1、一、高中化學氧化還原反應練習題（含詳細答案解析）1Na2S2O4（連二亞硫酸鈉）是易溶于水，不溶于甲醇的白色固體，在空氣中極易被氧化，是一種還原性漂白劑。制取Na2S2O4的方法很多，（1）在堿性溶液中用NaBH還原NaHSO3法制備NaSO的反應原理為：43224NaBH+NaHSO+NaOHNaSO+NaBO+HO（未配平）反應裝置如圖所4322422示：為使NaHSOn(NaHSO丿n(NaBH)4£幀I妙tHiOtl 實驗開始及整個過程中均需通入N2，其目的是。 制備過程中溫度需控制在1045°C，采用水浴加熱的主要優點是3盡可能完全被還原，加入三口燒瓶中的反應液，

2、應控制用HCOONa還原SO2制備Na2S2O4的裝置（夾持加熱儀器略）如下: 裝置a燒瓶中發生反應的化學方程式為。 裝置b用于凈化SO，適宜的試劑是。2 裝置c在7083C生成Na2S2O4并析出，同時逸出CO2，該反應的化學方程式為，加入CH3OH的目的是；利用反應后的濁液分離提純Na2S2O4需經過的操作為【答案】排出裝置內空氣，使反應在無氧狀況下進行使反應液均勻受熱小于8:1（或<8）NaSO+2HC1二2NaCl+HO+SOT飽和NaHSO溶液232232HCOONa+4SO+NaCO=2NaSO+HO+3CO降低NaSO的溶解度22322422224過濾、洗滌、重結晶、過濾、

3、干燥【解析】【分析】Na2S2O4在空氣中極易被氧化，通入n2其目的是排出裝置內空氣； 采用水浴加熱的主要優點是使反應液均勻受熱； NaBH+NaHSO+NaOHNaSO+NaBO+HO，根據得失電子守恒可知，4322422n（NaHSO）n（NaBH）=8；4裝置a燒瓶中發生Na2SO3與鹽酸反應生成SO2的反應； 生成的SO2氣體中含有HCI氣體，根據性質選擇除雜溶液； 裝置c在7083°CHCOONa和SO、NaCO反應生成NaSO并析出，同時逸出223224CO2；NaSO不溶于甲醇，加入CHOH可降低NaSO的溶解度；利用反應后的濁22243224液分離提純NaSO需重結晶

4、。224【詳解】Na2S2O4在空氣中極易被氧化，實驗開始及整個過程中均需通入n2，其目的是排出裝置內空氣，使反應在無氧狀況下進行；制備過程中溫度需控制在1045°C，采用水浴加熱的主要優點是使反應液均勻受熱；根據得失電子守恒配平方程式，NaBH+8NaHSO=4NaSO+NaBO+6HO，4322422n（NaHSO）n（N：BH）=8，為使NaHSO3盡可能完全被還原，加入三口燒瓶中的反應液，應控制4<8；n(NaHSO)n(NaBH)4裝置a燒瓶中發生反應的化學方程式為Na2SO3+2HC1二2NaCl+H2O+SO2； 生成的SO2氣體中含有HCI氣體，除雜適宜的試劑是

5、飽和NaHSq溶液; 裝置c在7083C生成Na2S2O4并析出，同時逸出CO2，化學方程式為2HCOONa+4SO+NaCO=2NaSO+HO+3CO；NaSO不溶于甲醇，加22322422224入ch3oh的目的是降低Na2S2O4的溶解度；利用反應后的濁液分離提純Na2S2O4需經過的操作為過濾、洗滌、重結晶、過濾、干燥。2.碘酸鉀（KIO3）是重要的微量元素碘添加劑。實驗室設計下列實驗流程制取并測定產品中KIO3的純度：物質性質HIO3白色固體，能溶于水，難溶于CCI4KIO3 白色固體，能溶于水，難溶于乙醇 堿性條件下易發生氧化反應：CIO-+IO3-=IO4-+CI-B其中制取碘酸

6、(HIO3)的實驗裝置見圖，有關物質的性質列于表中KCID：IL嵐陀片耳回答下列問題(1) 裝置A中參加反應的鹽酸所表現的化學性質為。(2) 裝置B中反應的化學方程式為。B中所加CCI4的作用是從而加快反應速率。(3) 分離出B中制得的HIO3水溶液的操作為;中和之前，需將HIO3溶液(4) 為充分吸收尾氣，保護環境，C處應選用最合適的實驗裝置是(填序號)。煮沸至接近于無色，其目的是，避免降低KIO3的產率。25.00mL。則產品中刃03的質量分數為_(結果保留三位有效數字)。【答案】還原性、酸性5CI+I+6HO=2HIO+10HC1充分溶解I和Cl，以增大2 22322反應物濃度分液除去C

