2020-2021全国高考化学化学反应原理的综合高考模拟和真题汇总附答案解析(20200915191257) 17页

2020-2021 全国高考化学化学反应原理的综合高考模拟和真题汇总附答案解析 一、化学反应原理 1．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物 x 2 4 2yFe C O zH O ， 并用滴定法测定其组成。已知 2 2 4H C O 在温度高于 90℃时易发生分解。实验操作如下： 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀； 步骤二：称取黄色产物 0.844 gn 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至 70 85n ℃ 。 待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝 色沉淀产生； 步骤三：用 40.0800 mol / LKMnOn 标准液滴定步骤二所得的溶液； 步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的 Zn 粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一 滴点在点滴板上，用 KSCN溶液检验，若不显红色，过滤除去 Zn 粉，并用稀硫酸洗涤 Zn 粉，将洗涤液与滤液合并，用 40.0800 mol / LKMnOn 标准液滴定，用去高锰酸钾标准液 10.00 mLn 。 (1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是 ________。 (2)步骤二中水浴加热并控制温度 70 85n ℃的理由是 ________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀 产生，此操作的目的是 ________。 (3)步骤三盛装 4KMnO 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗 4KMnO 标 准液的体积为 ________，该滴定管为 ________滴定管 ( 填“酸式 ”或 “碱式 ”) 。 (4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为 ________。若不合并洗涤液，则消耗 4KMnO 标 准液的体积将 ________ ( 填“增大 ”“减小 ”或 “不变 ”) 。由以上数据计算黄色化合物的化学式 为________。 【答案】过滤 加快固体溶解，防止草酸分解 证明溶液中无 2Fe 存在，防止 2Fe 干扰草 酸的测定 25.00mL 酸式 2 3 2 4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O 减小 4 2 4 2Fe C O 5?10H O 【解析】 【详解】 (1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤； (2) 水浴加热可加快固体溶解，控制温度 70 85 ?Cn～ 可防止草酸分解； x 2 4 2Fe C O y?zH O 中的铁元素可能含有 2Fe ， 2Fe 与 4KMnO 反应，高锰酸钾滴定 草酸时，需要排除 2Fe 的干扰，故答案为：加快固体溶解，防止草酸分解；证明溶液中无 2Fe 存在，防止 2Fe 干扰草酸的测定； (3) 滴定前读数为 0.80 mLn ，滴定后读数为 25.80 mLn ，则消耗 4KMnO 溶液的体积为 25.00 mLn ； 4KMnO 具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为： 25.00 mLn ；酸 式； (4) 步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为 2 3 2 25Fe 8H 5Fe Mn 4H O ，洗涤 液中含有 2Fe ，若不合并，消耗 4KMnO 标准液的体积减小；根据方程式可知， 2 3 4n Fe 5n MnO 5 0.0800 mol / L 10 mL 10n n 3L / mL 4 10 mol， 3 3 2 2 4 4 5 5n H C O n MnO 0.0800 mol / L 25 mL 10 L / mL 5 10 2 2 n n mol ， 3 3 2 g0.844 g 4 10 mol 56 5 10 mol 88 g / mol moln H O 0.01 mol 18 g / mol n n n n ， 则 n Fe ： 2 2 4n C O ： 2n H O 4 ：5：10，黄色化合物的化学式为 4 2 4 2Fe C O 5?10H O，故答案为： 2 3 2 4 25Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O ；减 小； 4 2 4 2Fe C O 5?10H O 。 【点睛】 亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解 答关键。 2．自 20 世纪 60 年代以后，人们发现了 120 多种含铁硫簇 ( 如 2 2Fe S 、 4 4Fe S 、 8 7Fe S 等 ) 的酶和蛋白质。它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某 铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验： 实验一：测定硫的质量： (1)连接装置，请填写接口顺序： b 接 ____________________ (2)检查装置的气密性，在 A 中放入 0.4g 铁硫簇的样品 ( 含有不溶于水和盐酸的杂质 ) ,在 B 中加入品红溶液，在 C 中加入 30mL 0.1mol/L 的酸性 4KMnO 溶液． (3)通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色． (4)待固体完全转化后，取 C 中的 4KMnO 溶液 3mL ，用 0.1mol/L 的碘化钾 10% 溶液进 行滴定。记录数据如下： 滴定次数 待测溶液体积 /mL 消耗碘化钾溶液体积 /mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 3.00 1.00 7.50 2 3.00 1.02 6.03 3 3.00 1.00 5.99 实验二：测定铁的质量： 取实验 Ⅰ中 A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入 足量的 NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得 0.32g 固体．