专题02 氧化还原反应原理综合应用高考冲刺化学大题百题精练.docx

1、专题02 氧化还原反应原理综合应用高考冲刺化学大题百题精练2019年高考冲刺化学大题百题精练专题二 氧化还原反应原理综合应用1湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnOFe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：回答下列问题（1）滤渣I的主要成分是_。（2）净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为_、_。已知：25时Ksp(CaF2)=2.71011， Ksp (MgF2)=6.41019。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)

2、=2.7106molL1，则c(Mg2+)=_ molL1。（3）在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在_左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO32Me(OH)2H2O沉淀的化学反应方程式为_。（4）铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入_剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，

3、理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476gmol1)_万吨(保留两位有效数字)【答案】SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2 6.410-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2 氧化 4.3 【解析】【详解】（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣为SiO2。（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2。Ksp(CaF2)=c

4、(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.410-14mol/L。（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)n(Fe2+Ni2+Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给

5、的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO32Me(OH)22H2O+3(NH4)2SO4+5CO2。（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为50.273/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为564/476=47，因而NiZnFe4O8的质量为2.02547=4.3万吨。2碱性锌锰电池的工作原理：

6、Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料MnxZn(1x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：（1）已知MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为_。（2）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_。（3）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合。写出“调铁”工序中发生反应的离子

7、方程式：_、_。若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a molL1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b molL1，滤液体积为1 m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为_kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。（4）在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把 Fe 2+ 氧化为 Fe 3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是_。（5）用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_。【答案】+3 MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe

8、 3+ +2H 2 O Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+ Fe+2H += Fe 2+ +H 2 112a56b 生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解 c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH ) 【解析】【分析】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为

9、Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1x)Fe2O4。【详解】（1）由题意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）x+（+2）（1x）+（+a）2+（2）4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O，故答案为：MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H

10、 2O；（3）“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe 3+与Fe反应生成Fe 2+，Fe 3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe 2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+和Fe+2H += Fe 2+ +H2，故答案为：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化学式可知，nMn2+Zn2+:n(Fe 3+)=1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得（a molL1103 L）:(b molL1103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)103 mol，

11、则加入的铁粉质量为(2a-b)103 mol56g/mol=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；（4）在“氧化”工序中，双氧水把 Fe 2+ 氧化为Fe 3+，反应生成的Fe 3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H + )c(OH )，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)c(SO42)，则溶液中离子浓度由大到小的

12、排序为，故答案为：c(NH4+)c(SO42)c(H + )c(OH )；【点睛】本题主要考查化学工艺流程，考查分析问题与解决问题的能力，集元素化合物知识基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强，注意题给信息和流程中的反应原理分析是解答关键。3硝酸铵简称硝铵，可用作化肥，含氮量高。它在发生某些反应时既放出大量热又生成大量气体而爆炸，也可作炸药使用。（1）硝铵受热：NH4NO3N2O+2H2O，该反应中因为有_而属于氧化还原反应，其中发生还原过程元素的变化为_。（2）硝铵受撞击：2NH4NO3O2+2N2+4H2O，请在该反应方程式上补齐电子转移的方向和数目_。若反应中转移电子数为3.011

13、024，则反应产生的气体在标准状况下的体积为_。（3）一定温度下，硝铵分解：_NH4NO3_HNO3+_N2+_H2O，配平该反应方程式，把系数填入对应的位置上。反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，参加反应的硝铵的质量为_。（4）硝铵易溶于水，溶解时溶液的温度降低。硝铵溶于水时，温度降低的原因是_，该水溶液呈（填“酸”“碱”或“中”）_性，用离子方程式表示原因为_。（5）为使该水溶液在常温下的pH为7，并不引入杂质，可以_，试证明所得的溶液中c(NH4+)=c(NO3-)：_。【答案】电子的转移 NO3-N2O 33.6 L 5 2 4 9 1000g 硝酸铵溶于水时扩散过程

14、的吸热量大于水合过程的放热量 酸 NH4+H2ONH3H2O+H+ 加入适量氨水 溶液中存在NH4+、NO3-、H+、OH-，溶液呈电中性：c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(NO3-)（其他证明方法，合理即得分） 【解析】【分析】（1）有电子转移的反应为氧化还原反应，元素化合价降低的过程为还原过程；（2）根据化合价变化，用双线桥标出电子转移情况；根据电子转移关系计算生成气体的体积； （3）根据得失电子守恒，配平方程式；由配平的方程式找出被氧化与被还原的原子的物质的量之差与反应物的关系，以此计算；（4）硝酸铵溶于水吸热

