高考化学压轴题之氧化还原反应(高考题型整理,突破提升)含详细答案

1、高考化学压轴题之氧化还原反应( 高考题型整理 , 突破提升 ) 含详细答案一、高中化学氧化还原反应1 clo2 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naclo2 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备naclo2 固体的实验装置如图所示。已知： clo2 熔点 -59、沸点 11、 h 2o2 沸点 150a 中的化学方程式：2naclo 3h 2o 2h 2so42clo 2o 2na 2so42h 2o(1) naclo 3 放入仪器 a 中，仪器 b 中的药品是 _( 写化学式 )。如果仪器 b 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象_。(2) c 装置

2、有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向 )_。(3)向 a 装置中通入空气，其作用是赶出clo2 ，然后通过 c 再到快的原因是 _ ，通空气也不能过慢原因是_。d 中反应。通空气不能过(4)冰水浴冷却的目的是_ 。a.降低naclo2 的溶解度b.减少 h 2 o2 的分解c.使 clo2 变为液态d.加快反应速率(5)写出 d 中发生反应的化学方程式_ ， h 2o2 在反应起到 _作用。假设在反应中消耗掉h 2o2a g 则有 _ mol 电子转移。【答案】 h2o2液体无法顺利滴落空气流速快时，clo2 不能被充分吸收空气流速过慢时，clo2 不能及时被移走，浓度过高导致分解ab

3、c2clo2+h2o2+2naoh=2naclo2+o2 +2h2o还原剂a/17【解析】【分析】氯酸钠 (naclo32与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，clo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 naclo2?3h2o。【详解】(1) naclo 3 放入仪器 a 中，仪器 b 中的药品是 h2o2，仪器 b 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器b 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

4、止倒吸，c 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 a 装置中通入空气，其作用是赶出 clo2 ，然后通过 c 再到 d 中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时， clo2 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时， clo2 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naclo2 的溶解度、减少h 2 o2 的分解，由于clo2 的沸点较低，所以还能使clo2 变为液态，方便使用；(5)写出 d 中发生反应的化学方程式为：2clo2+h2o2+2naoh=2naclo

5、2+o2 +2h2o， h 2 o2 在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：h 2o2 2e-，若在反应中消耗掉-1。h 2o 2 a g ，则转移的电子的物质的量为： 2 a g/(34gmol)= a/17mol2 工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：.测定废水中苯酚的含量。测定原理：+3br2 +3hbr测定步骤：步骤 1：准确量取25.00ml 待测废水于 250ml 锥形瓶中。步骤2：将 5.00ml amol l 1 浓溴水(量 )迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bml 0.10mol l 1 ki 溶液 (过量 )，塞

6、紧瓶塞，振荡。步骤4：滴入 23 滴指示剂，再用0.010mol l 1na 2s2 o3 标准溶液滴定至终点，消耗na2 s2o 3 溶液 v1ml (反应原理：i 22na 2s2o 32nai na2s4o 6 )。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗 na2 s2o 3 溶液 v2ml 。(1) 步“骤 1”量取待测废水所用仪器是 _。(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和_。(3) 步“骤 4”滴定终点的现象为 _。(4)该废水中苯酚的含量为_ mgl 1 (用含 v1 、 v2 的代数式表示 )。如果空白实验中“步骤 2”忘记塞紧瓶塞，则

7、测得的废水中苯酚的含量_(填 “偏高 ”“偏低 ”或 “无影响 ”，下同 )；如果空白实验中“步骤 4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量_。 .处理废水。采用 ti 基 pbo2 为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基 ( oh )，阴极上产生 h 2o2 。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为co2 和 h2o 。(5)写出阳极的电极反应式：_。(6)写出苯酚在阴极附近被h 2 o2 深度氧化的化学方程式：_。【答案】 (酸式 )滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色94 v2 -v1偏低

8、偏低h 2 o eohh15c6 h 5oh 14h 2 o 2 6co217h 2 o【解析】【分析】向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入ki 溶液与剩下的 br2 发生氧化还原反应得到 i22-2-，再用 na2 232，方程式为 br +2i =i +2brs o标准溶液滴定 i ，可根据消耗的 na2 2 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的br2的物质的量，再设置一个空白实s o验测出浓溴水的物质的量，用br 2 总的物质的量 -剩余br2 的物质的量即可得出与苯酚反应的 br2 的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验

