2020-2021 高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案

2020-2021 高考化学(氧化还原反应提高练习题)压轴题训练附答案
一、高中化学氧化还原反应
1．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。

某小组在实验室模拟该过程。

已知：
i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。

ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银
取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），
2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。

该过程中发生的反应为AgCl +2
3
（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。

Ⅱ. 酸化沉银
（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。

ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。

Ⅲ．浸取剂再生
（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。

【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与
．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同
溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10
【解析】
【分析】
I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；
II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；
（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；
②依据Ag2SO3的还原性答题；
③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；
III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。

【详解】
I、（1）A gCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)，Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；
II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是HSO3-；
（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小；
②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；
ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；
③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；
III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。

2．下表是某学生为探究AgCl 沉淀转化为2Ag S 沉淀的反应所做实验的记录． 步 骤
现 象 Ⅰ.取5mL 0.1mol /L 3AgNO 与一定体积0.1mol /L NaCl 溶
液，混合，振荡．
立即产生白色沉淀 Ⅱ.向所得悬浊液中加入2.5mL 0.1mol /L 2Na S 溶液．
沉淀迅速变为黑色 Ⅲ.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌． 较长时间后，沉淀变为乳
白色
Ⅳ.滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液． 产生红棕色气体，沉淀部
分溶解
Ⅴ.过滤得到滤液X 和白色沉淀Y ；向X 中滴加32Ba(NO )溶
液．
产生白色沉淀 ()1为了证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，步骤I 中NaCl 溶液的体积范围为 ______ 。

()2已知：25℃时()10sp K AgCl 1.810-=⨯，()30sp 2K Ag S 610-=⨯，此沉淀转化反应的平衡常数K = ______。

()3步骤V 中产生的白色沉淀的化学式为 ______ ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl 外，还含有 ______。

()4为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。

①装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ______ ，试剂W 为 ______ 。

②装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，B 中试剂为 ______ 。

③实验表明：C 中沉淀逐渐变为乳白色，B 中没有明显变化。

完成C 中反应的化学方程式：______Ag 2S+_____NaCl+______ + ______ ⇌AgCl+S+ ______ ______
C 中NaCl 的作用是： ______ 。

【答案】5mL ≥ 95.410⨯ 4BaSO S 分液漏斗 过氧化氢溶液 2Ag S 悬浊液
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++ƒ 氧气将2Ag S 氧化成S 时有
Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与银离子结合生成AgCl 沉淀，使()
c Ag +减小，有利于氧化还原反应的平衡右移
【解析】
【分析】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀；
(2)()()
22c Cl K c S -
-=； (3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；
(4) ①根据装置图判断仪器名称；装置A 的作用是提供氧气；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液；
③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。

【详解】
(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀，所以加入的NaCl 溶液的体积必须5mL ≥；
(2)氯化银转化成硫化银的反应为：()()()()222AgCl s S
aq Ag S s 2Cl aq --++ƒ，该反应
的平衡常数为：()()()()()()()()2222102
sp
930222sp 2c Cl c Ag c Cl K AgCl (1.810)K 5.410K Ag S 610c S c Ag c S -
+----+-⋅⨯=====⨯⨯⋅；
(3)步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S 元素，故乳白色沉淀为AgCl 和S 的混合物；其中S 被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X 中滴加32Ba(NO )溶液会生成4BaSO 沉淀；
(4) ①根据图示可知，装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S 的混合物，装置A 的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W 为过氧化氢溶液；
②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液，即为2Ag S 悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；
③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能
以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++ƒ；装置C 中氯化钠的作用为：氧气将2Ag S 氧化成S 时有Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl 沉淀，使溶液中()c Ag +减小，从而有利于氧化还原反应
2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++ƒ向右移动。

3．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。

已知：①A 中反应为 KClO 3＋6HCl(浓)=KCl ＋3Cl 2↑＋3H 2O ；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。

（1）B 装置作用____。

实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。

（2）装置C 的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C 中I 、II 、III 处依次放入的物质正确的是___（填编号）。

编号
I II III A
干燥的有色布条 碱石灰 湿润的有色布条 B
干燥的有色布条 浓硫酸 湿润的有色布条 C
湿润的有色布条 浓硫酸 干燥的有色布条 D 湿润的有色布条 碱石灰 干燥的有色布条 （3）待E 中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F 装置的作用是（用化学方程式表示）____。

（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。

称取ag 漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO 2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol ，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a 、b 的式子表示）。

【答案】除去氯气中的HCl 气体 试纸变红不褪色 C CaCl 2、Ca(ClO)2 Cl 2＋2NaOH
==NaCl+ NaClO+H2O CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO 143b
a
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。

【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C
正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为
bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为143b
，故答案为：
a
CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；143b。

a
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。

4．研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。

湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：
A．直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。

