2020-2021备战高考化学二轮 氧化还原反应 专项培优易错试卷含答案

2020-2021备战高考化学二轮 氧化还原反应 专项培优易错试卷含答案
一、高中化学氧化还原反应
1．工业上处理含苯酚废水的过程如下。

回答下列问题：
Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。

测定原理：
+3Br 2→↓+3HBr 测定步骤：
步骤1：准确量取25.00mL 待测废水于250mL 锥形瓶中。

步骤2：将5.00mL 1amol L -⋅浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL 10.10mol L -⋅KI 溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。

步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用10.010mol L -⋅223Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗223Na S O 溶液1V mL (反应原理：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)。

待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗223Na S O 溶液2V mL 。

(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。

(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。

(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。

(4)该废水中苯酚的含量为________1mg L -⋅(用含1V 、2V 的代数式表示)。

如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。

Ⅱ.处理废水。

采用Ti 基2PbO 为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·OH )，阴极上产生22H O 。

通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为2CO 和2H O 。

(5)写出阳极的电极反应式：________。

(6)写出苯酚在阴极附近被22H O 深度氧化的化学方程式：________。

【答案】(酸式)滴定管 塞紧瓶塞 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 ()2194V -V 15
偏低 偏低 2H O e OH H -+-=⋅+ 652222C H OH 14H O 6CO 17H O +=↑+
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI 溶液与剩下的Br 2发生氧化还原反应得到I 2，方程式为Br 2+2I -===I 2+2Br -，再用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2，可根据消耗的Na 2S 2O 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br 2的物质的量，再设置一个空白实
验测出浓溴水的物质的量，用Br 2总的物质的量-剩余Br 2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br 2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。

【详解】
(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；
(3)用0.01mol/LNa 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，由于Na 2S 2O 3标准溶液会反应I 2，加入的淀粉遇I 2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：
2
22231
122Br ~2KI ~I ~2Na S O 0.005V 0.01V 0.005V 0.01V
剩下的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 1 mmol ，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L 的浓溴水中Br 2的物质的量为0.005V 2 mmol ，则与苯酚参与反应的Br 2的物质的量为0.005(V 2-V 1) mmol ，根据方程式+3Br 2→↓+3HBr 可得苯酚的物质的量为()210.005V -V 3 mmol ，质量为()21940.005V -V 3
⨯mg ，则该废水中苯酚的含量为()()2121-13940.005V -V mg 94V -V 3mg L 251015
L -⨯=⨯g ，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na 2S 2O 3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na 2S 2O 3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：()2194V -V 15
；偏低；偏低； (5)由题干信息可知，Ti 基PbO 2为阳极，则阳极H 2O 失去电子产生·OH ，电极反应式为H 2O-e -===H ++·OH ，故答案为：H 2O-e -===H ++·OH ；
(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H 2O 2深度氧化产生CO 2和H 2O ，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O ，故答案为：
C 6H 5OH+14H 2O 2===6CO 2↑+17H 2O 。

2．阳极泥处理后的沉渣中含AgCl ，工业上可用Na 2SO 3溶液作浸取剂浸出回收。

某小组在实验室模拟该过程。

已知：
i．25o C时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO40.84 g。

ii．25o C时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S+微粒的物质的量分数随pH变化如图所示。

Ⅰ.浸出氯化银
取AgCl固体，加入1 mol/L Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），
2SO- [Ag(SO3)2]3– + Cl–。

该过程中发生的反应为AgCl +2
3
（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。

Ⅱ. 酸化沉银
（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S+微粒的主要存在形式是________。

（3）探究沉淀n的成分。

①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。

②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。

i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3具有________性。

ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。

③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。

i. 本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag+微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。

ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。

Ⅲ．浸取剂再生
（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。

【答案】AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动 HSO3- Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小还原b．中清液的颜色与
．．，均为浅紫色溶液＜ e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则．．．．．．．c．相同
溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–) 加NaOH溶液调节pH至9~10
【解析】
【分析】
I、（1）利用平衡移动的知识答题即可；
II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；
（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；
②依据Ag2SO3的还原性答题；
③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；
III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。

【详解】
I、（1）A gCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)，Ag+与SO 32- 结合生成[Ag(SO3)2]3-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；
II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含4S 微粒的主要存在形式是HSO3-；
（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+ 的浓度很小；
②i、酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；
ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性KMnO4溶液依然呈紫色；
③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；
III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。

