安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-53物质的检测（2）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-53物质的检测（2），共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-53物质的检测（2）

一、单选题
1．（2021·安徽芜湖·统考二模）证据推理是化学学科重要的核心素养。由下列实验现象推出的结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+ ,无Fe3+
B
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸
①产生白色沉淀②仍有白色沉淀
原溶液中一定有SO
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS) D
将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合
有白色絮状沉淀生成
AlO结合质子的能力强于CO
A．A B．B C．C D．D

二、实验题
2．（2022·安徽宣城·统考二模）肉桂酸常用于制造麻醉剂、消毒剂和止血药等。实验室制备原理是：
已知部分信息如下表所示：
名称
苯甲醛
乙酸酐
肉桂酸
结构简式



相对分子质量
106
102
148
密度/
1.04
1.08
1.24
熔点/


133
沸点/

140
300
溶解性
___________
与水反应
难溶于水
实验步骤如下(部分加热装置省略)：
①在三口烧瓶中加入苯甲醛、乙酸酐和适量催化剂；
②将混合物在油浴上加热回流，如图1所示；
③加入蒸馏水浸泡几分钟；进行水蒸气蒸馏，直至蒸出液体变澄清为止，可在锥形瓶底部收集到未反应的苯甲醛，如图2所示；

④将烧瓶冷却后，加入溶液，再加入约水，加热煮沸；趁热过滤，如图3所示；
⑤待滤液冷却至室温后，在搅拌下小心加入1∶1盐酸，至溶液呈酸性；
⑥冷却结晶，抽滤析出的晶体，如图4所示；用少量冷却水洗涤、尽量抽干并转移到滤纸上称量，粗产品质量为。

回答下列问题：
(1)图1装置中，仪器A的名称是___________，___________(选填“能”或“不能”)用热水浴替换油浴。
(2)步骤③中，利用水蒸气蒸馏除去未反应的苯甲醛，可知苯甲醛___________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
(3)图2装置中导管1的作用是___________。
(4)步骤④中，加氢氧化钠溶液的目的是___________。利用图3装置过滤，优点是___________。
(5)步骤⑥中，用图4装置抽滤，相对普通方法过滤，其突出优点是___________。
(6)本实验的产率约为___________(计算结果保留2位有效数字)。
3．（2022·安徽合肥·统考三模）某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(夹持装置略)，相关物质的性质如表所示：

物质
性质
SiCl4
无色油状液体，能剧烈水解生成硅酸和HCl
乙酸酐[(CH3CO)2O]
无色油状液体，吸湿性很强
四乙酸硅[Si(CH3COO)4]
米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅
乙酰氯(CH3COCl)
无色油状液体，遇水剧烈反应
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是____，管口A所接干燥管中盛装的试剂是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“碱石灰”)。
(2)检查上述装置气密性，具体操作为先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若____(填现象)，则证明装置的气密性良好。
(3)取255gSiCl4放入1L仪器①中，关闭旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍过量的乙酸酐，反应发生，放出大量的热，混合物略微带色，不久仪器①底部析出大颗粒晶体。写出制备四乙酸硅的化学方程式：____，该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方的原因是____。
(4)待放置一段时间，用干冰—丙酮冷冻剂冷却，然后____(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体，接着再分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再缓慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，则四乙酸硅的产率为____%(保留到小数点后一位)。
4．（2021·安徽蚌埠·统考一模）四氯化锡(SnCl4)是常见的媒染剂和有机合成催化剂.实验室可用Cl2与熔融的锡(熔点为232℃)反应制备SnCl4，装置如图：

已知：①SnCl4易挥发，极易水解生成SnO2·xH2O
②相关物质的熔沸点如下
物质
熔点/℃
沸点/℃
SnCl4
-33
114
CuCl2
620
993
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___。
(2)F装置的作用是___。
(3)实验过程中先点燃A处酒精灯，为了获得较纯的产品，当D处具支试管中__时，再点燃D处酒精灯。
(4)锡屑中含铜杂质会导致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是__。
(5)产品中含少量SnCl2杂质，SnCl2的含量可通过如下方法测定：先准确称取ag产品于锥形瓶中，再加过量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液体积VmL，则产品中SnCl2的质量分数为___(用含a、c、V的代数式表示)。
5．（2021·安徽合肥·统考三模）碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示：

