培优 易错 难题氧化还原反应辅导专题训练.docx

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1、一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1. 过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关 性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8C，沸点44.8C。(1) 稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4+2SO3个+ O2个。，水槽冰水浴的目的是此装置有明显错误之处，请改正：_；带火星的木条的现象带火星、的木条(2) 过硫酸钠在酸性环境下，在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子，所 得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为，该 反应的氧化剂是，氧化产物是。(3) 向上述溶液

2、中加入足量的BaCl2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是的离子方程式为2MA2+ + 5S2O +8H2O2MnOi +10SOi +16H+，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2+ + 5S2O + 8H2O W 2MnOi +10SO +16H+； S2O82-； MnO4-；(3) 沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故 答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作23次(合理即可)；(4) 根据得失电子守恒可得到关系式：2MnO -2 40.02L x c(Mn

3、O -)5H C O252 当观察到(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成； 拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是； 反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有；II .铋酸钠的应用一一检验Mn2+ 往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在 Mn2+。0.03L x 0.1mol 曲14则 c(MnO - )= 2 X 叶 X 0m01如1 =0.06mol 如i，NaSO 具有氧化性，消耗的 H CO445 x 0.02L2 2 产生紫红色现象的离子方程式为；2 2 4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.

4、06；偏高。2. 铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分 解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：I .制取铋酸钠制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下:物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白 色(1) B装置用于除去HCl，盛放的试剂是；(2) C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为 某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但 观察到黑色固体(MnO2)生成。产生此现象的离子反应方程式为。III.产品纯

5、度的测定(7) 取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmol-L-i的H C O 标准溶液滴定生成的 MnO -(已知：H C O +MnO -CO +Mn2+H O， 2、12 442 J11? 4422 ，未配平)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为(用含w、c、v的代数式表示)。【答案】饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中白色固体消失(或黄色不再加深) 关闭K1、K3，打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5

6、Na+7H2O 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+280cv 10-30.28cv28cvxlQQ% 或xlQQ% 或%www【解析】【分析】用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利 用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO3还 原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除 去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用 NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应

7、来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4- 、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】(1) 除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；(2) 反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl- ，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，故答 案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；(3) C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色 固体消失(或黄色不再加深)；(

8、4) 从图上来看关闭、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭、K3，打开k2；(5) 由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为： 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干 燥；(6) 往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在 Mn2+，说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据 此写方程式并配平为 5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案为： 5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+

9、2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的 MnO2，反应方程式为 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2+2MnO4- +2H2O=5MnO2+4H+；(7)根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O平计算铋酸钠理 论产量：5H C O5mol5NaBiO31400gcv x 10-3 molm(理论)解得m (理论)=0.28CVg，所以纯度=艾卷x100%= 0，28Cv X100%，所以答案为:WgW280cv x 10-30.28cv28cv

10、X100% 或X100% 或。wW【点睛】(7) 在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此 计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO35H2C2O4，使复杂问题简单化了。3. 常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生 产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究Na2CS3的性质向Na2CS3溶液中滴入酚欧试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是实验二：测定Na2CS3溶液的浓度按如图

11、所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入 足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3+ H2SO4=Na2SO4+ CS2+ H2S个。CS2和 H2S 均有毒。CS2不溶于水，沸点 46C， 密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(1) 盛放碱石灰的仪器的名称是，碱石灰的主要成分是(填化学式)。(2) C中发生反应的离子方程式是。反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2 一段时间，其目的是。(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重， 得8.

12、4g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为。【答案】CS32- +H2O HCS3-+OH- S 干燥管 CaO 和 NaOH CS2 +2OH- =COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收1.75mol/L【解析】【分析】实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚欧变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O；(3) 反应结束后打开活塞k，再缓慢通入

13、热N2 一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶 入后面装置完全吸收；当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2 一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)= 率 =0.0875mol，根据关系式96g/molnNa2CS3H2SCuS 得 n(Na2CS3) = n(CuS) = 0.0875mol，根据 c=计算 A 中 Na2CS3 溶液的浓 度。【详解】实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚欧变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐，则CS32-在水中发生水解，离子方程式为：CS32- +H2O HCS3-+OH-；Na2CS3中Na为+1价，C

