（化学）化学氧化还原反应的专项培优练习题(含答案)附详细答案.doc

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成固体，模拟工业上用过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示。已知：熔点-59、沸点11、沸点150中的化学方程式：(1)放入仪器中，仪器中的药品是_(写化学式)。如果仪器改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象_。(2)装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)_。(3)向装置中通入空气，其作用是赶出，然后通过再到中反应。通空气不能过快的原因是_，通空气也不能过慢原因是_。(4)冰水浴冷却的目的是_。a.降低的溶解度 b.减少的分解 c.使变为液态 d.加快反应速率(

2、5)写出中发生反应的化学方程式_，在反应起到_作用。假设在反应中消耗掉则有_电子转移。【答案】H2O2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，不能被充分吸收 空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 还原剂 a/17 【解析】【分析】氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO23H2O。【详解】(1)放入仪器中，仪器中的药品是H2O2，仪器B为滴液漏斗，其目的是平

3、衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；(2)实验中C的作用是防止倒吸，装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；(3)向装置中通入空气，其作用是赶出，然后通过再到中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解；(4) NaClO2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低的溶解度、减少的分解，由于的沸点较低，所以还能使变为液态，方便使用；(5)写出中发生反应的化学方程式为：2

4、ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：2e-，若在反应中消耗掉，则转移的电子的物质的量为：2a g/(34gmol-1)= a/17mol。2二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式_。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质

5、中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。装置A的名称是_，装置C的作用是_。反应容器B应置于30左右的水浴中，目的是_。通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是_。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为_，装置E的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

6、用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式_。【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl- 吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+ 【解析】【分析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿(F

7、eS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30左右的水浴中。根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是

8、有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+

9、。3实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuC、Cl-等)和碱性蚀刻废液N、Cu(NH3、NH3H2O等制备CuI(白色固体)的实验流程如下:(1)步骤中发生了多个反应,其中Cu(NH3与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为_。(2)步骤需控制pH为12,80 下进行,合适的加热方式是_。(3)步骤的具体步骤是蒸发浓缩、_、_。(4)步骤在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是_,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_。用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是_,然后再用无水乙醇洗涤的目的是_。【答案】Cu(NH3+3H+Cl-+H2OCu(OH)Cl+

10、4N 热水浴 冷却结晶 过滤(洗涤) 分液漏斗 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 可防止CuI被空气中的O2氧化 使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2 【解析】【分析】由流程图可知，酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液，过滤，将Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜，硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。【详解】（1）步骤中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=C

11、u(OH)Cl+4NH4+，故答案为：Cu(NH3)42+3H+Cl-+H2O=Cu(OH)Cl+4NH4+；（2）步骤为Cu(OH)Cl加水、过浆后，与浓硫酸在制pH为12，80 下水浴加热反应反应生成硫酸铜，故答案为：热水浴；(3)步骤为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体，故答案为：冷却结晶；过滤(洗涤)；（4）装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗；圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；装置d中的溶液为

12、二氧化硫的饱和水溶液，碘化亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化，用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜，可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化；再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘，并能使固体快速干燥，故答案为：可防止CuI被空气中的O2氧化；使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。4硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）都是重要的化工试剂，均易水解。（1）甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。B装置中冷凝管进水口是_。（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是_。欲制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接

13、顺序为：a、_、h。去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是_（用化学方程式表示）。（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2xH2O制取无水ZnCl2。解释SOCl2在该实验中的作用是_（写出两点）。实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是_。（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl36H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。可能发生的副反应的化学方程式是_。两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl36H2O反应后的混合物于试管中，加水溶

14、解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是_。A加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液B加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液C滴加几滴BaCl2溶液D滴加几滴酸性KMnO4溶液E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】m 碱石灰 fgdebced SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O SOCl2+2FeCl36H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O BCD 【解析】【分析】冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥

15、管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。【详解】（1）B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和

16、氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；故答案为：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；（3）SO

17、Cl2具有还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl2+2FeCl36H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl36H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；SOCl2和FeCl36H2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。由于SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。取少量SOCl2和FeCl36H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和FeCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有F

18、e2+或SO42-即可。A加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；B加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反应发生，故B正确；C滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C正确；D滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，能证明发生了副反应，故D正确；E滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E错误；故答案为：BCD。5目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、

19、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为_。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为_。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是_。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O组成，某小组设计了如图实验方案及

20、装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：检查装置气密性；准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O放在B装置中，连接仪器；打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；_；打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用_。（5）补充的实验操作_。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成_（填化学式）

21、。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式_。【答案】CO2 8.3 取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净 吸收空气中的H2O和CO2 关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热 NiCO32Ni(OH)24H2O 2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2+2CO2+21H2O 【解析】【分析】(1)根据元素守恒分析判断 ；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH ；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留； (4)根据实验目的和各个装置的

22、作用分析； (5)根据实验目的和前后操作步骤分析； (6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：C

23、O2 ；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH 8.3，故答案为：8.3 ；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净； (4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2； (5)步骤反应前左侧通空气是为

24、了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热； (6)水的质量为251.08g250g=1.08g，CO2的质量为190.44g190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g1.08g0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是

25、分子个数比)为即：，xNiCO3yNi(OH)2zH2O.6H2O+CO2+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3yNi(OH)2zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO32Ni(OH)24H2O；(7)NiCO32Ni(OH)24H2O与N2H4H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2NiCO32Ni(OH)24H2O+3N2H4H2O=6Ni+3N2+2CO2+21H2

26、O。6C、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/molCH4 (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 S