9、基本操作及注意事项解答问题。【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤 1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；(3)用 0.01mol/lna 2s2o3 标准溶液滴定至终点，由于na2s2o3 标准溶液会反应i2 ，加入的淀粉遇 i2 变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：br2

10、2kii22na2s2o30.005v10.01v10.005v20.01v2剩下的浓溴水中 br2 的物质的量为 0.005v1 mmol ，将待测废液换成蒸馏水时， 5ml amol/l 的浓溴水中 br2 的物质的量为 0.005v2 mmol ，则与苯酚参与反应的 br2 的物质的量为0.005(v2-v1 ) mmol ，根据方程式+3br2 +3hbr可得苯酚的物质的量为 0.005 v2 -v1mmol，质量为940.005v2 -v 1mg，则该废水中苯酚的含量为3394 0.005v2 -v1mg94 v2 -v1，若步骤2 中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，3g -12510 3

11、 l15mg l导致最终消耗的na2s2o3 的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4 滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的na2 23s o 的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：94 v2 -v1；偏低；偏低；15(5)由题干信息可知，ti 基pbo 为阳极，则阳极ho 失去电子产生oh，电极反应式为h o-222-+2-+e =h +oh，故答案为：h o-e =h +oh；(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的h o深度氧化产生 co和 h o，有氧化还原反应2222规律得到其反应方程式式为c652 222hoh+14h o =6co +17h o，故答案

12、为：c h oh+14h2o =6co +17h o。652223 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）sofeso7h2o20.026.532.94（nh424417.221.628.1）so ?feso（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

13、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2.18gd 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 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

14、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 feso4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有42feso7h o 析出过滤、洗涤无水酒精或冰水b2+-+3+2+5fe +mno 4 +8h 5fe +mn+4h2o 加入最后一滴kmno4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/v【解析】【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） 2so4feso4 在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g；（二）

15、（ 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，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 feso47h2 o 析出，故答案为： feso4 在温

16、度低时溶解度较小，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） 2so4feso4 在 30和 10的溶解度分别为：28.1g 和 17.2g，即若溶剂为 100g水，冷却析出10.9g，有水20g析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（nh4） 2so4feso46h2o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 5f

17、e +mn2+-+3+2+5fe +mno 4 +8h 5fe +mn +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= m1.96 g= 392g / mol =0.005mol ，根据原子守恒则亚m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=

18、n=0.001mol =1mol/l ，故答案为：v10 3 vlv1 。v4 过氧乙酸 (ch3 coooh)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如： sars病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。下面是市售过氧乙酸商品标签：有关资料： h2o2 是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。过氧乙酸消毒液是由 h2o2、 h2o、 ch3 cooh及少量 h2 so4 混合后，反应生成过氧乙酸(ch3coooh)。ch3coooh容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒

19、液的主要成分。(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：提出假设：甲溶液的主要成分为_，乙溶液的主要成分为_。实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_试液，若中假设正确，则甲溶液的现象为_ ，乙溶液的现象为_。(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_ (填编号 )a 过氧乙酸与羟基乙酸(hoch2cooh)互为同分异构体b 过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果c 过氧乙酸与乙酸属于同系物d 氧元素的化合价为-2 价(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置和步骤如下：在三颈烧瓶

20、中加入一定量冰醋酸与浓h2so4 的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。不断搅拌并控制b 中混合液的温度为20 30至反应结束。接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。请回答下列问题：仪器 c 的名称是 _；为更好地控制反应温度，应采用方法是_ ；生成过氧乙酸的化学方程式为_ ；碘量法分析：取2.00ml 过氧乙酸试样稀释成100ml，从中取出 5.00ml ，滴加酸性kmno4 溶液至恰好粉红色以除去残余h2o2，再加入 10ml 10%ki 溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/l 的 na22 3(反应方程式为s o 标准液滴定至终点2na s o+i =n