14、为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S；实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CS2可与NaOH作用生成Na2COS2和H2O，相关离子方程式为：CS2 +2OH-=COS22-+H2O；反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热n2 一段时间，其目的是：将装置中的h2s全部排 入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2 一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g黑色固体，n(CuS)= 率 =0.0875m

15、ol，根据关系式96g/mol0.0875molNaCH,SCuS 得(Na,CSJ = (CuS) = 0.0875mol，c(Na,CSJ=1.75mol/L。2 322 32 30.05L4. 以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细a-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利 用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3 (含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如 下:KFeFCN)J 疏淀A 牙晶、干燥、灌烧Ct-Al2o3(1) 铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为。(2) 图中滤渣”的主要成分为(填化学式)。(3) 加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为.(4) 煅烧硫酸

16、铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH Al(SO )12H O 一 2Al O + 2NH 个+ N 个+ 5SO 个+ 3SO 个+ 53H O,将产生的气体 44，22 2 332322 ，通过下图所示的装置。饱和XaHSO，KMnO_溶袱溶液 集气瓶中收集到的气体是(填化学式)。 足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有(填化学 式)。 KMnO4溶液褪色(MnO4-还原为Mn2+)，发生的离子反应方程式为。【答案】Al,O+ 3H,SO广 AlJSO见+ 3HO SiO 2Fe2+H O+2H+= 2Fe3+2H,O N SO、NH32 324243222 22233

17、2MnO4- +5SO2+ 2H2O = 2Mn2+ 5SO42-+4H+【解析】【分析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3 (含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，铝灰中加稀硫酸， Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加 入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe (CN) 6后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入 硫酸铵，生成NH4Al (SO4) 2,结晶、干燥、煅烧得到a-Al2O3。【详解】(1) Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H

18、2O。(2) 根据上述分析，图中滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，化学式为SiO2。(3) 滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子 守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4) NH4Al (SO4) 212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高 锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是n2。 饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)夕卜，还有SO3、NH3。 酸性条件下，KMnO4与

19、二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电 荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。5. 利用帆钛磁铁矿冶炼后产生的帆渣(主要含FeOV2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸 盐)生产V2O5的工艺流程如下，回答下列问题：已知：V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为 NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3 等可溶性钠盐。 AlO 2 +4H+=Al3+2H2O。(1) 焙烧I包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得v2o5，写出氧化过程中FeO

20、V2O3发生反应的化学方程 ；废渣I的主要成分是;精制I中加 盐酸调pH的主要作用是，加入NH3 - H2O后发生反应的离子方程式为。(2) 精制II中加入CaCl2溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是；pH过大时，沉淀量增大的原因是。(3) 沉帆所得NH4VO3沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是。NH4VO3在A500r时焙烧脱氨制得产品V2O5，反应方程式为2NH4VO3 = V2O5+H2O f+2NH3 f。但脱氨过程中，部分V2O5会转化成V2O4，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,该反应的化 学方程式为。焙烧【答案】4FeO - V2O3 + 5O22Fe2

21、O3 + 4V2O5 Fe2O3 或 Fe(OH)3除 Si 并转化AlO2-写“除 Si” 即得分) Al3+ + 3NH3 H2O = Al (OH)3 ； + 3NHH+ NH3 H2O = H2O +nH(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷500C酸氢钙和/或磷酸二氢钙) 产生了 Ca (OH)2沉淀Cl- 3V2O5 + 2NH3=3V2O4+ N2 +3H2O【解析】【分析】氧化过程FeO - V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5；经过氧化和钠化后，V2O5、 Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐，Fe2O3或Fe(OH)3成为滤渣

22、；精制I中加盐酸调pH为了 和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+ ；加入NH3 - H2O后与Al3+发生反应生成 Al (OH)3沉淀；精制I中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，沉帆时加入试剂 NH4Cl，所得NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。【详解】(1)氧化过程FeOV2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5，化学方程式为：焙烧4FeO V O + 5O =2Fe O + 4V O ； 经过氧化和钠化后，V O、Al O、SiO 均转化为2 3 22 32 5， 2 5、 2 3、2可溶性盐，Fe2O3 或Fe(OH)3成为滤渣；精制I中加

