2022年高考化学一轮复习 第2章 第12讲 专项提能特训1　从氧化还原反应的视角分析“化工生产”中的物质变化

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1、专项提能特训专项提能特训 1 从氧化还原反应的视角分析从氧化还原反应的视角分析“化工生产化工生产” 中的物质变化中的物质变化 1Fe3O4中含有Fe 2 、Fe 3 ，分别表示为 Fe()、Fe()，以 Fe3O4/Pd 为催化材料，可实现用 H2 消除酸性废水中的致癌物 NO 2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是( ) APd 上发生的电极反应为：H22e =2H BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用 C反应过程中 NO 2被 Fe()还原为 N2 D用该法处理后水体的 pH 降低 答案 D 解析 由图可知 Pd 上氢气失电子生成氢离子，所以电极反应为：H22e

2、=2H，故 A 正 确；Fe()得电子生成 Fe()，Fe()失电子生成 Fe()，则 Fe()与 Fe()的相互转化起到 了传递电子的作用，故 B 正确；由图可知反应过程中 NO 2得到 Fe()给的电子生成 N2，所 以反应过程中 NO 2被 Fe()还原为 N2， 故 C 正确； 总反应方程式： 2H 2NO 23H2= 催化剂 N2 4H2O，所以用该法处理后水体的 pH 升高，故 D 错误。 2硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S 和空气的混合气体通入 FeCl3、 FeCl2、 CuCl2的混合溶液中反应回收 S， 其物质转化如图所示。 下列叙述正确的是( )

3、 A在转化过程中化合价不变的元素只有 Cu 和 Cl B由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2Cu2 S C在转化过程中能循环利用的物质只有 FeCl2 D反应中当有 34 g H2S 转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3 的量不变，需要消耗 O 2的质量为 16 g 答案 D 解析 根据图中各元素化合价知，Cu 元素化合价都是2 价、H 元素化合价都是1 价、Cl 元素化合价都是1 价，所以化合价不变的是 Cu、H、Cl 元素，故 A 错误；转化过程中 O2 把 Fe2 氧化为 Fe3，Fe3把硫离子氧化为 S，则氧化性的强弱顺序：O 2Fe 3S，故 B 错 误；根据图示，反应的本质是空气

4、中的氧气氧化 H2S 转化为 S 和水，在转化过程中能循环利 用的物质有 FeCl2、CuCl2、FeCl3，故 C 错误；H2S 转化为硫单质，硫元素的化合价从2 价 变成 0 价，氧元素的化合价从 0 价变成2 价，依据得失电子数相等，2H2SO2，所以有 34 g H2S 转化为硫单质时， 保持溶液中 Fe3 的量不变， 需要消耗 O 2的质量为 34 g 34 g mol 11 232 g mol 116 g，故 D 正确。 3我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土 Eu3 /Eu2离子对，通过循环反应可消除 零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正

5、确的是 ( ) AEu3 /Eu2离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充 B消除零价碘的过程中，Eu3 /Eu2离子对发生还原反应 C消除零价铅的反应为：2Eu3 Pb0=2Eu2Pb2 D整个过程实质上将电子从 I0转移给 Pb0 答案 C 解析 Eu3 /Eu2离子对在反应过程中循环使用，不会损耗，A 选项错误；消除零价碘的过程 中，发生反应 I0Eu2 =Eu3I，反应中 Eu2失去电子发生氧化反应生成 Eu3，B 选项 错误；消除零价铅的反应为：2Eu3 Pb0=2Eu2Pb2，C 选项正确；整个过程中，Pb0 失去电子，I0得到电子，即电子从 Pb0转移给 I0，D 选项错误。 4碱

6、式氯化铜CuaClb(OH)c xH2O是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步 骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3 对该反应有催化作用， 其催化原理如图所示。步骤 2：在制得的 CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱 式氯化铜。下列有关说法错误的是( ) Aa、b、c 之间的关系式为 a2b2c B图中 M、N 分别为 Fe3 、Fe2 C为了除去 CuCl2溶液中的杂质 Fe3 ，可加入过量的 CuO、过滤 D若制备 1 mol CuaClb(OH)c xH2O，理论上消耗 11.2a L(标准状况)O2 答案 A 解析 根据化合

7、物中正、负化合价的代数和为 0，可知 2abc，A 选项错误；Fe3 水解使 溶液显酸性， CuO 与 H 反应产生 Cu2和水， 当溶液的 pH 增大到一定程度， Fe3形成 Fe(OH) 3 而除去，从而达到除去 Fe3 的目的，C 选项正确；若制备 1 mol Cu aClb(OH)c xH2O，转移的 电子数为 2a mol， 根据得失电子守恒， 理论上消耗 0.5a mol O2， 标准状况下的体积为 11.2a L， D 选项正确。 5BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下 列说法错误的是( ) A苯酚被氧化的总反应：C6H5OH7

8、O2 光 BMO 6CO23H2O B反应过程中 BMO 表现较强氧化性 C在酸性条件下，反应的离子方程式是 3C6H5OH28O 228H =18CO 223H2O D过程和中被降解的苯酚的物质的量之比为 31 答案 B 解析 根据分析可知，该过程中苯酚在光照、BMO 作催化剂的条件下被氧气氧化生成 CO2 和 H2O，反应方程式为 C6H5OH7O2 光 BMO 6CO23H2O，A 选项正确；通过分析可知，BMO 在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了 BMO ，B 选项错误；酸性条件下，反应 中苯酚、O 2与 H 反应生成 CO 2和 H2O，反应的离子方程式是 3C6H5OH2

