2020-2021高考化学 化学反应原理综合试题及答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合试题及答案
一、化学反应原理
1．某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。

(1)用三支试管各取5.0 mL、0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，实验报告如下。

①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。

②表中V＝_________mL。

(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。

对此该小组的同学展开讨论：
①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。

②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。

(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。

回答相关问题：
①装置乙中仪器A的名称为_________。

②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。

有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。

③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。

【答案】温度 4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间
【解析】
【分析】
（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；
（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。

【详解】
（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；
②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL
（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；
（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；
②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
③如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。

【点睛】
本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。

2．氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。

某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：
已知“磺化”步骤发生的反应为：
①CO(NH 2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0
②H 2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2↑
发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：
（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。

A.仪器a的名称是三颈烧瓶
B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入
C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，
稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。

（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。

（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。

取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。

此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。

①电子天平使用前须____并调零校准。

称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。

②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。

③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。

【答案】A 温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO3H+H2O NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动
(通电)预热去皮键(归零键) 77.60%偏高
【解析】
【分析】
发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。

【详解】
（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；
B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；
C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；
D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙
头，故D 错误；
综上所述，答案为A 。

（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO 3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO 3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；
（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；
（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO 3H +H 2O
NH 4HSO 4；稀H 2SO 4可提供H +与SO 42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO 3H +H 2O NH 4HSO 4；稀H 2SO 4可提供H +与SO 42-促使该平衡逆向移动；
（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；
②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知232c(H NSO H)c(NaNO )=0.08mol/L =，则2.500g 氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=232323m(H NSO H)n(H NSO H)M(H NSO H)100%100%2.5 2.5g
g ⨯⨯=⨯=232323c(H NSO H)V(H NSO H)M(H NSO H)0.08mol/L 0.25L 97g/mol 100%100%=77.6%2.5g 2.5g
⨯⨯⨯⨯⨯=⨯，故答案为：77.60%；
③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH 标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO 2法偏高，故答案为：偏高。

【点睛】
当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。

3．实验室以工业废渣（主要含CaSO 4·
2H 2O ，还含少量SiO 2、Al 2O 3、Fe 2O 3）为原料制取轻质CaCO 3和(NH 4)2SO 4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO 4(s)+23CO -(aq)CaCO 3(s)+24SO -
(aq)达到平衡，则溶液中
()
()
2
4
2
3
SO
CO
c
c
-
-
=________[K sp(CaSO4)=4.8×10−5，K sp(CaCO3)=3×10−9]。

（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。

（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。

控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。

温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。

（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。

设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。

实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。

【答案】1.6×104
3
HCO-+NH3·H2O+
4
NH+2
3
CO-+H2O(或
3
HCO-+NH3·H2O+
4
NH+2
3
CO-+H2O) 增加溶液中2
3
CO-的浓度，促进CaSO4的转化
温度过高，(NH4)2CO3分解加快搅拌速率在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【解析】
【分析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为
2
4
2
3
c SO
c CO
-
-
（）
（）
，结合CaSO4和CaCO3的K sp计算；
（2）氨水与NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解；
（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；
（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和
Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节pH除去Al3+和Fe3+。

【详解】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中
2423c SO c CO --（）（）=22
4223c Ca ?SO c Ca ?CO +-+-（）（）（）（）=sp 4sp 3
K CaSO K CaCO?（）（）=594.810310--⨯⨯=1.6×104。

答案：1.6×104 （2）NH 4HCO 3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH 4）2CO 3，反应的化学方程式为
NH 4HCO 3+NH 3·H 2O=（NH 4）2CO 3+H 2O[或NH 4HCO 3+NH 3·H 2O
（NH 4）2CO 3+H 2O]，离子方程式为HCO 3-+NH 3·
H 2O=NH 4++CO 32-+H 2O （或HCO 3-+NH 3·H 2O NH 4++CO 32-+H 2O ）；浸取废渣时，加入的（NH 4）2CO 3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO 32-+NH 4++H 2O HCO 3-+NH 3·H 2O ，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO 32-的浓
度增大，反应CaSO 4（s ）+CO 32-（aq ）CaCO 3（s ）+SO 42-（aq ）正向移动，促进CaSO 4
的转化。

