四川省瀘州市馬街中學2023-2024學年高二上學期期中化學試題 Word版含解析.docx

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馬街中學高2022級高二上期期中考試化學試題可能用到的相對原子質量有：H：1　C：12　O：16　S：32　Cu：64　Cl：35.5第一部分選擇題(共42分)一、選擇題(本題共14個小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共42分)1.以下自發(fā)反應可以用熵判據(jù)來解釋的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．反應的，反應不能自發(fā)進行，A不符合題意；B．反應的，低溫時的影響為主，不能用熵判據(jù)解釋，B不符合題意；C．反應的，高溫條件下可以實現(xiàn)，使反應自發(fā)進行，高溫時的影響為主，可以用熵判據(jù)來解釋，C符合題意；D．反應的，低溫時的影響為主，不能用熵判據(jù)解釋，D不符合題意；故選C。2.已知汽車尾氣處理反應之一為：。該反應的、。則上述反應在下列什么條件下易自發(fā)進行A.高溫B.低溫C.任何溫度下均不能D.任意溫度下均能【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)自發(fā)反應的判據(jù)，該反應的、，則該反應在低溫下易自發(fā)進行，故選：B。3.10mL濃度為1mol·L-1的鹽酸與過量的鋅粉反應,若加入適量的下列溶液,能減慢反應速率但又不影響氫氣生成量的是(　　)A.H2SO4B.CH3COONaC.CuSO4D.Na2CO3 【答案】B【解析】【詳解】當加入其它物質能夠減慢反應速率，且不影響氫氣的總量，采取的方式為降低氫離子濃度，不減小氫離子的量。A、加入硫酸，增大氫離子物質的量，影響了氫氣的總量，A錯誤；C、加入硫酸銅，鋅置換出銅，鋅與銅構成原電池，反應速率加快，C錯誤；D、加入Na2CO3消耗了氫離子，氫氣總量減少，D錯誤；故選B。4.反應A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四種不同情況下的反應速率最大的是A.v(A)=0.45mol/(L·min)B.v(B)=0.6mol/(L·s)C.v(C)=0.4mol/(L·s)D.v(D)=0.45mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】【詳解】反應速率與化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，則0.45÷60/1=0.0075，0.6/3=0.2，0.4/2=0.2，0.45/2=0.225，則反應快慢為D＞C=B＞A，故選：D。5.已知。在含少量的溶液中，分解反應過程為i.ii.下列說法不正確的是A.B.是分解反應的催化劑C.欲分解2mol(l)，至少需要提供的熱量D.若生成，則反應ii轉移電子的物質的量為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律可知，i+ii可得，2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H=△H1+△H2，故A正確；B．已知i.H2O2+I-→H2O+IO-，ii.H2O2+IO-→H2O+O2+I-，i+ii可得，2H2O2═2H2O+O2，說明I-為H2O2 分解反應的催化劑，故B正確；C．雙氧水的分解為放熱反應，則分解2?mol?H2O2(l)至少放出98?kJ的熱量，故C錯誤；D．反應H2O2(l)+IO-(aq)═H2O(l)+O2(g)+I-(aq)中，雙氧水中-1價O原子被氧化成氧氣，則生成1mol氧氣轉移的電子的物質的量為：1mol×2×[0-(-1]=2mol，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查了氧化還原反應的計算、蓋斯定律的應用、反應熱計算等，明確蓋斯定律的內(nèi)容為解答關鍵。本題的易錯點為D，要注意雙氧水中的O元素的變化情況。6.工業(yè)上合成氨采用500℃左右的溫度，其原因是：①適當加快NH3的合成速率②提高氫氣的轉化率③提高氨的產(chǎn)率④催化劑在500℃左右活性最好A.①B.①③C.①④D.②③④【答案】C【解析】【詳解】合成氨反應是放熱反應，500℃有利于提高反應速率、不利于氨的合成，也不利于提高氫氣的轉化率，但是500℃時催化劑的活性最好，能最大程度提高催化效果，故①④正確；答案選C。7.