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.doc

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1、1 / 49【2019【2019最新最新】精选高考化学精选高考化学 难点剖析难点剖析 专题专题0909 氧化还原反应在化工流程中的考查练习氧化还原反应在化工流程中的考查练习 1（2018届河南省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_

2、。（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(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

3、Fe(OH)3 防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀 CoC2O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 2 / 49CoO【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

4、子形成碳酸锂沉淀。（5）由表中数据可知，加热到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。

5、2（2018届福建省永安一中、德化一中、漳平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_。3 / 49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

6、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

7、强碱，是强电解质；Cl(B)的最高价氧化物对应的水化物为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4 / 49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

8、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，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C

9、O2。CO2的电子式为：MgCO3在高温条件下分解，能吸收大量的热，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：5 / 49“加压浸出”过程中被氧化的元素为_ (填元素符号)，1m

10、olCu2Te被“浸出”时氧化剂得到的电子数为_。“酸浸”时，温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1molL-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=1.010-3，Ka2=2.010-8)【答案】 TeO2+2OH-=TeO32-+H2O Cu、Te 8NA(或4.8161024) 温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低，导致浸出率降低 Te

11、Cl4+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 CuSO4 转移4mo

12、l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4.8161024；“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；6 / 49“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- =Te +6O

13、H-；（4）25时，向1molL-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=2.010-8，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，其中之一为 CaSiF6，该反应的化学方程式为_。（2）脱铁后的溶

14、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)。脱硫后需过滤7 / 49、洗涤再进入下一步工序，检验滤渣是否洗涤

15、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，利于浸铜时分离；(4)电解CuSO4溶液时，阳极水电离出的

16、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量分数为5%，30t废渣制得精锡lt，则锡的回收率为。5

17、（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：8 / 49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)外还含有_(填化学式)。(3)为保证产品纯度

18、，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+)=1.010-3mol，当除钙率达到99时，除钙后的溶液中c(F-)=_molL-1已知Ksp(CaF2)=4.010-11。(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，V0VA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+2

19、H2OFeO(OH)+3H+ SiO2、CaSO4 0.5 Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 2.0103 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，即浸渣中还含有CaSO4；（3）根据得失电子数目守恒，n(SnCl2)2=n(Fe3)1，得出SnCl

20、2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=29 / 49Cr3+6Fe3+7H2O ；（4）除钙率达到99%，除钙后，溶液中c(Ca2)=1.01031%molL1=1.0105molL1，则c(F)=2.0103molL1；（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13

21、0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

22、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%FeSO47H2O）180010 / 49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- 2Cu2+ 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=Ag

23、Cl；（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H2

24、O2；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届福建省市双十中学高三第九次能力考试）金属镍具有较高的经济价值。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=1.610-14)（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

25、回收镍。11 / 49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)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-+

26、-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

27、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_。12 / 49【答案】 NiR2 +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

28、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,同样不能使R- 充分转化成-R C1O-+2Ni(OH)2=Cl- +Ni2O3+2H2O 1.25a mol NiOOHH2O 或2NiOOHH2O（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，

29、使c(R-)减小，平衡正向移动，实现“脱络”；根据镍去除率的图像，当过氧化氢的投加量为0.45gL1时，去除率达到最大，即过氧化氢的最佳加入量为0.45gL1；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

30、弱碱性转化成ClO，即Cl22OH=ClOClH2O，电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13 / 49子物质的量为0.5a2/80%mol=1.25a；产生H2O的质量为0.218g=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NiOOHH2O 或2NiOOHH2O。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

31、密切相关。某科研小组以阳极泥(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)=2.710-3、Ka2(H2SeO3)=2.510-

32、8、Ka(CH3COOH)=1.810-5。(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- +CH3COO- C14 / 49【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

33、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Na2SeO4，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

34、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=2Se+4HCO3-)，故答案为：2Se2- +O2 +2CO2=2Se+2CO32-(或2Se2- +O2 +4CO2 +2H2O=2Se+4HCO3-)；9（广东省市高三3月质量检测一模）金属钒被誉为“合金的维生素”，常用

35、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+ 15 / 49(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，1.0molL-1的Na3VO4溶液中c(VO

36、43-)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%)负载利用电量

37、 电池输出电量【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(g)=2V2O5(s)H216 / 49，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)；1 21 2(2)V2O5具有强氧化性，溶于浓盐酸可以得到蓝色溶液为VO

38、2+，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，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

39、/L=0.8mol/L，生成的Cr2O72-的浓度为0.4mol/L，此时c(H+)=510-14 mol/L，则c(OH-)=0.2 mol/L，K=0.4，；220 20.4 0 2 (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；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=2mol96500C/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

40、量Q=It=2.0 C/s 10min60s/min，所以电流利用效率100%=100%。64m 64/mg g mol负载利用电量 电池输出电量296500/64/ 2.0/1060 /mgC molg mol C smins min10（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，它是一17 / 49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

41、+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”“4时，Cu2出现沉淀；（5）混合物中BeO的质量为100025%=250g，理论上得到Be的物质的量为250/25mol=10mol，实际得到Be物质的量为81/9mol=9mol，产率是9/10100%=90%。20（2018届湖南省市高三第二次教学质量监测）亚铁氰化钾的化学式为K4Fe(CN)6，一种用含NaCN废水合成该化合物的主要工艺流程如下：（1）请依据工艺流程图中的信息，回答下列问题：在“除杂”步骤中

42、弃渣的主要成分为_（填化学式）。在“反应器“中发生的主要反应的化学方程式为：_；相同温度下溶解度：Na4Fe(CN)6_K4Fe(CN)6 （选填“”、“”或“=”）（2）氰化钠(NaCN)是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化氢。NaCN 的电子式为_；实验室用NaCN固体配制NaCN溶液时，应先将其溶于氢氧化钠溶液中，再用蒸馏水稀释。NaCN用双氧水处理后，产生一33 / 49种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是_。（3）已知：氢氰酸是一种有苦杏仁气味的无色剧毒液体，易挥发，25时，Ka(HCN)=6.2510-10。处理含CN-废水

43、的方法是：第一步控制pH10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步控制pH为7.5-8.5，用NaClO完全氧化OCN-生成N2和两种盐。请写出第二步反应的离子方程式：_。反应CN-+H2OHCN+OH-在25时的平衡常数K=_(填数值)。（4）K4Fe(CN)6与高锰酸钾溶液反应，其方程式为：K4Fe(CN)6+KMnO4 +H2SO4=KHSO4+Fe2(SO4)3+MnSO4+HNO3+CO2+H2O（未配平）， 若有1mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，则消耗KMnO4的物质的量为_mol。【答案】 CaCO3 6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4

44、+Na4Fe(CN )6+2NaCl CN-+H2O2+ H2O= HCO3-+ NH3 2CNO-+3C1O-+2H2O=N2+3Cl-+2HCO3- 1.610-5 12.2【解析】试题分析：由流程可知，在反应器中发生反应6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4+Na4Fe(CN )6+2NaCl，过滤后除去硫酸钙，向滤液中加入碳酸钠溶液，把溶液中的钙离子转化为碳酸钙除去，再向滤液中加入氯化钾溶液与Na4Fe(CN )6发生复分解反应生成溶解度更小的K4Fe(CN )6，过滤、洗涤、干燥得到K4Fe(CN )6。（1）在“除杂”步骤中弃渣的主要成分为CaCO3。在“反应器“中发生的主要反应的化学方程式为6NaCN+FeSO4+ CaCl2=CaSO4+