《2026年理想树试题攻略高中化学》

18. (14分)废旧钴酸锂电池经机械破碎、筛分后得到正
极混合粉末(主要含${LiCoO_{2}}$、炭黑、${Al}$及微量${Ni}$、${Fe}$
等),通过如图甲工艺可回收其中的金属元素。

已知:①抗坏血酸(${C_{6}H_{8}O_{6}}$)具有强还原性;
②浸出液中含${Ni^{2+}}$、${Co^{2+}}$,其氢氧化物溶度积分别为
$K_{sp}[{Co(OH)_{2}}]=5.9× 10^{-15}$、$K_{sp}[{Ni(OH)_{2}}]=2× 10^{-15}$。
(1) “浸出”时可采取的优化措施是搅拌(或适当升高温度、适当增大酸浓度、延长浸出时间等);
若用盐酸替代${H_{2}SO_{4}}$和抗坏血酸,也可以得到含有
${Li^{+}}$、${Co^{2+}}$的溶液,但缺点是会产生氯气(Cl₂)，造成环境污染且可能腐蚀设备等。
(2) 在“除铁”步骤中,溶液中生成黄钠铁矾
${[Na_{2}Fe_{6}(SO_{4})_{4}(OH)_{12}]}$沉淀,同时伴随气体逸出,反
应的离子方程式为2Na⁺ + 6Fe²⁺ + 3H₂O₂ + 4SO₄²⁻ + 3H₂O + 3CO₃²⁻ = Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓ + 3CO₂↑[或2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O，2Na⁺ + 6Fe³⁺ + 4SO₄²⁻ + 6H₂O + 6CO₃²⁻ = Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓ + 6CO₂↑]。
(3) “沉铝”生成${Al(OH)_{3}}$的离子方程式为Al³⁺ + 3HCO₃⁻ = Al(OH)₃↓ + 3CO₂↑;“沉铝”需调节溶液${pH}$,常
温下溶液中${Co^{2+}}$浓度为$0.30\ mol·L^{-1}$,通过计算判
断${pH}$调至$4.7$时${Co}$是否损失?c(Co²⁺)×c²(OH⁻)=0.30×10⁻(¹⁴⁻⁴.⁷)×2 = 3.0×10⁻¹⁹.⁶＜K_sp[Co(OH)₂]，不会造成钴元素的损失。(列出算式并给出结论)。
(4) “沉锂”步骤完成后的滤液中主要含有的无机溶
质为(NH₄)₂SO₄、Na₂SO₄。
(5) ${Li_{2}CO_{3}}$受热分解可生成氧化锂(${Li_{2}O}$)。氧化锂
晶体属于立方晶系,晶胞结构图如图乙。

${O^{2-}}$${Li^{+}}$${a\ pm}$${z}$${y}$${x}$${O^{2-}}$${Li^{+}}$
①氧化锂(${Li_{2}O}$)晶体的密度是120/a³N_A×10³⁰$g·cm^{-3}$
($N_{A}$表示阿伏加德罗常数的值)。
②在图丙中绘制氧化锂(${Li_{2}O}$)晶胞沿${x}$轴方向的投
影分布图。

答案：
18.(除标注外，每空2分，共14分)
(1)搅拌(或适当升高温度、适当增大酸浓度、延长浸出时间等) 会产生氯气(Cl₂)，造成环境污染且可能腐蚀设备等(1分)
(2)2Na⁺ + 6Fe²⁺ + 3H₂O₂ + 4SO₄²⁻ + 3H₂O + 3CO₃²⁻ = Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓ + 3CO₂↑[或2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O，2Na⁺ + 6Fe³⁺ + 4SO₄²⁻ + 6H₂O + 6CO₃²⁻ = Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓ + 6CO₂↑]
(3)Al³⁺ + 3HCO₃⁻ = Al(OH)₃↓ + 3CO₂↑ c(Co²⁺)×c²(OH⁻)=0.30×10⁻(¹⁴⁻⁴.⁷)×2 = 3.0×10⁻¹⁹.⁶＜K_sp[Co(OH)₂]，不会造成钴元素的损失。
(4)(NH₄)₂SO₄、Na₂SO₄
(5)①120/a³N_A×10³⁰(1分) ②

