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专题二能力提升检测卷一、选择题(本题共20小题，每小题4分，共80分)1．古代文学中蕴含许多化学知识，下列说法正确的是。A．成语“水滴石穿”中只发生了物理变化B．俗语“卤水点豆腐”中“卤水”指的是氯水C．“客从南溟来，遗我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸钙D．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程涉及可逆反应【答案】C【解析】A．“水滴石穿”的过程中二氧化碳溶于水后，与石头（主要成分为碳酸钙）反应生成了溶于水的碳酸氢钙，使得石头逐渐溶解，该过程中不止发生了物理变化，还发生了化学变化，故A错误；B．“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁，豆浆属于胶体，电解质溶液能使胶体发生聚沉，故“卤水”可使豆浆变为豆腐，故B错误；C．珍珠为贝类内分泌作用而形成的含碳酸钙的矿物珠粒，因此主要成分是碳酸钙，故C正确；D．在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，称为可逆反应，“丹砂烧之成水银”的过程需要加热，“积变又还成丹砂”则在常温下即可发生，两者不是同时发生，因此不是可逆反应，故D错误；故选C。2．《天工开物》是我国珍贵的科技文献，下列记载中主要过程不涉及化学反应的是A．凡石灰经火焚炼为用B．烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也C．凡墨烧烟凝质而为之D．水沙中所出，大者名狗头金【答案】D【解析】凡石灰经火焚炼为用，为石灰石高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，涉及化学反应，A与题意不符；烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也，为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，涉及化学反应，B与题意不符；凡墨烧烟凝质而为之，墨是由烟(炭黑)和胶二者结合而成的，涉及化学反应，C与题意不符；水沙中所出，块大的黄金为狗头金，不涉及化学反应，D符合题意；答案为D。3．下列有关说法正确的是A．氧化钾溶于水能导电，所以氧化钾是电解质B．强电解质一定是含有离子键，弱电解质中一定含弱极性共价键C．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物D．纳米铁粉分散在水中形成胶体，可以通过吸附的方式高效地去除被污染水体中的、、、
等重金属离子【答案】C【解析】氧化钾溶于水能导电，是氧化钾和水反应生成的氢氧化钾导电，不能推出氧化钾是电解质，A错误；强电解质不一定含有离子键，比如HCl等强酸均是强电解质，均不含离子键，B错误；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，碱性氧化物都是金属氧化物，C正确；纳米铁粉去除被污染水体中的、、、等重金属离子，是因为铁可以将这些离子还原，不是吸附作用，D错误；故选C。4．德国著名行业杂志《应用化学》上曾刊登介绍：某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是A．“水瓶”、都是混合物B．熔点：金刚石C．一定条件下，石墨转化为是物理变化D．磷酸钙是强电解质，其组成元素均为短周期元素【答案】B【解析】是纯净物，A错误；金刚石是原子晶体，C60是分子晶体，所以熔点：金刚石，B正确；一定条件下，石墨转化为是化学变化，C错误；磷酸钙是强电解质，钙为长周期元素，D错误；故选B。5．下列材料的主要成分属于有机物的是A．国家速滑馆用于蒸发制冷的材料-二氧化碳B．长征五号的整流罩前锥段材料-聚甲基丙烯酰亚胺C．港珠澳大桥锚具材料-特殊工艺的低碳钢D．我国自主研发的5G芯片的材料-硅【答案】B【解析】二氧化碳是无机物，A项错误；聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，B项正确；低碳钢属于合金，C项错误；硅属于单质，不属于有机物，D项错误；答案选B。6．中国科学家以二氧化碳为碳源，在470℃、80Mpa下与金属钠反应合成出金刚石。下列说法不正确的是
A．金属钠在反应中作还原剂B．反应中生成的氧化产物为Na2O2C．二氧化碳转变为金刚石发生的是还原反应D．钠被氧化最终生成碳酸钠【答案】B【解析】A．金属钠和二氧化碳反应生成金刚石，反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，钠作还原剂，故A正确；B．金属钠和二氧化碳的反应中碳元素化合价降低、钠元素化合价升高，生成的氧化产物不可能是Na2O2，故B错误；C．二氧化碳转变为金刚石，碳元素化合价降低，二氧化碳发生还原反应，故C正确；D．钠与二氧化碳反应生成金刚石和氧化钠，氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故D正确；故选B。7．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．能与金属铝作用产生H2的溶液：K+、Ca2+、Br－、B．=1×10−12的溶液：K+、Na+、、C．0.1mol∙L−1KFe(SO4)2溶液：Mg2+、Al3+、SCN－、D．通入大量SO2气体的溶液中：Na+、、NH、【答案】B【解析】能与金属铝作用产生H2的溶液，说明可能是酸或碱，Ca2+、OH－、生成CaSO3沉淀，H+与生成气体，故A不符合题意；=1×10−12的溶液，说明溶液显碱性，K+、Na+、CO32-、都共存，故B符合题意；0.1mol∙L−1KFe(SO4)2溶液，Fe3+与SCN－反应，故C不符合题意；通入大量SO2气体的溶液，H2SO3与SO32-反应生成HSO3-，故D不符合题意。综上所述，答案为B。8．在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，下列说法正确的是A．氧化产物与还原产物物质的量之比5∶2B．2molKMnO4完全反应，转移的电子数为16NAC．KCl、MnCl2是氧化产物D．HCl是还原剂被还原