21、a s o +2nai)，共消耗14.30ml na s o标准液。该样品中过氧乙酸的物质的2232246223量浓度是 _mol/l 。（结果保留小数点后两位）（提示：ch3-+coooh+2i+2h=i +ch cooh +ho）232【答案】甲h2 222432石蕊甲：溶液先变红后褪色乙：o、 h o、h so乙 ch cooh、 h o溶液由无色变为红色a冷凝管（或直形冷凝管）水浴加热ch3cooh +h och coooh + ho7.152 232【解析】【分析】（ 1）若假设甲溶液的有效成分是 h2o2，则乙溶液的有效成分是 ch3coooh，根据过氧乙酸消毒液是由 h2o2、

22、h2o、 ch3 cooh及少量 h2 so4 混合后，反应生成过氧乙酸(ch3coooh)，h2o2 是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则h2 so4 应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中h2 o2 漂白作用的会使变红的溶液褪色；（ 2）结合选项对过氧乙酸 (ch3coooh)性质判断，（ 3）由仪器的结构，可知 c 为直形冷凝管；控制 b 中混合液的温度为20 30，应采取水浴加热；结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；-+ch3coooh+2i+2h =i2+ch3cooh +h2o，2na2s2o3+

23、i2 =na2 s4o6 +2nai，由这两个方程式，确定关系式： ch3coooh i2 2na2s2o3，计算稀释后5.00ml 溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的 2.00ml 溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。【详解】（ 1）若假设甲溶液的有效成分是 h2o2，则乙溶液的有效成分是 ch3coooh，根据过氧乙酸消毒液是由 h2o2、 h2o、 ch3 cooh及少量 h2 so4 混合后，反应生成过氧乙酸(ch3coooh)，h2o2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则h2 so4 应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性

24、，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中h2 o2 漂白作用的会使变红的溶液褪色；（ 2）过氧乙酸与羟基乙酸 (hoch2cooh)的分子式都是 c2h4o3 ，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2 价、 +1 价；（3）由仪器的结构，可知c 为直形冷凝管；控制 b 中混合液的温度为 20 30，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；乙酸与过氧化氢在浓硫酸、 20 30条件下反应生成过氧乙酸(ch3 coooh)，反应的化

25、学方程式为： ch3cooh + h2o2ch3coooh + h2o ；ch3coooh+2i- +2h+ =i2+ch3 cooh +h2o， 2na2s2o3+i2=na2s4o6+2nai，由这两个方程式，确定关系式： ch3coooh i2 2na2 s2o3 ，可知稀释后的 5.00ml 溶液中过氧乙酸的物质的量是：0.0143l 0.1000mol/l，原来 2.00ml 溶液中的过氧乙酸的物质的量是： 0.0143l 0.1000mol/l=0.0143mol ，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：=7.15 mol/l 。【点睛】本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，

26、然后分析、得出结论。实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。5 下表是某学生为探究agcl 沉淀转化为 ag 2s 沉淀的反应所做实验的记录步 骤现 象 .取 5ml 0.1mol / lagno 3 与一定体积 0.1mol/ l nacl 溶立即产生白色沉淀液，混合，振荡 .向所得悬浊液中加入2.5ml 0.1mol/ lna 2 s溶液沉淀迅速变为黑色 .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 .滤出中的乳白色沉淀，加入足量hno 3溶液产生红棕色气体，沉淀部分溶解过滤得到滤液x和白色沉淀 ；向x中滴加 ba(no 3) 2 溶.y产生白色沉

27、淀液1 为了证明沉淀变黑是agcl 转化为 ag 2s 的缘故，步骤i 中 nacl 溶液的体积范围为_ 。2已知：25时k spagcl1.8 1010， k spag 2s6 1030，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_ ，步骤中乳白色沉淀除含有agcl外，还含有_。4 为了进一步确认步骤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。 装置 a 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和_ ，试剂w 为 _ 。 装置 c中的试剂为 nacl 溶液和 ag 2s 悬浊液的混合物，b 中试剂为 _ 。 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

