2020-2021高考化学知识点过关培优易错难题训练∶氧化还原反应及详细答案

1、一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1 叠氮化钠 (nan33易溶于水，微)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。nan溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t- buno2，以 t-bu 表示叔丁基 )与 n2h4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定 nano2溶液与24222450%硫酸混合，发生反应 h so 2nano =2hno na so 。可利用亚硝酸与叔丁醇 (t- buoh)在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠 (nan3)按

2、如图所示组装仪器(加热装置略 )进行反应，反应的化学方程式为：t- buno2 naohn h=nan 2h o t- buoh。2432装置 a 的名称是 _；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取2.0g 叠氮化钠试样，配成100ml 溶液，并量取10.00ml 溶液于锥形瓶中。 1用滴定管加入0.10mol l六硝酸铈铵 (nh4)2ce(no3)6溶液 40.00ml( 假设杂质均不参与反应 )。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2 滴邻菲罗啉指

3、示液，并用1 硫酸亚铁铵0.10mol l424 24，终点时消耗标准溶液20.00ml( 滴定原理： ce4(nh) fe(so) 为标准液，滴定过量的ce fe2=ce3 fe3 )。已知六硝酸铈铵(nh 4)2ce(no3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及ce(no3 )3，试写出该反应的化学方程式_ ；计算叠氮化钠的质量分数为 _(保留 2 位有效数字 )。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母 )。a锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗b滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数c滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时

4、尖嘴处无气泡，结束时出现气泡d滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_【答案】 t- buoh hno2t- buno2 h2o恒压滴液漏斗 (滴液漏斗 )水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(nh4 23 62nan3433 3) ce(no )=4nh no 2ce(no ) 32 2n3- h2 2oh3n22nano 3n 65% accloo=cl【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸

5、和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为： t-buoh hno 240h 2o ；t-buno 2(2) 装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗； 反应要控制温度在65 ，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中ce4+和 n 3 中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(nh 4 ) 2 ce(no 3 )6 2nan 3 =4nh 4no 3 2nano 32ce(no 3 )3 3n 2 ；在计算叠氮化钠的含量

6、时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了1 与过量的六硝酸铈铵反10应，再用fe2+去滴定未反应完的正四价的ce，因此有：2.0gnan3样品的 1 消耗的 ce4fe2 消耗的 ce4 =0.004molce4 ，考虑到 fe2+与10ce4+的反应按照 1:1 进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(nan 3 )10 (0.004 fe2消耗的 ce4 ) 0.02mol ，所以叠氮化钠样品的质量分数为： wm(nan 3 ) 100%=0.02mol 65g/mol =65% ；2.0g2.0a润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终

7、计算的质量分数偏大， a 项正确；b量取 40ml 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤 会需要加入更多的fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，b 项错误；c步骤 用 fe2+标定未反应的 ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，c 正确；d将挂在锥形瓶壁上的 fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确， d 项不符合；答案选 ac；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了oh-；产生的无色无味无毒气体，

8、推测只能是氮气，所以离子方程式为：clo2n 3h 2o=cl3n 22oh。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物的 b 反应，再用c 标定未反应的b，在做计算时，要注意a 与 c一同消耗的b。a 与过量2 硫酸亚铁铵的化学式为（ nh4） 2so4?feso4?6h2o，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g 水）如下表：温度102030（nh42473.075.478.0）

9、sofeso7h2o20.026.532.94（nh4）2so4 ?feso417.221.628.1（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤 1中加入 10na2co3 溶液的主要作用是_ ；反应中铁屑过量是为了_。（2）步骤 3需要趁热过滤，原因是_。（3）从步骤4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是_，析出的晶体常用 _洗涤。（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20 克，当温度从30降至 10，最多析出莫尔盐的质量是 _（选填编号）。a 2.18gb 大于 2.18gc 小于 2.18g d 无法确定（二）称取质量为 1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性kmno4

10、 溶液进行滴定。（ 1）已知 mno4-被还原为 mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式_。（ 2）判断该反应到达滴定终点的现象为_。（3）假设到达滴定终点时，用去v ml 酸性 kmno4 溶液，则该酸性kmno4 溶液的浓度为_mol/l 。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的fe3+，保证 fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 fe3+杂质 fesofeso47h2o 析出4 在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有过滤、洗涤无水酒精或冰水2+-+3+2+加入最后一滴b 5fe +mno 4 +8h 5fe +mn+4h2okmno4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/v【解析