在密閉容器中充入2molSO2和1molO2，一定條件下發(fā)生反應，2SO2+O22SO3，達到反應限度時，容器中SO3的物質的量可能是A.1molB.2molC.3molD.4mol【答案】A【解析】【詳解】在密閉容器中充入2molSO2和1molO2，一定條件下發(fā)生反應，2SO2+O22SO3，二者恰好反應，若完全反應會產(chǎn)生2molSO3，但由于該反應是可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，因此反應產(chǎn)生SO3的物質的量小于2mol，選項中少于2molSO3的只有選項A的1mol，故合理選項是A。8.下列根據(jù)方程式得出的結論正確的是A.將Cu置于雙氧水和過量氨水中，其反應的離子方程式為：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)]2++2OH-+4H2OB.已知S(s)+O2(g)=SO3(g)ΔH=-395.7kJ/mol，則硫磺的燃燒熱為395.7kJ/molC.已知4P(紅磷，s)=P4(白磷，s)ΔH=+29.2kJ/mol，則白磷更穩(wěn)定D.已知H+(aq)+OH-(aq)=HO(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，則稀H2C2O4和稀NaOH反應生成2molH2O 的反應熱ΔH＜－2×57.3kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.．Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)]2++2OH-+4H2O符合反應原理，電荷守恒，原子守恒，故A正確；B．硫與氧氣反應只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B錯誤；C．能量越低越穩(wěn)定，紅磷轉化為白磷要吸收熱量，紅磷的能量低于白磷的能量，則紅磷更穩(wěn)定，故C錯誤；D．草酸是二元弱弱，電離需要吸熱，則稀H2C2O4和稀NaOH反應生成2molH2O時，放出的量小于2×57.3kJ/mol，所以反應熱ΔH>－2×57.3kJ/mol，故D錯誤；故選：A。9.一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：。容器編號溫度/℃起始物質的量/mol平衡物質的量/molⅠ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090下列說法正確的是A.該反應的正反應為吸熱反應B.達到平衡時，容器Ⅰ中的體積分數(shù)比容器Ⅱ中的小C.容器Ⅰ中反應到達平衡所需時間比容器Ⅲ中的長D.若起始時向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，則反應將向正反應方向進行【答案】D【解析】 【分析】Ⅱ與I比較，起始物質的量加倍，2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)是一個氣體分子數(shù)不變的反應，故甲醇氣體的濃度若增大一倍，則平衡后各物質的濃度也增大一倍，轉化率不變，兩者達到等效；III與I比較，溫度降低，起始物質的量相同，而平衡后生成物增加，說明平衡正向移動，即證明該反應為放熱反應?！驹斀狻緼．由上述分析可知，反應為放熱反應，故A錯誤；B．恒容條件下，容器Ⅱ相當于在容器Ⅰ的基礎上加壓，但由于該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此平衡不移動，所以容器Ⅰ中的CH3OH體積分數(shù)和容器Ⅱ中的相等，故B錯誤；C．容器I中的溫度比容器III的溫度高，溫度越高反應速率越快，達到平衡所需時間越短，故C錯誤；D．容器Ⅰ中平衡時c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化學平衡常數(shù)K==4；若起始時向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，容器容積為1L，則c(CH3OH)=0.15mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L，濃度商Qc==＜4，則反應將向正反應方向進行，故D正確。答案選D。10.用標準NaOH滴定未知濃度的醋酸溶液，下列說法中，正確的是A.滴定管、錐形瓶均用待測醋酸溶液潤洗后進行滴定B.滴定時，眼睛要注視滴定管的讀數(shù)C.滴定前平視滴定管刻度線，滴定終點俯視刻度線，滴定結果偏低D.用酚酞試液作指示劑，當溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復紅色為滴定終點【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.用標準NaOH滴定未知濃度的醋酸溶液，滴定管必須用NaOH標準溶液潤洗，錐形瓶不能潤洗，A錯誤；B.滴定時，眼睛要注視錐形瓶中溶液顏色的變化，B錯誤；C.滴定前平視滴定管刻度線，滴定終點俯視刻度線，則消耗標準溶液體積偏小，使滴定結果偏低，C正確； D.