19. (14分)${CO_{2}}$作为主要温室气体,其资源化利用对实
现“碳中和”与环境保护具有重要意义。
(1) 在${CO_{2}}$资源化利用过程中常使用含${Cu}$催化剂,
${Cu}$的价层电子排布式为3d¹⁰4s¹。
(2) ${CO_{2}}$和${CO}$加氢制甲烷可实现${CO_{2}}$资源利用的
同时实现氢能的储存,相关反应如下:
${I}$. ${CO_{2}(g) + 4H_{2}(g) ⇌ CH_{4}(g) + 2H_{2}O(g)}$ $\Delta H=-165\ kJ·mol^{-1}$
${II}$. ${CO(g) + 3H_{2}(g) ⇌ CH_{4}(g) + H_{2}O(g)}$ $\Delta H=-206\ kJ·mol^{-1}$
①恒温下,向恒容密闭容器中充入一定量的${CO_{2}}$和
${H_{2}}$,下列说法正确的是AD(填序号)。
A. 反应体系中涉及极性共价键和非极性共价键的断
裂和生成
B. 容器中$n{(CH_{4})}$不变时,反应${I}$不一定达到平衡
C. $|\Delta H|$:${II ＞ I}$,由此可推断活化能:${II ＜ I}$
D. 待体系达到平衡时,增加${CO}$的浓度,反应${I}$平衡
逆向移动
②${CO_{2}}$制备甲烷过程中,
${CO_{2}}$活化的可能途径有两
种,如图甲所示。请从反
应速率和生成物稳定性角
度分析说明${CO^{*}}$是${CO_{2}}$活
化的优势含碳中间体的原
因是生成CO*的路径活化能更小，因此反应速率快；CO*能量比HCOO*低，CO*更稳定。

(3) ${CO_{2}}$和${CH_{4}}$发生重整反应制备的${H_{2}/CO}$合成气
可应用于多个有机合成反应,实现${CO_{2}}$的高值化利
用,主要涉及的反应如下。
${III}$. ${CO_{2}(g) + CH_{4}(g) ⇌ 2CO(g) + 2H_{2}(g)}$
${IV}$. ${3CO_{2}(g) + CH_{4}(g) ⇌ 4CO(g) + 2H_{2}O(g)}$ $\Delta H=+329\ kJ·mol^{-1}$
${V}$. ${CH_{4}(g) ⇌ C(s) + 2H_{2}(g)}$ $\Delta H=+75\ kJ·mol^{-1}$
①基于反应${I}$、${II}$、${IV}$,计算反应${III}$的$\Delta H=$+247$kJ·mol^{-1}$。
②反应温度对反应${I\sim V}$的吉布斯自由能变$\Delta G$的
影响如图乙所示,则曲线${X}$对应的反应为V(填序号)。欲使反应${III}$自发进行,反应体系的温度应高于(填“高于”或“低于”)${642\ ^{\circ}C}$。

(4) 恒容密闭容器中,初始投料${\dfrac{n_{0}({CH_{4}})}{n_{0}({CO_{2}})}=1}$的条件
下,仅考虑反应${III\sim V}$,达到化学平衡时,${CH_{4}}$和${CO_{2}}$
的转化率及${\dfrac{n({H_{2}})}{n({CO})}}$随温度的变化趋势如图丙。

①综合反应${III\sim V}$,解释当温度低于${850\ ^{\circ}C}$时,${CH_{4}}$的平衡转化率高于${CO_{2}}$的平衡转化率的原因:综合分析，在温度小于850℃时，反应V对CH₄的转化率提高的作用胜于反应Ⅳ对CO₂转化率的提高效果。
②温度为${800\ ^{\circ}C}$,$n_{0}({CH_{4}})=1\ mol$,则平衡时的$n({CO})=$(2b - 2a)/(m - 1)$mol$(用含$a,b,m$的表达式表示,写出计算过程)。

答案： 19.(除标注外，每空2分，共14分)
(1)3d¹⁰4s¹
(2)①AD ②生成CO*的路径活化能更小，因此反应速率快；CO*能量比HCOO*低，CO*更稳定
(3)①+247 ②V(1分) 高于(1分)
(4)①综合分析，在温度小于850℃时，反应V对CH₄的转化率提高的作用胜于反应Ⅳ对CO₂转化率的提高效果
②(2b - 2a)/(m - 1)