15、；硝酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性；（5）由水解的离子方程式NH4+H2ONH3H2O+H+，根据平衡移动来解答；根据在硝酸铵和氨水的混合溶液中存在电荷守恒关系证明。【详解】（1）在NH4NO3N2O+2H2O中，NH4+中氮元素化合价从-3价升高到+1价，NO3-中氮元素化合价从+5价降低到+1价，发生电子转移，属于氧化还原反应，其中发生还原过程元素的变化为NO3-N2O，因此，本题正确答案是：电子的转移；NO3-N2O； （2）根据化合价变化，用双线桥标出电子转移为：。由此可知，每生成2molN2转移10mol电子，则若反应中转移电子数为3.011024，即转移5mol电子时，则反应产生的气

16、体为1molN2和0.5molO2，在标准状况下的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，因此，本题正确答案是：；33.6 L；（3）在反应NH4NO3HNO3+N2+H2O中，NH4NO3中的NH4+被氧化，NO3-部分被还原，根据得失电子守恒，配平方程式为：5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O；由配平方程式可知，若有5mol NH4NO3分解，被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol-3mol=2mol，所以当反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，参加反应的硝铵的质量为5mol80g/mol=1000g，因此，本题正确答案是：5 ；2 ；4 ；9 ；10

17、00g；（4）硝酸铵溶于水时扩散过程的吸热量大于水合过程的放热量，使溶液的温度降低；硝酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，离子方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，因此，本题正确答案是：酸；NH4+H2ONH3H2O+H+；（5）由NH4+H2ONH3H2O+H+可知，向硝酸铵溶液中加入适量氨水，可以使平衡逆向移动，溶液pH可以为7，且不引入杂质；在硝酸铵和氨水的混合溶液中存在NH4+、NO3-、H+、OH-，溶液呈电中性：c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(NO3-)。因此，本题正确答案是：加入适量氨水；溶液中存在NH

18、4+、NO3-、H+、OH-，溶液呈电中性：c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，因为c(H+)=cc(OH-)，所以c(NH4+)=c(NO3-)。4锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法。回答下列问题：I. 镓(Ga)是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似。（1）Ga在元素周期表中的位置为_。（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为_。（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是_(填字母)。A一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠溶液B常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气CGa2O3可由Ga(OH)3受热分解得到D一定条件

19、下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐II. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物)湿法制取金属锌的流程如图所示。已知：Fe的活泼性强于Ni。（4）ZnFe2O4可以写成ZnOFe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式_。（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，仅使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。（6）净化II中加入Zn的目的是_。III. （7）某化学课外小组拟用废旧电池锌皮(含杂质铁)，结合如

20、图所示信息，从提供的试剂中选取适当试剂，制取纯净的ZnSO47H2O。实验步骤如下：将锌片完全溶于稍过量的3molL-1的稀硫酸，加入_(选填字母，下同)；A30%H2O2 B新制氯水 CFeCl3溶液 DKSCN溶液加入_；A纯锌粉 B纯碳酸钙粉末 C纯ZnO粉末 D3molL-1的稀硫酸加热到60左右并不断搅拌；趁热过滤得ZnSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。其中步骤加热的主要目的是_。【答案】第四周期IIIA族 2Ga+2NH3 2GaN+3H2 ACD ZnFe2O4+4H2SO4 = ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O Fe(OH)3胶粒具有吸附性 使Cu2+

21、、Ni2+转化为Cu、Ni而除去 A C 促进Fe3+水解转化为沉淀，并使过量的H2O2分解除去 【解析】【详解】（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第A族；（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH3 2GaN+3H2（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则A、Al与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；B、Al与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；C、氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；D、氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可

22、与NaOH反应生成盐，故D正确；故答案为：ACD；（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（5）因为生成的Fe（OH）3胶粒具有吸附性，能净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质；（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；（7）据题意用废旧干电池锌皮（含杂质铁）制取纯净的ZnSO4溶液实验流程为用硫酸酸溶、

