平:                        。
【答案】(1) C   (2) 3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
【解析】(1)根据得失电子知,还需要一个氧化反应,反应物得电子化合价降低,根据元素化合价知,氧化亚铜具有还原性,选C;(2)氧化亚铜和硝酸能发生反应方程式为:3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。
10. 向FeSO4溶液中加入NaNO2溶液和稀硫酸,生成的气体遇到空气变成红棕色,该反应的离子方程式是                                            。
【答案】Fe2++ NO2- + 2H+= Fe3+ +NO↑+ H2O
【解析】生成的气体遇到空气变成红棕色是NO,反应的本质是在酸性条件下,NO2-氧化了Fe2+,方程式为:Fe2++ NO2- + 2H+= Fe3+ +NO↑+ H2O。
11.(2018届天津市南开区高三三模)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:
(1)分別取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1mol /L的溶液。在FeCl2溶 液中需加入少量铁屑,其目的是___________。
(2)甲组同学取2 mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液変红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为____________。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够谨慎,该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是__________。
(4)丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液,加入6mL0.1 mol/LFeCl3溶液混合。 分別取2 mL此溶液于3支武管中进行如下实验:
①第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置,CCl4层显紫色;
②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。
实验②检验的离子是_______(填离子符号);实验①和实验③说明:在I-过量的情况下, 溶液中仍含有_____  (填离子符号);由此可以证明该氧化还原反应为___________。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为________。一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成,产生气泡的原因是__________。 生成沉淀的原因是______________(用平衡移动原理解释)。
(6)某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化,则x值为________。
【答案】  防止Fe2+被氧化  2Fe2+ + Cl2=2Fe3+ +2Cl-  隔绝空气(排除氧气对实验的影响)  Fe2+  Fe3+  可逆反应  2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3++ 2H2O  Fe3+催化H2O2分解产生O2  H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动  0.80
(4)实验②“加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀”,检验Fe2+。实验③“加入KSCN溶液,溶液变红”,说明反应后的溶液中仍含有Fe3+;即在I-过量时溶液中仍含Fe3+,由此说明该氧化还原反应为可逆反应。
(5)H2O2与酸化的FeCl2溶液反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。一段时间后溶液中有气泡出现,H2O2在Fe3+催化下分解产生O2。生成的红褐色Fe(OH)3沉淀用Fe3+水解平衡的移动解释。
(6)根据得失电子守恒列式。
详解:(1)由于FeCl2易被空气中O2氧化而变质,加入Fe能与Fe3+反应生成Fe2+,在FeCl2溶液中加入少量铁屑可防止Fe2+被氧化,在FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是:防止Fe2+被氧化。
(2)氯水将FeCl2氧化成FeCl3,FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-。
(3)煤油难溶于水,煤油的密度比水小,煤油将FeCl2溶液与空气隔开,排除O2对实验的影响。煤油的作用是:隔绝空气(排除O2对实验的影响)。
(4)根据实验①“CCl4层显紫色”,说明反应生成I2;根据实验②“加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀”,说明反应生成Fe2+;根据实验③“加入KSCN溶液,溶液变红”,说明反应后的溶液中仍含有Fe3+。实验②“加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀”,检验Fe2+。实验①和实验③说明,在I-过量的情况下,溶液中仍含Fe3+。由此说明该氧化还原反应为可逆反应。
(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变为棕黄色,说明Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。一段时间后溶液中有气泡出现,生成的Fe3+催化H2O2分解产生O2,产生气泡的原因是:Fe3+催化H2O2分解产生O2。生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3,生成沉淀的原因是:在溶液中Fe3+存在水解平衡(Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+),盐类水解为吸热反应,H2O2分解放热,温度升高,促进Fe3+的水解平衡正向移动产生Fe(OH)3沉淀。
(6)n(Cl2)==0.005mol,FexO中Fe的平均价态为+,通入Cl2后Fe元素全部转化为Fe3+,根据得失电子守恒,x(3-)=0.005mol2,解得x=0.80。
12.(2018年江西省赣州市高三(5月)适应性考试)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO:25%、CuS:71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:
 
