2020-2021高考化学氧化还原反应综合经典题含答案

2020-2021高考化学氧化还原反应综合经典题含答案
一、高中化学氧化还原反应
1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I：Na2S2O3的制备。

工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。

b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。

c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______
实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置试剂X实验现象
Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。

从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：
_______
实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。

平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-
+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-⇌Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2由装置b 提供，所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)从反应速率影响因素分析，控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成3233Fe(S O )-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr
7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -
，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的
223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。

所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294
⨯
⨯⨯⨯，解得a=0.1600mol/L 。

2．羟氨（NH 2OH ）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KMnO 4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。

3．实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与33Fe(NO )溶液的反应制备高效水处理剂24K FeO .已知24K FeO 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在05-℃℃、强碱性溶液中比较稳定，③在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成3Fe(OH)和2O 。

（1）装置A 中4KMnO 与盐酸反应生成2MnCl 和2Cl ，其化学方程式为______，装置B 的作用是______。

（2）2Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，试写出该反应的离子方程式______。

（3）制备24K FeO 时，KClO 饱和溶液与33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中。

理由是______。

（4）已知pH 11>时2Zn(OH)能溶于NaOH 溶液生成24[Zn(OH)].-下表列出了几种离子
生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为11.0mol L -⋅计算)。

开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
3Fe +
1.1 3.2 2Fe + 5.8
8.8
实验中可选用的试剂：2230%H O 、131.0mol L HNO -⋅、11.0mol L NaOH.-⋅由某硫酸锌溶
液(含2Fe +、3Fe +杂质)制备ZnO 的实验步骤依次为：
①______；
②______；
③过滤；
④______；
⑤过滤、洗涤、干燥；
900⑥℃煅烧。

【答案】2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 除去2Cl 中的HCl
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V
24K FeO 在3Fe +作用下会分解 向硫酸锌溶液中加入适量2230%H O ，使其充分反应 滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为5(或
3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全 向滤液中滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全
【解析】
【分析】
根据实验装置图可知，A 装置 中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C 中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收。

【详解】
()41KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为2Cl ，反应还有水生成，所以化学方程式为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ，由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl ，应饱和食盐水吸收HCl 除去，
故答案为：2KMnO 4+16HCl=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O ；除去2Cl 中的HCl ； ()22Cl 和KOH 在较高温度下反应生成3KClO ，反应的离子方程式为
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----
+++V ，故答案为：
2323Cl 6OH 5Cl ClO 3H O ----+++V ；
()3由题意可知24K FeO 在3Fe +和3Fe(OH)催化作用下发生分解，则KClO 饱和溶液与
33Fe(NO )饱和溶液的混合方式为：在搅拌下，将33Fe(NO )饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，故答案为：24K FeO 在3Fe +作用下会分解；
()4根据表中阳离子沉淀的PH 可知，由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①向滤液中加入2230%H O ，使其充分反应，目的使2Fe +转化完全为3Fe +，②加氢氧化钠溶液，控制PH 在4左右，使3Fe +沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加11.0mol L NaOH -⋅，调节溶液PH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥，⑥900℃煅烧。

故答案为：①向硫酸锌溶液中加入适量30% 22H O ，使其充分反应；②滴加1.0 1mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为5(或3.2pH 5.9)≤<，使3Fe +沉淀完全；④向滤液中滴加1.0 1mol L NaOH -⋅，调节溶液pH 约为10(或8.9pH 11)≤≤，使2Zn +沉淀完全。

【点睛】
根据实验装置图可知，A 装置中用高锰酸钾与盐酸反应制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B 装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C 中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钠，反应的尾气氯气用氢氧化钾吸收，以此解答该题。

4．碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，一般是在食盐中添加一定量的KIO 3。

但碘添加量也不能过多，过多会导致甲亢等。

国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量（以碘原子计）应为20-60mg/kg 。

实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：3242224KIO + KI + H SO I + H O + K SO →（方程式未配平）。