试回答下列问题： (1)检查 “实验一 ”中装置 A 的气密性的方法是 _________ (2)滴定终点的判断方法是 _________ (3)装置 B 中品红溶液的作用是 _______ .有同学提出，撤去 B 装置，对实验没有影响，你的 看法是 ______( 选填 “合理 ”或 “不合理 ”) ，理由是 _________ (4)用 KI 溶液滴定 4KMnO 溶液时发生反应的离子方程式为 _________ (5)请计算这种铁硫簇结构的化学式 _________ (6)下列操作，可能引起 x y: 偏大的是 _________ a.滴定剩余 4KMnO 溶液时， KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴 b. 配制 KI 溶液时，定容时俯视刻度线 c.用碘化钾溶液滴定剩余 4KMnO 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡 d.实验二中，对滤渣灼烧不充分 【答案】 b 接 efdc g (g 写不写都对 ) 在导管 b 接上长导管，把末端插入水槽中，关闭 活塞，用酒精灯微热硬质试管 A，导管长导管口有气泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段 水柱，说明装置气密性良好 加入最后一滴 KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复为紫 色 检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收 合理 若 B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪 去，说明二氧化硫被吸收完全 2 4 2 22MnO 16H 10I 2Mn 5I 8H O 4 5Fe S acd 【解析】 【分析】 铁硫簇的样品在装置中与 O2 反应，得到 SO2，测点 SO2 的含量，用酸性高锰酸钾吸收，再 用品红溶液检查 SO2 是否吸收完全，再接尾气吸收。 【详解】 实验一： (1)用高锰酸钾吸收二氧化硫，用品红证明二氧化硫吸收完全，最后用氢氧化钠吸 收尾气，接口顺序： b 接 efdc g (g 写不写都对 ) ，故答案为： b 接 efdc g (g 写不写都对 ) ； 实验二： (1)先形成一密闭体系，利用加热膨胀法检查装置气密性，故答案为：在导管 b 接 上长导管，把末端插入水槽中，关闭活塞，用酒精灯微热硬质试管 A，导管长导管口有气 泡产生，撤去酒精灯，导管形成一段水柱，说明装置气密性良好； (2)碘化钾使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：加入最后一滴 KI 溶液，溶液紫色褪去，且半分 钟不恢复为紫色； (3)品红是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；也可省去品红装置，因可以根据高 锰酸钾颜色变化来确定是否完全吸收，若 B 中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫 被吸收完全，故答案为：检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收；合理；若 B 中高锰 酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全； (4)高锰酸酸根被还原为锰离子，碘离子被氧化为碘单质，故答案为： 2 4 2 22MnO 16H 10I 2Mn 5I 8H O ； (5)第一次滴定，草酸溶液的体积与第 2、3 次相差太大，应舍去，取第 2、3 次的平均值计 算标准溶液的体积为 5.00mL ，根据化学方程式： 2 4 2 22MnO 16H 10I 2Mn 5I 8H O 知剩余的高锰酸钾是 3 45.00 10 0.1 5 10 mol ，加入了 30mL，只取了 3mL，所以共剩余高锰酸钾 310 mol ；所以参加反应的高锰酸钾是 3 330.00 10 0.1 10 0.002mol ；再根据关系 式 4 22MnO 5SO～ 计算生成二氧化硫 2n SO 0.005mol，取实验 Ⅰ中 A 的硬质玻璃管 中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的 NaOH 溶液，过滤后 取滤渣，经灼烧得 0.32g 固体，固体是 2 3Fe O ，计算 n Fe 0.32 160 2 0.004，利 用铁元素和硫元素守恒知 n Fe ： n S 4 ：5，确定 x yFe S 的化学式为： 4 5,Fe S ，故答 案为： 4 5Fe S ； (6)a.滴定剩余 4KMnO 溶液时， KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴则标准液偏多，计算时导致硫 元素偏少，比值偏大； b.配制 KI 溶液时，定容时俯视刻度线，会使浓度偏大，导致剩余高锰酸钾偏小，硫偏多， 比值偏小； c.用碘化钾溶液滴定剩余 4KMnO 溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡导致标准液体用 量偏大，剩余的高锰酸钾偏多，计算的硫元素偏少，比值偏大； d.实验二中，对滤渣灼烧不充分会计算的铁元素偏多，比值偏大； acd 正确，故答案为： acd。 3．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组设计如图所示的实验装置 ( 夹持装置略 ) ，采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧的含量。 实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定 a.用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。 b. 向烧瓶中加入 200mL 水样。 c.向烧瓶中依次迅速加入 41mLMnSO 无氧溶液 ( 过量 ) 和 2mL 碱性 KI 无氧溶液 ( 过量 ) ， 开启搅拌器，反应生成 2MnO(OH) ，实现氧的固定。 Ⅱ .酸化、滴定 d.搅拌，并向烧瓶中加入 2mL 硫酸无氧溶液至 2MnO(OH) 被 I 还原为 2Mn ，溶液为中 性或弱酸性。 e.在暗处静置 5min 后，取一定量溶液，用 2 2 3Na S O 标准溶液滴定生成的 2 2 2 2 3 2 4 6I 2S O I 2I S O ，记录数据。 f. g. 处理数据 ( 忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化 ) 。 回答下列问题： 1 配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中的氧气的简单操作为 ________。 2 取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是 ________。 