7、l?(或ClO-)，防止氧化KIO3C乙醇(或酒精)89.5%。【解析】【分析】裝置A用于制取Cl2，發生的反應為:KCIO3+6HCI(濃)=KCI+3C畀+3H20,裝置B中發生的是制取HI03的反應，裝置C為尾氣處理裝置，既要吸收尾氣中的HCI和Cl2，還要防止倒吸。【詳解】(1) 裝置A中發生的反應為：KCIO3+6HCI(濃)=KCI+3CI2個+3H20,濃鹽酸中的CI元素有一部分失電子轉化為CI2,表現出還原性，還有一部分CI元素沒有變價轉化為KCI(鹽)，表現出酸性，故答案為：還原性、酸性；(2) 裝置B中發生的反應為：5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI，CI2和

8、12均難溶于水，易溶于CCI4，加入CCI4可使二者溶解在CCI4中，增大反應物濃度，故答案為：5CI2+I2+6H2O=2HIO3+10HCI；充分溶解I2和CI2，以增大反應物濃度；(3) 分離B中制得的HI03水溶液的操作為分液，HI03溶液中混有的CI2在堿性條件下轉化為CIO-，CIO-會將103-氧化為I04-，因此在中和前需要將CI2除去，故答案為：分液；除去CI2(或CIO-)，防止氧化kio3；(4) 尾氣中主要含HCI和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同時要防止倒吸，故答案為：C；(5) 因為KI03難溶于乙醇，向KI03溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KI03晶體析出，故

9、答案為：乙醇(或酒精)；(6) 每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀鹽酸發生的反應為：IO3-+5I-+6H+=312+3H20，滴定時發生的反應為：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出關系式：IO3-3I26S2O32-，每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004moI/Lx0.025L=0.00251moI，則每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-片6=0.00251moIm6=0.000418moI,200mL溶液中，n(KI03)=0.00418moI,產品中KI03214g/mol0.00418mol的質量分數=x100%=

10、89.5%，故答案為：89.5%。1g【點睛】1g樣品配成了200mL溶液，而根據關系式計算出的是20mL溶液中KI03的物質的量，需擴大10倍才能得到1g樣品中kio3的物質的量。3鋰離子電池能夠實現千余次充放電，但長時間使用后電池會失效，其中的化學試劑排放至環境中不僅會造成環境污染，還會造成資源的浪費。實驗室模擬回收鋰離子電池中的Co、Ni、Li的流程如圖。已知：LiCoO2難溶于水，易溶于酸。回答下列問題:(1) LiCoO2中Co的化合價是_。(2) LiCoO2在浸出過程中反應的離子方程式是_。(3) 浸出劑除了H2O2外，也可以選擇Na2S2O3，比較二者的還原效率H2O2_(填“

11、”或“<")Na2S2O3(還原效率：還原等物質的量的氧化劑消耗還原劑的物質的量)。(4) 提高浸出效率的方法有_。(5) 利用Cyanex272萃取時，pH對鉆、鎳萃取分離效果的影響如圖。從圖中數據可知,用Cyanex272萃取分離時，最佳pH是_。(6) 反萃取的離子方程式為2H+CoR2=Co2+2HR,則反萃取劑的最佳選擇是_。(7) 常溫下，若水相中的Ni2+的質量濃度為1.18gL-1,則pH=_時，Ni2+開始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2x10-i5(8) 參照題中流程圖的表達，結合信息設計完成從水相中分離Ni和Li的實驗流程圖(如圖)_。磁I洗呢呷(產品1)

12、已知：LlFLiiCO,Ni(OH)；穢解性(室溫、難濬難落雅溶提供的無機試劑：NaOH、Na2CO3、NaF。【答案】+32LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2個+2Li+4H2O<適當升高溫度，適當增加H2SO4濃度5.5H2SO47.5NaOHNi(OH)2NaF【解析】【分析】(1) 通過化合物中各元素化合價代數和為0進行計算；(2) 由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發生氧化還原反應，根據氧化還原反應的規律寫出化學方程式；根據等物質的量H2O2和Na2S2O3作為還原劑轉移電子的多少進行判斷；(4) 提高浸出效率即提高化學反應速

13、率；分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍；(6) 將鉆洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時不能引入新雜質；(7) 根據Ksp(Ni(OH)2的表達式進行計算；根據表格中所給物質溶解度信息，調節pH應該用堿性物質，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀。【詳解】(1) LiCoO2中O元素為-2價，Li為+1價，根據化合物中各元素化合價代數和為0進行計算得Co的化合價為+3價；(2) 由流程圖中有機相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2與H2O2在酸性條件下發生氧化還原反應，化學方程式為

14、：2LiCoO2+6H+H2O2=2Co2+O2個+2Li+4H2O；(3) 1molH2O2作為還原劑轉移2mol電子，1molNa2S2O3作為還原劑轉移8mol電子，貝VNa2S2O3的還原效率更高；提高浸出效率可以適當升高溫度，適當增加h2so4濃度等；分離C02+和Ni2+時，由于C02+進入有機相，Ni進入水相，因此，應該選擇鉆的萃取率高而鎳的萃取率低的pH范圍，所以最佳pH是5.5；(6) 將鉆洗脫進入水相中時，應該使反應向正反應方向移動，同時，為不引入新雜質，反萃取劑最好選擇H2SO4；1.18(7) c(Ni2+)=莎mol/L=0.02mol/L,則開始沉淀時，c(OH-)