B．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O，并不断搅拌。

C．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有
Na2FeO4生成。

D．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。

E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。

保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.
（1）①步骤B中不断搅拌的目的是_______。

②步骤C中发生反应的离子方程式为______。

③由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。

（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。

①该反应的离子方程式为______。

②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。

③在提纯
K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_______。

A．H2O B．稀KOH溶液、异丙醇 C．NH4Cl溶液、异丙醇 D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为
Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。

（4）25℃时，Ksp(CaFeO4)=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的
c(FeO42-)完全沉淀，理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。

（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。

则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水 B 铁 NaOH溶液 4.536×10-5 3:1
【解析】
【分析】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；
②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4；
③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；②高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+，在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；③洗涤剂的选择要求：要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂；
(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；
(4)根据溶度积常数计算；
(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。

【详解】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；
②步骤C 中中发生反应是NaClO 溶液中加入固体NaOH 和Fe(NO 3)3·
9H 2O ，在20℃左右，生成Na 2FeO 4，此时发生反应的离子方程式为2Fe 3++3ClO -+10OH -=2FeO 42-+5H 2O+3Cl -； ③根据题，将KOH 加入Na 2FeO 4得到K 2FeO 4，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；
(2)①该反应中Fe 元素化合价由+6价变为+3价、O 元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO 42-+10H 2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O 2↑+8OH -；②高铁酸钾(K 2FeO 4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；③洗涤剂的选择要求：要对K 2FeO 4水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A 能让K 2FeO 4水解，B 中醋酸钠水解显碱性，对K 2FeO 4水解能起到抑制作用，C 和D 中的铵根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K 2FeO 4水解能起到促进作用，故选B ，故答案为：B ；
(3)电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe ，电解液为NaOH 溶液；
(4)25℃时，CaFeO 4的K sp =4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol•L -1的K 2FeO 4溶液中的c(FeO 42- )完全沉淀，理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量=()sp
24K c FeO -
×0.1L=9
54.536101.010
--⨯⨯mol/L×0.1L=4.536×10-5mol ； (5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe 2O 3、KNO 3、KOH 混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO 2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e -，KNO 3为氧化剂，Fe 2O 3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e -，为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1。

5．（1）已知草酸（H 2C 2O 4）分解的化学方程式为：H 2C 2O 4
CO↑+ CO 2↑+ H 2O ，
下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）
（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe 2O 3·
nH 2O 和Fe 两种成份），利用草酸分解产生的CO 和铁锈反应，实验装置如下图所示。

①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。

②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是
______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则
n=______。

④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母）
a．缺少装置A b．缺少装置B c．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④ NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸 2 b
【解析】
【详解】
（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.
（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。

②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。

③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O 固体质量减少量
18ng （18n+48）g
1.44g 20.00g-16.64g
所以 18ng：1.44g =（18n+48）g：（20.00g-16.64g）
解得n=2。

④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n 值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。

6．2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。

（1）工业中利用锂辉石（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：
回答下列问题：
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为___。

②为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是___。

③向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、
A13+完全沉淀，则pH至少为___。

(已知：，K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，K sp[Al(OH)3]=1.0×10-33，完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L）。

④“滤渣2”的主要化学成分为___。

⑤“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的___(化学式）溶液。

（2）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+C6Li x C6+Li1-x CoO2其工作原理如图2。

下列关于该电池的说法正确的是___（填字母）。

A．过程1为放电过程
B．该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C．石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度
D．充电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-x CoO2
E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
（3）LiFePO4也是一种电动汽车电池的电极材料，实验室先将绿矾溶解在磷酸中，再加入氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得FePO4固体。