用酚酞試液作指示劑，開始時溶液為無色，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色為滴定終點，D錯誤；故合理選項是C。11.已知一種c(H＋)＝1×10－3mol/L的酸和一種c(OH－)＝1×10－3mol/L的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性，其原因可能是A.濃的強酸和稀的強堿溶液反應B.濃的弱酸和稀的強堿溶液反應C.等濃度的強酸和弱堿溶液反應D.生成了一種強酸弱堿鹽【答案】B【解析】詳解】依據(jù)本題信息：酸中c(H＋)＝1×mol/L，堿中c(OH－)＝1×mol/L，且酸和堿溶液等體積混合；若是強酸和強堿混合，它們完全中和，生成的強酸強堿鹽不水解，溶液呈中性，故選項A錯誤；若是弱堿和強酸混合，由于弱堿的不完全電離，堿的物質的量濃度遠大于酸的物質的量濃度，當它們等體積混合時，堿過量，反應后溶液呈堿性，故選項C、D錯誤；同理，若弱酸與強堿混合，當它們體積相等時，酸過量，反應后溶液呈酸性，B正確；故答案選B。12.將AgCl分別加入盛有：①5mL水②6mL0.5溶液③10mL0.2溶液④5mL0.1鹽酸的燒杯中，均有固體剩余，各溶液中從大到小的順序排列正確的是A.①④③②B.②③④①C.④③②①D.①③②④【答案】A【解析】【分析】在AgCl飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl?(aq)，加入Cl?平衡逆向移動c(Ag＋)會減小，加入Cl?的濃度越大，c(Ag＋)越小，即c(Ag＋)與c(Cl?)大小順序相反，據(jù)此分析?！驹斀狻竣偎袥]有Cl?，即5mL水對AgCl的沉淀溶解平衡沒有抑制作用，①中c(Ag＋)最大；②6mL0.5mol/LNaCl溶液中含有Cl?，且c(Cl?)=0.5mol/L，對AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，則②中c(Ag＋)小于①中c(Ag＋)；③10mL0.2mol/LCaCl2溶液中含有Cl?，c(Cl?)=0.2mol/L×2=0.4mol/L，對AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，則②中c(Ag＋)小于③中c(Ag＋)； ④5mL0.1mol/L鹽酸中含有Cl?，且c(Cl?)=0.1mol/L，對AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，則④中c(Ag＋)大于③中c(Ag＋)；綜上所述，各溶液中c(Ag＋)從大到小的順序為①④③②，A項正確。答案選A。13.25℃時，下列對混合溶液中的微粒濃度關系的說法正確的是A.一定存在B.一定存在C.若混合溶液中時，溶液呈酸性，則有D.若混合溶液中時，溶液呈堿性，則有【答案】D【解析】【詳解】A．由于溶液為Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，所以溶液中的鈉元素總量一定大于硫元素總量，所以一定不存在，A項錯誤；B．混合溶液無論Na2SO3和NaHSO3比例是什么，均有電荷守恒式：成立，所以選項中的等式一定不成立，B項錯誤；C．由于n(Na2SO3)=n(NaHSO3)，并且混合溶液呈酸性，所以的電離程度大于的水解程度，即相比于，消耗的更多溶液中剩余的更少；又因為弱電解質的電離和鹽類的水解平衡進行的程度都十分微弱，所以有：，C項錯誤；D．由于n(Na2SO3)=2n(NaHSO3)，所以溶液中鈉離子濃度最大，由于弱電解質的電離和鹽類的水解平衡進行的程度都十分微弱，所以和的濃度依次排在第二和第三，由于溶液顯堿性，所以濃度大于H+濃度，D項正確；答案選D。14.已知，，。某溶液中含有、和，濃度均為0.010，向該溶液中逐滴加入0.010的 溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)AgCl、AgBr、Ag2CrO4的Ksp，當Cl?開始沉淀時，c(Ag+)=mol·L?1=1.56×10?8mol·L?1；當Br?開始沉淀時，c(Ag+)=mol·L?1=7.7×10?11mol·L?1；當開始沉淀時，c(Ag+)=mol·L?1=3×10?5mol·L?1。沉淀三種陰離子時，所需c(Ag+)越小，產(chǎn)生沉淀越早，由計算結果可得出三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為，故選A。第二部分非選擇題(共58分)二、非選擇題(本題包括15~19題，共5題)15.利用中和滴定的原理，在工業(yè)生產(chǎn)中還可以進行氧化還原滴定測定物質含量。制備納米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，經(jīng)過濾、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙燒除去水分得到粉狀TiO2。