已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
(1)实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸，该过程在如图所示的装置中进行。

①当观察到三颈瓶中______现象时，停止通入氯气。
②“转化”时发生反应的离子方程式为______。
(2)“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、______。
(3)采用冰水浴的目的是______。
(4)有关该实验说法正确的是______。
A．适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分
B．“调pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH
C．制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤
(5)准确称取产品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI发生反应IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。达滴定终点时的现象是______，产品中Ca(IO3)2的质量分数为______。［已知Ca(IO3)2的摩尔质量：390g·mol-1]。
6．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）乳酸亚铁晶体［CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得，而乳酸可由聚乳酸()得到。某化学兴趣小组利用化学解聚方法，先由废旧聚乳酸餐盒制得乳酸，再与碳酸亚铁反应可得乳酸亚铁晶体。已知：
①乳酸亚铁晶体易溶于水，难溶于乙醇
②乳酸是淡黄色粘性液体，与乙醇、水混溶
I.废旧聚乳酸材料的解聚(装置如图1)
①分别取一定量的NaOH、无水乙醇和白色聚乳酸餐盒碎片，装入锥形瓶，加热解聚；
②待反应完毕，向锥形瓶中加入少量浓盐酸，然后加热浓缩，得到淡黄色粘稠状液体和少量白色不溶物；
③往②中所得混合物加入20mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、过滤，弃去白色不溶物。

(1)步骤②中，加入浓盐酸的目的是_______。
(2)步骤③加入20mL无水乙醇的作用是_______。
II.碳酸亚铁的制备(装置如图2)实验步骤如下：
①检查气密性，按图示添加药品；
②在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；
③将B中溶液导入C中产生FeCO3沉淀；
④将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。
(1)装置D的作用是_______。
(2)装置C中生成FeCO3的离子方程式是_______。
(3)步骤②中应打开的开关是_______。(选填“K2”或“K3”)
II.制备乳酸亚铁晶体
将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。经系列操作后得到产品。
(1)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_______，过滤，再洗涤和干燥。
(2)乳酸亚铁晶体中铁元素含量
称取mg样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用cmol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已知：I2+2=2I-+)，滴定终点时，测得消耗标准溶液VmL。样品中铁元素的质量分数为_______。(用含有相关字母的代数式表示)。
7．（2021·安徽安庆·统考二模）“大象牙膏”实验是将浓缩的过氧化氢与肥皂混合起来，加上一些碘化钾固体，即可观察到一股泡沫状浅黄色物质像喷泉一样从容器中喷涌而出。现某小组对过氧化氢与碘化钾的反应进行深入探究，设计如下实验装置。

注明：盐桥中为饱和KCl溶液，烧杯中溶液均为100mL。
(1)配制100mL0.1mol·L−1KI溶液，需要用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、___________。
(2)步骤一：关闭K，观察到电流表指针向右偏转，乙中溶液变蓝，甲中无明显现象，石墨Ⅰ的电极反应式为___________。
(3)步骤二：向乙中逐滴滴入2mol·L−1NaOH溶液，观察到电流表指针向右偏转，甲中仍无明显现象，乙中溶液的蓝色逐渐褪去，经检验：乙中有生成。通过___________(填实验操作和现象)，证明无Ⅰ−存在。步骤二发生反应的离子方程式是___________。
(4)步骤三：继续向乙中逐滴滴入2mol·L−1盐酸，观察到电流表指针向左偏转，甲中石墨Ⅰ的表面产生气泡，乙中溶液变蓝，石墨Ⅱ是___________(填“正极”或“负极”)，盐桥中阴离子移向___________(填“甲”或“乙”)烧杯。
(5)该小组同学根据实验过程得出结论：I2为过氧化氢分解的催化剂。你认为是否合理___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。
8．（2021·安徽池州·统考二模）次磷酸钠(NaH2PO2)是电镀业上重要还原剂，一般制备方法是将白磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如下图所示：

回答下列问题：
(1)盛放烧碱溶液的仪器的名称是______。b的作用______。次磷酸是______元酸。
(2)检查整套装置气密性的方法是______。
(3)在a中加入白磷，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液，反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是______。
(4)c中生成NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下：