3 “步骤 c”中 “搅拌 ”的作用是 ________。 4 “氧的固定 ”中发生主要反应的化学方程式为 ________。 5 “步骤 f ”为________。 6 “步骤 e”中，用 amol/LNa 2S2O3 标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象 为________；若 200mL 水样经处理后，共消耗 2 2 3Na S O 标准溶液的体积为 bmL，则水样中 溶解氧的含量为 ________ ( 用含字母的式子表示 )mg/L 。 7 “步骤 d”中加入硫酸溶液反应后，若溶液 pH 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产 生此误差的原因 ( 用离子方程式表示，至少写出 2 个 ) ： ________。 【答案】将溶剂水煮沸后冷却 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 使 溶液混合均匀，快速完成反应 2 2 2O 2Mn(OH) 2MnO(OH) 重复步骤 e 中的滴定 操作 2 3～ 次 当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色 40ab 2 2 3 2 22H S O S SO H O ， 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I ； 2 2 24H 4I O 2I 2H O 【解析】 【详解】 （1）溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通 过煮沸溶剂后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到； 故答案为：将溶剂水煮沸后冷却； （2）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免 扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误 差； 故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差； （3）操作步骤中搅拌的作用是使溶液混合均匀，快速完成反应； 故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应； （4） “氧的固定 ”中发生反应的化学方程式为： 2 2 2O 2Mn(OH) 2MnO(OH) ； 故答案为： 2 2 2O 2Mn(OH) 2MnO(OH) ； （5）为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行滴定实验测定数值，取几次的平均值 计算，步骤 f 为重复步骤 e 的操作 2~3 次； 故答案为：重复步骤 e 的操作 2~3 次； （6）用 2 2 3Na S O 标准溶液滴定生成的 2I ，发生反应 2 2 2 3 2 4 62S O I S O 2I ，以淀粉 作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分 钟不变说明反应达到终点；若 200mL 水样经处理后，共消耗 Na2S2O3 标准溶液的体积为 bmL，实验过程中依次发生的反应为 2 2 22Mn O 4OH 2MnO(OH) ， 2 2 2 2MnO(OH) 2I 4H Mn I 3H O ， 2 2 2 3 2 4 62S O I S O 2I ，得到定量关 系为： 2 2 2 2 2 3O 2MnO(OH) 2I 4S O～ ～ ～ ， 1 4 n （O2） 3 1b 10 L amol L n（O2）=0.00025abmol ，质量为 0.00025abmol 32g / mol 0.008abg 8abmg ， 氧气浓度 8abmg 40abmg / L 0.2L ； 故答案为：当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色； 40ab； 7 硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同 时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为： 2 2 3 2 22H S O S SO H O ； 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I ； 2 2 24H 4I O 2I 2H O ， 故答案为： 2 2 3 2 22H S O S SO H O ， 2 2 2 2 4SO I 2H O 4H SO 2I ， 2 2 24H 4I O 2I 2H O( 任写其中 2 个 ) 。 【点睛】 本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的相关知识、氧化还原反应电子守恒应 用，主要是实验基本操作、滴定实验的步骤、水中溶解氧含量的计算应用，掌握基础是解 题关键，题目难度中等。 4．研究 +6 价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验： 已知： Cr2O72- ( 橙色 )+H2O 2CrO42- ( 黄色 )+2H+ △H=+13. 8kJ/ mol，+6 价铬盐在一定条件 下可被还原为 Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。 （1）试管 c 和 b 对比，推测试管 c 的现象是 _____________________。 （2）试管 a 和 b 对比， a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不 一定是 c( H+) 增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是 c( H+) 增大对平衡的影响。你认为是 否需要再设计实验证明？ __________（“是”或“否”），理由是 ____________________________________________________ 。 （3）对比试管 a、b、c 的实验现象，可知 pH 增大 2- 2 7 2- 4 c(Cr O ) c(CrO ) _____（选填“增大”， “减小”，“不变”）； （4）分析如图试管 c 继续滴加 KI 溶液、过量稀 H2SO4 的实验现象，说明 +6 价铬盐氧化性 强弱为 Cr2O72- __________CrO42 - （填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧 化还原反应的离子方程式 _________。 （5）小组同学用电解法处理含 Cr2O72- 废水，探究不同因素对含 Cr2O72- 废水处理的影响， 结果如表所示（ Cr2O72- 的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。 实验 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ 是否加入 Fe2( SO4) 3 否 否 加入 5g 否 是否加入 H2SO4 否 加入 1mL 加入 1mL 加入 1mL 电极材料 阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴极为石墨， 阳极为铁 Cr2O72- 的去除率 /% 0. 922 12. 7 20. 8 57. 3 ①实验ⅱ中 Cr2O72- 放电的电极反应式是 ________________。 ②实验ⅲ中 Fe3+去除 Cr2O72- 的机理如图所示，结合此机理，解释实验 iv 中 Cr2O72- 去除率提 高较多的原因 _______________。 【答案】溶液变黄色 否 Cr2O72- ( 橙色 )+H2O ? CrO42- (黄色 )+ 2H+正向是吸热反应，若因 浓 H2SO4 溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙 色加深，说明橙色加深就是增大 c( H+) 平衡逆向移动的结果 减小 大于 Cr2O72- +6I- +14H+=2Cr3++3I2+7H2O Cr2O72- +6e- +14H+=2Cr3++7H2O 阳极 Fe 失电子生成 Fe2+，Fe2+与 Cr2O72- 在酸性条件下反应生成 Fe3 + ，Fe3+ 在阴极得电子生成 Fe2+ ，继续还原 Cr2O72- ， Fe2+ 循 环利用提高了 Cr2O72- 的去除率 【解析】 【分析】 根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。 【详解】 （1）由 Cr2O72- ( 橙色 )+H2O 2CrO42- ( 黄色 )+2H+及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液 中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动， 因此，试管 c 和 b（只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管 c 的现象是：溶 液变为黄色。 （2）试管 a 和 b 对比， a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不 一定是 c( H+) 增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是 c( H+) 增大对平衡的影响。我认为不 需要再设计实验证明，故填否。理由是： Cr2O72- ( 橙色 )+ H2O ? CrO42- ( 黄色 )+2H+ 正向是吸 热反应，浓 H2SO4 溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动， 溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方 向移动的，橙色加深只能是因为增大了 c( H+) 的结果。 （3）对比试管 a、b、c 的实验现象，可知随着溶液的 pH 增大，上述平衡向正反应方向移 动， 2- 2 7c(Cr O ) 减小，而 2- 4c(CrO ) 增大，故 2- 2 7 2- 4 c(Cr O ) c(CrO ) 减小。 （4）向试管 c 继续滴加 KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀 H2SO4 后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动， CrO42- 转化为 Cr2O72- ，Cr2O72- 可以在酸性条件下将 I- 氧化，而在碱性条件下， CrO42- 不能将 I- 氧化，说明 +6 价铬 盐氧化性强弱为： Cr2O72- 大于 CrO42- ；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是 Cr2O72- +6I- +14H+=2Cr3++3I2+7H2O。 （5）①实验ⅱ中， Cr2O72- 在阴极上放电被还原为 Cr3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应 式是 Cr2O72- +6e- +14H+=2Cr3++7H2O。 ②由实验ⅲ中 Fe3+去除 Cr2O72- 的机理示意图可知，加入 Fe2( SO4) 3 溶于水电离出 Fe3+，在直 流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故 Fe3+ 更易在阴极上得到电子被还原为 Fe2+ ，Fe2+ 在酸性条件下把 Cr2O72- 还原为 Cr3+。如此循环往复， Fe3+在阴极得电子生成 Fe2+，继续还原 Cr2O72- ，Fe2+ 循环利用提高了 Cr2O72- 的去除率。由此可知，实验 iv 中 Cr2O72- 去除率提高较 多的原因是：阳极 Fe 失电子生成 Fe2+，Fe2+与 Cr2O72- 在酸性条件下反应生成 Fe3+，Fe3+在阴 极得电子生成 Fe2+，继续还原 Cr2O72- ，故在阴阳两极附近均在大量的 Fe2+，Fe2+循环利用提 高了 Cr2O72- 的去除率。 【点睛】 本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中 找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。 5．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放 至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的 Co、 Ni、Li 的流程如图。 已知： LiCoO2 难溶于水，易溶于酸。回答下列问题： （1）LiCoO2中 Co 的化合价是 __。 （2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是 __。 （3）浸出剂除了 H2O2 外，也可以选择 Na2S2O3，比较二者的还原效率 H2O2__(填“ >”或 “ <” )Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量 )。 （4）提高浸出效率的方法有 __。 （5）利用 Cyanex272萃取时， pH 对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知， 用 Cyanex272萃取分离时，最佳 pH 是 __。 （6）反萃取的离子方程式为 2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是 __。 （7）常温下，若水相中的 Ni2+的质量浓度为 1.18g·L-1，则 pH=__时， Ni2+开始沉淀。 [Ksp(Ni(OH)2=2× 10-15] （8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离 Ni 和 Li 的实验流程图 (如 图 )___。 已知： 提供的无机试剂： NaOH、Na2CO3、NaF。 【答案】 +3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑ +2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加 H2SO4 浓度 5.5 H2SO4 7.5 ① NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF 【解析】 【分析】 (1)通过化合物中各元素化合价代数和为 0 进行计算； (2)由流程图中有机相反萃取得到 CoSO4，可知 LiCoO2 与 H2O2 在酸性条件下发生氧化还原反 应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式； (3)根据等物质的量 H2O2 和 Na2S2O3 作为还原剂转移电子的多少进行判断； (4)提高浸出效率即提高化学反应速率； (5)分离 Co2+和 Ni2+时，由于 Co2+进入有机相， Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高 而镍的萃取率低的 pH 范围； (6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质； (7)根据 Ksp(Ni(OH)2 的表达式进行计算； (8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节 pH 应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni 和 Li 元素 不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀。 【详解】 (1)LiCoO2 中 O 元素为 -2 价， Li 为 +1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为 0 进行计算得 Co 的化合价为 +3 价； (2)由流程图中有机相反萃取得到 CoSO4，可知 LiCoO2 与 H2O2 在酸性条件下发生氧化还原反 应，化学方程式为： 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑ +2Li++4H2O； (3)1molH 2O2 作为还原剂转移 2mol 电子， 1molNa 2S2O3 作为还原剂转移 8mol 电子，则 Na2S2O3 的还原效率更高； (4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加 H2SO4 浓度等； (5)分离 Co2+和 Ni2+时，由于 Co2+进入有机相， Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高 而镍的萃取率低的 pH 范围，所以最佳 pH 是 5.5； (6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃 取剂最好选择 H2SO4； (7)c(Ni2+)= 1.18 59 mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时， c(OH- )＝ sp 2Ni OH( ) 0.02 K = 15 2 0 0 2 1 0. =10-6.5mol/L ，则 pH=14-6.5=7.5； (8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节 pH 应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni 和 Li 元素 不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀，所以选用 NaOH，则 Ni(OH)2 先沉淀，过滤后滤液中加入 NaF 生成 LiF 沉淀。 【点睛】 本题 (5)选择合适的 pH 时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。 6．亚氯酸钠（ NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知： NaClO2饱和溶液在温度低于 38℃时析出的晶体是 NaClO2·3H2O，高于 38℃时析出晶体是 NaClO2，高于 60℃时 NaClO2 分 解成 NaClO3 和 NaCl。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。 完成下列填空： （1）装置②中产生 ClO2 的化学方程式为 ___________。装置③的作用是 _____________。 （2）从装置④反应后的溶液获得 NaClO2 晶体的操作步骤为： ①减压， 55℃蒸发结晶；② __________；③ _______；④低于 60℃干燥，得到成品。 （3）准确称取所得亚氯酸钠样品 10g 于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再 滴入适量的稀硫酸，充分反应（ ClO2 －+ 4I－+4H+ → 2H2O+2I2+Cl－）。将所得混合液配成 250mL 待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是 ____________； （4）取 25.00mL 待测液，用 2.0 mol/L Na 2S2O3 标准液滴定（ I2 +2S2O32－ → 2I－+S4O62－），以 淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为 __________。重复滴定 2 次，测得 Na2S2O3 溶液平均值为 20.00 mL。该样品中 NaClO2 的质量分数为 _____________。 （5）通过分析说明装置①在本实验中的作用 _______________________________。 【答案】 2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4→ 2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O 防止倒吸 趁热过滤 用 38－ 60℃的温水洗涤 250mL 容量瓶 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 90.5% 当关闭 K2 时，打开 K1，可以吸收反应产生的气体。