已知:I.铍、铝元素化学性质相似
II.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=-2.1×10-13
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有_____ (填化学式),写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_____________。
(2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择最合理步骤顺序______。
a.加入过量的NaOH        b.通入过量的CO2      c.加入过量的氨水
d.加入适量的HC1         e.过滤                 f.洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________________。
(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质,写出反应II中CuS 发生反应的化学方程式______________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是____________(任写一条)。
(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/L c(Mn2+)=0.01mol/L,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是___ (填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH值大于____。
【答案】  Na2SiO3、Na2BeO2  BeO22-+4H+=Be2++2H2O  cefd  在氯化氢气流中蒸发结晶(或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体) MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O  产生污染环境的气体 Fe3+  4
【解析】考查化学工艺流程,(1)旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息I,BeO属于两性氧化物,CuS不与氢氧化钠溶液反应,FeS不与氢氧化钠反应,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息I,BeO2-与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方程式为BeO22-+4H+=Be2++2H2O;答案:Na2SiO3、Na2BeO2,BeO22-+4H+=Be2++2H2O。
(2)①利用Be元素、铝元素化学性质相似,向溶液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理步骤是cefd;
②为了抑制Be2+的水解,因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶;
(3)①根据信息,CuS中S转化为S单质,MnO2中Mn被还原为Mn2+,根据化合价升降法进行配平,其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O;②用浓硝酸作氧化剂,浓HNO3被还原成NO2,NO2有毒污染环境;
(4)三种金属阳离子出现沉淀,根据浓度商与Ksp的关系,Cu2+转化成沉淀,c(OH-)=mol•L-1,Fe3+转化成沉淀,c(OH-)=mol•L-1,Mn2+转化成沉淀,c(OH-)=mol•L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,为使Cu2+沉淀,此时c(OH-)=1×10-10mol•L-1,c(H+)=10-14/10-10=10-4mol•L-1,即pH=4,当pH>4时,Cu2+出现沉淀;
考点二  根据氧化还原反应判断产物
陌生情景中的化学反应往往是氧化还原反应,在氧化还原反应中,元素化合价有升高必然有降低,根据化合价升降可判断出反应产物。
典例1 NO2与NaOH溶液反应,产物之一是NaNO2,写出该反应的化学方程式                        。
【答案】2NO2+ 2NaOH =NaNO2 +NaNO3+H2O
【解析】NO2与NaOH溶液反应,产物之一是NaNO2,N元素化合价由+4价降到+3价,同时必有N元素化合价由+4升高到+5价,即有NaNO3生成,化学方程式为2NO2+ 2NaOH =NaNO2 +NaNO3+H2O。
典例2 SO2可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2,SO2 吸收Br2的离子方程式是                。
【答案】SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
【解析】SO2中的硫为+4价,有还原性,被氧化为+6价,生成SO42-,Br2有氧化性,被还原为Br-,离子方程式为:SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
考点二精练:
1. 市售一种新型消毒剂含有两种成分,分别是NaClO3 和Na2C2O4 。两成分在溶液中混合产生ClO2 ,写出化学方程式:                                      。
【答案】2NaClO3+Na2C2O4==2ClO2↑+2Na2CO3
【解析】NaClO3被还原为ClO2,Cl元素由+5价降为+4价,Na2C2O4中的碳元素化合价升高,由+3价升为+4价,方程式为:2NaClO3+Na2C2O4==2ClO2↑+2Na2CO3
2.向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液,将I2还原,以回收四氯化碳。Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是                                    。
【答案】I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+
【解析】向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液,将I2还原,碘元素的化合价降低,Na2SO3被氧化,硫元素化合价升高,由+4升高到+6价,生成SO42-,离子方程式为:I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+。
3.在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液, 加热,生成CuCl沉淀。制备CuCl的离子方程式是                           。
【答案】2Cu2++SO32- +2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+
【解析】Cu元素由+2价降为+1价被还原,Na2SO3的硫元素由+4价升到+6价,离子方程式为:2Cu2++SO32- +2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+。
4. 用NaClO溶液氧化含有Fe2+的溶液得到Fe(OH)3沉淀,该反应的离子方程式是               。
【答案】2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-
【解析】Fe2+被氧化得到Fe(OH)3沉淀,ClO-被还原成Cl-,根据原子守恒、电荷守恒,该反应的离子方程式是:2Fe2++ClO-+4OH-+H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-。
5. 在淀粉KI溶液中加入少量的NaClO溶液,并加入少量的稀硫酸,溶液立即变蓝,该反应的离子方程式是                                             。在上述溶液中加入足量的Na2SO3溶液,蓝色逐渐消失,离子方程式是                      。
【答案】2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2O;SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-
 
6. 加热H2C2O4•2H2O,放出气体通入澄清石灰水,出现浑浊。H2C2O4•2H2O热分解反应方程式为 ____________。由上可知Na2C2O4热分解反应方程式为:                。
【答案】H2C2O4•2H2OCO2↑+CO↑+3H2O;Na2C2O4CO↑+Na2CO3
【解析】加热H2C2O4•2H2O,放出气体通入澄清石灰水,出现浑浊,说明产生了CO2,碳元素化合价由+3价升到+4价,碳元素化合价还要降低,由+3价降为+2价,H2C2O4•2H2O热分解反应方程式为:H2C2O4•2H2OCO2↑+CO↑+3H2O;由上可知H2C2O4•2H2O热分解发生了歧化反应,Na2C2O4热分解反应方程式为:Na2C2O4CO↑+Na2CO3。
7.将适量黄色的草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)粉末加入试管,在酒精灯上边加热边摇动,发生剧烈反应,反应将结束时,用橡皮塞塞好试管,稍冷后,打开塞子将所得的固体洒在石棉网上,便会自燃起来。写出草酸亚铁受热分解的化学方程式________________________________。
【答案】FeC2O4•2H2OFe+2CO2↑+2H2O
【解析】根据题目信息可知,黑色粉末的着火点较低,在空气中易自燃,该黑色粉末是铁粉,铁的化合价降低,碳的化合价升高,草酸亚铁受热分解的化学方程式为:FeC2O4•2H2OFe+2CO2↑+2H2O。
8.(2018届辽宁省大连市高三第二次模拟考)软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3,闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2。为了高效利用这两种矿石,科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺,主要流程如下图所示,回答下列问题:
 