答案：HCO 3-+NH 3·
H 2O=NH 4++CO 32-+H 2O （或HCO 3-+NH 3·H 2O NH 4++CO 32-+H 2O ） 增加溶液中CO 32-的浓度，促进CaSO 4的转化
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH 4）2CO 3分解，从而使CaSO 4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO 4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO 4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。

答案：温度过高，（NH 4）2CO 3分解 加快搅拌速率
（4）工业废渣主要含CaSO 4·
2H 2O ，还含有少量SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3，加入（NH 4）2CO 3溶液浸取，其中CaSO 4与（NH 4）2CO 3反应生成CaCO 3和（NH 4）2SO 4，SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO 3、SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl 2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO 3完全转化为CaCl 2，发生的反应为CaCO 3+2HCl=CaCl 2+H 2O+CO 2↑，与此同时发生反应Al 2O 3+6HCl=2AlCl 3+3H 2O 、
Fe 2O 3+6HCl=2FeCl 3+3H 2O ，SiO 2不反应，经过滤除去SiO 2；得到的滤液中含CaCl 2、AlCl 3、FeCl 3，根据“pH=5时Fe （OH ）3和Al （OH ）3沉淀完全，pH=8.5时Al （OH ）3开始溶解”，为了将滤液中Al 3+、Fe 3+完全除去，应加入Ca （OH ）2调节溶液的pH 介于5~8.5[加入Ca （OH ）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl 2溶液。

答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca （OH ）2，用pH 试纸测得溶液pH ，当pH 介于5~8.5时，过滤
【点睛】
本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO 3和（NH 4）2SO 4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。

难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH 介于5~8.5等。

4．K 3[Fe (C 2O 4)3]·3H 2O [三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]易溶于水,难溶于乙醇,可作为有机反应的催化剂。

实验室可用铁屑为原料制备,相关反应的化学方程式为:Fe +H 2SO 4＝
FeSO 4+H 2↑、FeSO 4+H 2C 2O 4+2H 2O ＝FeC 2O 4·2H 2O ↓+H 2SO 4、
2FeC 2O 4·2H 2O +H 2O 2+H 2C 2O 4+3K 2C 2O 4＝2K 3[Fe (C 2O 4)3]+6H 2O 、2MnO 4－+5C 2O 42－+16H +＝2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 。

回答下列问题:
(1)铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSO 4时会产生有毒的H 2S 气体,该气体可用氢氧化钠溶
液吸收。

下列吸收装置正确的是_____。

(2)在将Fe2+氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40℃,理由是_______;得到
K3[Fe(C2O4)3]溶液后,加入乙醇的理由是________。

(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,主要步骤有:①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤__________(叙述此步操作),⑥计算。

步骤③若未在干燥器中进行,测得的晶体中所含结晶水含量____(填“偏高”“偏低”或“无影响”);步骤⑤的目的是
_______________。

(4)晶体中C2O42－含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。

称取三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体m g溶于水配成250mL溶液,取出20.00mL放入锥形瓶中,用0.0100mol·L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。

①下列操作及说法正确的是___。

A.滴定管用蒸馏水洗涤后,即可装入标准溶液
B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体
C.接近终点时,需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴
②有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终点的现象为________,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液V mL,那么晶体中所含C2O42－的质量分数为____(用含V、m的式子表示)。

【答案】A 防止H2O2分解三草酸合铁(Ⅲ)酸钾在乙醇中溶解度小重复②～④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去 B 当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥
形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色2.75V 100m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A．该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；
B．硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B错误；
C．没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；
D．该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D错误；
故选A；
（2）双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3[Fe(C2O4)3]溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；
（3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否
已全部失去，也叫恒重操作；步骤③未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；
（4）①A.滴定管用蒸馏水洗涤后,需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体，B正确；
C.接近终点时,不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；
答案选B；
②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色；n(MnO4－)=V×10-3L×0.0100
mol·L-1,根据方程式可知n(C2O42－)=n(MnO4－)×5250125
2204
V
⨯=×10-5mol,m(C2O42
－)=125
4
V
×10-5mol×88g·mol-1=2.75V×10-2g，所以晶体中所含C2O42－的质量分数为
2.75V/100m。