11、】【分析】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性；（ 2） feso4 在温度低时溶解度较小；（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（ nh4 244在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g；）so feso（二）（ 1） mno 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为mn2+；（ 2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；（ 3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，

12、过量的fe 可以还原氧化生成的 fe3+，减少产物中的fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的fe3+，保证 fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的 fe3+杂质；（2）如果不趁热过滤就会有feso在温度低时溶解度较小，47h2 o 析出，故答案为： feso4如果不趁热过滤就会有feso47h2o 析出；（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；（4）（ nh4 244和 10的溶解度分别为：28.1g 和17.2g，即若溶剂为100g）so feso 在 30水，冷却

13、析出 10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（nh42442） so feso6h o含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为： b；（二）（ 1）反应的离子方程式2+-+3+2+4h2o，故答案为：5fe +mno4+8h 5fe +mn5fe2+mno 4-+8h+ 5fe3+mn 2+4h2o；（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色， 30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴kmno4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；（3） 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n= m =1.96 g=0

14、.005mol，根据原子守恒则亚m392g / mol铁离子的物质的量为 0.005mol，反应 5fe2+mno 4 -+8h+=5fe3+mn 2+4h2o，则 5fe2+ mno 4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol ，据 c= n =0.001mol =1mol/l ，故答案为：v10 3 vlv1 。v3 碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的kio3。但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。国家标准gb14880-1994 中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有

15、关的资料，发现其检测原理是：kio 3 + ki + h 2so4i 2 + h 2o + k 2so4（方程式未配平）。试根据相关信息回答下列问题：（1）检测原理中，氧化剂为_，氧化产物为 _。请在下面配平该方程式，同时用单线桥 标明电子转移的方向和数目：_ kio 3 + _ ki+ _ h 2 so4 _ i2 + _ h 2 o +_ k 2 so4（2）取 10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和ki 溶液（ h2so4 和 ki 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的ccl4，振荡，静置，此时观察到的现象是 _ 。然后分液，即得到i2 的ccl4 溶液。

16、（3）查阅资料，ccl4 的沸点为 78， i2 的升华温度约为 120130。实验小组拟采用下图所示实验装置将ccl4 和 i2 的混合溶液分离。该分离方法的名称是_，冷凝管的进水口是 _（填“ a”或“ b”）。（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中i2的质量为 1.5 mg，由此计算出该加碘盐中碘的含量为 _mg/kg ，该加碘盐 _（填“合格”或“不合格”）。（5） kio3 虽稳定性较好，但在高温下也可分解为ki 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。请书写出kio3 在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式 _ 。【答案】 kio3 i2溶液分

17、为两层，下层呈紫红色蒸馏 a25合格 2kio 3 高温 2ki+3o 2【解析】【详解】(1)、该反应中化合价的变化为：kio3-i2 i元素由+5价0kio3得5个电子；ki-，价，一个i2， i 元素由 -1 价 0价，一个 ki 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5， kio3 的计量数为 1 ， ki 的计量数为 5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：kio3； i2；(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，故答案为：溶液分成两

18、层，上层无色，下层呈紫红色；(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a；(4)、由方程式可知：i2 的的来源属于kio3 的占1 ，所以圆底烧瓶中i2 的质量为 1.5 mg，则6食盐中的碘原子质量为0.25mg0.25mg ，所以碘的含量为25mg / kg ，在国家标准10g10 3 g内，故答案为：25；合格；(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故o 元素化合价升高。根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2kio32ki+3o2，故答案为2kio32ki+3o2；【点睛】实验最终得到的 i2 来自于 kio3 和 ki

19、两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去 ki 中的含量。4 以海绵铜（ cuo、 cu）为原料制备氯化亚铜（cucl）的一种工艺流程如下：（1） cu 基态原子核外电子排布式为_， so42- 的空间构型为_（用文字描述）； cu2+ 与 oh 反应能生成 cu(oh)4 2- ， cu(oh)4 2- 中提供孤电子对的原子是_（填元素符号）。（2）“吸收”过程： 2no(g) + o2(g) 噲垐 ? 2no2(g)h = 112.6kj?mol-1 提高 no 平衡转化率的方法有_（写出两种）。吸收 no2 的有关反应如下：反应： 2no2232-1(g) + h o(l) hno (aq)