15、=K(Ni(OH)bX10-15,nl=10-6.5mol/L，貝pH=14-6.5=7.5；0.020.02根據表格中所給物質溶解度信息，調節pH應該用堿性物質，但要考慮分離Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同時沉淀，所以選用NaOH,則Ni(OH)2先沉淀，過濾后濾液中加入NaF生成LiF沉淀。【點睛】本題(5)選擇合適的pH時，注意讀懂圖中信息，要根據實驗的具體操作情況來分析。4.鉍酸鈉(NaBiO3)是分析化學中的重要試劑，在水中緩慢分解，遇沸水或酸則迅速分解。某興趣小組設計實驗制取鉍酸鈉并探究其應用。回答下列問題：I.制取鉍酸鈉制取裝置如圖(加熱和夾持儀器已略去)，部分物質性質如下：

16、物質NaBiO3Bi(OH)3性質不溶于冷水，淺黃色難溶于水；白色(1) B裝置用于除去HCI,盛放的試劑是;(2) C中盛放Bi(OH)3與NaOH混合物，與Cl2反應生成NaBiO3，反應的離子方程式為(3) 當觀察到(填現象)時，可以初步判斷C中反應已經完成；(4) 拆除裝置前必須先除去燒瓶中殘留Cl2以免污染空氣。除去Cl2的操作是；(5) 反應結束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產品，需要的操作有_；II鉍酸鈉的應用檢驗Mn2+(6) 往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變為紫紅色，證明待測液中存在Mn2+。 產生紫紅色現象的離子方程式為_； 某同學在較濃的MnSO4溶液中加入鉍

17、酸鈉晶體，加硫酸酸化，結果沒有紫紅色出現，但觀察到黑色固體(MnO2)生成。產生此現象的離子反應方程式為。III產品純度的測定(7) 取上述NaBiO3產品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應，再用cmo1L-i的H2C2O4標準溶液滴定生成的MnO4-(已知：H2C2O4+MnO4-一CO2+Mn2+H2O,未配平)，當溶液紫紅色恰好褪去時，消耗vmL標準溶液。該產品的純度為(用含w、c、v的代數式表示)。【答案】飽和食鹽水Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固體消失(或黃色不再加深)關閉K、K3,打開K2在冰水中冷卻結晶、過濾、洗滌

18、、干燥5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2&+4H+280cv10-30.28cv28cvx100%或x100%或%www【解析】【分析】用濃HCI和MnO2反應制備Cl2，其中混有揮發出來的HCI，要用飽和食鹽水出去，然后利用Cl2的強氧化性在堿性條件下將Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的還原性將NaBiO3還原而Mn2+被氧化成紫紅色溶液MnO4-來檢驗NaBiO3的氧化性；實驗結束后Cl2有毒，要除去，做法是打開三頸燒瓶的NaOH溶液，使其留下和氯氣反應；NaBiO3純度的檢測利用N

19、aBiO3和Mn2+反應生成MnO4-,MnO4-再和草酸反應來測定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四種物質之間的關系，在計算即可。【詳解】(1) 除去氯氣中混有的HCl，用飽和食鹽水，故答案為：飽和食鹽水；(2) 反應物為Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3價的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被還原成Cl-，根據原子守恒還有水生成，所以反應為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H20,故答案為：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；(3) C中反應已經完成，則白色的Bi(OH)3全部變為了黃色的NaBi

20、O3，故答案為：C中白色固體消失(或黃色不再加深)；(4) 從圖上來看關閉K、K3,打開K2可使NaOH留下與氯氣反應，故答案為：關閉、K3，打開K2；（5）由題意知道NaBiO3不溶于冷水，接下來的操作盡可能在冰水中操作即可，操作為：在冰水中冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，故答案為：在冰水中冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；（6）往待測液中加入鉍酸鈉晶體，加硫酸酸化，溶液變為紫紅色，證明待測液中存在Mn2+，說明鉍酸鈉將Mn2+氧化成MnO4-,因為是酸性條件，所以鉍酸鈉被還原成Bi3+，據此寫方程式并配平為5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案為：5Na

21、BiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O； 由題意可知，Mn2+過量，鉍酸鈉少量，過量的Mn2+和MnO4-發生反應生成了黑色的MnO2，反應方程式為3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2&+4H+，故答案為：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2&+4H+；（7）根據得失電子守恒找出關系式為：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4，計算鉍酸鈉理論產量：5NaBiO5HCO3 2241400g5molm（理論）cvx10-3mol0.28cvg0.28cv解得m（理論）=0.28CVg,所以純度=x100%=x100%，所以

22、答案為：WgW280cvx10-30.28cv28cvx100%或x100%或。www【點睛】（7）在復雜的純度、產率等計算中，用得失電子守恒法找出各關鍵物質之間的關系，由此計算，可以事半功倍，如本題中的關系5NaBiO35H2C2O4，使復雜問題簡單化了。5.廢水中過量的氨氮（NH3和NH+）會導致水體富營養化。某科研小組用NaClO氧化法處34理氨氮廢水。已知：HC1O的氧化性比NaClO強；nh3比NH+更易被氧化；國家34相關標準要求經處理過的氨氮廢水PH要控制在69。（1）PH二1.25時，NaClO可與NH+反應生成N2等無污染物質，該反應的離子方程式為42進水pH對氨氮去除率和出