3．羟氨（NH2OH）是一种还原剂，和联氨一样是一种弱碱，不稳定，室温下吸收水汽迅速分解。

回答下列问题：
（1）请写出羟氨的电子式___。

（2）利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。

测定步骤如下：
①溶液配制：称取5.0g某羟氨样品，溶解在______酸中后加适量蒸馏水，将其全部转移至100mL的______中，加蒸馏水至_______。

②取20.00mL 的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应：2NH 2OH 2＋＋4Fe 3＋＝N 2O↑
＋4Fe 2＋＋H 2O ＋6H ＋，生成的Fe 2＋用0.4000 mol·
L －1的酸性KMnO 4溶液滴定，滴定达到终点的现象是____________。

请写出Fe 2＋与酸性KMnO 4溶液反应的离子方程式
_____________。

重复滴定3次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：
计算试样的纯度____%。

（3）下列操作导致误差偏高的有______（填编号）。

a 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失
b 滴定管未经润洗盛装KMnO 4溶液
c 羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
d KMnO 4溶液起始读数仰视，终点正常读数 【答案】 硫酸 容量瓶 刻度线 当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 5F
e 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O 66 ab
【解析】
【分析】
(1)根据羟氨化学式写出其电子式；
(2)①羟氨应溶解在H 2SO 4中，因为HCl 中的Cl 会被MnO 4-氧化；
②用酸性KMnO 4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe 2＋
与酸性KMnO 4溶液反应的离子方程式，根据物质的量的关系计算式样纯度；
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。

【详解】
(1)根据羟氨化学式NH 2OH 可知其电子式为：，故答案为：； (2)①羟氨应溶解在H 2SO 4中，因为HCl 中的Cl 会被MnO 4-氧化，将其全部转移至100mL 的容量瓶中，加蒸馏水至刻度线，故答案为：硫酸；容量瓶；刻度线；
②用酸性KMnO 4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；根据氧化还原反应的规律写出Fe 2＋与酸性KMnO 4溶液反应的离子方程式为：5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；由消耗高锰酸钾体积表可知，第一次误差过大，舍去，V (平均)=19.982022
0+.=20.00mL ； 设滴定时NH 2OH 2+的物质的量为xmol ，依据离子方程式可得关系式：
+-224-35NH OH 2MnO 5
2x
=20.00100.4n c V =⨯⨯⨯:
解得x=0.02 因总量为100mL ，所以n (NH 2OH 2+)＝0.02×5＝0.1mol
m=n ⋅M ＝0.1×33g/mol ＝3.3g
w =100%m m ⨯样=3.35.0
⨯100%=66% 故答案为：当最后一滴滴入时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；5Fe 2++MnO 4-+8H +＝5Fe 3++Mn 2++4H 2O ；66；
(3)a ．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失会导致V 标准偏大，计算结果偏高； b ．滴定管未经润洗盛装KMnO 4溶液，相当于把KMnO 4溶液稀释，滴定时消耗体积增大，计算结果偏高；
c ．羟氨称量时，时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化，导致消耗体积偏小，计算结果偏低；
d ．KMnO 4溶液起始读数仰视，终点正常读数，导致消耗体积偏小，计算结果偏低； 故答案为：ab 。

【点睛】
注意氧化还原滴定操作中的注意事项，根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。

4．过氧乙酸(CH 3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得；它可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病毒(如：SARS 病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。

下面是市售过氧乙酸商品标签：
有关资料：H 2O 2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，是一种强氧化剂。

过氧乙酸消毒液是由H 2O 2、H 2O 、CH 3COOH 及少量H 2SO 4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH 3COOOH)。

CH 3COOOH 容易放出氧原子，它与空气中微生物机体作用，达到灭菌目的，是消毒液的主要成分。

(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么？进行以下科学探究，请你完成下列相关内容：
①提出假设：甲溶液的主要成分为_________，乙溶液的主要成分为_________。

②实验验证：取甲、乙两种溶液少许，分别加入几滴_________试液，若①中假设正确，则甲溶液的现象为_____________________，乙溶液的现象为__________。

(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________ (填编号)
A ．过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH 2COOH)互为同分异构体
B ．过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果
C ．过氧乙酸与乙酸属于同系物
D ．氧元素的化合价为-2价
(3)实验室制备少量过氧乙酸，可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得，实验装置
和步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体，再缓缓加入适量30%的双氧水。

②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20～30℃至反应结束。

③接入冷凝管和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。

请回答下列问题：
①仪器C的名称是_______________；
②为更好地控制反应温度，应采用方法是_________________；
③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________；
④碘量法分析：取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL，从中取出5.00mL，滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2，再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液，摇匀，反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，共消耗14.30mL Na2S2O3标准液。