23、盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀，将AlO2-转化为Al3+ ；加入NH3 - H2O后与Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀，还可以2 3 2 3中和酸，反应方程式为：A13+3NH3gH2O=Al lOH) I +3NH4+、焙烧H+NH gH O=H O+NH +，故答案为：4FeO - VO + 5O,2Fen + 4VO；32242 322 32 5Fe2O3 或Fe(OH)3；除Si并转化AlO2-(写除Si”即得分)；2332A13+3NH gH O=A1 Ioh) J +3NH +，H+NH gH O=H O+NH + (写出第一个32343224离子方程式即得分

24、)；(2) 精制II中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀，除去磷酸盐，pH过小时形成溶解度较大的 酸式盐；pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶 解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)；产生了 Ca(OH)2沉淀；(3) 沉帆时加入试剂NH4Cl，因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-；脱氨过程中， 部分V2O5会转化成V2O4，且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，则V2O5为氧化 剂，NH3为还原剂，还原产物为V2O4，氧化产物为N2，则氧化还原方程式为：3V2O5 + 2NH3 53V2O4 + N2 + 3H2O，故答案为：Cl-； 3

25、V2O5 + 2NH3 03V2O4 + N2 +3H2O。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 贝献。(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钻酸锂(1) 工业中利用锂辉石(LiCoO2)的流程如图：CaQ,石或乳调回答下列问题： 锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为。 为提高酸化焙烧”效率，常采取的措施是。 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：，KspFe(OH)3=4.0x10-38，KspAl(OH)3

26、=1.0x10-33, 完全沉淀后离子浓度低于1xl0-5)mol/L)。 滤渣2”的主要化学成分为。 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LiCoO+M Li C-+LL CoO其工作原理如图2。下列关于该电池的 26X 61-X2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-xCoO2E.对废旧的该电池进行放电

27、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，实验室先将绿矶溶解在磷酸中，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。 写出FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应溶液获得LiFePO4的化学方程式。 LiFePO4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】Li2OAl2O34SiO2将矿石细磨、搅拌、升高温度4.7 Mg（OH）2和CaCO3 Na2CO3 CD 2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFeP

28、O4+7CO2 个+5C O个+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LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等）为原料来制取钻酸锂（LiCoOJ，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%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4 高温下焙烧生成钻酸锂；【详解】（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：活泼金属氧化物今较活 发金属氧化

29、物今二氧化硅今水，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LiAlSi2O6，根据方法，其氧化物的形式为Li2OAl2O34SiO2；流程题目中为提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：减小原料粒倒或粉碎）、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； Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保证A13+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的 Ksp=1x10-

30、33，所以当c(A13+)=1x10-5mo1/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(OH-:K：1x 10-33)=3c(A3 )=3； x 10 5 =mo1/L=1x10-9.3mo1/L，c(H+)=1x10-4.7mo1/L，pH=4.7，即 pH 至少为4.7； 根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO3； 根据沉锂”后形成Li2CO3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Na2CO3溶液；(2)A.电池反应式为LiCoO,+q晦充垎？ Li C+Li CoO，由此可知，放电时，负极电极反应 26 放电 x 61-x2式为Li -xe-=xLi+，正

31、极电极反应式Ll CoO+xLi+xe-=LiCoO，石墨电极为放电时的负x 661-x22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，LiCoO2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LiCoO2 极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2，故D正确；E. 根据钻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 LiCoO2才有利 于回收，故E

32、错误；故答案为CD；FePO4固体与H2C2O4和LiOH反应可获得LiFePO4同时获得两种气体，该过程中Fe3+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CO2，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 个+5C O个+7H2O；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

33、泼金属氧化物今较活发金 属氧化物今二氧化硅今水，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：减小原料粒徊或粉碎)、 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:CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247kJ/mol CH4 (g)+H2O(g

34、)=CO(g)+3H2(g) H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式：。“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2 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-) =。 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-)= 。pH(3) 催化氧化法去除NO。一定条件下，用NH3消除NO污染，

35、其反应原理4NH3+6NO 5N2+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:800 1K0 ”00 口笔 曲线a中，NO的起始浓度为6x10-4mgm-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-1o 曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是。间接电化学法除NOo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】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1 减小 1.6mol/L