23、水pH的影響分別如圖1和圖2所示:進水PH在1.252.75范圍內時，氨氮去除率隨PH的升高迅速下降的原因是率、#竝主厲逐 進水PH在2.756范圍內時，氨氮去除率隨PH的升高而上升的原因是。 進水PH應控制在左右為宜。為研究空氣對NaClO氫化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內通人空氣的量，發現氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是(填序號)a. °?的氧化性比NaClO弱b. O氧化氨氮速率比NaClO慢C. 02在廢水中溶解度比較小d.空氣中的n2進入廢水中【答案】3C1O-+2NH+二NT+3C1-+3HO+2H+隨著pH的升高，NaClO含量增4 22大，氧化性降低，導致

24、氨氯去除率下降隨著pH的升高，氨氮廢水中nh3含量增大，而NH比NH+更易被氧化1.5abc34【解析】【分析】(1)pH=1.25時，NaClO可與NH4+反應生成N2等無污染物質，次氯酸根離子被還原為氯離子和水，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式；進水pH為1.252.75范圍內，氨氮去除率隨pH升高迅速下降是c(OH-)較大，抑制NaClO水解，c(HClO)較小致氧化能力弱； 進水pH為2.756.00范圍內氨氮去除率隨pH升高而上升，氨氣含量增大氨氮易被氧化； 結合圖象變化可知進水pH應控制在1.0左右；(3)其他條件不變，僅增加單位時間內通入空氣的量，發現氨氮去除率

25、幾乎不變，說明02氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸鈉氧化性弱，溶液中溶解的氧氣少等原因。【詳解】(1)pH=1.25時，NaClO可與NH4+反應生成N2等無污染物質，次氯酸根離子被還原為氯離子，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒配平書寫離子方程式：3ClO-+2NH4+=N2個+3Cl-+2H+；進水pH為1.252.75范圍內，氨氮去除率隨pH升高迅速下降的原因是：隨著PH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，導致氨氮去除率下降； 進水pH為2.756.00范圍內，氨氮去除率隨pH升高而上升的原因是：隨著PH升高氨氮廢水中氨氣含量增大，氨氮更易被氧化； 進水pH應控制在1.50左右，氨

26、氮去除率會較大；研究空氣對NaCIO氧化氨氮的影響，其他條件不變，僅增加單位時間內通入空氣的量，發現氨氮去除率幾乎不變。其原因可能是：02的氧化性比NaCIO弱、02氧化氨氮速率比NaCIO慢、02在溶液中溶解度比較小；故答案為：abc。濃硫騙6.（1）已知草酸（h2c2o4）分解的化學方程式為：h2c2o4CO個+CO2個+h2o,列裝置中，可用作草酸分解制取氣體的是（填序號）（2）某實驗小組為測定鐵銹樣品的組成（假定鐵銹中只有Fe2O3nH2O和Fe兩種成份），利用草酸分解產生的CO和鐵銹反應，實驗裝置如下圖所示。、為得到干燥、純凈的CO氣，洗氣瓶A、B中盛放的試劑分別是、在點燃C處酒精燈

27、之前，應先持續通入一段時間的混合氣體，其目的是 、準確稱量樣品的質量20.00g置于硬質玻璃管中，充分反應后冷卻、稱量（假設每步均完全反應），硬質玻璃管中剩余固體質量為16.64g,D中濃硫酸增重1.44g，則n=。 、在本實驗中，下列情況會使測定結果n偏大的是（填字母）a.缺少裝置Ab.缺少裝置Bc.反應后固體是鐵和少量Fe2O3nH2O【答案】NaOH溶液濃硫酸排除裝置中的空氣，防止CO中混有空氣而在加熱時發生爆炸2b【解析】【詳解】(1) 該反應的反應物是液體，反應條件是加熱，應選擇固液反應且需要加熱的裝置，所以選.(2) 為得到干燥、純凈的CO氣，應先除去混合氣體中的二氧化碳，用氫氧化

28、鈉吸收即可；混合氣體通入氫氧化鈉溶液時會帶走水蒸氣，為除去水蒸氣，選用濃硫酸洗氣。 裝置中含有空氣，CO中混有空氣加熱時可能發生爆炸，所以要通入混合氣體一段時間，排除裝置中的空氣。 由題意知，固體質量減少的量為水和氧的量，濃硫酸吸收的量為水，反應方程式為：Fe2O3nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固體質量減少量18ng(18n+48)g1.44g20.00g-16.64g所以18ng：1.44g=(18n+48)g：(20.00g-16.64g)解得n=2。 a、缺少裝置A,未除去CO2,可能影響CO還原氧化物，固體質量差變小，導致所測n值偏小，錯誤；b、缺少洗氣瓶B會導致裝置E增重