S(20℃)
S(98℃)
NaCl
36
38.8
NaH2PO2
90
657
充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为______，然后______、______过滤、洗涤、干燥，得到NaH2PO2的粗产品。
(5)产品纯度测定：取NaH2PO2的粗产品2.50克配成250mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL0.10 mol·L-1碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗10.0mL Na2S2O3溶液，相关反应方程式为H2PO+H2O+I2=H2PO+2H+＋2 I-，2S2O+I2=S4O+2I-。判断滴定终点的现象是______，产品纯度为______(保留3位有效数字)。
9．（2021·安徽蚌埠·统考三模）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，易溶于水，与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒等方面应用广泛。某兴趣小组通过下图装置对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。

(1)仪器C的名称是______。
(2)A中发生反应产物有CIO2、Cl2、NaCl等，请写出该反应的化学方程式______。
(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是______。
(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为______。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。
(5)若实验室需要配置450mL4 mol/L的NaOH溶液，所使用的玻璃仪器除量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯外，还必须有______。
(6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，酸化，加入足量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，加入淀粉溶液。再用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O)，达到滴定终点时用去10.00 mL Na2S2O3标准溶液，测得该水样中的ClO2含量为______mg·L-1。
10．（2021·安徽合肥·统考一模）亚硝酸钠(NaNO2)是重要的防腐剂。
I.实验室制备亚硝酸钠
某化学兴趣小组设计如下实验装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2，②酸性条件下，NO、NO2或都能与反应生成和Mn2+。
回答下列问题：

(l)装置C的名称是____，试剂X的名称是____。
(2)为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→( )→( )→( )→( )→D(装置可重复使用)。
(3)加入浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2，目的是 ____。
(4)D中主要反应的离子方程式为________。
Ⅱ，市售亚硝酸钠含量测定
(5)已知市售亚硝酸钠主要成分是NaNO2(含NaNO3、水等杂质)，可以采用KMnO4测定含量(其中杂质不跟酸性KMnO4溶液反应)。称取5.0 g市售亚硝酸钠样品溶于水配制成250 mL的样品溶液。取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用稀硫酸酸化后，再用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL。判断滴定终点的现象是____，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是____。

三、工业流程题
11．（2022·安徽马鞍山·统考一模）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是___________;
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、___________，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、___________
(3)调pH的目的是___________；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为___________。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式___________
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多___________kg。
12．（2021·安徽淮南·统考二模）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如下：

请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是___________(选填序号)。
A．升温  B．采用高压氧酸浸   C．使用98%的浓硫酸   D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为___________(选填序号)。

A．1~2    B．2~3     C．3~4          D．4~5
已知在此条件下Mn2+不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是___________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是___________。造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是___________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________。
13．（2021·安徽宣城·统考二模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按下列流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。

已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水 NiCl2，反应的方程式为_______。
(6)产品中镍的质量分数［ω(Ni)]测定：准确称取0.3000g产品于锥形瓶内，依次加入25 mL水、0.5g氟化钠、10 mL氨性缓冲溶液、约0.1g紫脲酸铵指示剂，摇匀，用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，则样品中ω(Ni)为_______(保留两位有效数字)。
14．（2021·安徽黄山·统考一模）2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如图：

(1)用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：__。
(2)用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体___(填化学式)。
(3)其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80℃时钴的浸出率最大的原因：___。
反应温度/℃
60
70
80
90
钴的浸出率/%
88
90.5
93
91
(4)已知常温下草酸Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=4.0×10-6，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=___。
(5)高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为___。
(6)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为___。

参考答案：
1．D
【详解】A．实验现象只能说明含有Fe2+，无法证明是否含有Fe3+，A错误；
B．若原溶液中含有SO，加入硝酸钡、盐酸后，酸性环境中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根从而生成硫酸钡沉淀，B错误；
C．Na2S在溶液中会电离出大量S2-，加入硫酸铜后和Cu2+结合成CuS沉淀，该过程中没有发生沉淀的转化，无法比较溶度积，C错误；
D．根据实验现象可知发生反应：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+ CO，说明HCO的酸性强于HAlO2，即AlO结合质子的能力强于CO，D正确；
综上所述答案为D。
2．(1) 球形冷凝管 不能
(2)难溶于水
(3)平衡气压
(4) 将肉桂酸转化成可溶的肉桂酸钠 避免肉桂酸钠晶体析出
(5)过滤速率更快、得到的晶体更干燥
(6)58%

