①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为________________________。
②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为___________________。 ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是______________________。 (4)浸出液中存在大量H2PO4﹣和HPO42-，已知：H2PO4﹣
HPO42－+H+，HPO42－
PO43-+H+， 结合平衡移动原理，解释过程iv得到磷酸铁晶体的原因_________________。(5)简述过程vi的操作____________________________。
【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (3). ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O (4). H2O2 (5). 提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量） (6). CO32﹣结合H+，c(H+)减小，上述两个电离平衡均向右移动，c(PO43﹣)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 (7). 用热水洗涤、干燥 LiFePO4废旧电极(含杂质Al、【分析】石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，滤液1含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉，加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4?2H2O，滤液2含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3，以此解答该题。
【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率；
(2)废旧电极含有铝，可与氢氧化钠溶液反应，则加入氢氧化钠溶液，可溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②结合实验结果和①中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，Li+的进出率较高，且较环保；③过程iii得到的浸出液循环两次，可提高浸出液中Li+浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量；
(4)要得到过程iv得到磷酸铁晶体，可使PO43-溶液浓度增大，则应使H2PO4﹣HPO42－
HPO42－+H+，
PO43-+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，则可加入碳酸钠，原因是
HPO42－+H+，HPO42－
PO43-+H+，两个电离平衡
CO32-结合H+，c(H+)减小，H2PO4﹣
均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；
(6)由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂。
【点睛】本题考查物质的分离和提纯的知识，涉及物质分离和提纯试剂的选取、平衡移动原理、氧化还原反应等，明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析及综合知识运用能力。
10.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。
I．氮氧化物间的相互转化 (1)已知2NO(g)+O2(g)第一步 2NO(g)
2NO2(g)的反应历程分两步：
N2O2(g) （快速平衡）
第二步 N2O2(g) +O2(g) =2NO2(g) （慢反应）
①用O2表示的速率方程为v(O2)= k1?c2(NO)?c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2?c2(NO)?c(O2)，k1与k2分别表示速率常数（与温度有关），则
k1=________。 K2②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_________（填序号）。 A.增大压强，反应速率常数一定增大
B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能 C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和
(2)容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)化如图所示。
N2O4(g) ?H<0，甲中NO2的相关量随时间变
①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。 ②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。 ③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<” 或“=”)。 (3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。
主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) △H1 副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=－1267.1kJ/mol 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H3=－907.3 kJ/mol ①△H1=____________。
②将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是______（填序号）。
a.<850℃ b.900~1000℃ c.>1050 ℃
(4)以连二亚硫酸盐(S2O42－)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为__________________，电解槽中的隔膜为____________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。
【答案】 (1). 0.5 (2). B (3). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 (4). 225 (5). < (6). > (7). -1626.9 kJ/mol (8). b (9). 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O (10). 阳
【分析】(1)①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1?c2(NO)?c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2?c2(NO)?c(O2)，，2v(O2)=v(NO2)，带入上式两个式子，整理可得k1、k2的关系； ②A.反应速率常数只与温度有关； B.反应越容易，反应物活化能越小；
C.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和；
(2)①该反应的正反应是放热反应，根据温度对化学反应速率的影响分析； ②根据该温度下物质的平衡浓度，结合化学反应平衡常数的定义分析判断；
③甲为恒容绝热，乙为恒温容器，根据温度对化学平衡的影响及对体系的压强影响分析判断；(3)①根据盖斯定律，将第二、第三个热化学方程式进行叠加，就可以得到相应的反应的热化学方程式及其相应的反应热；
②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO；
(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧。 【详解】(1)①用O2表示
2
速率方程为v(O2)=k1?c2(NO)?c(O2)、NO2表示的速率方程为
v(NO2)=k2?c(NO)?c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以
v?O2?v?NO2?②A.反应速率常数只与温度有关，与压强大小无关，A错误；
B.反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活化能较小，B正确；
C.反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，C错误； 故合理选项是B；
(2)①该反应的正反应是放热反应，加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快；
②反应开始时c(NO2)=0.2mol/L，c(N2O4)=0mol/L，到平衡时c(NO2)平=0.02mol/L，则根据方程式2NO2(g)学平衡常数K=
N2O4(g)中物质变化关系可知c(N2O4)平=0.09mol/L则该温度下该反应的化
c?N2O4?c2?NO2??③甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以平衡时，K甲
(3)①i. 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) △H1 ii. 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=－1267.1kJ/mol iii. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H3=－907.3 kJ/mol
ii-iii，将方程式2×整理可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H1=2△H2-△H3=-1626.9 kJ/mol；②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO； ②氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在900～1000℃时氮氧化物浓度最低；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大， 故合理选项是b；
的0.092=225； 0.02=
k11?； k22