27、O2 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)= _ 。(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：曲线 a 中，NO 的起始浓度为610-4mgm-3，从 A 点到 B

28、 点经过0.8s，该时间段内 NO 的脱除速率为_mgm-3s-1。曲线 b 对应 NH3 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】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5104 3:1 【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) H2=+205k/mol，根

29、据盖斯定律，-2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算H；（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）曲线a中，NO的起始浓度为610-4mgm-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】（

30、1）已知：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/mol，CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205k/mol，根据盖斯定律，由2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=H12H2=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+Na2SO

31、3+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(1.00.2)mol/L，则生成c()=2(1.00.2)mol/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()+c(H+)=c(OH)+c()+2c()，因pH=7，故c(H+)=c(OH)，则c()=c()+2c()，由图可读出b点时，c()=c()，则c()=3 c()，因在同一体系，n()：n()=3：1，故答案为：3：1；（3）曲线a中，NO的起始浓度为61

32、04mgm3，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6104mgm3(0.750.55)0.8s=1.5104mgm3s1，故答案为：1.5104；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，根据图可知是在酸性条件下发生还原反应，生成，其电极反应式为；根据图示，吸收池中和NO是反应物，N2和是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：，故答案为：；。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤

33、：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）。7实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：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

34、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）“沉钴”时，调pH所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=_。（已知：KspCo（OH）2=1.09l0-15）（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。290500，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。【答案】化学能电能热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3 8LiCoO2+ S2O32-+

35、22H+=8Li+8Co2+2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09l0-6mol/L 6Co2O34Co3O4+ O2 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“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+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Na2SO410H2O副产品，

36、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电能热能；(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

37、)3；(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，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；(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO410H2O，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= c2(OH-)c(Co2+)=

38、1.09 l0-15求得c(Co2+)=1.09l0-6mol/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，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01 mol， m(Co)=0.590g，温度升温290时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500时，n(O)=0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290500过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co

39、2O34Co3O4+ O2；(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。【点睛】热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。8草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)常用做分析试剂及显影剂等。下图是将一定质量的草酸亚铁在氩气气氛中进行热重分析示意图(

40、TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。请回答下列问题：(l)B处时残留物的化学式为_。(2)AC整个反应过程中总反应的化学方程式为_。(3)取上述分解得到的600时的固体放在空气中继续加热时其质量增加，发生反应的化学方程式为_。由此说明上述FeC2O42H2O在氩气气氛中进行热重分析的原因是_。(4)若将分解得到的600时的固体与足量的稀硫酸反应后，将溶液浓缩、冷却，有带7个结晶水的晶体析出，该晶体的化学式为_，该晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则该化学方程式为_。【答案】FeC2O4 FeC2O42H2OFeO +CO+CO2+2H2O

41、 6FeO+O22Fe3O4 防止FeO在加热过程中被空中的氧气氧化 FeSO47H2O 2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O 【解析】【详解】(1)FeC2O42H2O中H2O%=20%，刚好在B点的TG%=80%，则B点表示所有的结晶水都完全失去，得到的固体成分为FeC2O4；故答案为：FeC2O4；(2)当TG%=40%时，得到应该是铁的氧化物，则有=0.4，x=1，则变化过程中铁的化合价没改变，只有碳的化合价发生变化，则AC整个反应过程中总反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeO +CO+CO2+2H2O；故答案为：FeC2O42H2OFeO +CO+CO2+

42、2H2O；(3)当分解得到的600时的固体FeO在空气中与氧气反应，得到稳定的Fe3O4，因此FeC2O42H2O在氩气气氛中进行热重分析的原因防止FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；故答案为：6FeO+O22Fe3O4；防止FeO在加热过程中被空中的氧气氧化；(4)FeO与足量的稀硫酸反应得到的是FeSO4，为了防止其Fe2+水解和Fe2+被氧化，要加适量的硫酸和铁粉，才能得到FeSO47H2O，晶体与草酸亚铁晶体分解有类似，得到四种氧化物且物质的量之比为1:1:1:14，则有Fe2O3、SO2、SO3、H2O；故答案为：FeSO47H2O；2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+1

43、4H2O。9用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的NO3-，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(NH4+无法占据活性位点)。反应过程如图所示：（1）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ii补充完整：.NO3-+Fe+2H+=NO2-+Fe2+H2O._+_+_H+=_Fe2+_+_（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因_。（3）水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图1所示。(注：

44、c0(NO3-)为初始时NO3-的浓度。)为达到最高去除率，应调水体的初始pH=_。t15min，其反应速率迅速降低，原因分别是_。（4）总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图2所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是_。（5）利用电解无害化处理水体中的NO3-，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：阴极的电极反应式为_。生成N2的离子方程式为_。【答案】NO2- 3Fe 8 3 NH4+ 2H2O )Fe2+在水中发生水解，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH

45、)2沉淀，之后发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色的Fe(OH)3 6.5 pH=2的溶液中，t15min时，产生大量Fe(OH)2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降 反应过程中H+被消耗，溶液pH升高，t=40min时，溶液中含N物质主要以NH4+的形式存在，一部分NH4+生成NH3逸出(或反应过程中NO2-被Fe还原产生N2逸出) NO3-+8e-+10H+=NH4+3H2O 2NH4+3HClO=N2+3Cl-+5H+3H2O 【解析】【分析】（1）根据图可知：酸性环境中，纳米去除分两步，在吸附点被Fe还原为，在另外的吸附点被Fe还原为，；（2）初始pH=2.0的废液反应15min后