【答案】A【解析】A．在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，氧化产物是Cl2，还原产物是MnCl2，所以氧化产物与还原产物物质的量之比5∶2，故A正确；B．反应中Mn的化合价由+7降低到+2，2molKMnO4完全反应，转移的电子数为10NA，故B错误；C．该反应中KMnO4做氧化剂，HCl做还原剂，Cl2是氧化产物，MnCl2是还原产物，故C错误；D．该反应中KMnO4做氧化剂被还原，HCl做还原剂被氧化，D错误；故选A。9．下列离子方程式书写正确的是()A．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2++2HS－=CuS↓+H2S↑B．用铜电极电解氯化钙溶液：2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－C．将FeI2溶液和稀硝酸混合：Fe2++4H++=Fe3++2H2O+NO↑D．Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2+2OH－=MgCO3↓+CO32-+2H2O【答案】A【解析】向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，反应生成硫化铜沉淀和硫化氢气体：Cu2++2HS－=CuS↓+H2S↑，故A正确；用铜电极电解氯化钙溶液，阳极是铜失去电子变为铜离子，阴极是水中氢离子得到电子变为氢气：Cu+2H2OH2↑+Cu(OH)2↓，故B错误；将FeI2溶液和稀硝酸混合，碘离子的还原性大于亚铁离子还原性，因此碘离子先与硝酸反应，故C错误；Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，镁离子变为氢氧化镁沉淀：Mg2++2HCO3-+4OH－=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O，故D错误。综上所述，答案为A。10．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是A．氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】B【解析】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O＞Fe3+，则氧化性：Cr2O＞Fe3+＞SO2，故A正确；
B．6.72LSO2（标准状况）参加反应，物质的量是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D．因氧化性为Cr2O＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；故选B。11．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是()①原溶液中的Br-一定被氧化②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I-、Fe2+，Br-均被完全氧化A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【答案】B【解析】在FeBr2和FeI2混合液中存在三种还原性不同的离子，它们的还原性：I-＞Fe2+＞Br-，通入的氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，据此分析解答。①没有实验现象说明Br-被氧化或没有被氧化，原溶液中的Br-可能被氧化，故①错误；②没有实验现象说明Fe2+完全氧化，通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故②正确；③没有实验现象说明Fe2+完全氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故③正确；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故④正确；正确的有②③④，故选B。12．在水溶液中，RO和Mn2+发生反应：RO+3Mn2++3H2O=R-+3MnO2↓+6H+，则RO中R元素的化合价和原子最外层电子数分别为A．+4、6B．+7、7C．+5、7D．+5、5【答案】C【解析】根据电荷守恒：-n+6=6-1，n=1，故RO，中设R的化合价x，O为-2价，x-6=-1，x=+5，由方程式中，R元素的还原产物为R-
可知，R得到1个电子达到8电子稳定状态，故R原子最外层7个电子。故选C。13．ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2的制备与杀菌作用的说法中不合理的是A．可用Cl2和NaClO2反应制备ClO2，其中n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2B．ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OH-=++H2OC．ClO2处理饮用水时残留的，可用FeSO4除去：+2Fe2++4H+=2Fe3++Cl-+2H2OD．等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO的强【答案】C【解析】氯气的化合价从0升高到+4价，NaClO3中化合价从+5价到+4价，所以氧化剂和还原剂的比例为1:2，正确，不选A；二氧化氯在强碱性环境中自身腐蚀氧化还原反应，正确，不选B；方程式点和不守恒，错误，选C；二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，正确，不选D。14．联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是A．过程①中生成的N2是氧化产物B．过程③中发生反应后溶液的pH减小C．1molN2H4可处理锅炉水中1molO2D．1molN2H4含有的共价键数约为5×6.02×1023【答案】B【解析】A．过程①中N2H4与CuO反应生成N2，N元素的化合价升高，则①转化中N2H4是还原剂，N2是氧化产物，故A正确；B．结合图示可知，③中发生反应为：4Cu(NH3)＋O2＋8NH3•H2O＝4Cu(NH3)＋4OH−＋6H2O，反应生成氢氧根离子，溶液的pH增大，故B错误；C．1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1molO2，故C正确；D．1molN2H4含有4molN-H键和1molN-N键，共5mol共价键，即共价键个数约为5×6.02×1023
，故D正确；故选B。15．常温下，pH=1的某溶液A中除H+外，还含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、CO、NO、Cl-、I-、SO中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。现取该溶液进行验，实验结果如图所示，下列有关说法正确的是A．该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3+、SO、Cl-四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4【答案】A【解析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32-；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀甲、气体甲，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明在原溶液中有NO3-，在强酸性溶液中含有NO3-，则一定不存在具有还原性的离子I-，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五种离子，据此解答分析。根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，0.1mol/LNO3-；溶液中阳离子带有的电荷为：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO42-离子和Cl-，所以该溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子，故A正确；根据反应方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)==0.225mol，根据反应方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol；由于没有告诉条件是否是标准状况下，所以0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.36L，故B错误；根据上述分析可知，在强酸性溶液中含有NO3-，溶液具有强氧化性，则一定不存在具有还原性的离子I-，故C错误；根据上述分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故D错误；故答案A。