9、8O 228H =18CO223H2O，C 选项正确；1 个 BMO 表现氧化性，被还原为 BMO，可以得 1 个电 子；1 个 O 2表现氧化性，被还原为 2 个 H2O，可以得 3 个电子，所以和中被降解的苯酚 的物质的量之比为 31，D 选项正确。 6厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是( ) A1 mol NH 4所含的质子总数为 10NA B联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键 C过程属于氧化反应，过程属于还原反应 D过程中，参与反应的 NH 4与 NH2OH 的物质的量之比为 11 答案 A 解析 1 mol NH 4中含有质子总物质的量为

10、11 mol，故 A 说法错误；联氨(N2H4)的结构式为 ，含有极性键和非极性键，故 B 说法正确；过程，N2H4N2H22H，此反 应是氧化反应，过程，NO 2NH2OH，添 H 或去 O 是还原反应，故 C 说法正确；NH 4中 N 显3 价，NH2OH 中 N 显1 价，N2H4中 N 显2 价，因此过程中 NH 4与 NH2OH 的物 质的量之比为 11，故 D 说法正确。 7整合流程信息书写方程式 (1)二硫化钨(WS2，WS2中 W 的化合价为4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由 钨铁矿(其主要成分是 FeWO4，还含少量 Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下： 写出

11、FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式：_。 滤渣中主要成分的形成可用离子方程式表示为_。 答案 4FeWO4O28NaOH= 高温 2Fe2O34Na2WO44H2O AlO 2CO22H2O=Al(OH)3HCO 3 解析 根据流程图， FeWO4在碱熔过程中， 得到 Fe2O3和 Na2WO4， 反应物是 NaOH、 FeWO4、 O2，生成物是Na2WO4、Fe2O3等，FeWO4中 Fe 显3 价，W 显5 价，Na2WO4中W 显6 价， FeWO4为还原剂， O2为氧化剂， 因此根据化合价升降法进行配平， 得到化学方程式为 4FeWO4 O28NaOH= 高温 2Fe2O34

12、Na2WO44H2O。 (2)软锰矿的主要成分为 MnO2，含少量 Al2O3和 SiO2。闪锌矿主要成分为 ZnS，含少量 FeS、 CuS、CdS 杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备 MnO2和 Zn，其简化流程如下(中间产物的 固体部分已经略去)。 软锰矿闪锌矿 硫酸酸浸 滤液A 金属锌 Zn2 、Mn2、Fe2、Al3 MnO2X ZnSO4、MnSO4溶液 电解 MnO2ZnH2SO4 中发生多个反应，其中 MnO2、FeS 与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色， 写出 MnO2、FeS 与硫酸共热发生反应的化学方程式：_。 答案 3MnO22FeS6H2SO4= Fe2(S

13、O4)33MnSO42S6H2O 解析 中 MnO2、FeS 与硫酸共热时有淡黄色的 S 析出，溶液变为棕黄色，说明有 Fe3 生 成，发生反应的化学方程式为 3MnO22FeS6H2SO4= Fe2(SO4)33MnSO42S 6H2O。 (3)含 FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T.f)、氧化亚铁微螺菌(L.f)、氧化硫硫杆菌(T.t)进行脱 硫，其脱硫过程如图所示： 已知：脱硫总反应为 FeS214Fe3 8H 2O=2SO 2 415Fe 216H； 反应的离子方程式为 FeS26Fe3 3H 2O=S2O 2 37Fe 26H。 写出反应的离子方程式： _。 答案 8Fe3 S 2

14、O 2 35H2O=2SO 2 48Fe 210H 解析 反应是 Fe3 和 S 2O 2 3反应生成亚铁离子和硫酸根离子。 8(1)高锰酸钾纯度的测定：称取 1.080 0 g 样品，溶解后定容于 100 mL 容量瓶中，摇匀。 取浓度为 0.200 0 mol L 1 的 H2C2O4标准溶液 20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用 KMnO4溶液平 行滴定三次， 平均消耗的体积为 24.48 mL， 该样品的纯度为_(保 留小数点后两位)。 答案 95.62% 解析 根据离子方程式 2MnO 45H2C2O46H =2Mn210CO 28H2O 可知 KMnO4与 草酸反应的关系式是：2K

15、MnO45H2C2O4。配制的溶液的浓度为：c20.200 020.00 524.48 mol L 1。 则 1.080 0 g 样品中含 KMnO4的物质的量为： n 100 1 000 L 20.220 524.48 mol L 10.006 536 mol， KMnO4的质量为： m0.006 536 mol158 g mol 11.032 688 g。 故其纯度为： w1.032 688 g 1.080 0 g 100%95.62%。 (2)为测定产品中 K2Cr2O7的含量，某兴趣小组将 m g 产品溶于水配制为 500 mL 溶液，准确 量取 50.00 mL，加入稀硫酸酸化，然后

16、加入过量的 KI 充分还原，加_作指示剂，到 达终点消耗 30.00 mL 0.050 0 mol L 1 的 Na2S2O3溶液。则该次生产的样品中 K2Cr2O7含量为 _%。(已知：Cr2O2 7 6I 14H=2Cr33I 27H2O,2Na2S2O3I2=Na2S4O6 2NaI) 答案 淀粉溶液 73.5 m 解析 有碘单质存在，可以选用淀粉溶液作指示剂；根据化学反应：Cr2O2 76I 14H =2Cr3 3I 27H2O 和 I22S2O 2 3=2I S 4O 2 6，可得 Cr2O 2 73I26S2O 2 3，m g 产品最 终消耗 n(S2O2 3)0.050 0 mol L 130.00103L500 mL 50.00 mL0.015 0 mol，则 n(Cr2O 2 7) 0.015 0 mol1 60.002 50 mol，则样品中 K2Cr2O7 含量为0.002 50 mol294 g mol 1 m 100% 73.5 m %。