28、 c 中反应的化学方程式：_ag2s+_nacl+_ + _ ? agcl+s+ _c 中 nacl 的作用是：_ 。【答案】5ml5.4109 baso4 s分液漏斗过氧化氢溶液ag 2s 悬浊液2ag2s4naclo22h 2 o ? 4agcl2s4naoh 氧气将 ag 2s 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 ag 2s 的缘故，则步骤 中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成 agcl 沉淀；c2cl(2) k；c s2(3)黑色的硫化

29、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) 根据装置图判断仪器名称；装置a 的作用是提供氧气；进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，装置c 中的试剂为nacl 溶液和 ag 2s 悬浊液的混合物，则装置b 中应该不含氯化钠溶液；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 ag 2s 的缘故，则步骤 中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成 agcl 沉淀

30、，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：2agcls s2aq? ag 2s s 2claq ，该反应的平衡常数为：c2 clc2 ag c2 clk sp2agcl(1.8 10 10 ) 29；kc2 ag c s2k sp ag 2s6 10 305.4 10c s2(3)步骤 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 中的乳白色沉淀，加入足量hno 3 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 中向 x 中

31、滴加 ba(no 3 ) 2 溶液会生成 baso4 沉淀；(4) 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；进一步确认步骤中乳白色沉淀产生的原因，装置c 中的试剂为nacl 溶液和 ag 2s 悬浊液的混合物，则装置b 中应该不含氯化钠溶液，即为ag 2s 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；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

32、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2ag 2s4naclo22h 2 o ?4agcl2s4naoh ；装置 c 中氯化钠的作用为：氧气将 ag 2s 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2ag 2s4naclo22h 2 o ?4agcl2s4naoh 向右移动。62019 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

33、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+、3，其目的是除去 “酸化焙烧 ”中过量的硫酸，控制ph 使 fea13+完全沉淀，则 ph 至少为_。(已知：， k-38， k-33，spfe(oh)3=4.0 10 spal(oh)3=1.0 10完全沉淀后离子浓度低于-51l0 )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 li

34、coo2+c6lixc6+li1-xcoo2 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-xcoo2e.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） lifepo 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4氢氧化钠和次氯酸钠溶液反应获得fepo固体。再将 fepo4 固体与 h2c2 o4 和 lioh 反应即可4获得 li

35、fepo4 同时获得两种气体。写出 fepo42 2 4和 lioh 反应溶液获得4的化学方程式 _。固体与 h c olifepolifepo4 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】 li2232将矿石细磨、搅拌、升高温度2323o?al o ?4sio4.7 mg(oh)和 cacona cocd 2lioh+6hc o +2fepo =2lifepo +7co +5co +7ho与空气中的氧气反应，防止244422lifepo4 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

36、原料来制取钴酸锂(licoo2 )，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高温下焙烧生成钴酸锂；【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 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

37、2o6 ，根据方法，其氧化物的形式为li2o?al2o3?4sio2；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；al(oh)3sp3spal3+完全沉淀 即可达到目的 ；已知 al(oh)3的的 k 大于 fe(oh)的 k ，那么保证sp-33，所以当 c(al3+-5-k =1 10)=1 10mol/l 时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时c(ohksp=1 1033-9.3+-4.7)= 3351 10=mol/l

38、=1 10mol/l ， c(h )=1 10 mol/l ， ph=4.7，即 ph 至少为c a l3+4.7；根据分析可知滤渣2主要为 mg(oh)23和 caco；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；充电垐 垎?(2)a电池反应式为licoo2+c6 噲垐? lixc6+li1-xcoo2 ，由此可知，放电时，负极电极反应放电式为 lixc6-xe- =xli+c6，正极电极反应式 li1-xcoo2+xli+xe-=licoo2，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

39、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 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licoo22极发生的电极反应为licoo2 -+1-x2正确；-xe =xli +licoo ，故 de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 licoo2 才有利于回收，故 e 错误；故答案为 cd；422443+被(3) fepo 固体与h c o 和 lioh 反应可获得 lifepo 同时获得两种气体，该

40、过程中fe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 +5co +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 零，各元素原子个数比符合原来的 成；c、当 量数配置出 分数 化 整数；流程 目中 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 度、适当升高温度、 拌、多次侵取等7 生物浸出是用 菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化 硫杆菌是一 在酸性 境中加速fe2+氧化的 菌，培养后能提供fe3+，