(1)反应Ⅰ所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阴离子,所得滤液中含有S和______。为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可进行的操作是(至少两条):_________。
(2)若反成Ⅱ加入的锌过量,还会进一步发生反应的离子方程式方为_________。
(3)反应Ⅲ中加入MnO2的作用是(离子方程式表示)________;反应Ⅲ中加入MnCO3、ZnCO3的作用是________________。
(4)反应Ⅴ的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4,写出阳极的电极反应式________________。
(5)MnO2和Zn可按等物质的量之比生产锌-锰干电池,则从生产MnO2和Zn的角度计算,所用软锰矿和闪铲矿的质量比大约是______。(保留小数点后两位)
【答案】  SiO2  提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等  Zn+Fe2+=Zn2++Fe  4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O  调节pH,使Fe3+和Al3+沉淀,且不引入杂质  Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+  1.03
【解析】(1)因为软锰矿主要含有MnO2(约70%)、SiO2、Al2O3,闪锌矿主要含有ZnS(约80%)、FeS、CuS、SiO2,反应Ⅰ中加H2SO4所得滤液中含有Mn2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子, SiO2不能和H2SO4反应,所得滤液中含有S和SiO2。为了提高硫酸“酸浸”时的浸出速率,可提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等方法来加快反应速率。答案:SiO2  提高温度、适量增加硫酸浓度、将矿石粉碎或搅拌或借助鼓风机等。
(2)若反成Ⅱ加入的锌过量,还会与Fe2+发生反应,反应的离子方程式方为Zn+Fe2+=Zn2++Fe.
(3)反应Ⅲ中加入的MnO2是氧化剂,可以把Fe2+氧化成Fe3+,离子方程式为4H++MnO2+2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O;反应Ⅲ中加入的MnCO3、ZnCO3可以和酸反应,所以可用来调节溶液的酸碱性,使Fe3+和Al3+沉淀,且不引入杂质。
(4)反应Ⅴ的电解总反应为:MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4,阳极发生氧化反应失电子,其电极反应式Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
9.某铬铁矿主要成分是FeO•Cr2O3,含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质,现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下:
 
已知:常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30
回答下列问题:
(1)物质B为______________, 溶液E为____________________。
(2)溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是_______________。
(3)若步骤Ⅵ调节pH后,c(Cr3+)=6.3mol/L,则pH范围是______________(离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全)。
(4)步骤Ⅶ发生的离子方程式为________________________________________。
(5)Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示,步骤Ⅷ中操作a为___________、__________________。
 
(6)若称取mg该铬铁矿,其中FeO•Cr2O3的质量分数为70%,最终制得n g Na2Cr2O7固体,则该过程中Cr元素的转化率为____________________________。
【来源】【全国省级联考】安徽省A10联盟2018届高三最后一卷理综化学试题
【答案】  Fe3O4  NaHCO3  过量的H2O2,被Fe3+催化分解  3≤pH<4
 7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+  加热浓缩  趁热过滤  ×100%
详解:(1)物质B具有磁性,结合铬铁矿的成分及流程可得,B为Fe3O4;溶液C为硅酸钠溶液,因为通入足量CO2,所以生成E为NaHCO3。
(2)H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气,因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂,所以溶液G中不含H2O2。
(3)步骤Ⅵ调节pH的目的是除去Fe3+,留下Cr3+,因为离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全,根据常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Fe3+刚好沉淀完全时:c(Fe3+)•c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3],即1.0×10-5×c3(OH-)=1.0×10-38,解得:c(OH-)=10-11,所以c(H+)=Kw/10-11=10-3,则pH=3;根据常温下,Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-30,调节pH后,c(Cr3+)=6.3mol/L,Cr3+刚开始沉淀时:c(Cr3+)•c3(OH-)=Ksp[Cr(OH)3],即6.3×c3(OH-)=6.3×10-30,解得:c(OH-)=10-10,所以c(H+)=Kw/10-10=10-4,则pH=4,综上分析,步骤Ⅵ调节pH范围是:3≤pH<4。
(4)步骤Ⅶ中,Cr3+和S2O32-发生氧化还原反应生成Cr2O72-和SO42-,根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒,离子方程式为:7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+。
(5)步骤Ⅷ中,从Na2Cr2O7和Na2SO4的混合液中得到Na2SO4固体,由图可知,温度升高有利于硫酸钠结晶析出,而Na2Cr2O7的溶解度增大不会析出,所以操作a可以是:加热浓缩、趁热过滤。
考点三  根据电子得失数目定量分析判断产物
在书写陌生方程式的题目中,有一类题目给出了一定量的氧化剂或还原剂在反应中得到或失去的电子数,这就要求学生能根据一定量的氧化剂或还原剂在反应中得失电子数,判断出产物的化合价,从而判断出产物,写出方程式。
典例1 硫单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体,该气体与含1.5 mol 氯的一种含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应,可生成一种强酸和一种氧化物,若有1.5×6.02×1023个电子转移时,该反应的化学方程式是____________                  ________。
【答案】SO2 + 2HClO3=H2SO4 +2 ClO2
 