试根据相关信息回答下列问题：
（1）检测原理中，氧化剂为_______，氧化产物为_______。

请在下面配平该方程式，同时用单线桥．．．
标明电子转移的方向和数目：_______ ____3KIO +____ KI+____24H SO —____2I + ____ 2H O +____ 24K SO
（2）取10g 加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI 溶液（H 2SO 4和KI 都稍过量），充分反应后，将反应液转入分液漏斗中，再加入一定量的CCl 4，振荡，静置，此时观察到的现象是________________________________________________。

然后分液，即得到I 2的CCl 4溶液。

（3）查阅资料，CCl 4的沸点为78℃，I 2的升华温度约为120~130℃。

实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl 4和I 2的混合溶液分离。

该分离方法的名称是___________，冷凝管的进水口是_______（填“a ”或“b ”）。

（4）上述实验结束，用电子天平称量出圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg ，该加碘盐_______（填“合格”或“不合格”）。

（5）KIO 3虽稳定性较好，但在高温下也可分解为KI 等物质，所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。

请书写出KIO 3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。

【答案】KIO 3 I 2
溶液分为两层，下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 322KIO 2KI+3O ↑高温
【解析】
【详解】
(1)、该反应中化合价的变化为：KIO 3-→I 2，I 元素由+5价→0价，一个KIO 3得5个电子；KI-→I 2，I 元素由-1价→0价，一个KI 失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO 3的计量数为1， KI 的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，故答案为：KIO 3；I 2 ；
；
(2)、碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色，
故答案为：溶液分成两层，上层无色，下层呈紫红色；
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏，冷凝水的方向是下进上出，故答案为：蒸馏；a ；
(4)、由方程式可知：I 2的的来源属于KIO 3的占16
，所以圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ，则食盐中的碘原子质量为0.25mg ，所以碘的含量为
30.2525/1010mg mg kg g g -=⨯，在国家标准内，故答案为：25；合格；
(5)、由题意：碘元素化合价降低，则必有宁一种元素化合价升高，故O 元素化合价升高。

根据得失电子守恒可知：碘酸钾受热分解的方程式为2KIO 3
Δ2KI+3O 2↑，故答案为2KIO 3Δ2KI+3O 2↑；
【点睛】
实验最终得到的I 2来自于KIO 3和KI 两部分，所以食盐中的碘含量时，应减去KI 中的含量。

5．NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象
为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl 2和NH 3的最佳比例为_____。

(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。

求：① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的
17，求生成氧化产物的物质的量_____________。

（该实验数据在标准状况下测定）
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ，余HCl 和N 2 0.893mol
【解析】
【分析】
NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气：2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时，产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答；
(3)常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量；
(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合，①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；
【详解】
(1)按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；
答案为：有白烟生成；
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：3222NH 3Cl N 6HCl +=+，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸， Cl 2和NH 3的最佳比例为3：2；
答案为：3：2；
(3) ① 常温常压下，取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余，再多余氨气再与
部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ，HCl 不能完全反应，设反应3222NH 3Cl N 6HCl
+=+中消耗氯气的物质的量为x ，3
223
222NH ~3C 23
3l x x
x 气体物质的量增加 ，43
+HCl=NH Cl 1
2212-2(12-3N )
H x
x x -气体物质的量减少，前者体积增大与后者体积减小相等，则222(12)33
x x x --= ，得x =6， 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为
61126x x ==-：1 ； 答案为：1:1；
② 反应后生成的氧化产物为氮气，氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ，故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ，
故答案为：56g ；
(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中，NH 3和Cl 2恰好完全反应时，混合气体中N 2占混合气体的
17，由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ，而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17
，则有两类情况：①Cl 2与氨气恰好反应，由方程式可知5体积气体生成7体积气体，故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ，则氧化产物氮气体积为140L ×17
=20L ，故其物质的量=20L 22.4L /mol
=0.893mol ；②NH 3过量时，发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl 2有xL ，则
3
2
28NH ~3Cl ~N 83
1101033V
x
x x ∆，则1L 13107100L L 3x x =-，30017x =，故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17
30.263mol 22.4L /mol
⨯== ； 答案为：余NH 3和N 2为0.263mol ，余HCl 和N 2为0.893mol 。

6．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LiCoO 2）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】
热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。