再将FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应即可获得LiFePO4同时获得两种气体。

①写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式___。

②LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是___。

【答案】Li2O•Al2O3•4SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度 4.7 Mg(OH)2和CaCO3 Na2CO3 CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O 与空气中的氧气反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为LiAlSi 2O 6，还含有FeO 、CaO 、MgO 等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO 2)，加入过量浓硫酸酸化焙烧锂辉矿，之后加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠调节pH 沉淀镁离子和钙离子，过滤得到主要含锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li 2S ，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co 3O 4高温下焙烧生成钴酸锂；
【详解】
(1)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a ．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b ．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c 、当计量数配置出现分数时应化为整数；锂辉石的主要成分为LiAlSi 2O 6，根据方法，其氧化物的形式为
Li 2O•Al 2O 3•4SiO 2；
②流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等；本题中为“酸化焙烧“，硫酸的浓度已经最大，因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
③Al(OH)3的K sp 大于Fe(OH)3的K sp ，那么保证Al 3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的K sp =1×10-33，所以当c (Al 3+)=1×10-5mol/L 时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c (OH -
-9.3mol/L ，c (H +)=1×10-4.7mol/L ，pH=4.7，即pH 至少为4.7；
④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO 3；
⑤根据“沉锂”后形成Li 2CO 3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的最佳沉淀剂为Na 2CO 3溶液； (2)A ．电池反应式为LiCoO 2+C 6垐垎?噲垐?充电
放电
Li x C 6+Li 1-x CoO 2，由此可知，放电时，负极电极反应式为Li x C 6-xe -=xLi ++C 6，正极电极反应式Li 1-x CoO 2+xLi ++xe -=LiCoO 2，石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极，故A 错误；
B ．该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，故B 错误；
C ．石墨烯电池利用的是Li 元素的得失电子，因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度，故C 正确；
D ．充电时，LiCoO 2极为阳极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得阳极反应，即LiCoO 2极发生的电极反应为LiCoO 2-xe -=xLi ++Li 1-x CoO 2，故D 正确；；
E ．根据钴酸锂的制备流程可知，对废旧的该电池进行“放电处理“让Li +嵌入LiCoO 2才有利于回收，故E 错误；
故答案为CD ；
(3)①FePO 4固体与H 2C 2O 4和LiOH 反应可获得LiFePO 4同时获得两种气体，该过程中Fe 3+被还原，根据元素价态变化规律可知应是C 元素被氧化，生成CO 2，该种情况下只生成一种
气体，应想到草酸不稳定容易发生歧化反应分解生成CO和CO2，即获得的两种气体为CO 和CO2，结合电子守恒和元素守恒可能方程式为：
2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2↑+5CO↑+7H2O；
②高温条件下亚铁离子容易被空气中的氧气氧化，活性炭黑具有还原性，可以防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。

【点睛】
硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以·隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c、当计量数配置出现分数时应化为整数；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次侵取等
7．C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol
写出 CO2重整的热化学方程式：_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2
①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的 pH 不断
_____(填“减小”“不变” 或“增大)。

当溶液 pH 约为 6 时，吸收 SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7，则 n(NH4+)：n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。

一定条件下，用 NH3 消除 NO 污染，其反应原理
4NH3+6NO5N2+6H2O。

不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：
①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·
m -3，从 A 点到 B 点经过0.8s ，该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·
m -3·s -1。

②曲线 b 对应 NH 3 与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO 。

其原理如图所示：写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。

吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10−4
3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+
【解析】
【分析】
（1）已知：①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，
根据盖斯定律，①-②×2得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)，据此计算△H ；
（2）①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠显酸性，据此分析；根据反应方程式的量的关系计算可得；
②先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用pH=7时，c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系，结合图示进行等量删减或替换，最后得出结果；
（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg•m -3，根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率，可得两处的NO 的浓度，再计算脱除速率；
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，据此分析；
（4）阴极得到电子发生还原反应，结合酸性环境书写；阴极产物吸收NO 。

【详解】
（1）已知：①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ，
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ，
根据盖斯定律，由①−②×2得反应：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)
△H =△H 1−2△H 2=−163kJ/mo1，
故答案为：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1；
（2）①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠以电离为主，显酸性，故溶液pH 不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3，溶液中反应的亚硫酸根离
子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L ，则生成c (-3HSO )=2×(1.0−0.2)mol/L=1.6mol/L ，
故答案为：减小；1.6mol/L ；
②b 点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3，根据电荷守恒：c (+4NH )+c (H +)=c (OH −)+c (-3HSO )+2c (2-3SO )，因pH=7，故c (H +)=c (OH −)，则
c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO )，由图可读出b 点时，c (-3HSO )=c (2-3SO )，则c (+4NH )=3 c (-3HSO )，因在同一体系，n (+4NH )：n (-3HSO )=3：1，
故答案为：3：1；
（3）①曲线a 中，NO 的起始浓度为6×10−4mg ⋅m −3，A 点的脱除率为55%，B 点的脱除率为75%，从A 点到B 点经过0.8s ，该时间段内NO 的脱除速率为
6×10−4mg ⋅m −3×(0.75−0.55)÷0.8s=1.5×10−4mg ⋅m −3⋅s −1，
故答案为：1.5×10−4；
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大，NO 的脱除率越大，则物质的量之比分别为4：1，3：1，1：3时，对应的曲线为a ，b ，c ，即曲线b 对应的物质的量之比是3：1， 故答案为：3：1；
（4）阴极得到电子发生还原反应，根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应，生成
2-24S O ，其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；根据图示，吸收池中2-24S O 和NO 是反应物，N 2和-
3HSO 是生成物，则吸收池中除去NO 的原理是：
2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+，
故答案为：-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++；2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

8．将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO 3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：
（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L 。