该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。

（结果保留小数点后两位）（提示：CH3COOOH+2I−+2H+
=I2+CH3COOH +H2O）
【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH 、 H2O 石蕊甲：溶液先变红后褪色乙：溶液由无色变为红色 A 冷凝管（或直形冷凝管）水浴加热 CH3COOH +
H2O2→CH3COOOH + H2O 7.15
【解析】
【分析】
（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水也是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；
（2）结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断，
（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；
②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热；
③结合题中信息，写出生成过氧乙酸的化学反应方程式；
CH3COOOH+2I−+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量，再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量，再根据物质的量浓度定义式计算。

【详解】
（1）若假设甲溶液的有效成分是H2O2，则乙溶液的有效成分是CH3COOOH，根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后，反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH)，H2O2是极弱的电解质，在酸性介质中才能稳定存在，则H2SO4应该在甲溶液中，另外两种溶液中的水更是一种主要成分；两溶液都呈酸性，都能使紫色石蕊试液变红，但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色；
（2）过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH2COOH)的分子式都是C2H4O3，但结构不同，故互为同分异构体；过氧乙酸具有强氧化性，而苯酚易被氧化，两者混合发生氧化还原反应，不能增强消毒效果；过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有，两者结构不相似，不属于同系物；过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价；
（3）①由仪器的结构，可知C为直形冷凝管；
②控制B中混合液的温度为20～30℃，应采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度；
③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20～30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH3COOOH)，反应的化学方程式为：CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O ；
④CH3COOOH+2I−+2H+ =I2+CH3COOH +H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由这两个方程式，确定关系式：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，可知稀释后的5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量
是：×0.0143L×0.1000mol/L，原来2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量是：×0.0143L×0.1000mol/L×=0.0143mol，该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是：=7.15 mol/L 。

【点睛】
本题是探究性实验试题，现根据题中的信息去假设，然后分析、得出结论。

实验中的数据处理，借助关系式法，计算所需要的物质的物质的量。

5．某高中科研小组模拟工业尿素法生产肼(N2H4)，具体方法：先将尿素、次氯酸钠和氢氧化钠溶液混合，然后在催化剂存在的条件下反应制得肼，利用氮气吹出混合物中的肼，并用硫酸吸收制备硫酸肼。

具体实验原理图如下：
已知：①肼极易溶于水，长期暴露在空气中或短时间受高温作用会爆炸分解。

②硫酸肼(N2H4·H2SO4)是类似于NH4HSO4的盐类，白色固体，微溶于冷水，易溶于热水，不
溶于乙醇和二氯乙烷等有机溶剂。

③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸
(1)盛装尿素溶液的装置名称为_____________________；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+的电子式为________________________。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为________________________________。

(3)装置A中发生反应制备肼的离子方程式为_______________________________。

(4)装置B中二氯乙烷的作用为__________________________________________；使用冰水浴的作用__________________________________________________。

(5)装置B反应完全后需经过过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中最好选择下列那种洗涤剂________________(填字母)。

A．冷水 B．热水 C．无水乙醇 D．饱和食盐水
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，则此溶液中离子浓度的大小顺序为______________________________________。

【答案】三颈烧瓶赶走装置中的空气，避免空气与肼反应
CO-+H2O 防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
液利于产物析出，同时降温防爆炸 C c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；硫酸肼的水溶液中含有多种阳离子，其中阳离子N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子。

(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

(3)装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为
CO-和H2O。

Cl−，同时生成23
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，
c(Na+)=0.1mol·L−1，因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1，c(OH−)>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的大小。

【详解】
(1)盛装尿素溶液的装置名称为三颈烧瓶；N2H5+可以认为由N2H4与H+通过配位键结合，在N2H4中，每个N原子与两个H原子形成共价键，则两个N原子间还应形成一对共用电子,
电子式为。

答案为：三颈烧瓶；；
(2)反应前应先通入一段时间氮气，其目的为排尽装置内的空气，防止空气与肼反应。

答案为：赶走装置中的空气，避免空气与肼反应；
(3)装置A中，碱性溶液，ClO−在催化剂作用下，将CO(NH2)2氧化为N2H4，自身被还原为
CO-和H2O，反应方程式为
Cl−，同时生成23
CO-+H2O。

答案为：
ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
CO-+H2O；
ClO−+2OH−+CO(NH2)2N2H4+Cl−+2
3
(4)装置B中二氯乙烷的作用为防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；使用冰水浴的作用是降低产物的溶解度，同时降温防爆。

答案为：防倒吸，同时使产物硫酸肼脱离反应混合液；利于产物析出，同时降温防爆炸；
(5)装置B反应完全后需经过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸肼，洗涤过程中尽可能减少产品的溶解损失，所以最好选择无水乙醇。