典例2取FeCl2溶液,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2mol I-时,共转移3 mol电子,该反应的离子方程式是                                  。
【答案】4I-+2Fe2++3H2O2=2I2+2 Fe(OH)3↓
【解析】FeCl2溶液,调pH约为7,加入淀粉KI溶液和H2O2,溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成,说明产生了I2和Fe(OH)3,当消耗2mol I-时,共转移3 mol电子,说明被氧化的I-和Fe2+之比是2:1,该反应的离子方程式是:4I-+2Fe2++3H2O2=2I2+2 Fe(OH)3↓。
考点三精练:
1. Al2O3与碳单质、氯气在高温下反应,每消耗6克碳单质,过程中转移1mol电子,其化学方程为:      。
【答案】Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO
【解析】Al2O3与碳单质、氯气在高温下反应,每消耗6克碳单质,过程中转移1mol电子,说明碳升高了2价,生成了CO,根据原子守恒,化学方程式为:Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
2. 燃煤过程中生成的SO2与NaCl等物质发生反应,生成硫酸盐和氯气。若生成氯气22.4L(标况下)时转移电子数为4mol,其化学方程为:                     。
【答案】SO2+O2+2NaClNa2SO4+Cl2
【解析】若由NaCl生成氯气22.4L(标况下),转移电子数是2mol,题目中转移电子数是4mol说明有1mol的SO2参与反应,化学方程式为:SO2+O2+2NaClNa2SO4+Cl2。
3.已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时, 1mol Na2S2O3转移8 mol电子。该反应的离子方程式是                                。
【答案】S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
【解析】氯气有强氧化性, Na2S2O3溶液与Cl2反应时, 1mol Na2S2O3转移8 mol电子,说明S2O32-被氧化为SO42-,根据氧化还原反应配平,该反应的离子方程式是:S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。
4. 由S和Cl形成的四原子化合物中,S的质量分数为47.4%。该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体,0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子,其中只有一种元素化合价发生改变。请写出该反应的化学方程式                           。
【答案】2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl
【解析】由S和Cl形成的四原子化合物中,S的质量分数为47.4%,该化合物的化学式为S2Cl2,与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体,是SO2,0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子,其中只有一种元素化合价发生改变,根据化合价,产生1molSO2失去3mol电子,还应该有3mol S得3mol电子,方程式为:2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl。
5. 某电镀铜厂有两种废水需要处理,一种废水中含有CN-,另一种废水中含有 Cr2O72- 。该厂拟定如图所示的废水处理流程。
 
③中反应时,每0.4 mol Cr2O72-转移2.4 mol e-,该反应的离子方程式为                 。
【答案】3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O
【解析】每0.4molCr2O72-转移2.4mol的电子,设还原后Cr元素的化合价为x,则
0.4mol×2×(6-x)=2.4mol,解得x=+3,则离子反应为3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═
6SO42-+8Cr3++13H2O。
6. 用NH4NO3氧化海绵铜(含Cu和CuO)生产CuCl的部分流程如下:
 
步骤I中,0.5 mol NH4 NO3参加反应有4mol电子转移,铜参与反应的离子方程式为
                                                                    。
【答案】4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O
【解析】0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移,则N元素被还原为-3价,反应的离子方程式为4Cu+NO3-+10OH-=4Cu2++NH4++3H2O。
7.在氢氧化钠的环境中,氯气与碘化钠反应,每1摩碘化钠完全反应转移6摩尔电子,反应化学方程式为                                                    。
【答案】3Cl2+NaI+6NaOH==NaIO3+6NaCl+3H2O
【解析】每1摩碘化钠完全反应转移6摩尔电子,证明I-变成了IO3-,所以Cl2需要3mol,反应的化学方程式为:3Cl2+NaI+6NaOH==NaIO3+6NaCl+3H2O。
8.(2018届广西南宁市第三中学高三第二次模拟考试)SO2是危害最为严重的大气污染物之一,SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染,而且可得到有价值的单质S。
(1)已知CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol 和b kJ/mol。在复合组分催化剂作用下,CH4可使SO2转化为S,同时生成CO2 和液态水。反应的热化学方程式为______________。(△H用含a、b的代数式表示)
(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成,如图1所示,该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2 所示:
 
①分析可知X为_______________(写化学式),0~t1时间段的反应温度为_______________,0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________________;
②总反应的化学方程式为___________________________________________;
(3)焦炭催化还原SO2生成S2的化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g),恒容容器中,lmol/L SO2与足量的焦炭反应,SO2的转化率随温度的变化如图3 所示。
 
①该反应的ΔH______0(填“>”或“<”);
②700℃的平衡常数为_____________________;
(4)工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2,该反应的离子方程式为___________,25℃时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2,当溶液pH=7时,溶液中各离子浓度的大小关系为___________。(已知:H2SO3的电离常数K1=1.3×10-2,K2=6.2×10-8)
【答案】  CH4 (g)+2SO2 (g) = CO2 (g)+2S (s)+2H2O(l)  △H=(2b-a) kJ/mol   H2S  300℃  2×10-3/t1 mol/(L• min)  2H2+SO2 = S+2H2O  <  36.45 mol/L  SO32- +SO2 + H2O = 2HSO3-  c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)
(3)根据图像a点达到平衡状态,升高温度SO2的平衡转化率减小,平衡向逆反应方向移动,则ΔH0。根据图中转化率和三段式计算化学平衡常数。
(4)Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性,NaHSO3溶液呈酸性,用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液,溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3,溶液中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L,根据K2(H2SO3)==6.210-8,则=6.210-8(110-7)=0.62,c(SO32-)c(HSO3-),溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。
详解:(1)CH4和S的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol,写出热化学方程式:
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-akJ/mol(①)
S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-bkJ/mol(②)
应用盖斯定律,将①-②2得,CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)ΔH=(2b-a)kJ/mol。
(2)①根据图示和图像,第一步对应图像0~t1段,由H2和SO2反应生成X,反应消耗的H2、SO2和生成的X物质的量浓度之比为(610-3):(310-3-110-3):(210-3)=3:1:1;第二步对应图像t1~t2段,X与SO2反应生成S,消耗的X与SO2物质的量浓度之比为(210-3):(110-3)=2:1,结合原子守恒,X为H2S,0~t1时间段的反应温度为300℃。υ(SO2)===mol/(L•min)。
②根据图示和图像,总反应为H2与SO2按物质的量之比2:1反应生成S,结合原子守恒,总反应的化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O。
(3)①根据图像a点达到平衡状态,700℃后升高温度SO2的平衡转化率减小,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,则该反应的ΔH0。
②700℃时SO2的转化率为90%,用三段式
                 2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)
c(起始)(mol/L)           1           0         0
c(转化)(mol/L)          190%       0.45      0.9
c(平衡)(mol/L)           0.1          0.45      0.9
700℃的平衡常数K===36.45mol/L。
(4)Na2SO3吸收SO2的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。Na2SO3溶液呈碱性,NaHSO3溶液呈酸性,用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液,溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3,溶液中c(H+)=c(OH-)=110-7mol/L,根据K2(H2SO3)==6.210-8,则=6.210-8(110-7)=0.62,c(SO32-)c(HSO3-),溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。
9.(2018届福建省百校高三下学期临考冲刺检测)以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如下:
 