20、 + hno (aq)h = 116.1kj?mol反应： 3hno2(aq) hno3(aq) + 2no(g) + h2o(l)-1h = 75.9kj?mol用水吸收 no2 生成 hno3 和 no 的热化学方程式是_ 。（3）“电解”过程：hno2 为弱酸，通过电解使hno3 得以再生，阳极的电极反应式是_。（ 4）“沉淀”过程：产生 cucl 的离子方程式是 _。【答案】 1s22s22p63s23p63d104s1 正四面体形 o 增大压强、提高氧气的浓度3no2 (g)+h2 o(l)=2hno3(aq)+no(g)h= 212.1kj?mol-1hno2-2e-+h2o=3h

21、+no3-2+-2-+2cu+so2+2cl +2h2 o=2cucl +so4+4h【解析】【分析】海绵铜（ cuo、 cu）中 cuo 与稀 h2so4 反应转化为硫酸铜，因硝酸在酸性条件下具有氧化性，会将铜氧化为铜离子，最终生成硫酸铜，so2 具有还原性，再将铜离子还原为氯化亚铜， no 合理利用，经过氧化与电解过程得到硝酸，据此分析解答。【详解】（1） cu 的原子序数为29， cu 基态原子核外电子排布式为1s22s2 2p63s2 3p63d104s1 ；so42- 中6+2-42s 原子价层电子对个数 =4+=4，且不含孤电子对，由价层电子对互斥理论判断该2微粒为正四面体形； c

22、u(oh)42- 中 cu2+提供空轨道， o 原子提供孤电子对形成配位键，答案为： 1s22s22p63s23p63d104s1；正四面体形； o；（2） 2no(g)+o22-1是气体体积减小的放热反应，提高(g) 垐 ?2no (g)h=112.6kj?mol噲?no 平衡转化率，平衡应向正反应方向移动，可以采取的措施有：降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等；由盖斯定律可知：（反应i 3+反应 ii）1 可以得到用水吸收no232生成 hno 和 no 的热化学方程式： 3no2(g)+h2o(l)=2hno3(aq)+no(g)h= 212.1kj?mol-1 ；（ 3）电解过程中，阳

23、极上 hno2 失去电子发生氧化反应生成 hno3，阳极的电极反应式是： hno2-2e-+h2 o=3h+no3-；（ 4） cu2+与 so2 发生氧化还原反应生成 cucl，离子方程式为： 2cu2+so2+2cl-+2h2o=2cucl +so42-+4h+。5(1)难溶物 pbso4 溶于 ch3coonh4 溶液可制得易溶于水的(ch3coo)2pb，发生的反应为pbso 2ch coonh (ch coo) pb (nh ) so，说明 (ch coo) pb 是 _(填 “强”或434324 2432“弱 ”)电解质。(2)已知次磷酸 (h po )与足量的氢氧化钠溶液反应生成

24、nah po和 h o，则次磷酸是 _32222元酸 (填 “一 ”、“二 ”或 “三”)。(3)工业上制玻璃和水泥需用到的共同原料是_(填化学式 )。(4)在一定温度下，向一个2 l 的真空密闭容器中(预先装入催化剂 )通入 1 mol n 2和 3 molh ，发生反应： n (g) 3h (g)?2nh3(g)。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9222倍，在此时间内，h2 平均反应速率为 0.1 mol/(l min)，则所经过的时间为 _min(5)高铁酸钠 (na feo )具有强氧化性，可对自来水进行消毒、净化。高铁酸钠可用氢氧化铁24和次氯酸钠在碱性介质中反应得到，请补

25、充并配平下面离子方程式。_fe(oh)3 +_clo +_oh =_feo42 _cl +_(6)在反应 11p+15cuso4+24h2o=5cu3p+6h3po4+15h2so4 中，氧化剂是 _ ；当有2mol h 3po4 生成，转移的电子的物质的量为_【答案】弱一caco3 2 3 4 23 5ho2 p、 cuso4 10mol3【解析】【分析】【详解】(1)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促使硫酸铅溶解，说明(ch3coo)2pb 是弱电解质；(2)h3po2 与足量的 naoh 溶液反应，生成nah2po2，说明 h

