③Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么保证Al3+完全沉淀即可达到目的；已知Al(OH)3的Ksp=1×10-33，所以当c(Al3+)=1×10-5mol/L时可认为铝离子和铁离子完全沉淀，此时 c(OH-
1?10?33-9.3=3)=3mol/L，c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为?5=mol/L=1×103+1?10c?Al?4.7；
④根据分析可知滤渣2主要为Mg(OH)2和CaCO3；
⑤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；
Ksp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；
(3)①FePO4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↑+5CO↑+7H2O；
②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：减小原料粒径(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
充电
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: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CH4 (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
①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-) =_____。
②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+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：
m-3，从 A 点到 B 点经过0.8s，该时间段内 NO 的①曲线 a 中，NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3·s-1。 脱除速率为_____mg·
②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 1.5×10?4
-??2-2--3:1 2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O 2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3
【解析】 【分析】
（1）已知：①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol，
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，
根据盖斯定律，①-②×2得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，据此计算△H；
（2）①二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；
②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）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg?m-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；
②NH3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：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol， ②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，
根据盖斯定律，由①?②×2得反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1?2△H2=?163kJ/mo1，
故答案为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=?163kJ/mo1；
（2）①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(HSO3)=2×(1.0?0.2)mol/L=1.6mol/L， 故答案为：减小；1.6mol/L；
②b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(NH4)+c(H+)=c(OH?)+c(HSO3)+2c(SO3)，因pH=7，故c(H+)=c(OH?)，则
c(NH4)=c(HSO3)+2c(SO3)，由图可读出b点时，c(HSO3)=c(SO3)，则c(NH4)=3 c(HSO3)，因在同一体系，n(NH4)：n(HSO3)=3：1， 故答案为：3：1；
（3）①曲线a中，NO的起始浓度为6×10?4mg?m?3，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6×10?4mg?m?3×(0.75?0.55)÷0.8s=1.5×10?4mg?m?3?s?1， 故答案为：1.5×10?4；
②NH3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HSO3在酸性条件下发生还原反应，生成
2--??2-2-S2O4，其电极反应式为2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；根据图示，吸收池中S2O4-++-2--2--2-+-+--和NO是反应物，N2和HSO3是生成物，则吸收池中除去NO的原理是：
-2--2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3，
-??2-2--故答案为：2HSO3+2e+2H=S2O4?2H2O；2NO+2S2O4?2H2O?N2?4HSO3。
【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①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；②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；③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．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时，产物有差异。
(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。
(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为_____。
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________ ② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的定）
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH3)∶n(Cl2)=1∶1 m(N2 )=56g 余NH3和N2 0.263mol，余HCl 和N2 0.893mol 【解析】 【分析】
NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2 →N2+6HCl。当Cl2和 NH3 比例不同时，产物有差异。
(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答；
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；
(4)若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，①2NH3?3Cl2?N2?6HCl恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH3过量时，发生反应8NH3?3Cl2?N2?6NH4Cl，剩余混合气体为氮气、氨气，设
1，求生成氧化产物的物质的量_____________。（该实验数据在标准状况下测7Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量； 【详解】
(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为
2NH3?3Cl2?N2?6HCl、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，现
象明显；
答案为：有白烟生成；
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH3?3Cl2?N2?6HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl2和NH3的最佳比例为3：2； 答案为：3：2；
(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应2NH3?3Cl2?N2?6HCl2NH3中消耗氯气的物质的量为x，
~3Cl23x气体物质的量增加22x3 ，
22x32NH3112-x?2x3+HCl=NH4Cl气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，
2(12-x)22x)?x ，得x=6， 33x6??1：1 ； 12?x6则2(12?x?故反应前氯气和氨气的物质的量之比为答案为：1:1；
② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由2NH3?3Cl2?N2?6HCl可知,生成氮气的物质的量为2mol，故氧化产物氮气的质量=2mol×28g/mol=56g， 故答案为：56g；
(4)在2NH3?3Cl2?N2?6HCl反应中，NH3和Cl2恰好完全反应时，混合气体中N2占混合气体的气体的
1，由于氨气与HCl可以反应生成HN4Cl，而充分反应后的混合气体中N2占混合71，则有两类情况：①Cl2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气717体，故反应后混合气体总体积=100L×=140L，则氧化产物氮气体积为140L×=20L，故
57其物质的量=
20L=0.893mol；②NH3过量时，发生反应
22.4L/mol
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