(1)用H2SO4溶解后过滤,得到的滤渣是_________(填化学式)。将滤渣洗涤2~3次,再将洗液与滤液合并的目的是____________________。
(2)在加热搅拌条件下加入NaClO3,将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式是___________________。
(3)已知:铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6];亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]。
3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)
4Fe3++3[Fe(CN)6]4-= Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)
确定Fe2+是否氧化完全的方法是__________________。 (仅供选择的试剂:铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液铁粉、KSCN溶液)
(4)向氧化后的溶液中加入适量的Na2CO3调节酸度,使之生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀,写出该反应的离子方程式:_______________________。
(5)弱酸和弱碱的电离平衡常数的负对数可用pK表示,根据下表中数据判断(NH4)2C2O4溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__________________。
H2C2O4 pKa1= l.25,pKa2=4.13
NH3•H2O pKb=4.76
 
(6)已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后,需趁热过滤其原因是_____________________。
 
(7)准确称取1.470gCoC2O4,在空气中充分灼烧得0.814 g复合氧化钴,写出复合氧化钴的化学式:____________________。
【答案】  SiO2  提高钴元素的利用率  6Fe2++6H++ClO3-6Fe3++Cl-+3H2O  取少许氧化后的溶液于试管中滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则说明Fe2+已全部被氧化  6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑  c(NH4+)>c(C2O42-)>c(H+)>c(HC2O4-)>c(OH-)  防止因温度降低,CoCl2晶体析出  Co5O7
(3)取氧化后的溶液少许于试管中,滴加几滴铁氰化钾溶液,若无蓝色沉淀生成,则Fe2+已全部被氧化;
(4)生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾,离子方程式为:
6Fe3++4SO42-+6H2O+2Na++6CO32-=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑。
(5)根据pK的大小关系,可以判断出电离常数的大小关系为Ka1> Ka2>Kb,所以对应离子的水解程度大小为NH4+>C2O42->HC2O4-,水解程度越大溶液中剩余离子浓度就越小,所以溶液中的离子浓度大小顺序为:c(NH4+)>c(C2O42-)>c(H+)>c(HC2O4-)>c(OH-)
(6)CoCl2的溶解度曲线可知,随温度的升高,CoCl2的溶解度增大,所以趁热过滤,防止温度降低氯化钴析出,故答案为:防止因温度降低,CoCl2晶体析出;
(7)CoC2O4的质量为1.470g,其物质的量为0.01mol,Co元素质量为0.59g,钴氧化物质量为0.814g,氧化物中氧元素质量为0.814g-0.59g=0.224g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol:≈5:7,故Co氧化物为Co5O7,故答案为:Co5O7。
(6)mg铬铁矿中Cr元素的质量为:=,最终制得n g Na2Cr2O7中Cr元素的质量为:=,所以Cr元素的转化率为:÷()×100%=×100%。
考点四  根据题中图像书写方程式
典例1 苯甲酸可用作食品的抑菌剂。工业上通过间接电合成法制备苯甲酸,工艺流程如下:
 
电解池用于制备Cr2O72-。
(1)阴极产生的气体是____。
(2)电解时阳极附近发生的反应如下图所示。
 
    ①SO42-所起的作用是     。
②Ⅱ中反应的离子方程式是____。
【答案】(1)H2 
(2) ①催化剂
②3S2O82- + 2Cr3+ +7H2O==6SO42- + Cr2O72- + 14H+
【解析】(1)电解Cr2(SO4)3、H2SO4溶液阴极产生的气体是H2;
(2) ①由图中可看出反应Ⅰ反应物中有SO42-,反应Ⅱ生成SO42-,因此SO42-是催化剂。
②由图中可看出,Ⅱ中的反应是S2O82- 和Cr3+ 反应生成SO42- 和Cr2O72-,根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒,酸性条件下反应的离子方程式为:②3S2O82- + 2Cr3+ +7H2O==6SO42- + Cr2O72- + 14H+。
典例2 二氧化碳的回收利用是环保领域研究热点。
 
在太阳能的作用下,以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。总反应的化学方程式为                            。
【答案】CO2   C+O2
【解析】首先明确反应的目的是以CO2为原料制取炭黑,并且要求写总反应的化学方程式,根据地图示,化学方程式为:CO2   C+O2。
典例3(1)电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料CH3OH=CO + 2H2,该反应是经历脱氢、分解两步反应实现的。
ⅰ(脱氢):2CH3OH  HCOOCH3 + 2H2 
ⅱ(分解): ……
①ⅰ(脱氢)反应的机理可以用下图表示:图中中间产物X的结构简式为________。
 