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据反应物 NaClO3、 Na2SO3、H2SO4，生成物为 ClO2 和 2Na2SO4，配平方程式为 2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4=2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降 低而产生倒吸； （2）因为 NaClO2 饱和溶液在温度低于 38℃时析出的晶体是 NaClO2·3H2O，高于 38℃时析 出晶体是 NaClO2，高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl，若要得到 NaClO2 晶体，需在 38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用 38－60℃的温水洗涤； （3）容量瓶要指明规格； （4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是 Na2S2O3 标准液滴 定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色； 计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为 ClO2 － ——2I2——4S2O32－ n(ClO2 － )= 1/4 n(S2O32－)=1/4× 20× 10-3× 2=0.01mol m(NaClO2)=0.01 × 90.5=9.05g 该样品中 NaClO2 的质量分数为 9.05g ÷ 10g=0.905 （5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸 收反应产生的 ClO2 等尾气。 7．无水硫酸铜在加热至 650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究 不同温度下气体产物的组成．实验装置如下： 每次实验后均测定 B、 C质量的改变和 E中收集到气体的体积．实验数据如下（ E中气体体 积已折算至标准状况）： 实验组别 温度 称取 CuSO4 质量 /g B 增重质量 /g C 增重质量 /g E 中收集到气体 /mL ① T1 0.640 0.320 0 0 ② T2 0.640 0 0.256 V2 ③ T3 0.640 0.160 Y3 22.4 ④ T4 0.640 X4 0.192 33.6 （1）实验过程中 A 中的现象是 ______．D 中无水氯化钙的作用是 _______． （2）在测量 E 中气体体积时，应注意先 _______，然后调节水准管与量气管的液面相平， 若水准管内液面高于量气管，测得气体体积 ______（填 “偏大 ”、“偏小 ”或 “不变 ”）． （3）实验①中 B 中吸收的气体是 _____．实验②中 E 中收集到的气体是 ______． （4）推测实验②中 CuSO4 分解反应方程式为： _______． （5）根据表中数据分析，实验③中理论上 C 增加的质量 Y3=_______g． （6）结合平衡移动原理，比较 T3 和 T4 温度的高低并说明理由 ________． 【答案】白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响 C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO4 2CuO+2SO2↑ +O2↑ 0.128 T4 温度更高，因为 SO3 分解为 SO2 和 O2 是 吸热反应，温度高有利于生成更多的 O2 【解析】 【分析】 (1)根据无水硫酸铜在加热至 650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析 A 中的现象，根据碱 石灰和无水氯化钙的作用分析； (2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说 明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小； (3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体， C的作用是吸收二氧化硫， E 的作用是 收集到氧气； (4)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.64g 160g / mo1＝0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为： 0.004mol × 80g/mol＝0.32g；SO2 的质量为： 0.256g，物质的量为： 0.256 64 / 1 g g mo ＝0.004mol ， 氧气的质量为： 0.64﹣ 0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为： 0.064 32 / 1 g g mo ＝0.002mol ， CuSO4、CuO、SO2、O2 的物质的量之比等于 2：2：2；1，则实验②中 CuSO4 分解反应方程 式为 2CuSO4 2CuO+2SO2↑ +O2↑； (5)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.64g 160g / mo1＝0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为： 0.004mol × 80g/mol＝0.32g；SO3 的质量为： 0.16g，氧气的质量为： 0.0224 22.4 32＝0.032g， 根据质量守恒实验③中理论上 C 增加的质量 Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g； (6)根据表中实验③④的数据可知， T4 温度生成氧气更多，因为 SO3 分解为 SO2 和 O2 是吸热 反应，温度高有利于生成更多的 O2。 