答案为：C；
(6)若实验中所用的NaClO和NaOH混合液中两溶质的浓度均为0.1mol·L−1，
c(Na+)=0.1mol·L−1，因水解c(ClO−)<0.1mol·L−1，c(OH−)>0.1mol·L−1，由此可确定溶液中离子浓度的关系为：c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。

答案为：c(Na+)>c(OH−)>c(ClO−)>c(H+)。

【点睛】
在分析装置B中二氯乙烷的作用时，应借助信息“③密度：ρ硫酸肼>ρ二氯乙烷>ρ稀硫酸，且硫酸肼不溶于二氯乙烷”，则往二氯乙烷中通入肼后，肼逸出，在上层与稀硫酸反应生成硫酸肼，由于硫酸肼的密度比二氯乙烷大，且难溶于二氯乙烷，所以沉在二氯乙烷的底部，从而实现与反应混合液的分离。

6．某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉，设计了下列装置进行实验。

已知：①A中反应为 KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，其他杂质不参与反应。

（1）B装置作用____。

实验结束后，立即将 B 中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上，可观察到的现象是_____。

（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III 处依次放入的物
质正确的是___（填编号）。

（3）待E中物质完全反应后，经过一系列加工处理，得到漂白粉样品，其主要成份为___（填化学式）
（4）F装置的作用是（用化学方程式表示）____。

（5）为测定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。

称取ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CO2至产生沉淀最大值时，该过程的化学方程式为_____，若反应生成沉淀的物质的量为bmol，则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____（用含a、b的式子表示）。

【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色 C CaCl2、Ca(ClO)2 Cl2＋2NaOH
==NaCl+ NaClO+H2O CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO 143b
a
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气，盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气，盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉，盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，防止污染空气。

【详解】
（1）盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，实验结束后，因饱和食盐水吸收氯化氢气体，使溶液呈酸性，滴在紫色石蕊试纸上，试纸变红色，由于氯气不溶于饱和食盐水，溶液中没有次氯酸，不能使试纸褪色，故答案为：除去氯气中的HCl气体；试纸变红不褪色；
（2）氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色，则验证氯气是否具有漂白性时，C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条，C
正确，故答案为：C；
（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故答案为：CaCl2、Ca(ClO)2；
（4）盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气，过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，防止污染空气，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O，故答案为：Cl2＋2NaOH ==NaCl+ NaClO+H2O；
（5）碳酸的酸性强于次氯酸，将二氧化碳通入到漂白粉溶液中，二氧化碳与次氯酸钙反应
生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；由题意可知，碳酸钙的物质的量为bmol，则有效成分次氯酸钙的质量为
bmol×143g/mol=143bg，该漂白粉中有效成份的质量分数为143b
，故答案为：
a
CO2+H2O+Ca(ClO)2 == CaCO3↓+2HClO；143b。

a
【点睛】
氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性使有色布条褪色，氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据，也是解答试题的关键。

7．实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2）中，回收钴、锂的操作流程如下图所示：
回答下列问题。

（1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。

（2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。

（3）“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。

（4）“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c（Co2+）=____。

（已知：Ksp[Co（OH）2]=1.09×l0-15）
（5）在空气中加热Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。

加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所示。

290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

（6）根据右下图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】化学能→电能→热能 H2 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ 8LiCoO2+ S2O32-
+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O Cl2 NaOH溶液或氢氧化钠固体 1.09×l0-6mol/L
6Co2O3 290~500℃
4Co3O4+ O2↑蒸发浓缩趁热过滤
【解析】
【分析】
正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为LiCoO2；“酸浸”时反应物有LiCoO2、硫酸和Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3价降为+2价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得Na2SO4·10H2O副产品，可推知S元素价态升高并转化为SO42-；之后调节pH值得到Co(OH)2沉淀，再加入碳酸钠溶液调节pH值沉锂，得到碳酸锂和母液，母液结晶得到Na2SO4·10H2O。

【详解】
(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能；
(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；
(3)根据分析可知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为SO42-，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为会污染环境的Cl2；
(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，带入K sp[Co(OH)2]=c2(OH-
)·c(Co2+)=1.09×l0-15求得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L；
(5)从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为0.01mol，依据钴元素的量不变可知: n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为
0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)=0.830g-0.590g
16g/mol
=0.015mol，由此可以确定该
氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=0.803g-0.590g
16g/mol
≈0.0133mol，则生成的氧
化物为Co3O4；所以290℃～500℃过程中，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。

氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为
6Co2O3 290~500℃
4Co3O4+ O2↑；
(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。

【点睛】。