专题02 氧化还原反应原理综合应用-2019年高考冲刺化学大题百题精练(解析版)

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、ZnO·Fe2O3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K sp(CaF2)=2.7×10－11，K sp (MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×10－6mol·L－1，则c(Mg2+)=___________ mol·L－1。

（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MeCO3·2Me(OH)2·H2O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%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol－1)___________万吨(保留两位有效数字)

【答案】SiO22Fe3+ + Fe = 3Fe2+Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑ 6.4×10-14 2.0

3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 氧化 4.3

【解析】

【详解】

（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ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↑。K sp(CaF2)=c(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K sp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/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Ⅱ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，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+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5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而

NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。

2．碱性锌锰电池的工作原理：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——Mn x Zn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：

（1）已知Mn x Zn(1−x)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Mn x Zn(1−x)Fe2O4相符合。

①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：______________________、_______。

②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L−1，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 3+ +2H 2 O Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+Fe+2H += Fe 2+ +H 2↑ 112a−56b 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Mn x Zn(1−x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品Mn x Zn(1−x)Fe2O4。

【详解】

（1）由题意可知，Mn x Zn(1−x)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）×（1—x）+（+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 2O；

（3）①“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+ +H

↑，故答案为：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2↑；

2

②由Mn x Zn(1−x)Fe2O4得化学式可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe 3+)=1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得

（a mol·L−1×103 L）:(b mol·L−1×103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)×103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)×103 mol×56g/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