【分析】本题考查有机物制备实验，首先将苯甲醛、乙酸酐和适量催化剂加入三口烧瓶中，并加热反应生成苯甲酸，蒸出未反应的苯甲醛后，在三口烧瓶中氢氧化钠溶液后，蒸馏出杂质，最后加入盐酸得到产品，以此解题。
（1）
由图可知仪器A的名称是球形冷凝管；加热温度为故不能用热水浴替换油浴；
（2）
根据步骤③中的信息“进行水蒸气蒸馏，直至蒸出液体变澄清为止”，以及“根据锥形瓶底部收集到未反应的苯甲醛”，可知苯甲醛难溶于水；
（3）
水蒸气蒸馏装置中，导管1平衡烧瓶内外大气压，避免瓶内气压过大，发生危险；
（4）
依题意，肉桂酸难溶于水，易与固体杂质混在一起，加入氢氧化钠溶液目的是将肉桂酸转化成可溶的钠盐；通过趁热过滤，除去固体杂质；趁热过滤，避免肉桂酸钠结晶析出，降低产率；
（5）
抽滤实质是减压过滤，优点是过滤速率更快、得到的晶体更干燥；
（6）
根据表格数据，苯甲醛的质量为5×1.04=5.2g，乙酸酐的质量为14×1.08=15.12g，根据相对分子质量知，苯甲醛少量，以苯甲醛的质量为计算依据，肉桂酸的理论产量为，产率为。
3．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶) 碱石灰
(2) 苯 ②中液面保持不变
(3) SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl 防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4) 将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞 84.6

【分析】本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
【详解】（1）仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；
（2）因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
（3）制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
（4）为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。
【点睛】分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。
4．(1)圆底烧瓶
(2)防止水蒸气进入装置E中
(3)充满黄绿色气体
(4)CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出
(5)%或×100%

