1、四川省雅安中学2019-2020学年高二化学6月月考（期中）试题（含解析）1.2020 年春节前后，新冠病毒肆虐全球，防控疫情已成为国际首要大事。按照以往对冠状病毒的经验，乙醚、75%乙醇、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒，下列有关说法错误的是A. 因乙醇易燃，不可使用酒精溶液大面积对室内空气进行消毒B. 次氯酸钠具有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需带手套，并稀释使用C. 过氧乙酸(CH3COOOH)用于杀灭病毒是因为其含有羧基D. 不能将“84 消毒液”和酒精混合进行环境消毒【答案】C【解析】【详解】A乙醇易燃，在使用中不能接触明火以免引起燃烧，A正确；B84消毒液的主要成分为次氯酸钠
2、，次氯酸钠有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需要佩戴手套并稀释使用，B正确；C过氧乙酸具有很强氧化作用，可将菌体蛋白质氧化而使微生物死亡，C错误；D84消毒液与酒精混合使用可降低消毒效果，产生有毒的有机氯化物，D正确；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 25时，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的数目为210-2NAB. 一定条件下，1molN2与3molH2混合充分反应，转移电子数目为6NAC. 常温下，1.0L0.1molL1FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1NAD. 用石墨电极电解足量CuSO4溶液，当阴极析出6.4gCu时，转移电子数目为0.2NA【答案】
3、D【解析】【详解】A溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误；B氮气和氢气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于6NA个，故B错误；CFe3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的Fe3+小于0.1NA个，故C错误；D6.4g铜的物质的量为0.1mol，而阴极的电极方程式为Cu2+2e-=Cu，故当生成0.1mol铜时转移0.2NA个电子，故D正确；故答案为D。3.25时，重水(D2O)的离子积为 1.61015，也可用与 pH 一样的定义来规定其酸碱度：pDlgc(D+)，下列叙述正确的是(均为 25条件下)A. 重水和水两种液体，D2O 的电离度大于 H2O
4、B. 在 100mL0.25molL1DCl 重水溶液中，加入 50mL0.2molL1NaOD 重水溶液，反应后溶液的 pD1C. 0.01 molL1NaOD 重水溶液，其 pD12D. NH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3D2O 和 HD2O+【答案】B【解析】【详解】A重水和水两种液体，化学性质相似，D2O 的电离度等于 H2O的电离度，故A错误；B根据中和反应量的关系，100mL 0.25molL1 DCl和50mL 0.2molL1 NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为 =0.1molL1，则c(D+)=0.1molL1，故pD=-l
5、gc(D+)=-lg0.1=1，故B正确；C在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD)=0.01molL1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=molL1=1.610-13molL1，pD=-lgc(D+)=-lg1.610-13=13-lg1.612，故C错误；DNH4Cl 溶于 D2O 中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为 NH3DHO 和 D3O+，故D错误；故选B。【点睛】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=molL1=1.610-13mo
6、lL1，不是10-12molL1。4.常温下，用 0.1 molL-1 KOH 溶液滴定 10 mL 0.1 molL-1 HA（Ka 1.010-5）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a 点溶液的 pH 约为 5B. 水的电离程度：c 点d 点C. b 点溶液中粒子浓度大小： c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)D. e 点溶液中：c(K+)=2c(A-)+2c(HA)【答案】C【解析】【详解】A. a点溶液为0.1 molL-1 HA溶液，HAH+A-，溶液中，所以溶液pH约为3，A错误；B. c点溶液pH=7，溶质为HA、KA，d点溶液的溶质为KA，HA
7、电离抑制水的电离，KA水解促进水的电离，则水的电离程度：d点c点，B错误；C. b点溶液中，溶质为等物质的量的HA、KA，HAH+A-，A-+H2OHA+OH-，溶液显酸性，则HA的电离程度大于A-的水解程度，所以溶液中粒子浓度大小：c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)，C正确；D. e点溶液中的溶质为KA、KOH，且c(KA)=2c(KOH)，根据物料守恒，c(KA)=c(A-)+c(HA)，则2c(K+)=2c(KA)+2c(KOH)=3c(KA)=3c(A-)+3c(HA)，D错误；故答案为：C。5.常温下，Ksp(ZnS)=l.61024，Ksp(FeS)=6.4101
8、8，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是A. 向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀B. 常温下，反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0l06C. 在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀D 向FeS悬浊液中通入少许HC1，c(Fe2+)与Ksp(FeS)均增大【答案】B【解析】【详解】AKsp(ZnS)Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；B反应FeS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Fe2+(aq)的平