29、的質量偏大，所以測定結果n偏大，正確；c、反應后固體是鐵和少量Fe2O3nH2O,固體減少的質量偏小，導致所測n值偏小，錯誤。72019年諾貝爾化學獎頒給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對鋰離子電池研發的卓越貢獻。(1)工業中利用鋰輝石(主要成分為LiAISi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)制備鉆酸鋰(LiCoO2)的流程如圖：梢曠回答下列問題： 鋰輝石的主要成分為LiAISi2O6，其氧化物的形式為。 為提高“酸化焙燒"效率，常采取的措施是_。 向"浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去"酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則pH

30、至少為_。(已知：，KspFe(OH)3=4.Ox1O-38,KspAI(OH)3=1.Ox1O-33,完全沉淀后離子濃度低于1xI0-5)moI/L)o “濾渣2”的主要化學成分為_。 “沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的(化學式)溶液。(2) 利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性，開發出石墨烯電池，電池反應式為LiCoO2+C=LixC6+Li1-xCoO2其工作原理如圖2。下列關于該電池的說法正確的是_(填字母)。»«a«?淨*£5-*0豺f圈2A過程1為放電過程B該電池若用隔膜可選用質子交換膜C石墨烯電池的優點是提高電池的儲鋰容

31、量進而提高能量密度D充電時，LiCoO2極發生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2E.對廢舊的該電池進行"放電處理"讓Li+嵌入石墨烯中而有利于回收(3) LiFePO4也是一種電動汽車電池的電極材料，實驗室先將綠磯溶解在磷酸中，再加入氫氧化鈉和次氯酸鈉溶液反應獲得FePO4固體。再將FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應即可獲得LiFePO4同時獲得兩種氣體。 寫出FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應溶液獲得LiFePO4的化學方程式_。 LiFePO4需要在高溫下成型才能作為電極，高溫成型時要加入少量活性炭黑，其作用是【答案】Li2OA

32、I2O34SiO2將礦石細磨、攪拌、升高溫度4.7Mg(OH)2和CaCO3Na2CO3CD2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2個+5C0個+7H2O與空氣中的氧氣反應，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)為原料來制取鉆酸鋰(LiCoO2)，加入過量濃硫酸酸化焙燒鋰輝礦，之后加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉調節pH沉淀鎂離子和鈣離子，過濾得到主要含鋰離子的溶液，濾液蒸發濃縮得20%Li2S,加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與C

33、o3O4高溫下焙燒生成鉆酸鋰；【詳解】(1) 硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物T較活發金屬氧化物T二氧化硅T水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數和為零，各元素原子個數比符合原來的組成；c、當計量數配置出現分數時應化為整數；鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6，根據方法，其氧化物的形式為Li2OAl2O34SiO2； 流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、攪拌、多次浸取等；本題中為“酸化焙燒“，硫酸的濃度已經最大，因此合理的措施為將礦石細磨、攪拌、升高溫度等；

34、 AI(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的島，那么保證Ab+完全沉淀即可達到目的；已知Al(OH)3的K=1x10-33，所以當c(Al3+)=1x10-5moI/L時可認為鋁離子和鐵離子完全沉淀，此時c(OH-sp=mol/L=1x10-9.3mol/L,c(H+)=1x10-4.7mol/L,pH=4.7,即卩pH至少為 根據分析可知濾渣2主要為Mg(OH)2和CaCO3； 根據“沉鋰"后形成Li2CO3固體，以及大量生產的價格問題，該過程中加入的最佳沉淀劑為Na2CO3溶液；(2)A.電池反應式為LiCoO2+C6垐充垎？LiC6+Li_,CoO2，由此可知，放電時，負極電極

35、反應26放電x61-x2式為LixC6-xe-=xLi+C6，正極電極反應式Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，石墨電極為放電時的負極，充電時的陰極，故A錯誤；B.該電池是利用鋰離子能在石墨烯表面和電極之間快速大量穿梭運動的特性而制作，故B錯誤；C. 石墨烯電池利用的是Li元素的得失電子，因此其優點是在提高電池的儲鋰容量的基礎上提高了能量密度，故C正確；D. 充電時，LiCoO2極為陽極，將放電時的正極電極反應式逆寫即可得陽極反應，即LiCoO2極發生的電極反應為LiCoO2-xe-=xLi+Li1-xCoO2，故D正確；E. 根據鉆酸鋰的制備流程可知，對廢舊的該電池進行“放電處

36、理"讓Li+嵌入LiCoO2才有利于回收，故E錯誤；故答案為CD；FePO4固體與H2C2O4和LiOH反應可獲得LiFePO4同時獲得兩種氣體，該過程中Fe3+被還原，根據元素價態變化規律可知應是C元素被氧化，生成CO2，該種情況下只生成一種氣體，應想到草酸不穩定容易發生歧化反應分解生成CO和CO2，即獲得的兩種氣體為CO和CO2，結合電子守恒和元素守恒可能方程式為：2LiOH+6H2C2O4+2FePO4=2LiFePO4+7CO2個+5C0個+7H2O；高溫條件下亞鐵離子容易被空氣中的氧氣氧化，活性炭黑具有還原性，可以防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。【點睛】硅酸鹽改寫成氧