【分析】根据题中图示装置可知，装置A是制取Cl2装置，装置B是除去Cl2中HCl，装置C是除去Cl2中水蒸气，装置D是Sn与Cl2反应生成SnCl4装置，装置E是SnCl4收集装置，装置F是防止水分进入装置E，从而引起SnCl4水解，装置G是尾气吸收装置，防止污染环境；据此解答。
（1）
由题中装置图可知，仪器a为圆底烧瓶；答案为圆底烧瓶。
（2）
因为SnCl4极易水解生成SnO2·xH2O，所以装置F装浓H2SO4试剂，防止水蒸气进入装置E中；答案为防止水蒸气进入装置E中。
（3）
实验过程中先点燃A处酒精灯，用Cl2排 尽装置中 的空气，避免副反应发生(产生SnO2)，当D处试管中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯，发生Sn+2Cl2SnCl4；答案为充满黄绿色气体。
（4）
由题中表格数据可知，CuCl2的沸点为993℃，SnCl4的沸点为114℃，则CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出；答案为CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出。
（5）
由题中信息可知，发生Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O反应，得关系式为3Sn2+~6Fe2+~，所以SnCl2的物质的量n(SnCl2)=mol，则产品中SnCl2的质量分数=×100%=%或×100%；答案为%或×100%。
5． 紫红色接近褪去 I2+5Cl2+6H2O=2IO+10Cl-+12H+ 分液漏斗 降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离 AC 溶液蓝色褪去且30s内不恢复蓝色 39.0%
【分析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液进入第三步与KOH反应生成KIO3、KCl，加入CaCl2后，经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。
【详解】(1)①随着反应的进行，I2逐渐转化为无色的HIO3，当紫红色接近消失时，说明反应基本完成，此时可停止通入氯气，故此处填：紫红色接近褪去；②由分析知，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，初步确定反应为：I2+Cl2→HIO3+HCl，根据元素守恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，HIO3、HCl为强酸，可拆写成离子，改写后对应离子方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2+10Cl-+12H+；
(2)由分析知，分离时的操作为分液，所需仪器有烧杯、分液漏斗，故此处填分液漏斗；
(3)根据流程知，最终目的为获得Ca(IO3)2，且Ca(IO3)2的溶解度随温度降低而减小，故采用冰水浴的目的为：降低Ca(IO3)2的溶解度，促进其析出，便于后续分离；
(4)A．搅拌可使反应物充分混合，使反应更充分，A正确；B．由分析知，调pH=10后的溶液中还含有KCl，B错误；C．由于Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体，C正确；故答案选AC；
(5)由于I-与反应生成I2，故加入淀粉溶液后，溶液变蓝，随着生成的I2逐渐与Na2S2O3反应，溶液蓝色逐渐消失，故滴定终点现象为：溶液蓝色褪去，且30 s内不恢复蓝色；由题目所给反应得关系式：Ca(IO3)2~2~6I2~12Na2S2O3，故n(Ca(IO3)2)=，则w(Ca(IO3)2)=。
6． 使解聚后的产物由乳酸盐转化为乳酸 乳酸为粘稠状液体，需用乙醇溶解后才容易过滤 液封，防止空气进入C中氧化Fe2+ Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑ K3 加入乙醇  
【分析】II.制备碳酸亚铁
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；
【详解】I. (1)聚乳酸中含酯基，步骤①中聚乳酸水解成乳酸钠，步骤②中，加入浓盐酸的目的是：使解聚后的产物由乳酸盐转化为乳酸；
(2)已知②乳酸是淡黄色粘性液体，与乙醇、水混溶，则步骤③加入20mL无水乙醇的作用是：乳酸为粘稠状液体，需用乙醇溶解后才容易过滤；
II. (1)装置D的作用是：液封，防止空气进入C中氧化Fe2+；
(2)装置B中制备FeSO4，进入装置C发生反应的离子方程式：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(3)步骤②目的是利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化，则应打开的开关是K3；
III. (1)已知①乳酸亚铁晶体易溶于水，难溶于乙醇，则为了减小晶体溶解，应加入乙醇再过滤；
(2) Fe原子守恒有：[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O～Fe2+～Fe3+，Fe3+与KI的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2+2=2I-+，则关系式为[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O～，n(Fe2+)=n()=0.001cVmol，m(Fe)=nM=0.001cVmol×56g/mol=0.056cVg，则样品中铁元素含量为。
7． 100mL容量瓶、胶头滴管 H2O2+2H++2e-=2H2O 取少量乙中的溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生黄色沉淀 5H2O2+I2+2OH-=6H2O+2 正极 甲 合理或不合理 合理理由在过氧化氢的分解反应中，I2作为反应物先生成，后又生成I2，整个过程无变化。不合理理由：该小组没有探究I2在过氧化氢的分解反应前后的质量和化学性质是否不变
【分析】催化剂参与化学反应，但无消耗，无化学性质变化。对过氧化氢与碘化钾的反应进行深入探究，I2作为反应物先生成，后又生成I2，整个过程无变化，I2有催化作用，但是不是催化剂，还需探究I2在过氧化氢的分解反应前后的质量和化学性质是否不变。
【详解】(1)根据一定物质的量浓度溶液的配制所需玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管(量筒)。故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
(2)根据乙中有I2生成，甲中无明显现象知，石墨Ⅰ发生还原反应，得电子的物质是H2O2，H2O2+2H++2e-=2H2O。故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；
(3)检验I-选用的试剂是稀硝酸酸化的硝酸银溶液：取少量乙中的溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生黄色沉淀。综合(2)(3)知，乙中I2→IO3-，甲中H2O2→H2O，离子方程式为5H2O2+I2+2OH-=6H2O+2IO3-。故答案为：取少量乙中的溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸酸化的硝酸银溶液，不产生黄色沉淀；5H2O2+I2+2OH-=6H2O+2；