用現(xiàn)代分析儀器測定TiO2粒子的大小。用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數(shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3+，再以KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。請回答下列問題：（1）下列操作會引起實驗結果偏大的是_____(填編號)A．酸式滴定管未潤洗B．滴定前，滴定管尖嘴無氣泡，滴定后有氣泡C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗D．滴定結束時仰視滴定管，并記錄數(shù)據(jù)E．滴定過程中有一滴標準液飛濺出錐形瓶（2）滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視_____。（3）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化學方程式為_____。（4）滴定終點的現(xiàn)象是_____。 【答案】（1）ADE（2）錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化（3）TiCl4+(x+2)H2O?TiO2?xH2O+4HCl（4）滴入最后一滴標準液后，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)?血)紅色，且半分鐘不褪色【解析】【小問1詳解】酸式滴定管未潤洗，會稀釋標準液，因此標準液用量會變大，所以測定結果偏大，A正確；滴定前無氣泡，滴定后有氣泡，待測液的讀數(shù)偏小，所以測定結果偏小，B錯誤；錐形瓶未潤洗，對實驗結果沒有影響，C錯誤；仰視讀數(shù)，讀數(shù)大于實際，測量值偏大，D正確；由液滴飛濺出去，標準液用量增大，測定結果偏大，E正確；【小問2詳解】在滴定過程中，左手控制滴定管，右手搖晃錐形瓶，眼睛注視錐形瓶中溶液顏色變化；【小問3詳解】四氯化鈦的水解方成式：TiCl4+(x+2)H2O?TiO2?xH2O+4HCl；小問4詳解】滴定終點的現(xiàn)象是最后一滴標準液滴入，指示劑變色，且半分鐘內(nèi)部恢復原色，即滴入最后一滴標準液，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)?血)紅色，且半分鐘不褪色。16.某化學興趣小組要完成中和反應反應熱的測定實驗。（1）實驗桌上備有大、小兩個燒杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、膠頭滴管、環(huán)形玻璃攪拌棒、鹽酸、氫氧化鈉溶液，實驗尚缺少的玻璃用品是___________、___________。（2）實驗中能否用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒？___________(填“能”或“否”)，其原因是___________。（3）進行兩次實驗，每次實驗量取鹽酸和NaOH溶液體積均為50mL，他們記錄的實驗數(shù)據(jù)如下：實驗次數(shù)12起始溫度(℃)鹽酸19.920NaOH溶液20.120平均值2020混合溶液的最高溫度(℃)23.323.5已知：，反應后溶液的比熱容，各物質的密度均為。 ①根據(jù)上表計算生成放出的熱量為___________kJ(保留1位小數(shù))。②根據(jù)實驗結果寫出氫氧化鈉溶液與鹽酸反應的熱化學方程式：___________。（4）若用氫氧化鉀代替氫氧化鈉，對測定結果___________(填“有”或“無”，下同)影響；若用醋酸代替鹽酸做實驗，對測定結果___________影響?！敬鸢浮浚?）①.量筒②.溫度計（2）①.否②.金屬銅絲易導熱，熱量散失多，導致誤差偏大（3）①.56.8②.（4）①.無②.有【解析】【分析】實驗為中和熱的測定實驗，利用50mL0.5mol/LHCl溶液和50mL0.5mol/LNaOH溶液進行反應，測定反應放出的熱，從而計算中和熱?！拘?詳解】中和熱的測定實驗需要用到的玻璃儀器有燒杯、環(huán)形玻璃攪拌棒、膠頭滴管、量筒、溫度計，則缺少的玻璃儀器為量筒和溫度計；【小問2詳解】中和熱的測定實驗需要減少熱量的損失，銅的導熱能力強，易造成熱量損失，則不能用環(huán)形銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒；原因為金屬銅絲易導熱，熱量散失多，導致誤差偏大；【小問3詳解】①實驗量取鹽酸和NaOH溶液的體積均為50mL，則生成0.025mol液態(tài)水，放出的熱量為，則生成放出的熱量為；②氫氧化鈉溶液與鹽酸反應的熱化學方程式為；【小問4詳解】氫氧化鉀和氫氧化鈉都為強堿，若用氫氧化鉀代替氫氧化鈉，對測定結果無影響；醋酸為弱酸，電離需要吸收熱量，若用醋酸代替鹽酸做實驗，醋酸弱電解質，電離吸熱，則醋酸對測定結果有影響。