36、3:1 1.5x10-43:1 2HSO-+2e- +2H+=S O2- + 2H O 2NO+2S O2- + 2H O = N + 4HSO- 324224223【解析】【分析】(1) 已知：CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol, CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) %=+205k/mol,根据盖斯定律，-x2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),据此计算%(2) 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；先判断溶质，写出电荷守恒式，在利用p

37、H=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) 曲线a中，NO的起始浓度为6x10-4mgm-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；NH3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：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) %=+205k/mol，根据盖斯定律，由-x2得反应：CO2(g)+4H2(

38、g)=CH4(g)+2H2O(g)H=H1-2H2=-163kJ/mo1，故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163kJ/mo1；(2) 将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3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SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3，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( HSO； )=2x(1.0-0.2)m

39、ol/L=1.6mol/L，故答案为：减小；1.6mol/L；b点时溶液pH=7，此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3，根据电荷守恒：c( NH + )+c(H+)=c(OH-)+c( HSO-)+2c( SO2-)，因 pH=7，故 c(H+)=c(OH-)，贝c( NH+ )=c(HSO- )+2c(SO2-)，由图可读出 b 点时，c(HSO-)=c(SO2-)，则 c( NH+ )=3c( HSO-)，因在同一体系，n( NH+ )： n( HSO-)=3： 1，故答案为：3：1；(3) 曲线a中，NO的起始浓度为6x10-4mg.m-3，A点的脱除率为55%，B点的脱

40、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6x10-4mg - m-3x(0.75-0.55片0.8s=1.5x10-4mg - m-3 s-1，故答案为：1.5x10-4；NH3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HSO-在酸性条件下发生还原反应，生成3SO2-，其电极反应式为2HSO-+2e - +2H + =S O2- + 2H O ；根据图示，吸收池中S O2-243242

41、24和NO是反应物，N2和HSO 是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：2NO+2S O2- + 2H O = N + 4HSO -，24223故答案为：2HSO-+2e-+2H+=S O2- + 2H O ； 2NO+2S O2- + 2H O = N + 4HSO-。324224223【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：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；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；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. 实验室里，从废旧钻酸锂离子电池的正极材料(在铝箔

42、上涂覆活性物质LiCoO2)中，回 收钻、锂的操作流程如下图所示：NaDH溶液疏概N心皿溶液溶液葺胃一| J漫滤调PH冗粘|调pHAiq 沉 气体CotOHjj母液网SO.皂O回答下列问题。(1) 拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时 溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为。(2) “碱浸”过程中产生的气体是；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝， 反应的化学方程式为。(3) “酸浸”时主要反应的离子方程式为；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸 替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生(填化学式)污染环境。(4) “沉钻”时，调pH所用的

43、试剂是；“沉钻”后溶液中c (Co2+) =。(已知：KspCo (OH) 2=1. 09X10-15)(5) 在空气中加热Co (OH) 2,使其转化为钻的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的 关系如左下图所示。290500C，发生反应的化学方程式为。(6) 根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括、洗涤、干 燥等步骤。NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3 I 8LiCoO2+ S2O32-【答案】化学能一电能一热能h2+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2 NaOH 溶液或氢氧化钠固体 1. 09Xl0-6mol/L6Co2O3

44、 290500 C 4Co3O4+ O2f蒸发浓缩 趁热过滤 【解析】【分析】 正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与 NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢 气，过滤得到滤渣为LiCoO2； “酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钻”产物为Co(OH)2可判断，反应后钻元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原 反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4 - 10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化 为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶

45、液调节pH值沉锂，得到碳 酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO410H2O。【详解】(1) 依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中 能量的主要转化方式为化学能一电能一热能； (2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应 的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反 应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 I；根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素

46、被还原，结合电子守恒和元 素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O；加入的 Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目 的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4 10H2O,可知用的试剂为NaOH溶液或固 体；溶液 pH=9. 5，则溶液中 c(OH-)=10-4.5mol/L，带入 KspCo(OH)2= q(OH-) c (Co2+)=1. 09 X l0-15 求得 c (Co2+)=1. 09 X l0-6mol/L；(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g)，其物质的量为0.01mol，依 据钻元素的量不变可知：n(Co)=0. 01 mol， m(Co)=0. 590g，温