回答下列问题：
(l) Li原子结构示意图为____，LiCoO2中Co的化合价是____。 (2)“碱浸”时Al溶解的离子方程式为________。
(3)“酸溶”时加入H2O2的目的是____，调节pH后所得滤渣主要为____。 (4)“沉钴”的离子方程式为________。
(5)配制100mL l.0mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要____。 (6)取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该反应的化学方程式为____。
【答案】 (1).
将LiCoO2中的Co（Ⅲ）还原为+2价 (5). LiOH (6). Co2++C2O42-=CoC2O4↓ (7). 100mL容量瓶、胶头滴管 (8). 3CoC2O4+2O2【解析】 【分析】
铝钴膜主要含有LiCoO2、A1等，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，然后加入氨水调节溶液的pH，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸钴，据此分析解答。 【详解】(1)锂是3号元素，原子结构示意图为
；LiCoO2中Li显+1价，氧元素显-2
的?Co3O4+6CO2
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(2). +3 (3). 2Al + 2OH- +2H2O=2AlO2-+ 3H2↑ (4).
价，设钴元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)+x+(-2)×2=0，则x=+3；
(2)“碱浸”时Al溶解于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为2Al + 2OH- +2H2O=2AlO2- + 3H2↑； (3)“酸溶”时加入H2O2，可以将LiCoO2中的Co(Ⅲ)还原为+2价，用氨水调节pH，将锂离子转化为氢氧化锂沉淀，所得滤渣主要为LiOH；
(4)“沉钴”中CoSO4与草酸铵反应生成草酸钴，反应的离子方程式为Co+C2O4=CoC2O4↓； (5)配制100mL l.0mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要经过称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；
2+2-
4.41g(6)4.41 g CoC2O4的物质的量为=0.03mol，其中含有钴元素的质量
147g/mol=0.03mol×59g/mol=1.77g，因此钴的氧化物中含有氧元素的质量=2.41g-1.77g=0.64g，氧元素的物质的量=
0.64g=0.04mol，因此该钴的氧化物为Co3O4，钴元素被氧化，因此反应物中
16g/mol需要氧气参与，根据元素守恒，生成物中还有二氧化碳，反应的方程式为3CoC2O4+2O2
?Co3O4+6CO2。
【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要注意根据钴元素守恒判断出钴的氧化物的化学式，结合钴元素化合价的变化和元素守恒判断其他反应物和生成物。
9.苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：
实验操作步骤：
①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。 ②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。
③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。
④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通
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过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。 可能用到的有关数据如下： 苯甲酸 苯甲酸乙酯 乙醇 乙醚
回答以下问题：
(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____ (2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。 (3)步骤②中使用分水器除水
目的是_________。
相对分子质量 122 150 46 74 密度（g/cm3） 沸点/℃ 溶解性 1.27 1.05 0.79 0.73 249 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚 211-213 微溶于热水，溶于乙醇、乙醚 78.5 34.5 易溶于水 微溶于水 (4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________ 。
(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。 (6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 (3). 作催化剂 (4). 防止暴沸 (5). 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 (6). 除去硫酸及未反应的苯甲酸 (7). 下口放出 (8). 89.6 【解析】 【分析】 根据反应原理
项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；
(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。
【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；
(2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；
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的，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事
(3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；
(4)步骤③中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；
(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出； (6) 12.2g苯甲酸的物质的量=
12.2g=0.1mol，25mL乙醇的质量为
122g/mol19.75g0.79g/cm×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据
46g/mol3
可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为
0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm=13.44g，苯甲
3
13.44g酸乙酯产率=×100%=89.6%。
15g10.硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨催化氧化法制备，生产过程中发生的反应有： NH3(g)+
5 O2(g)4NO(g)+
3 H2O(l) △H1= -292.3kJ/mol 2NO(g)+
1 O2(g)= NO2(g) △H2= -57.1kJ/mol 23NO2(g)+ H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) △H3= -71.7kJ/mol 回答以下问题：
(1) NH3(g)+2O2(g)=HNO3(aq)+ H2O(l) 的 △H= ___________ kJ/mol。原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必须进行脱硫处理。其原因是____。 (2)研究表明2NO(g)+ O2(g)(a)2NO(g)
2NO2(g)的反应历程分两步：
2NO2(g)(慢)
N2O2(g)(快) (b)N2O2(g)+ O2(g)
①该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比a步的 ___(填“大”或“小”)。 ②在恒容条件下，NO和O2的起始浓度之比为2:1，反应经历相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图，则150℃时，v正___ v逆(填“>”或“<”)。若起始
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c(O2)=5.0×10mol/L，则380℃下反应达平衡时c(O2)=____mol/L。
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(3) T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应2NO+ O2 2NO2，实验测得：v正
=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。容器中各反应物和生成物的物质的量随时间变化如下图所示：
①下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 ____填序号) A. 混合气体的密度不变 B. 混合气体的颜色不变 C. k正、k逆不变 D. 2v正(O2)=v逆(NO2) ②化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系式K=____。
③温度为T1时的化学平衡常数K= _____。若将容器的温度变为T2时，k正=k逆，则T2 ___T1(填“＞” “＜”或“=”)。
【答案】 (1). -413.8 (2). 含硫化合物会引起催化剂中毒（含硫化合物会使催化剂降低或失去催化效果） (3). 大 (4). ＞ (5). 2.5×10-4 (6). BD (7).
k正 (8). 5 (9). ＞ k逆【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律分析计算；含硫化合物会引起催化剂中毒，据此分析解答；
(2)该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比较大；根据图像，150℃时，NO的转
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