17.時，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：化學式HClO 電離平衡常數(shù)回答下列問題：（1）一般情況下，當溫度升高時，_____(填“增大”“減小”或“不變”)。（2）用蒸餾水稀釋的次氯酸，下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是_____。(填字母序號，下同)A.B.C.D.（3）下列能使醋酸溶液中的電離程度增大，而電離平衡常數(shù)不變的是_____。A.升高溫度B.加水稀釋C.加少量的固體D.加少量氫氧化鈉濃溶液（4）依上表數(shù)據(jù)寫出向NaClO溶液中通少量離子方程式：_____?！敬鸢浮浚?）增大（2）D（3）BD（4）ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO【解析】【小問1詳解】弱酸在溶液中的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，電離常數(shù)Ka增大，故答案為：增大；【小問2詳解】用蒸餾水稀釋0.10mol/L的次氯酸時，溶液中次氯酸、次氯酸根離子、氫離子濃度均減小，溫度不變，電離常數(shù)和水的離子積常數(shù)不變；A．由電離常數(shù)公式可知，溶液中=，稀釋過程中，溶液中次氯酸根離子減小、電離常數(shù)不變，則溶液中和的值減小，故不符合題意；B．由電離常數(shù)公式可知，溶液中=Ka，稀釋過程中，電離常數(shù)不變，則溶液中的值不變，故不符合題意； C．稀釋過程中，溶液中氫離子濃度減小，水的離子積常數(shù)不變，則溶液中的值減小，故不符合題意；D．由水的離子積常數(shù)可知，稀釋過程中，溶液中氫離子濃度減小，水的離子積常數(shù)不變，氫氧根離子濃度增大，則溶液中的值增大，故符合題意；故選D；【小問3詳解】A．醋酸在溶液中的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，電離常數(shù)Ka增大，故不符合題意；B．加水稀釋醋酸溶液時，電離向電離方向移動，醋酸的電離程度增大，溫度不變，電離常數(shù)不變，故符合題意；C．向溶液中加入醋酸鈉固體，溶液中醋酸根離子濃度增大，電離平衡左移，醋酸的電離程度減小，故不符合題意；D．向溶液中加入少量氫氧化鈉溶液，氫氧根離子與溶液中的氫離子反應，離向電離方向移動，醋酸的電離程度增大，溫度不變，電離常數(shù)不變，故符合題意；故選BD；【小問4詳解】由電離常數(shù)可知，次氯酸的電離程度小于碳酸，但大于碳酸氫根離子，所以向次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳的反應為次氯酸鈉溶液與二氧化碳反應生成次氯酸和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案為：ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO。18.已知水在和時，其電離平衡曲線如圖所示。（1）在下的溶液中，水電離產(chǎn)生的濃度為___________。（2）在時，的溶液中加入等物質的量濃度的 溶液至沉淀剛好達最大量時(假設溶液的體積變化忽略不計)，所得混合液的___________。（3）時，若向的溶液中加入的鹽酸(假設溶液的體積變化忽略不計)，混合后溶液中的濃度為___________，為___________。（4）時，。時欲除去溶液中的(使其濃度小于或等于)，需調(diào)節(jié)溶液的范圍為___________。（5）磷酸是三元弱酸，常溫下三級電離常數(shù)分別是，，，常溫下，的水溶液呈___________(填“酸”“堿”或“中”)性，結合與的相對大小，給出判斷理由：___________?！敬鸢浮浚?）（2）10（3）①.②.2（4）（5）①.堿②.的水解常數(shù)，，即的水解程度大于其電離程度，因而溶液顯堿性【解析】【小問1詳解】根據(jù)圖象可知，，的溶液中，氫離子都是水電離出來的，，水電離產(chǎn)生的濃度為；【小問2詳解】根據(jù)圖象可知，，的溶液中與溶液等體積反應沉淀剛好達最大量，沉淀剛好達最大量時溶液顯堿性， ，，故10；【小問3詳解】根據(jù)反應↓，可知鹽酸過量，混合后，，反應后氫離子濃度為：，故=2；【小問4詳解】時欲除去溶液中的應控制Mn2+不沉淀，沉淀完全，故Mn2+剛開始沉淀時，<7時Mn2+不沉淀，沉淀完全時，時不沉淀，欲除去溶液中的需調(diào)節(jié)溶液的范圍為；【小問5詳解】既存在水解又存在電離，電離常數(shù)為，水解常數(shù)為，水解大于電離，故溶液呈堿性；故答案為：的水解常數(shù)，，即的水解程度大于其電離程度，因而溶液顯堿性。