【详解】 (1)因为无水硫酸铜在加热至 650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中 A 中的现 象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水， D 中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装 置 E 中的水进入装置 C，影响 C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防 止影响 C的质量变化； (2)加热条件下，气体温度较高，在测量 E 中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管 内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却 至室温 偏小； (3)实验中 B 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体， C的作用是吸收二氧化硫， E 的作用是 收集到氧气，故答案为： SO3；O2； (4)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.64g 160g / mo1 ＝0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为： 0.004mol × 80g/mol＝0.32g；SO2 的质量为： 0.256g，物质的量为： 0.256 64 / 1 g g mo ＝0.004mol ， 氧气的质量为： 0.64﹣ 0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为： 0.064 32 / 1 g g mo ＝0.002mol ， CuSO4、CuO、SO2、O2 的物质的量之比等于 2：2：2；1，则实验②中 CuSO4 分解反应方程 式为 2CuSO4 2CuO+2SO2↑ +O2↑； (5)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.64g 160g / mo1＝0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为： 0.004mol × 80g/mol＝0.32g；SO3 的质量为： 0.16g，氧气的质量为： 0.0224 22.4 32＝0.032g， 实验③中理论上 C增加的质量 Y3＝ 0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g； (6)根据表中实验③④的数据可知， T4 温度生成氧气更多，因为 SO3 分解为 SO2 和 O2 是吸热 反应，温度高有利于生成更多的 O2，故 T4 温度更高，故答案为： T4 温度更高，因为 SO3 分 解为 SO2 和 O2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的 O2。 8．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量 (g/100 mL) 。 Ⅰ. 实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取 10.00 mL 食用白醋，在烧杯中用水 稀释后转移到 100 mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液 20.00mL 于锥形瓶中，向其中滴加 2 滴酚酞作指示剂。 （1）读取盛装 0.1000 mol/L NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所 示，则此时的读数为 ________ mL。 （2）滴定。判断滴定终点的现象是 ________________________________，达到滴定终点， 停止滴定，并记录 NaOH溶液的最终读数。重复滴定 3 次。 Ⅱ. 实验记录： 滴定次数 实验数据 (mL) 1 2 3 4 V(样品 ) 20.00 20.00 20.00 20.00 V(NaOH)(消耗 ) 15.95 15.00 15.05 14.95 Ⅲ. 数据处理与讨论： （3）某同学在处理数据时计算得：平均消耗的 NaOH溶液的体积 V＝(15.95 ＋15.00 ＋ 15.05 ＋14.95)/4 ＝15.24 mL 。指出他的计算的不合理之处： _________________。 （4）按正确数据处理，得出 c（市售白醋） =_______mol·L -1 ，市售白醋总酸量 =____g·100mL-1。 【答案】 0.70 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 很明显第一组数据比其余三 组数据偏大，不能选用，要舍去 0.75 4.5 【解析】 【分析】 （1）根据滴定管的结构和精确度来解答； （2）根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定； （3）根据数据的有效性，应舍去第 1 组数据 ； （4）先根据数据的有效性，舍去第 1 组数据，然后求出 2、3、4 三组平均消耗 V（NaOH）； 接着根据醋酸和 NaOH 反应求出 20.00mL 样品中含有的醋酸，最后求出市售 白醋总酸量； 【详解】 （1）液面读数 0.70mL； （2）滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定； （3）第 1 组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍 去 ； （4）先根据数据的有效性，舍去第 1 组数据，然后求出 2、3、4 三组平均消耗 V（NaOH）=15.00mL， CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O 0.0015mol 0.015L × 0.1000mol ·L－ 1 c（市售白醋） =0.0015mol÷0.02L×0.1L÷0.01L=0.75 mol/L ； 则 10mL 样品中含有的醋酸的质量为 0.0015mol×60g·mol －1× =0.45g，市售白醋总酸 量 4.5g/100mL。 9．利用间接 酸碱滴定法可测定 Ba2＋的含量，实验分两步进行。 已知： 2CrO ＋2H＋===Cr2O ＋H2O Ba2 ＋＋CrO ===BaCrO4↓ 步骤Ⅰ移取 x mL 一定浓度的 Na2CrO4 溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用 b mol ·L－1 盐酸 标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为 V0 mL。 步骤Ⅱ：移取 y mL BaCl2 溶液于锥形瓶中，加入 x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的 Na2CrO4 溶液， 待 Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用 b mol ·L－1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐 酸的体积为 V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管， “ 0”刻度位于滴定管的 ________(填 “上方 ”或 “下方 ”)。