16．某离子反应涉及H+、Bi3+、、、Mn2+、H2O六种微粒。其中c()随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5B．氧化性：大于C．反应后溶液的pH值增大D．若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol【答案】A【解析】c（MnO）随反应进行逐渐增大，MnO应是生成物，则Mn2+为反应物，Mn元素化合价发生升高，具有氧化性的BiO为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，则反应的方程式应为5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，以此解答该题。A．Mn元素化合价发生升高，则Mn2+为还原剂，Bi元素的化合价降低，则BiO为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，故A错误；B．由反应5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O，氧化剂是BiO，氧化产物是，则氧化性：BiO>，故B正确；C．由反应5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2O可知，反应消耗H+，pH值增大，故C正确；D．Mn元素化合价由+2升高到+7，则若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7-2）×1mol=5mol，故D正确。故选A。17．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．无色透明的溶液中：K+、Mg2+、MnO、SOB．c(Fe3+)＝1mol·L－1的溶液中：Ca2+、Cu2+、SCN－、Cl－C．＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Ba2＋、K＋、Cl－、NOD．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、I－、ClO－【答案】C【解析】K+、Mg2+、MnO、SO42-之间不发生反应，能大量共存，但MnO在溶液中为紫红色，与题意不符，故A不符合题意；c(Fe3+)＝1mol·L－1的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与SCN－
之间发生络合反应，不能大量共存，故B不符合题意；＝1×10－13mol·L－1的溶液中呈碱性，Ba2＋、K＋、Cl－、NO之间不反应，都不与OH-反应，能够大量共存，故C符合题意；能使甲基橙变红的溶液呈酸性，H+、I-都与ClO-反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。18．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的，发生反应如下：反应I：CuS++H+→Cu2+++Cr3++H2O(未配平)反应II：Cu2S++H+→Cu2+++Cr3++H2O(未配平)下列有关说法不正确的是A．反应I中只有是氧化产物而反应II中Cu2+、都是氧化产物B．反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5C．反应I、II中每处理1mol，转移电子的数目相等D．处理1mol时反应I、II中消耗H+的物质的量相等【答案】D【解析】A．反应I中只有S元素被氧化，则只有是氧化产物；反应II中有铜元素、硫元素均被氧化，所以Cu2+、都是氧化产物，故A正确；B．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O，氧化剂为，还原剂为Cu2S，则反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故B正确；C．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应I：3CuS+4+32H+=3Cu2++3+8Cr3++16H2O，反应II：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O，反应I中每处理1mol，转移电子物质的量6mol，反应II中每处理1mol，转移电子物质的量6mol，故转移电子的数目相等，故C正确；D．根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应I：3CuS+4+32H+=3Cu2++3+8Cr3++16H2O，反应II：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O；处理1mol
时反应I中消耗H+的物质的量8mol，处理1mol时反应II中消耗H+的物质的量9.2mol，消耗H+的物质的量不相等，故D错误；故选D。19．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是()A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B．由水电离产生的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液：K+、Na+、ClO‒、AlOC．pH=7的溶液中：Fe3+、NH、NO、SOD．在酸性KMnO4溶液中：K+、Na+、I-、SO【答案】B【解析】Fe3+与SCN-之间会发生络合反应，在溶液中不能大量共存，A不符合题意；由水电离产生的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈现酸性或碱性，K+、Na+、ClO‒、AlO在碱性条件下不反应可共存，B符合题意；Fe3+在pH=7的溶液中会生成氢氧化铁沉淀，不能在此溶液中共存，C不符合题意；酸性KMnO4具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，在溶液中不共存，D不符合题意；故选B。20．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”，以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在Fe+作用下生成无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)；②FeO++CO=COz+Fe+(快)。下列说法不正确的是A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物D．若转移1mol电子，则消耗标况下11.2LN2O【答案】A【解析】A．由反应①N2O+Fe+=N2+FeO+