19.一種含鋁、鋰、鈷的新型電子材料，生產(chǎn)中產(chǎn)生的廢料數(shù)量可觀，廢料中的鋁以金屬鋁箔的形式存在；鈷以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在鋁箔的單面或雙面，其中+3價的Co具有較強氧化性；鋰混雜于其中。從廢料中回收氧化鈷(CoO)的工藝流程如下： （1）過程I中采用NaOH溶液溶出廢料中的Al，反應的離子方程式為___________。（2）過程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出鈷。則浸出鈷的化學反應方程式為(產(chǎn)物中無沉淀且只有一種酸根)___________。在實驗室模擬工業(yè)生產(chǎn)時，也可用鹽酸浸出鈷，但實際工業(yè)生產(chǎn)中不用鹽酸，請從反應原理分析不用鹽酸浸出鈷的主要原因___________。（3）過程Ⅲ得到鋰鋁渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸鈉溶液在產(chǎn)生Al(OH)3時起重要作用，請寫出該反應的離子方程式___________。（4）碳酸鈉溶液在過程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，請寫出在過程IV中起的作用是___________。（5）在Na2CO3溶液中存在多種粒子，下列各粒子濃度關系不正確的是___________(填序號)。A.c(Na+)=2c(CO)B.c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)C.c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)D.c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+c(H2CO3)（6）CoO溶于鹽酸可得粉紅色的CoCl2溶液。CoCl2含結晶水數(shù)目不同而呈現(xiàn)不同顏色，利用藍色的無水CoCl2吸水變色這一性質可制成變色水泥和顯隱墨水。下圖是粉紅色的CoCl2·6H2O晶體受熱分解時，剩余固體質量隨溫度變化的曲線，A物質的化學式是___________。(Co-59；Cl-35.5；O-16；H-1)【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ （2）①.4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O②.Co2O3·CoO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境（3）2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑（4）調(diào)整pH，提供CO，使Co2+沉淀為CoCO3（5）AD（6）CoCl2?2H2O【解析】【小問1詳解】NaOH溶液與Al反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；【小問2詳解】廢料中鈷以Co2O3·CoO的形式存在，稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出鈷，則浸出鈷的化學反應方程式為：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO中+3價的Co具有較強氧化性，可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境；故答案為：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化鹽酸產(chǎn)生Cl2，污染環(huán)境；【小問3詳解】Al3+與碳酸鈉溶液反應產(chǎn)生Al(OH)3的離子方程式為：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；【小問4詳解】過程IV目的是沉淀CoCO3，則碳酸鈉溶液在過程IV中起的作用是調(diào)整pH，提供CO，使Co2+沉淀為CoCO3；【小問5詳解】A．CO會水解一小部分為HCO，因此c(Na+)2c(CO)，A錯誤；B．水解前c(Na+)2c(CO)，CO會水解一小部分為HCO，因此c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)，B正確；C．CO水解產(chǎn)生OH-和HCO，水電離產(chǎn)生OH-和H+，因此c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)，C正確；D．由質子守恒：c(OH-)=c(HCO)+2c(H2CO3)+c(H+)，D錯誤；故答案選AD?！拘?詳解】