26、3po2 只能电离出一个氢离子，所以 h3po2 是一元酸；(3)水泥的生产原料为黏土、石灰石，制玻璃的主要原料为纯碱、石灰石和石英砂，共同原料为 caco3；(4)容器体积为2l，所以初始投料c(n2)=0.5mol/l ， c(h2)=1.5mol/l ，设 c(n2)=x mol，列三段式有：n2g + 3h2 g ?2nh 3 g起始 ( mol gl-1 )0.51.50转化 ( mol gl-1 )x3x2x平衡 ( mol gl-1 ) 0.5-x1.5-3x2x容器内压强是起始的0.9 倍，温度和容器容积不变，气体的压强比等于浓度之比，所以0.5-x+1.5-3x+2xmolg

27、l-1-1=0.9 ，解得 x=0.1mol/l ，则 c(h2)=0.3mol/l ， v(n2)=0.10.5+1.5 molglc0.3molgl-1=0.1 mol/ l gmin =3min ；mol/(l min) ，则反应时间 t= v(5)铁元素化合价由+3 升高为 +6，失去 3 个电子，氯元素化合价由+1 降低为 -1，得 2 个电子，取最小公倍数，则氢氧化铁与高铁酸根前系数为2，次氯酸跟与氯离子前系数为3，再根据电荷守恒及原子守恒配平得2fe(oh)3+3clo-+4oh-=2feo42- +3cl-+5h2o；(6)cu p 中 p 元素化合价为 -3，hpo 中 p

28、元素化合价为 +5，所以 p 既是氧化剂又是还原334剂， cu 元素化合价由cuso4中的34+2 降低为 cu p 中+1，所以cuso 也是氧化剂，即氧化剂为 p、 cuso434生成，转移的电子的物质的量为2mol (+5-0)=10mol。；当有 2mol hpo6nox、so2 的处理转化对环境保护有着重要意义。（1）利用反应2no(g) 2co(g) = n(g)2co (g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条22件下进行该反应，测得co 的平衡转化率与温度、起始投料比mm=n(no)的关系如图 1n(co)所示。该反应的h _0(填“ ”“ ”或“” )。下列说法正确的是_(

29、填字母 )。a当体系中 co2 和 co 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态b投料比： m1 m2 m3c当投料比 m 2 时， no 转化率是 co转化率的 2 倍d汽车排气管中的催化剂可提高no 的平衡转化率随着温度的升高，不同投料比下co的平衡转化率趋于相近的原因为 _。（2）若反应 2no(g) 2co(g) = n2(g) 2co2 (g)的正、逆反应速率可表示为：v 正 =k正 c2(no) c2(co)； v 逆 =k 逆 c (n2) c2(co2), k 正、 k 逆 分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1l 的容器中加入2molno 和 2

30、molco 发生上述反应，测得22 所示，则 a 点时 v正 v 逆 _。co和 co 物质的量浓度随时间的变化如图（3）工业生产排放的烟气中同时存在so2x和 co，利用它们的相互作用可将2、 noso 、no 还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3 为 298k 各气体分压 (气体的物x质的量分数与总压的乘积 )与 co物质的量分数的关系，图4 为 co物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法不正确的是_(填字母 )。a不同温度下脱硝的产物为n2，脱硫的产物可能有多种b温度越高脱硫脱硝的效果越好c nox 比 so2 更易被 co 还原d体系中可能发生反应：2c

31、os = s2co； 4co s= 4co 2so2222（4） nh3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的2 5作催化v o剂， nh3 将 no 还原成 n2的一种反应历程如图5 所示，则总反应方程式为_。（5）用间接电化学法去除烟气中no 的原理如图6 所示，则阴极的电极反应式为_。【答案】ab温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影v2o5响160：1b4nh3+4no+o24n2+6h2o2so32-+4h+2e-=s2 o42-+2h2o【解析】【分析】(1)由图象可知，起始投料比m 一定时， co 的平衡转化率随温度的升高而降低；a.起