第5题解题关键是抓住受热过程中Co元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程式。

7．孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2）。

某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。

实验步骤如下：
（提供试剂：NaOH 溶液、 H 2O 2溶液、 CuO 、Na 2CO 3）
完成下列填空：
（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。

（2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为__________。

沉淀B 的成分为_______。

（3）a 操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。

除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。

（4）欲检验溶液A 中Fe 2+的试剂是___________（选填序号）。

如果测定Fe 2+的含量，需
要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。

a NaOH （aq ）
b Na 2CO 3（aq ）
c 淀粉KI （aq ）
d 酸性KMnO 4（aq ） （5）在测定所得胆矾（CuSO 4·xH 2O ）中结晶水x 值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。

a 加热温度过高
b 胆矾晶体的颗粒较大
c 加热后放在空气中冷却
d 加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出
（6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为： 21
m 2222502m ，另一位同学不同意，其原因是___________。

【答案】Cu 2（OH ）2CO 3+4H +→2Cu 2++3H 2O +CO 2↑ H 2O 2溶液、 CuO Fe （OH ）3、 CuO
冷却结晶 自然干燥 引流 d 加水到离刻度线2～3cm 处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平 a 、d 在除杂过程中加入了CuO ，会使结果偏大
【解析】
【分析】
m 1g 孔雀石的主要成分为Cu 2（OH ）2CO 3（含少量FeO 、Fe 2O 3、SiO 2），加入稀硫酸过滤得到滤渣二氧化硅和溶液A 为硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，加入W 为过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH 沉淀铁离子，过滤得到沉淀B 为氢氧化铁和过量的氧化铜，溶液B 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到硫酸铜晶体m 2g ，受热失去结晶水得到硫酸铜固体m 3g 。

据此解答。

【详解】
（1）碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑，故答案为：Cu 2（OH ）2CO 3+4H +=2Cu 2++3H 2O +CO 2↑； （2）按试剂加入顺序，w 所代表的试剂依次为加入氧化剂过氧化氢氧化亚铁离子，不引入其他杂志离子，加入氧化铜调节溶液pH 使铁离子全部沉淀，过滤得到沉淀B 为Fe （OH ）3、CuO ，故答案为：H 2O 2溶液、CuO ；Fe （OH ）3、CuO ；
（3）从溶液B 中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的
操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器为玻璃棒，该仪器在此操作中的主要作用是引流，故答案为：冷却结晶，自然干燥；引流；
（4）溶液A中含亚铁离子和铁离子：a．NaOH溶液，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，Fe2+与OH-反应生成Fe（OH）2，Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓，Fe（OH）2不稳定易被氧气氧化为Fe（OH）3，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，白色的Fe（OH）2沉淀变成红褐色Fe （OH）3，向Fe2+溶液中加入NaOH溶液后，观察到生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe3+与OH-反应Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，生成红褐色Fe（OH）3，两者反应现象干扰，不能检验该溶液中存在Fe2+，故a错误；
b．Na2CO3（aq）和亚铁离子生成沉淀，和铁离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，溶液浑浊不能检验亚铁离子，故b错误；
c．淀粉KI（aq）和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，溶液颜色相近不能鉴别亚铁离子，故c错误；
d．酸性KMnO4（aq），因为Fe2+具有较强的还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，Fe3+不能，故能够用酸性KMnO4溶液鉴别Fe2+和Fe3+，故d正确；
如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平，故答案为：d；加水到离刻度线2～3cm处改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到凹液面的最低线与刻度线相平；
（5）测定所得胆矾（CuSO4•xH2O）中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；
a．加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，a正确；
b．胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，b错误；
c．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，c错误；
d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；
故答案为：ad；
（6）向溶液中加入CuO调节溶液的pH，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，所以胆矾中的铜元素不是都来自样品，因此该小组一位同学根据实验结果求出样品中CuO的质量分数偏大，故答案为：在除杂过程中加入了CuO，会使结果偏大。

8．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)常用做分析试剂及显影剂等。

下图是将一定质量的草酸亚铁在氩气气氛中进行热重分析示意图(TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数)。