9、衡常数K=4.0l06，故B正确；C在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc(FeS)可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，故C错误；DKsp(FeS)只与温度有关，通入少许HCl，Ksp(FeS)不变，故D错误；答案选B。【点睛】当QcKsp时，溶液为过饱和溶液，平衡往左移动，沉淀析出；当QcKsp时，溶液为不饱和溶液，若溶液中仍有沉淀存在，平衡往右移动，沉淀溶解；当Qc=Ksp时，溶液为饱和溶液，处于沉淀溶解平衡状态，既无沉淀生成，也无沉淀溶解。6.下列实验装置符合实验目的是（ ）目的粗铜的精炼验证NaCl溶液（含酚酞）的产物在铁制品上镀铜构成原电
10、池装置选项ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A精炼铜时要得到铜单质，所以精铜因连接在电源负极上作阴极，电解质溶液中铜离子在阴极放电生成铜单质，故A错误；B根据电流的方向可知铁棒为阳极，碳棒为阴极，铁为活泼金属，作阳极时铁被氧化生成Fe2+得不到氢气，碳棒为阴极，碳棒上不能得到氯气，故B错误；C待镀铁制品与电源正极相连作阳极，会被氧化生成亚铁离子，在铁制品上镀铜，待镀铁制品应为阴极，铜片为阳极，故C错误；D该装置中有自发的氧化还原反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，通过盐桥形成了闭合回路，有活泼性不同的两个电极，满足形成原电池的条件，可以形成原电池，Fe作负极，C
11、作正极，故D正确；故答案为D。7.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C. 向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【分析】A难溶物质的沉淀溶解平衡中物质溶解度用离子浓度表示；B溶度积常数随温度变化，温度不变溶度积常数不变，沉淀溶
12、解是吸热过程，升温平衡正向进行；C温度不变溶度积常数不变，加入硫化钠溶液中硫离子浓度增大，镉离子浓度减小；D饱和溶液中降低温度向沉淀方向进行，溶液中离子浓度减小，溶度积常数减小。【详解】Aa、b两点都是溶液中阴阳离子浓度相等的点，而此时处于饱和状态，根据溶解度和溶度积的换算，此时的溶解度都等于a点的浓度，故A正确；B温度升高Ksp增大，则T2T1，图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)，故B错误；CKspc(Cd2)c(S2)，向m点的溶液中加入少量Na2S固体，温度不变Ksp不变，硫离子浓度增大，镉离子浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故C
13、正确；DKspc(Cd2)c(S2)，是吸热过程，降低温度平衡逆向进行，饱和溶液中离子浓度减小，Ksp减小，温度降低时，q点的饱和溶液的组成由qp线向p方向移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是理解沉淀溶解平衡的图像表示的含义，注意溶度积常数的变化只与温度有关，其它条件改变不影响溶度积常数的值。8.（1）根据氯化铁溶液回答下列问题：向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3。产生的现象为_。用离子方程式表示其原因_。不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，得到的固体是_。在配制FeCl3溶液时，为防止溶液变浑浊，应加入_。（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一
14、个原电池，回答下列问题：负极材料为_；正极反应式为_。反应过程中SO向_极移动。当电路中转移0.1mol电子时，电解液质量(不含电极)增加了_克。（3）已知25时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.810-5Ka1=4.310-7Ka2=5.610-11Ka=3.010-8物质的量浓度均为0.1molL-1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_（用编号填写）a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3常温下，0.1molL-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_（填
15、字母）A.c（H+） B. C.c（H+）c（OH-） D. E.写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=_（填准确数值）。标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1molL-1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH-）=2c（H2CO3）+_。【答案】 (1). 有气体和红褐色沉淀产生 (2). Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3 (3). Fe2O3 (4). 浓盐酸 (5). Cu (6). H2O2+2H+2e-=2H2
16、O (7). 负 (8). 3.2 (9). adcb (10). BD (11). ClO-H2OCO2=HCOHClO (12). 9.910-7molL-1 (13). c（HCO）+c（H+）【解析】【详解】（1）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3，发生双水解，生成氢氧化铁和二氧化碳气体，产生现象为有气体和红褐色沉淀产生。用离子方程式表示其原因Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3。故答案为：有气体和红褐色沉淀产生；Fe3+3HCO=3CO2+Fe(OH)3；不断加热FeCl3溶液蒸干其水分并灼烧，加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发