37、化物形式的方法如下：a.氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物T較活發金屬氧化物T二氧化硅T水，不同氧化物間以隔開；b.各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數和為零，各元素原子個數比符合原來的組成；c、當計量數配置出現分數時應化為整數；流程題目中為提高原料酸侵效率，一般采用的方法有：減小原料粒徑(或粉碎)、適當增加酸溶液濃度、適當升高溫度、攪拌、多次侵取等8. 二氧化氯泡騰片，有效成分(ClO2)是一種高效、安全的殺菌、消毒劑。方法一：氯化鈉電解法是一種可靠的工業生產ClO2氣體的方法。該法工藝原理如圖。其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉(NaClO3)與鹽酸反應生成Cl02o弊f00亦

38、氫(1) 工藝中可利用的單質有(填化學式)，發生器中生成CIO2的化學方程式為。2)此法的缺點主要是方法二：最近，科學家又研究出了一種新的制備方法，纖維素還原法制CIO2，其原理是：纖維素水解得到的最終產物X與NaCIO3反應生成CIO2o(3) 配平方程式：口(X)+NaCIO3+H2SO4CIO2個+乂02個+口巧0+口若反應中產生4.48L(折算成標準狀況下)氣體，電子轉移個。(4) CIO2和CI2均能將電鍍廢水中的CN-氧化為無毒的物質，自身被還原為CIo處理含CN相同量的電鍍廢水，所需CI2的物質的量是CIO2的倍o方法三：實驗室常用氯酸鈉(NaCIO3)和亞硫酸鈉(Na2SO3)

39、用硫酸酸化，加熱制備二氧化氯，化學反應方程式為：2NaCIO3+Na2SO3+H2SO2CIO2個+2Na2SO4+H2O(5) 反應中的Na2SO3溶液中存在如下平衡：H2O=H+OH-和(用離子方程式表示).常溫下，0.1moI/L該溶液中離子濃度由大到小排列(用離子符號表示)(6)常溫下，已知NaHSO3溶液呈酸性，在Na2SO3溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有。(用化學式表示)【答案】H2、CI22NaCIO3+4HCI=2CIO2個+CI2個+2NaCI+2H2O同時產生了大量的氯氣，不僅產率低，而且產品難以分離，同時很有可能造成環境污染；能耗較大等1C62Q6+24NaC

40、IO3+12H2SO424CIO2個+6CO2個+180+1200.16NA2.5SO32-+H200H-+HS03-，HS03-+H200H-+H2S03c(Na+)c(SO2-)c(0H-)c(HS0-)c(H+)23322333NaHSO3、Na2SO3NaCI、或(NaHSO3、Na2SO3NaCI、S02H2SO3)【解析】【分析】(1)電解飽和食鹽水生成H、Cl和NaOH；故可以利用的單質為H、Cl,合成HCl，根據2222流程圖可知加入物質為NaClO和HCl，生成ClO；可以寫出方程式，并用化合價升降法配32平得到；(2) 生成的氣體中除了有二氧化氯還有大量的氯氣，產率低，難分

41、離，而且極有可能造成大氣污染；用電解的方法耗能大；(3) 纖維素為多糖，水解最終產物為葡萄糖(CHO)，具有還原性，可將NaClO還原61263得到ClO.Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖(CHO)C均價為0,到+4價，升高426126價，然后配平得到，由可知生成24molClO和6molCO氣體轉移24mol的電子；22(4) 每摩爾Cl得到2mol電子，而每摩爾ClO得到5mol電子，故為2.5倍；22(5) 存在弱電解水的電離平衡和弱離子的水解平衡.不水解的二元鈉離子濃度最大，水解是微弱的，顯性離子和第一步水解產生的陰離子，隱性離子；(6) NaS0溶液中滴加稀鹽酸，兩者反應，要使溶

42、液呈中性，只能是部分反應，所以溶質23為NaSO、NaHSO、NaCl。233【詳解】(1) 由工藝流程圖可以看出：在該工藝中可利用的單質有H、Cl；根據流程圖可知加入22物質為NaClO和HCl，生成ClO；發生氧化還原反應，NaClO被還原生成ClO，HCl被氧3232化生成Cl,生成ClO的化學方程式為：2NaClO+4HCl=2ClOf+Clf+2NaCl+2HO；223222(2) 由制備原理和流程圖可知此法的缺點主要是會產生大量的Cl，消耗大量的電能，產2物ClO和Cl不僅不容易分離，而且物質利用率低，很容易造成大氣污染；22(3) 纖維素水解得到的最終產物X是葡萄糖CHO。它與N