5．某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。

（甲同学的实验）
装置编号试剂X实验现象
I Na2SO3溶液（pH≈9）闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转
II NaHSO3溶液（pH≈5）闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转
(1)怎样配制FeCl3溶液？
________________________________________________________。

(2)甲同学探究实验I的电极产物。

①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入_________________________________，产生白色沉淀，证明产生了SO42-。

②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为
_______________________________。

(3)实验I中负极的电极反应式为
______________________________________________________。

乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：装置编号反应时间实验现象
III 0~1 min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出
1~30 min
沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐
变为橙色，之后几乎无色 30 min 后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，
随后逐渐变为浅橙色
(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。

① Fe 3+＋3HSO 3-垐?噲? Fe(OH)3 ＋3SO 2；
②_____________________________________________。

(5)查阅资料：溶液中Fe 3+、SO 32-、OH －三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
2+4+5
O 2+2-224HOFe S O HOFeO S O Fe +SO −−→垐?噲? 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min 的实验现象：
______________________________。

（实验反思）
(6)分别对比I 和II 、II 和III ，FeCl 3能否与Na 2SO 3或NaHSO 3发生氧化还原反应和______________________有关（写出两条）。

【答案】将FeCl 3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度 足量盐酸和BaCl 2溶液 取少量FeCl 3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe 2+ 3SO 32--2e -+H 2O=SO 42-+2HSO 3- H ++HSO 3-=H 2O+SO 2↑ 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O 2的作用下，橙色的HOFeOSO 2浓度下降，平衡
不断正向移动，最终溶液几乎无色 溶液pH 不同、
Na 2SO 3、NaHSO 3溶液中SO 32-浓度不同（或Na 2SO 3与NaHSO 3不同，或Na 2SO 3与NaHSO 3的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条）
【解析】
【分析】
甲同学实验：利用铁离子能够将SO 32-氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X 为负极，失电子发生氧化反应；实验中X 为Na 2SO 3溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO 32-氧化；实验中X 为NaHSO 3溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应；
乙同学进一步探究FeCl 3溶液与NaHSO 3溶液能否发生反应：0~1 min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；1~30 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了HOFeOSO 2，该物质存在平衡HOFeOSO 2⇌HOFeOSO 2，在氧气的作用下不
断正向进行，最终溶液几乎无色；30min后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。

【详解】
(1)实验室配制FeCl3溶液时，为了防止铁离子水解，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释；
(2)①若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成；
②氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；
(3)实验I中试剂X为原电池负极，SO32-被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO32—2e-
+H2O=SO42-+2HSO3-；
(4)pH=1的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H++HSO3-=H2O+SO2↑；
(5)FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合反应，在1～30 min出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微
−−−−→Fe2++SO42-，可知原因粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO2⇌HOFeOSO22O
是：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的HOFeOSO2浓度下降平衡HOFeOSO2⇌HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。

(6)分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和溶液pH 不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物有关。

【点睛】
第3题写电极反应方程式时要注意pH=9的溶液是由于SO32-水解，OH-来自于水的电离，电极方程式不能写成SO32--2e-+2OH-===SO42-+H2O。

6．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。

[K sp(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 ①NaOH 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K sp(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CoSO 4，可知LiCoO 2与H 2O 2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O ；
(3)1molH 2O 2作为还原剂转移2mol 电子，1molNa 2S 2O 3作为还原剂转移8mol 电子，则Na 2S 2O 3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H 2SO 4浓度等；
(5)分离Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+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H 2SO 4；
(7)c (Ni 2+)=1.1859mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时，c (OH -)＝()sp 2Ni OH ()
0.02
K =15200210.-⨯=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。

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CuSO 4质量/g B 增重质量/g C 增重质量/g E 中收集到气体/mL ①
T 1 0.640 0.320 0 0 ② T 2 0.640 0 0.256 V 2
③T30.6400.160Y322.4
④T40.640X40.19233.6
（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 2CuSO42CuO+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2CuSO42CuO+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。