(4)电流表指针反向偏转，石墨Ⅱ由负极变为正极，盐桥中的阴离子移向甲烧杯。故答案为：正极；甲；
(5)催化剂参与化学反应，但无消耗，无化学性质变化。故答案为：合理或不合理；合理理由在过氧化氢的分解反应中，I2作为反应物先生成，后又生成I2，整个过程无变化。不合理理由：该小组没有探究I2在过氧化氢的分解反应前后的质量和化学性质是否不变。
8． 分液漏斗 安全瓶，防倒吸 一 在d烧杯中加少量的水浸没导管口，关闭分液漏斗活塞和K1，给三颈烧瓶微热，如果d烧杯中导管口有气泡冒出，说明装置气密性良好 排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收 NaCl 趁热过滤 冷却结晶 滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色刚好消失，且半分钟内不再发生新的变化 70.4%或0.704
【分析】P4和过量烧碱溶液反应生成次磷酸钠NaH2PO2和PH3，反应方程式为P4+3NaOH（浓）+3H2O3NaH2PO2+PH3↑，
(3)结合PH3有毒、易造成环境污染，必须要进行尾气处理；
(4)根据表中数据可知，NaCl的溶解度受温度影响变化不大，NaH2PO2的溶解度受温度影响变化较大，所以c中混合液蒸发浓缩时，有大量NaCl晶体析出，分离NaH2PO2的方法为冷却结晶；
【详解】(1)盛放烧碱溶液的仪器的名称是：分液漏斗；NaClO有强氧化性，PH3有还原性，二者反应较快容易发生倒吸，所以装置b的作用是安全瓶、防倒吸；已知NaH2PO2能与盐酸反应，该反应为强酸制弱酸，化学方程式为NaH2PO2+HCl=H3PO2+NaCl，NaH2PO2不能与NaOH溶液反应，说明不能电离出来H+，故次磷酸(H3PO2)是一元弱酸；
(2)装置气密性的方法是：在d烧杯中加少量的水浸没导管口，关闭分液漏斗活塞和K1，给三颈烧瓶微热，如果d烧杯中导管口有气泡冒出，说明装置气密性良好；
(3)PH3有毒、残留于装置中易造成环境污染，必须排除处理掉，所以可通入N2一段时间，使之排除被c装置中NaClO溶液吸收；
(4)NaCl的溶解度受温度影响变化不大，所以c中混合液蒸发浓缩时，有大量NaCl晶体析出，NaH2PO2的溶解度受温度影响变化较大，所以趁热过滤分离出NaCl，防止NaH2PO2结晶析出，分离NaH2PO2的方法为冷却结晶；
(5)原子守恒有：，根据电子守恒有：2n(NaH2PO2)+n(Na2S2O3)=2n(I2)，即n(NaH2PO2)=n(I2)-n(Na2S2O3)=，2.5g样品中，样品中m(NaH2PO2)=nM═2×10-2mol×88g/mol=1.76g，产品纯度为。
9． 球形干燥管 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 吸收 Cl2 4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O 验证是否有 ClO2生成 500mL容量瓶 135
【分析】由题意和装置推知，A中NaClO3和稀盐酸反应制的ClO2和Cl2，经过C的干燥管除去Cl2，ClO2进入D稳定剂中，通入F的淀粉-KI溶液检验ClO2，最后G中NaOH溶液进行尾气的吸收处理。
【详解】（1）根据仪器特征，可以知道仪器C是球形干燥管，故C：球形干燥管；
（2）氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2、NaCl，根据电子转移守恒和原子守恒，化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可以知道应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放试验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用：验证是否有ClO2生成；
（5）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，配制450mL4mol/L的NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的玻璃仪器：500mL容量瓶；
（6）已知在水样中加入足量的 KI 发生的离子方程式为：2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O，再用 0.1000 mol⋅L−1 Na2S2O3标准溶液滴定 I2单质发生反应：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−。可得滴定过程中的转化关系为：2ClO2∼5I2∼10S2O32−，反应之后消耗 S2O32−的物质的量为 0.1000 mol/L×10.00×10−3 L=1×10−3 mol，故 ClO2的物质的量为 1×10−3 mol× =2×10−4 mol，故该水样中 ClO2的含量为 =135 mg⋅L−1。
10． (球形)干燥管 蒸馏水或水 E C B C 排出装置中的空气，防止NO被氧化为NO2 当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化 96.6%
【分析】已知2NO+Na2O2=2NaNO2，可见B为合成NaNO2的装置，由于过氧化钠能和水反应，故B应该是干燥环境，B需连接C装置，A中铜和浓硝酸反应生成NO2，经过E装置，和水反应生成NO，经干燥后进入B装置，氮氧化物有毒，因此用装置D、氮氧化物和高锰酸钾反应进行尾气处理；
【详解】I．(l)由图知，装置C为(球形)干燥管，试剂X的名称是水。
(2)据分析，为制得少量亚硝酸钠，上述装置按气流方向连接顺序为A→E→C→B→C→D。
(3)利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，故要防止NO被氧化为NO2，因此加浓HNO3前，需先向装置内通一段时间N2，以排净空气，防止NO被氧化为NO2。
(4)已知，酸性条件下，NO、NO2或都能与反应生成和Mn2+。D中NO被酸性高锰酸钾氧化了为硝酸根离子，N元素化合价从+2升到+5，高锰酸钾中锰元素化合价从+7降低到+2，按得失电子守恒、元素质量守恒得主要反应的离子方程式为。
Ⅱ(5)硫酸参与下，高锰酸钾和亚硝酸钠溶液反应的化学方程式为：，由此：滴定终点的现象是当最后一滴高锰酸钾标准液滴入时，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内无变化；25.00mL样品溶液用0.1000 mol/L的KMnO4标准液进行滴定，消耗KMnO4标准液体积28.00 mL，则有：，则，该市售亚硝酸钠中NaNO2的质量分数是=96.6%。
11．(1)将Fe2+氧化为Fe3+
(2) 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3
(3) 溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+
(4)2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
(5)1.80或1.8