43、aClO在酸性條件下發生反應，61263根據質量守恒定律和電子守恒的知識可得方程式為：1CHO+24NaClO+12HSO-24ClOf+6COf+18HO+12NaSO，由方程式可以看出每產生63242222430mol的氣體，轉移電子24N；現在產生氣體的物質的量為4.48L(即0.2mol)，所以轉A移電子的物質的量為0.16mol，個數為0.16N；A(4) 處理含CN-相同量的電鍍廢水，即轉移電子的物質的量相同。假設轉移電子2mol，則2需要Cl的物質的量是lmol；需要ClO的物質的量為=0.4mol。所以n(Cl)：2 252n(ClO)=1：0.4=2.5；2(5) 反應中的N

44、aSO溶液中存在如下平衡：HO=H+OH-和SO2-的水解平衡的兩種方程2323式。由于SO2-是二元弱酸的酸根離子，因此存在兩步水解平衡SO2-+HO=OH-+HSO-，3323HSO-+HO=OH-+HSO；NaSO=2Na+SO2-；c(Na+)c(SO2-)，SO2-水解產生OH-和HSO-，3223233333HSO-進一步水解還要消耗HSO-，同時產生OH-，因此c(OH-)>c(HSO-)；在溶液中還存在水333的電量平衡，所以c(HSO-)>c(H+)；在溶液中鹽水解的程度是很微弱的，所以c(SO2-33)>c(OH-)；因此在該溶液中各種離子的濃度由大到小的

45、順序為c(Na+)>c(SO2-)>c(OH-3)c(HSO-)c(H+)；3(6) 在NaSO溶液中滴加稀鹽酸若恰好發生反應：NaSO+HCl=NaCl+NaHSO。則由于23233NaHSO溶液呈酸性。所以至中性時，n(HCl)n(NaSO),產生溶液中含有的溶質有未反應的323NaSO及反應生成的NaCl、NaHSO；溶質有NaSO、NaCl、NaHSO，也可能滴加HCl局部過233233量會產生SO、HSO溶解在該溶液中還含有SO和HSO。2232239. 某工業廢水中含有的Mn2+、CN-等會對環境造成污染，在排放之前必須進行處理。ClO2是一種國際上公認的安全無毒的綠色

46、水處理劑，某實驗興趣小組通過如圖裝置制備CIO2，并用它來處理工業廢水中的Mn2+、CN-o已知：i.ClO2為黃綠色氣體，極易溶于水，沸點11°C；ii. ClO2易爆炸，若用“惰性氣體”等稀釋時，爆炸性則大大降低；iii. 某工業廢水處理過程中Mn2+轉化為MnO2、CN-轉化為對大氣無污染的氣體；iv. 裝置B中發生的反應為：H2C2O4+H2SO4+2KCIO3K2SO4+2CO2f+2CQf+2巧0。請回答下列問題：(1)B裝置的名稱是，C裝置的作用為o(2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1O3制備ClO2的最大優點是。(3) 寫出裝置D中除去Mn2+的離子方程式。(4)

47、 CIO2在處理廢水過程中可能會產生副產物亞氯酸鹽(CIO2)。下列試劑中，可將CIO2轉化為Cl的是。(填字母序號)。aFeSO4bO3cKMnO4dSO2(5) 在實驗室里對該廢水樣品中CN-含量進行測定：取工業廢水Wg于錐形瓶中，加入10mL0.10moI/L的硫酸溶液，用0.0200moI/L的KMnO4標準溶液進行滴定，當達到終點時共消耗KMnO4標準溶液25.00mL。在此過程中： 實驗中使用棕色滴定管的原因是，滴定終點的判斷依據是。 Wg工業廢水中CN-的物質的量為。 若盛裝工業廢水的錐形瓶未潤洗，則測定結果將(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。【答案】圓底燒瓶防倒吸制得CIO

48、2的同時有CO2產生，可稀釋CIO2，大大降低爆炸的可能性2CIO2+5Mn2+6H2O=5MnO2d+2CI-+12H+ad防止KMnO4見光分解錐形瓶中的溶液顏色由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色0.0005moI無影響【解析】【分析】(1) B為圓底燒瓶；依據C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸；(2) 反應生成的產物結合CIO2易爆炸，用惰性氣體等稀釋時，可防止爆炸分析；(3) 二氧化氯具有強的氧化性，能夠氧化二價錳離子生成二氧化錳，本身被還原為氯離子；(4) 將CIO2轉化為CI-，應加入還原劑；(5) 高錳酸鉀不穩定；高錳酸鉀與CN-發生氧化還原反應，被還原為無色的二價

49、錳離子，所以當達到滴定終點時：顏色由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色； 涉及反應為：2MnO-+8H+2CN-=2Mn2+2COT+NT+4HO，結合方程式計4222算； 錐形瓶無需潤洗。【詳解】(1)B裝置的名稱是圓底燒瓶；依據C裝置進氣管、出氣管都較短可知為安全瓶，防止倒吸，故答案為：圓底燒瓶；防倒吸；(2) 用H2C2O4溶液、稀硫酸和KCIO3制備CIO2反應產物為二氧化氯、二氧化碳可稀釋cio2,大大降低爆炸的可能性，故答案為：制得CIO2的同時有CO2產生，可稀釋CIO2，大大降低爆炸的可能性；(3) 二氧化氯具有強的氧化性，能夠氧化二價錳離子生成二氧化錳，本身被還原為氯離子，離子