②写出ⅱ(分解)反应的化学方程式____________。
(2)科学家们积极探讨控制温室气体CO2的排放,减缓全球变暖措施和方法。
①Li4SiO4可用于富集得到高浓度CO2。原理是:在500℃,低浓度CO2与Li4SiO4接触后生成两种锂盐;平衡后加热至700℃,反应逆向进行,放出高浓度CO2,Li4SiO4再生。请写出700℃时反应的化学方程式为:____________。
②固体氧化物电解池(SOEC)用于高温电解CO2/H2O,既可高效制备合成气(CO+H2),又可实现CO2的减排,其工作原理如图。写出电极c上发生的电极反应式:_________、_________。
 
【答案】 HCHO  HCOOCH3  CH3OH + CO  Li2CO3+Li2SiO3CO2↑+Li4SiO4  CO2+2e-===CO+O2-  H2O+2e-===H2+O2- 
(2)①在500℃,CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3,反应物为CO2与Li4SiO4,生成物有Li2CO3,根据质量守恒可以知道产物还有Li2SiO3,所以700℃时反应的化学方程式为:Li2CO3+Li2SiO3CO2↑+Li4SiO4,因此,本题正确答案是:Li2CO3+Li2SiO3CO2↑+Li4SiO4;②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子,反应电极反应式为:CO2+2e-═CO+O2-,水中的氢元素化合价降低被还原,电极反应式为:H2O+2e-=H2+O2-,因此,本题正确答案是:CO2+2e-═CO+O2-;H2O+2e-=H2+O2-。
考点四精练:
1. CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体,用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为:CH4 (g)+3CO2 (g)2H2O(g)+4CO(g)  H=+330 kJ/mol。CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下:
.
① 过程I,生成1 molH2时吸收123.5 kJ热量,其热化学方程式是               。
② 过程II,实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程式是    。
【答案】① CH4(g) +CO2(g) =2CO(g) + 2H2(g)   ΔH=+247kJ/mol
② 4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O    
【解析】① 根据图示,过程I是在Ni作催化剂作用下,CH4 (g)和CO2 (g)反应生成CO和H2,生成1 molH2时吸收123.5 kJ热量,因此过程I热化学方程式是:CH4(g) +CO2(g) =2CO(g) + 2H2(g) ΔH=+247kJ/mol;
②过程II的反应比较复杂,一个是CO、H2、CO2和Fe3O4、CaO反应生成H2O、Fe、CaCO3;另一个是Fe、CaCO3反应生成Fe3O4、CaO、CO。题目中的要求是生成H2O(g)的化学方程式,因此答案是:4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O
【解题指导】一定要看清楚题目的要求回答问题,过程I要从图示中读出反应方程式,过程II的方程式则要看清题目中的回答要求。
2. 湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。一种由铜镉渣生产金属镉的流程如下:
 
浸出过程中,不采用通入空气的方法进行搅拌,原因是防止将Cu氧化浸出,其离子方程式是          。
【答案】2Cu+ 4H++O2=2Cu2++ 2H2O
【解析】铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质,加H2SO4浸出锌、铁、镉(Cd)、钴(Co),不浸出Cu。不采用通入空气的方法进行搅拌,原因是防止将Cu氧化浸出,说明Cu在O2作用下可以和H2SO4反应,离子方程式为:2Cu+ 4H++O2=2Cu2++ 2H2O。
3. 亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。以下是生产NaClO2•3H2O粗产品的工艺流程图:

 
 
 
 反应③发生反应的化学方程式是        。
【答案】2ClO2 + H2O2 + 2NaOH === 2NaClO2 + 2H2O + O2
4. 尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高氮化肥,以天然气(含H2S)为原料合成尿素的
主要步骤如下图所示(图中某些转化步骤未列出)。
 
请回答下列问题:
   (1) 反应①的离子方程式是_________________________________________________。
   (2) 天然气脱硫后产生的Fe2S3和H2O与02反应的化学方程式是______________________。
【答案】(1)CO32-+CO2+H2O===2HCO3- (2)2Fe2S3+6H2O+3O2===4Fe(OH)3+6S
【解析】(1) 从图中看出反应①是N2、H2、CO2通入K2CO3溶液,生成物还可以分解产生CO2,因此生成物是KHCO3,生成KHCO3的离子方程式是:CO32-+CO2+H2O===2HCO3-。
(2) 从图中可看出,Fe2S3和H2O与O2反应生成Fe(OH)3和S,Fe2S3和H2O与O2反应的化学方程式是:
2Fe2S3+6H2O+3O2===4Fe(OH)3+6S。
5. (2015江苏)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(    )
 
A.反应CH4+H2O3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子
B.电极A上H2参与的电极反应为:H2+2OH--2e-=2H2O
C.电池工作时,CO32-向电极B移动 
D.电极B上发生的电极反应为:O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
6. 工业上可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4,其工作原理如图所示:
 
阳极的电极反应式为                            ,可循环使用的物质是       。
【答案】Fe - 6e- + 8OH- =FeO42- + 4H2O   NaOH溶液
【解析】从图中可以看出,阳极是Fe属于活性电极,碱性条件下的阳极的电极反应式为:Fe - 6e- + 8OH- =FeO42- + 4H2O;阴极是水放电产生H2,剩余OH-和通过阳离子交接膜进来的Na+,结合成NaOH,因此可循环使用的物质是NaOH溶液。
7. 氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下:
 