BaCl2 溶液的浓度为 ________mol ·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测 液溅出， Ba2＋浓度测量值将 ________(填“偏大 ”或 “偏小 ”)。 【答案】上方 0 1b V V y 偏大 【解析】 【详解】 酸式滴定管的 “0”刻度位于滴定管的上方； 步骤Ⅱ：待 Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用 b mol?L -1 盐酸标准液滴定至终点，测 得滴加盐酸的体积为 V1mL，则发生 2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为： V1× 10- 3× bmol，步骤Ⅰ：用 b mol?L -1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为 V0mL，加入的 总盐酸的物质的量： V0× 10-3× bmol，Ba2++CrO42-═ BaCrO4↓，与 Ba2+反应的 CrO42-的物质的 量为 V0× 10-3× bmol-V1× 10-3× bmol=（ V0-V1）b× 10-3mol，步骤Ⅱ：移取 y mLBaCl2 溶液于锥形 瓶中，所以 BaCl2 溶液的浓度为： 3 0 1 3 10 10 V V b y mol/L= 0 1V V b y mol/L ； 若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出， V1 减小，则 Ba2+浓度测量值将偏大。 10． 三氯化氧磷 ( POCl3) 是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取 POCl3 并测定产品含量的实验过程如下 : I. 制备 POCl3 采用氧气氧化液态的 PCl3 法。实验装置 ( 加热及夹持装置省略》及相关信息如 下。 物质 熔点 / ℃ 沸点 / ℃ 相对分子质量 其他 PCl3 ―112. 0 76. 0 137. 5 均为无色液体，遇水均剧烈 水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl3 2. 0 106. 0 153. 5 （1）仪器 a 的名称为 _______________________________ ； （2）装置 C中生成 POCl3 的化学方程式为 ________________________________； （3）实验中需控制通入 O2 的速率，对此采取的操作是 _______________； （4）装置 B 的作用除观察 O2 的流速之外，还有 ______________； （5）反应温度应控制在 60～65℃，原因是 __________________________； II. 测定 POCl3 产品含量的实验步骤： ①实验 I 结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取 16. 725g POCl3 产品，置于盛有 60. 00 mL 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成 100. 00mL 溶液 ②取 10. 00mL 溶液于锥形瓶中，加入 10. 00mL 3. 5mol / L AgNO3 标准溶液（ Ag++Cl- ＝ AgCl↓） ③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水） ④以硫酸铁溶液为指示剂，用 0. 2mol / L KSCN溶液滴定过量的 AgNO3 溶液（ Ag++SCN- ＝ AgSCN↓），到达终点时共用去 10. 00mL KSCN溶液。 （6）达到终点时的现象是 _________________________________________ ； （7）测得产品中 n( POCl3)=___________________________ ； （8）已知 Ksp( AgCl) ＞Ksp( AgSCN) ，据此判断，若取消步骤③，滴定结果将 _______。 （填偏高，偏低，或不变） 【答案】冷凝管 ( 或球形冷凝管 ) 2PCl3+O2＝2POCl3 控制分液漏斗中双氧水的加入量 平 衡气压、干燥氧气 温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度 滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色 0. 11mol 偏低 【解析】 【详解】 （1）仪器 a 的名称为冷凝管 ( 或球形冷凝管 ) ；正确答案：冷凝管 ( 或球形冷凝管 ) 。 （2）加热条件下， PCl3 直接被氧气氧化为 POCl3，方程式为： PCl3+O2＝POCl3。 （3）装置 A 产生氧气，则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入 O2 的速 率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。 （4）装置 B 中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答 案：平衡气压、干燥氧气。 （5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不 能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷 会挥发，影响产物纯度。 （6）以硫酸铁溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的 AgNO3 溶液达到滴定终点时，铁离 子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后 一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色； （7）KSCN的物质的量 0. 2mol/ L×0. 01L=0. 002 mol ，根据反应 Ag++SCN- ＝AgSCN↓，可以 知道溶液中剩余的银离子的物质的量为 0. 002 mol；POCl3 与水反应生成氯化氢的物质的量 为 3. 5mol / L×0. 01L- 0. 002mol=0. 033 mol，根据氯原子守恒规律可得 n( POCl3)= 0. 011 mol，则 16. 725 克 POCl3 产品中 n( POCl3)= 0. 11mol。 （8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液 中部分氯化银可以转化为 AgSCN；已知 Ksp( AgCl) ＞Ksp( AgSCN) ，使得实验中消耗的 KSCN 偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会 使测定结果偏低。