50、方程式：2CIO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2CI-+12H+，故答案為：2CIO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2CI-+12H+；(4) 將CIO2轉化為CI-，應加入還原劑，可加入硫酸亞鐵或二氧化硫等，故答案為：ad；(5) 高錳酸鉀不穩定受熱易分解，所以應放在棕色瓶中；高錳酸鉀與CN-發生氧化還原反應，被還原為無色的二價錳離子，所以當達到滴定終點時：顏色由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色，故答案為：防止KMnO4見光分解；錐形瓶中的溶液顏色由無色變為紫紅色，且半分鐘內不褪色； 設CN-物質的量為，則依據方程式2MnO-+8H+2CN=2Mn2+2COT+NT+4HO可知：4

51、222MnO-:CN-4110.02mol/Lx0.025Ln解得=0.0005moI,故答案為：0.0005moI； 錐形瓶無需潤洗，對測定結果沒有影響，故答案為：無影響。【點睛】本題考查物質的制備以及含量的測定，為高考常見題型，側重考查學生的分析能力、實驗能力和計算能力，注意把握二氧化氯的制備和性質，能正確書寫氧化還原反應方程式，掌握氧化還原滴定法測量物質的濃度，熟悉制備原理，準確把握題干信息是解題關鍵，題目難度較大。10. 在食品行業中，n2o可用作發泡劑和密封劑。(1) n2o是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，nh3與o2在加熱和催化劑的作用下生成n2o的化學方程式為_。(2) N2O和

52、NO是環境污染性氣體。這兩種氣體會發生反應：N2O(g)CO(g)=CO2(g)N2(g)，"Fe+”常用作該反應的催化劑。其總反應分兩步進行：第一步為Fe+N2O=FeO+N2；第二步為(寫方程式)，第二步反應幾乎不影響總反應達到平衡所用的時間，由此推知，第二步反應的活化能_(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反應活化能。(3) 在四個恒容密閉容器中充入相應量的氣體(圖甲)，發生反應2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)v,容器I、II、iii中n2o的平衡轉化率如圖乙所示：80D(j40屮h,0該反應的AH傾“"或“<”)0。0.U4in起始物質的呈Anol溫

53、度厲乙100容器W與容器III的體積均為1L,容器W中的物質在470°C下進行反應，起始反應速率:v正(N2O)_v逆(N2O)(填"或"=“)。已知容器I的體積為10L370C時，該反應的平衡常數K=1【答案】2NH3+2O2=N2O+3H2OFeO+CO=Fe+CO2(小于>V8.9X10-4或訂天丄丄乙1J解析】分析】(1) NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O,類似于生成NO的反應，同時生成水；(2) 總反應分兩步進行Fe+N2O=FeO+N2，根據催化劑定義，第一步生成中間產物，第二步反應中，中間產物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被還原成

54、Fe+，根據催化劑定義，第二步反應對總反應速率沒有影響，說明第一步是慢反應，控制總反應速率；升高溫度，向吸熱方向進行，據此進行分析;恒溫條件下，縮小體積，平衡向氣體總物質的量減小的方向移動; 根據方程式計算平衡時各組分的濃度，代入平衡常數表達式計算。詳解】(1) NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成n2o和水，反應的化學方程式為2NH3+2O2N2O+3H2O；(2)總反應分兩步進行Fe+N2O=FeO+N2，根據催化劑定義，第一步：Fe+N2OFeO+N2，第二步反應中，中間產物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被還原成Fe+,FeO+CO=Fe+CO2，第二步反應對總反應速率沒有影響，說明

55、第一步是慢反應，控制總反應速率，第二步反應速率大于第一步反應速率，則第二步反應活化能小于第一步反應的活化能；升高溫度，N2O的轉化率升高，則向正反應方向進行，則正反應為吸熱反應，貝H>0；根據題給圖像可知，同一溫度下，從I、II、III變化中，一氧化二氮的轉化率減小，因此W中一氧化二氮轉化率也是減小；容器W的體積為1L,容器W中的物質也在470C下進行反應，貝9縮小體積，壓強增大，平衡向逆方向移動，即起始反應速率：v正(N2O)Vv逆(N2O)；容器I的體積為10L，370C時，N20的轉化率為40%；2N（g）+O（g）2200變化（mol/L）0.0040.0040.002平衡（mol/L）0.0060.0040.0022NO（g）2起始（mol/L）0.01c2（N）c（O）0.0042x0.002所以K=c2（No5=0.0062=8'9x10-4°211草酸亞鐵是合成鋰離子電池正極材料磷酸亞鐵鋰的原料。某工廠以煉鋼廠的脫硫渣（主要成分是Fe2O3）為原料生產電池級草酸亞鐵晶體的工藝流程如下:1）要提高“酸浸”速率，宜采取的措施有_（填兩條）。2）寫出“還原”過程中既是化合反應又是氧化還原反應的離子方程式（3）濾渣2中含有的TiOSO4在熱水中易水解，生成H2TiO3，該反