提示:在本实验条件下,Ni(Ⅱ)不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是MnO2。
⑴ 反应②中除掉的杂质离子是____,发生反应的离子方程式为                         。
     【答案】Fe2+和Mn2+  _ MnO4-+3Fe2++7H2O===MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+
     3Mn2++2MnO4-+2H2O===5MnO2↓+4H+
【解析】根据题意,Ni(Ⅱ)不能被氧化,反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+,发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
8.(2018届青海省西宁市高三下学期复习检测二模)碲(Te)是VIA族非金属元素,其单质和化合物在太阻能、电子、橡胶生产方面具有广泛的应用。
(1)根据碲(Te)在元素周期表中的位置,判断H2TeO4的酸性_____(填“大于”、“小于”或“无法判断”)H2SO4酸性。
(2)己知TeO2是两性氧化物,微溶于水,可溶于强酸或强碱。TeO2和NaOH溶液发生反应的化学方程式为_________________。
(3)已知25℃时,亚碲酸(H2TeO3)的电离常数K1=1×10-3,K2=2×10-8。计算:
①0.1mol/L H2TeO3的电离度α约为_______(α=已电离弱电解质分子数/电解质分子总数×100%);
②NaHTeO3溶液的pH_____7(填“>”、“=”或“<”)。
(4)从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一和工芝流程如下:
 
③己知加压酸浸时控制溶液的pH为5.0,生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液浓度过大,将导致TeO2沉淀不完全,原因是_____________。
④防止局部酸度过大的操作方法是___________。
⑤对滤渣“酸浸”后,将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行“还原”得到固态碲,该反应的离子方程式是____________。
⑥“还原”得到固态碲后分离出粗碲的方法是________,对粗碲进行洗涤,判断洗涤干净的实验操作和现象是_____________。
【答案】  小于  TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O  10%  <  溶液酸性过强,TeO2会继续与酸反应,导致TeO2沉淀不完全  搅拌  2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42- +4H+  过滤  取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净
(3)粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te),通入氧气加入硫酸加压浸出,已知加压酸浸时控制溶液的PH为5.0,生成TeO2沉淀,过滤得到滤渣加入硫酸酸浸生成硫酸碲,加入亚硫酸钠还原得到粗碲。
③根据TeO2是两性氧化物分析;
④防止局部酸度过大可以通过搅拌使之混合均匀;
⑤Na2SO3还原Te(SO4)2为Te,本身被氧化为硫酸钠,根据得失电子守恒书写;
⑥分离固体和溶液用过滤,对粗碲进行洗涤,判断洗涤干净的实验操作是检验最后一次洗涤液中是否含硫酸根离子。
详解:(1)Te与S位于同一主族,同主族从上到下非金属性逐渐减弱,最高价含氧酸的酸性逐渐减弱,则H2TeO4的酸性小于H2SO4酸性;
(2)TeO2是两性氧化物,与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应,因此反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O;
(3)已知25℃时,亚碲酸( H2TeO3)的电离常数K1=1×10-3,K2=2×10-8。 計算:
①亚碲酸以第一步电离为主,0.1mol/L H2TeO3溶液中c(H+)=c(HTeO3-)=,所以其电离度α约为;
②NaHTeO3溶液中HTeO3-的水解常数是<K2=2×10-8,即水解程度小于电离程度,所以溶液显酸性,即pH<7。
(3)③因为TeO2是两性氧化物,H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失,导致TeO2沉淀不完全;
④防止局部酸度过大的操作方法是搅拌;
⑤对滤渣“酸浸后,将Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲,根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知该反应的离子方程式是2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42- +4H+;
⑥还原得到固态碲后分离出粗碲的方法是过滤,对粗碲进行洗涤,判断洗涤干净的实验操作和现象是:取少量最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若没有白色沉淀生成,则说明洗涤干净。
9.(2018届河南省洛阳市高三第三次统一考试)从银精矿(其化学成分有:Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)中提取银及铜和铅工艺流程如图:
 
(1)步骤①当盐酸的浓度和KCO3的量一定时,为提高浸取率可采取的措施是_________、_________(问题中要求举两项)。
(2)步骤②试剂X为_________,步骤④滤渣中除含单质硫外,还含有的成分有_________。
(3)步骤③反应的化学方程式为__________________。
(4)步骤⑤反应的离子方程式为__________________。
(5)“粗银”(含Ag、Cu、Zn、Au)可用立式电解槽电解精炼,纯银作阴极,电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大,其原因是__________________。
(6)此类工厂排出的废水中含有的NO3ˉ对人类健康造成危害。科技人员在碱性条件下用Al粉将NO3ˉ还原成N2。缺点是处理后的水中生成了AlO2ˉ,仍然对人袭健康有害。
已知25℃,Ksp(Al(OH)3]=1.3×10-33 Al(OH)3H++H2O+AlO2ˉ  K=1.0×10-13
①25℃时,欲将上述处理过的水中的AlO2ˉ降到1.0×10-6mol/L,需调节溶液的pH=_________,此时水中c(Al3+)=_________mol/L
②25℃时,Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=_________
【答案】  进一步粉碎银精矿或适当增大液固比  适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌  Zn  SiO2  AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2] +.NaCl  4[Ag(SO3)2] 3-+N2H4+4OH-=4Ag↓+8SO32- +N2↑+4H2O  防止生成的银被硝酸溶解或硝酸根优先于银离子在阴极被还原,无法得到银  7   1.3×10-l2  10
【解析】银精矿(其化学成分有:Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取,过滤,溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+,滤渣中含有S、SiO2、AgCl等;浸出液中加金属还原剂Zn,把Cu2+、Pb2+还原为单质,则试剂X为Zn,分离操作②为过滤,得到Cu和Pb、ZnCl2溶液;浸出渣含有S、SiO2、AgCl,加Na2SO3溶液,AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl,过滤,滤渣为S和SiO2,滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl,在滤液中加N2H4,生成Ag和氮气;滤液中含有亚硫酸钠,氧化生成硫酸钠;(1)为提高浸取率可采取的措施:进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等;(2)由流程分析可知,试剂X为Zn,步骤④滤渣中除含单质硫外,还含有的成分有SiO2;(3)步骤③加Na2SO3溶液,AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl,反应的化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl;(4)滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl,在滤液中加N2H4,Na3[Ag(SO3)2]与N2H4反应生成Ag和氮气、亚硫酸钠,反应的离子方程式为:[Ag(SO3)2]3-+N2H4+4OH-=4Ag↓+8SO32-+N2↑+4H2O;(5)电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大,其原因是防止生成的银被硝酸溶解或硝酸根优先于银离子在阴极被还原,无法得到银;①25℃时,欲将上述处理过的水中的AlO2ˉ降到1.0×10-6mol/L,Ksp(Al(OH)3]=c(H+)c(AlO2ˉ)= c(H+)×1.0×10-6mol/L =1.3×10-33,则c(H+)=1.3×10-27<10-7,需调节溶液的pH=7,Ksp(Al(OH)3]=c3(OH-)c(Al3+)= (10-7)3×c(Al3+) =1.3×10-33,c(Al3+)=1.3×10-l2mol/L;②25℃时,Al(OH)3溶于NaOH溶液:Al(OH)3+ OH-= AlO2ˉ+2 H2O,反应的平衡常数K=。
10.(2018届北京市密云区高三第二学期阶段性练习)工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH) 2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰,其流程示意图如下:
 