【分析】钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc) ，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
（1）
“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去；
（2）
在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+；
（3）
调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
（4）
草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
（5）
Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3， n(Sc)=，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多：m= n(Sc)÷2×(90+48)÷85%=1.8kg。
12． C D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+ 可能生成MnS MgSO4、CaSO4
【分析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、除镍，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。
【详解】(1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C；
(2)“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图， pH范围为4~5 时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+；
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4；
(6) 设硫酸锰晶体的化学式是，则，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为。
【点睛】本题以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，明确各步反应原理是解题关键，掌握常见混合物的分离，培养学生读图能力。
13． CuS   S Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子 0.03 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩 NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑ 22%
【分析】废弃催化剂加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2、MgF2除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
【详解】(1) 向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，所以滤渣1的成分主要是CuS、S。
(2)若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是。加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应，反应消耗氢离子，所以试剂Y的使用量会减少。
(3) Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L；
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率。NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水NiCl2，反应的方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
(6)用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，则消耗Na2H2Y的物质的量为，根据反应为方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，Ni2+的物质的量为，则样品中ω(Ni)为。
【点睛】本题以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料回收NiCl2·6H2O晶体为载体，考查化学工艺流程，明确各步反应原理是解题关键，熟悉溶度积的有关计算，掌握常见混合物分离的方法。
14． 2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑ Cl2 在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降 2.1 4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2 Co3O4
【分析】本实验欲将从实验剩余的残渣中提纯钴酸锂，设计了如下实验，首先将含有钴酸锂的滤渣用酸浸泡，使其中的Li+、Co2+转移到溶液中；随后向含有两种离子的溶液中加入草酸并调节溶液pH，是Co2+转化为CoC2O4得到沉淀和含有Li+的滤液，向滤液中加入碳酸钠使Li+转化为Li2CO3沉淀；最后将得到的CoC2O4和Li2CO3提纯出来混合高温煅烧得到LiCoO2，据此答题。
【详解】(1)酸浸过程中常添加30%的H2O2以提高浸出效率，H2O2的加入可以将CoO变成Co2+，涉及的反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；
(2)HCl中Cl-可以失电子生成Cl2，Cl2有毒，可以污染空气，因此不用盐酸代替硫酸和过氧化氢；
(3)从表中可以看出，当温度小于80℃时，Co的浸出率随温度的升高而升高，但温度高于80℃时，Co的浸出率有所下降，这是因为：温度升高，反应速率增大，但当温度大于80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；
(4)Co2+与草酸反应生成CoC2O4的离子方程式为Co2++H2C2O4=CoC2O4↓+2H+，反应的平衡常数表达式K=，由草酸的电离平衡常数Ka1、Ka2和草酸钴的沉淀溶解平衡常数Ksp可以导出该反应的平衡常数，K===2.1；
(5)高温下，CoC2O4、Li2CO3和O2反应生成LiCoO2的反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiC2O4+10CO2；
(6)高温下，CoC2O4煅烧生成Co氧化物和CO2，标准状况下，2.016L CO2的物质的量n===0.09mol，由化学式可知CoC2O4中n(Co)=0.09mol×=0.045mol，则氧化物中n(O)==0.06mol，氧化物中钴、氧物质的量比为n(Co)∶n(O)=0.045mol∶0.06mol=3∶4，由化学式中各原子的物质的量比等于原子个数比可得钴氧化物的化学式为Co3O4。