32、始投料比 m 一定时，而反应中 no、 co的变化量相同，体系中co2 和 co物质的量浓度之比保持不变，即体系中co2、 co 物质的量浓度不变，据此判断；b.由图象可知，温度一定时，增大no 浓度， co转化率增大；c.根据转化率=变化量与起始量的比值和反应中no、 co 的变化量相同分析判断；d.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；由图象可知，不同投料比下co的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2)反应达到平衡时v 正=k 正?c2（ no） c2（ co）=v 逆 =k 逆 ?c（n2） c2（ co2），则平衡常数k=k正k 和 a

33、 点时各物质的浓度，代入v 正 、 v 逆计算 v 正 ：v，结合反应三段式计算平衡常数k 逆逆；(3)a由图可知， nox 还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关；b温度高于 1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；c根据图 3，随 co物质的量分数增大，还原 nox 生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原 so2 需要 co物质的量分数较大时才能将 so2 从烟气中分离；d根据图 4， cos分压曲线随温度升高减小， s2、 co分压增大，继续升高温度， s2、 co2 分压减小， co 分压增大；(4)用活化后的 v2o5 作催化剂， nh3 将 no 还原成

34、n2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；(5) 阴极通入的 so32-发生得电子的还原反应生成 s2o42- 。【详解】(1)由图象可知，起始投料比m 一定时，温度越高，co的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即h 0；a反应正向进行时co2 增多而 co 减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中co 和 co物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故a 正确；2b由图象可知，温度一定时，增大no 浓度， co转化率增大，即起始投料比m 越大时，co转化率越大，所以投料比：m1 m2 m3，故 b 正确；c由反应计量关系可知，反应中no、 co 的变化量相

35、同，平衡转化率消耗量= 100%，起始量所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2 时 co 转化率是 no 转化率的 2倍，故 c错误；d催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以no 的平衡转化率不变，故d 错误；故答案为： ab；由图象可知，不同投料比下co的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；(2)平衡时三段式为：2no g + 2co g ?n 2g + 2co2 g起始 ( mol gl-1 )2200转化 ( mol gl-1 )1.61.60.81.6平衡 ( mol gl-1 )0.

36、40.40.81.6平衡时正逆反应速率相等即k 正 ?c22逆 ?c(n222(no)c (co)= k)c (co )，所以k正=kc n2 c2 co21.6 20.8k逆c2 no c2 co=0.42 =80；0.42a 点时反应三段式为：2no g+ 2co g ?n 2g + 2co2 g起始 ( mol gl-1 )2200转化 ( mol gl-1 )2x2xx2x平衡 ( mol gl-1 )2-2x2-2xx2xa 点时 c(co)=c(co2)，则 2-2x=2x，解得 x=0.5，所以 a 点时 c(co)=c(co2)=c(no)=1mol/l ，v正k正1212k正

37、c(n2)=0.5mol/l ，所以 v逆= k逆120.5=2k逆 =2k =160，即 v 正 ： v 逆 =160：1；(3)a由图可知， nox 还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故a正确；b温度高于 1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫，故b 错误；c根据图 3，随 co物质的量分数增大，还原nox 生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原so需要 co物质的量分数较大时才能将so从烟气中分离，说明 co 更易与 no 反应，则22xno 比 so 更易被 co 还原，故 c 正确；x2d根据图 4， cos分压曲线随温度升高减小，s2、 co分压增大

38、，继续升高温度，s2、 co2分压减小， co 分压增大，说明体系中可能发生反应：2cos?s2+2co； 4co2+s2 ?4co+2so2，故 d 正确；故答案为： b；(4)活化后的 v2o5 作催化剂， nh3 将 no 还原成 n2，还生成水，反应为v2 o54nh3+4no+o24n2+6h2o；(5)阴极上亚硫酸根离子得到电子，阴极的电极反应式为2-+-2-+2h2o。2so3+4h +2e =s2o47 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nac

39、l 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）“沉钴”时，调ph 所用的试剂是_；“沉钴”后溶液中c（ co2+） =_。（已知： ksp co（ oh） 2= 1. 09 l0- 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。 290 500，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h222322 3 2-naalo +hcl+ho=nacl+al( oh)8licoo+ s o22h+8li+2+2-11h22- 68co2so4+=+oclnaoh1 09l0moll溶液或氢氧化钠固体./29050023342蒸发浓缩趁热过滤6co o4co o +o 【解析】【分析】正极材料主要由al 和 licoo22组成， licoo 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，