已知:生成氢氧化物沉淀的pH
 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀时 8.3 6.3 2.7 4.7
完全沉淀时 9.8 8.3 3.7 6.7
 
注:金属离子的起始浓度为0.1 mol/L
回答下列问题:
(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎,主要目的是_________。盐酸溶解MnCO3的化学方程式是_________。
(2)向溶液1中加入双氧水时,反应的离子方程式是___________。
(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS,以除去Cu2+,反应的离子方程式是__________。
(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化生成MnO2和Cl2,该反应的离子方程式为___________。
(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。
① 生成MnO2的电极反应式是___________。
② 若直接电解MnCl2溶液,生成MnO2的同时会产生少量Cl2。检验Cl2的操作是_________。
③ 若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末,则无Cl2产生。其原因是_________。
【答案】  增大接触面积,提高反应速率  MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O  2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+  MnS+Cu2+=Mn2++CuS  5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+  Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+  将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近,若试纸变蓝则证明有Cl2生成  其它条件不变下,增大Mn2+浓度,有利于Mn2+放电
详解:(1)将含有杂质的菱镁矿粉碎是为了增大反应物的接触面积,提高反应速率;盐酸与MnCO3反应,生成MnCl2、CO2和H2O;反应方程式为MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O。
(2)H2O2具有氧化性,可将溶液中的Fe2+氧化。此时溶液呈酸性,因Fe(OH)3在pH较小时就能生成,故在一定浓度范围内可以与氢离子共存,根据上述条件可写出该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+。
(3)该反应利用难溶物MnS可转化为更难溶物CuS的方法除去溶液中的Cu2+,由于反应中Cu2+沉淀完全,方程式用等号不用可逆符号,方程式为MnS+Cu2+=Mn2++CuS。
(4)反应中锰元素化合价由+2上升为+4,已知参与反应的n(Mn2+):n(ClO3-)=5:2,根据电子转移守恒可知反应中氯元素化合价由+5下降为0价。根据质量守恒配平方程式为:5Mn2++2ClO3-+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+。
(5)①电解反应中锰元素化合价由+2上升为+4,Mn2+失电子发生氧化反应,MnO2在电解池的阳极产生,电极反应方程式为:Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
②Cl-被氧化为Cl2,在阳极产生,因此检验Cl2的方法为:用润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近,若试纸变蓝则证明有Cl2生成
③在其他条件不变的情况下,加入一定量的Mn(NO3)2粉末提高了溶液中Mn2+的浓度,有利于Mn2+放电,不利于Cl-的放电。
【解题技巧】关键结合题目信息、流程图信息并熟记常见的氧化产物和还原产物判断生成物。
1.新情境氧化还原反应方程式的书写程序
根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价;根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质
2. 熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物
氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H+)、MnO2 Fe3+ KClO3 、ClO- H2O2
还原产物 Cl- O2- SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2+ Cl- H2O
还原剂 I- S2-(H2S) CO、C Fe2+ NH3 SO2、SO3(2-)
H2O2 
氧化产物 I2 S CO2 Fe3+ NO 、N2 SO42- O2 
3. 掌握书写信息型氧化还原反应的步骤(3步法)
第1步:根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂,还原性最强的为还原剂;根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物;根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第2步:根据溶液的酸碱性,通过在反应方程式的两端添加H+或OH-的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第3步:根据原子守恒,通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
4. 氧化还原反应方程式的配平:
    步骤: ① 标出化合价变化了的元素的化合价。
② 列变化:分别标出化合价升高数和化合价降低数
③ 根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。
       ④ 利用元素守恒,观察配平其他物质
5. “补缺”的技巧
缺项化学方程式的配平:
配平化学方程式时,有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒,总的原则是酸性溶液中不能出现OH-,碱性溶液中不能出现H+,具体方法如下:
 酸性环境 碱性环境
反应物中少氧    左边加H2O,右边加H+ 左边加OH-,右边加H2O
反应物中多氧 左边加H+,右边加H2O 左边加H2O,右边加OH-
 
 
 

 

 

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