(慢)可知，铁元素、氮元素化合价发生改变，由反应②FeO++CO=CO2+Fe+可知，铁元素、碳元素化合价发生改变，二个反应均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，故A错误；B．由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B正确；C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，增大反应速率，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故C正确；D．由总反应方程式N2O+CON2+CO2可知，N元素由+1价得电子变为0价，C元素由+2价失2个电子变为+4价，即转移2mol电子消耗1molN2O，则转移1mol电子，则消耗N2O为0.5mol，即标况下11.2LN2O，故D正确；答案为A。二、非选择题(本题共2小题，每小题10分，共20分)21．(10分)有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO、SO、Cl－、I－、HCO，实验如下：实验步骤实验现象(1)用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部试纸变为红色(2)取少量该溶液，加入Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色(3)取少量该溶液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成(4)取(3)中反应后的上层清液，加入AgNO3溶液有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸(5)取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解由此判断：(1)溶液中一定存在的离子是____________；溶液中肯定不存在的离子是______________。(2)写出实验步骤(2)中所发生反应的离子方程式：___________________________________________________________________________________________________。(3)为了进一步确定其他离子，应该补充的实验及对应欲检验离子的名称：____________________________________________________________________________________。【解析】本题要求为无色透明溶液，则Fe2＋不能大量存在。步骤(1)pH试纸变红，说明溶液显酸性，HCO不能大量存在；步骤(2)说明有NO，在酸性条件下NO有强氧化性，因此还原性的离子I－不能大量存在；步骤(3)说明有SO，Ba2＋不能大量存在；步骤(4)不能说明有Cl－，因为步骤(3)中引入了Cl－
；步骤(5)说明有Mg2＋和Al3＋。【答案】(1)NO、SO、Mg2＋、Al3＋ Fe2＋、HCO、I－、Ba2＋(2)3Cu＋8H＋＋2NO3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O(3)K＋的检验可以用焰色反应；Cl－的检验：向溶液中加足量的Ba(NO3)2溶液，过滤后向滤液中加AgNO3溶液，再加稀硝酸，产生白色沉淀且不溶解，可证明有Cl－存在22．(10分)磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程Ⅰ中，被还原的元素是________(填元素符号)，过程Ⅲ的化学方程式为______________________________。(2)磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]是常用的电极材料，其制备流程如下：①复合材料中V的化合价为______________，C的作用是____________________。②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3的化学方程式为_______________________；“洗涤”时用乙醇而不用水的目的是________________________________。③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和LixC6和Li3V2(PO4)3/C作电极，放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2(PO4)3===Li3V2(PO4)3＋C6，则电池充电时阳极的电极反应式为_________________________________________________________。【解析】(1)根据图像，过程Ⅰ中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素的化合价均降低，被还原；过程Ⅲ中反应物为Ca3(PO4)2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4；(2)①磷酸钒锂/碳复合材料[Li3V2(PO4)3/C]中磷酸根离子显－3价，锂显＋1价，因此V的化合价为＋3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性；②V2O5与H2C2O4反应生成V2(C2O4)3
过程中V的化合价由＋5价降低为＋3价，则草酸被氧化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5＋5H2C2O4===V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O；Li3V2(PO4)3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗；③该锂离子电池放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2(PO4)3===Li3V2(PO4)3＋C6，则充电时电池的总反应为Li3V2(PO4)3＋C6===LixC6＋Li3－xV2(PO4)3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为Li3V2(PO4)3－xe－===Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋。【答案】(1)Cu、P 2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4 (2)①＋3 增强复合材料的导电性 ②V2O5＋5H2C2O4===V2(C2O4)3＋4CO2↑＋5H2O 减少产品损耗 ③Li3V2(PO4)3－xe－===Li3－xV2(PO4)3＋xLi＋
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