23、除杂。由实验步骤将锌片完全溶于稍过量的3 molL1稀硫酸发生的反应为Zn + 2H+= Zn2+ H2、Fe + 2H+=Fe2+ H2，所得溶液中含有杂质离子Fe2+，必须将其除去，结合图像所给信息Zn2+和Fe2+难以分离，必须先将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，为不引进新的杂质，选用30%H2O2作氧化剂；（8）分离Zn2+和Fe3+的方法结合图像可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂，为防止引进杂质可用纯ZnO粉末来调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去；（9）因盐类水解吸热，H2O2受热易分解，所以步骤加热的主要目的有促进Fe3+水解转化为沉淀并使过量的H2O2分

24、解除去。【点睛】将Fe2+氧化为Fe3+再进行分离，为不引进新的杂质，一般选用H2O2作氧化剂。5以硫铁矿（主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质）为原料制备绿矾晶体（FeSO47H2O）的工艺流程如下：（1）“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式_。（2）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出该反应的离子方程式_。（3）滤液中金属阳离子的检验方法_。（4）FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_。（结合化学用语说明原因）（5）燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（Tf）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：

25、已知总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO42-+15Fe2+16H将过程I离子方程式补充完整_过程II反应的离子方程式_。研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低（如图），可能的原因是_。（6）绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的amolL-1K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_。(FeSO47H2O摩尔质量为278 g/mol)【答案】Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O SO2 +2NH3H2O=2NH

26、4+SO32- + H2O 取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+ Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，H+过量抑制Fe2+的水解 8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+ 升高温度，蛋白质变性，细菌失去催化能力 【解析】【分析】硫铁矿的主要成分为FeS2，在煅烧时FeS2反应产生Fe2O3，矿渣用硫酸处理，Fe2O3与硫酸反应产生硫酸铁和水，而CuS、SiO2等杂质不能与酸反应，向反应后的溶液中加入还原铁粉，硫酸铁反应转化为硫酸亚铁，然后过滤，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得绿矾；根据氧化还原反应中电子

27、守恒、电荷守恒及原子守恒，结合题目已知信息书写相应的离子方程式；根据反应过程中的电子守恒，利用反应方程式中物质之间关系式先计算出Fe2+的物质的量，再根据物质含量计算方法得到绿矾晶体纯度的计算式。据此解答。【详解】（1）“酸浸”过程，矿渣中的碱性氧化物Fe2O3与稀H2SO4反应产生硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）在煅烧时硫铁矿中的S元素转化为烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，SO2与氨水反应产生亚硫酸铵和水，该反应的离子方程式为SO2 +2NH3H2O=2NH4+SO32- + H2O；（3）滤液中金属阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方

28、法是取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，若有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2+；（4）在由FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，这是由于FeSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Fe2+发生水解反应：Fe2+2H2OFe(OH)2 +2H+，向溶液中加入过量的H+，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，从而可抑制Fe2+的水解；（5）FeS2与Fe3+及水发生反应产生Fe2+、S2O32-、H+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：FeS2+6Fe3+3H2O=7Fe2+S2O32-+6H+；由于总反应为：FeS2+14Fe3+8H2O=2SO4

29、2-+15Fe2+16H，所以过程II反应的离子方程式为：8Fe3+ +S2O32-+5H2O=2SO42-+8Fe2+10H+；研究发现，用氧化亚铁硫杆菌（Tf）脱硫，温度过高脱硫效率降低，这是由于氧化亚铁硫杆菌主要是由蛋白质构成，升高温度，蛋白质发生变性，使氧化亚铁硫杆菌失去催化能力。（6）K2Cr2O7溶液会将FeSO4氧化为硫酸铁，K2Cr2O7被还原为硫酸铬，反应6Fe2+Cr2O72-+14H+ =6Fe3+2Cr3+7H2O。根据反应方程式可n(FeSO4)=6n(K2Cr2O7)=6ab10-3mol，由于FeSO47H2O摩尔质量为278 g/mol，则绿矾晶体纯度的计算式为。【点睛】本题以硫铁矿为原料制备绿矾晶体的工艺流程为原料，考查了离子方程式的书写、盐的水解、离子的检验、物质含量的测定等知识。综合考查了元素化合物及化学反应基本原理。