17、，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，得到的固体是Fe2O3。故答案为：Fe2O3；FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为抑制氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可。故答案为：浓盐酸；（2）利用反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计一个原电池：该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由-1价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上H2O2得电子发生还原反应，因为在酸性条件下，所以H2O2得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O。即：负极材料为Cu；正极反应式为H2O2
18、+2H+2e-=2H2O。故答案为：Cu；H2O2+2H+2e-=2H2O；原电池中，阴离子向负极移动，反应过程中SO向负极移动。故答案为：负；当电路中转移0.1mol电子时，根据Cu2e=Cu2，生成0.05molCu2，电解液质量(不含电极)增加了0.05mol64gmol1=3.2克。故答案为：3.2；（3）Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaClO是强碱弱酸盐水解显碱性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性；而酸性CH3COOHH2CO3HClOHCO，而酸的酸性越弱，酸根的水解能力越强，故水解能力：C
19、H3COOHCOClONaClONaHCO3CH3COONa，即pH：adcb；故答案为：adcb；ACH3COOH溶液加水稀释过程，虽促进电离，但c（H）减小，故A不选；B，CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减小，则稀释过程中比值变大，故B选；C稀释过程，c（H）减小，c（OH）增大，c（H）c（OH）=Kw，Kw只受温度影响所以不变，故C不选；D稀释过程，c（H）减小，c（OH）增大，则变大，故D选；E.是醋酸的电离常数，只与温度有关，温度不变，不变，故E不选；故答案为：BD；酸性H2CO3HClOHCO3，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢
20、钠和次氯酸，离子方程式：ClO-H2OCO2=HCOHClO。故答案为：ClO-H2OCO2=HCOHClO；25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，存在电荷守恒：c（Na）+c（H）=c（OH）+c（CH3COO），若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H）-c（OH）=10-6molL1-10-8molL1=9.910-7molL1。故答案为：9.910-7molL-1；标准状况下，1.12L CO2的物质的量为：=0.05mol，氢氧化钠的物质的量为：1molL-10.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，根据碳酸钠溶液中的质子守恒可
21、得：c（OH-）=2c（H2CO3）+c（HCO）+c（H+）。故答案为：c（HCO）+c（H+）。9.Cu及化合物在生产、国防中有重要的应用。I.纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。（1）已知：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) H=-196kJmol12C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-220.8kJmol1则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为_。（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。该反
22、应的H_0（填“”或“”或“”）。在t1K时，向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，则09min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)_，温度为t1时，该反应的平衡常数K的表达式为_。II.Cu既是常见的催化剂，又是常见的电极材料。（3）图1表示的是利用CO2的“直接电子传递机理”。在催化剂铜的表面进行转化。当直接传递的电子物质的量为2mol时，则参加反应的CO2的物质的量为_。（4）图2表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为_。III.含铜离子的废水会造成污染，通常
23、将其转化为硫化铜沉淀而除去。（5）已知：Ksp(CuS)=110-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过6.2510-6mol/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为_mol/L（保留至小数点后一位）。【答案】 (1). C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g) H=+85.6kJ/mol (2). (3). (4). 0.13molL-1min-1 (5). (6). 0.33mol (7). CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- (8). 1.610-31【解析】【分析】（2）分析题中所给的甲醇转化率随温度变化曲线图，可以看出随着温度升高，甲醇的转化率逐渐增大。根据
24、温度与转化率的关系，可以判断出反应是吸热反应还是放热反应。根据曲线上的点都达平衡状态，Y点时的转化率高于X点，在相同温度下，要达到平衡，分析可逆反应的反应方向，进而可判断Y点的正逆反应速率的大小。（5）一般认为溶液中某离子浓度小于10-5molL1，即认为该离子已沉淀完全。根据该理论，结合题中具体数值，进行计算。注意题中单位的转化。【详解】I.（1）根据已知条件：Cu2O(s)+O2(g)=2CuO(s) H=-196kJmol1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-220.8kJmol1 分析目标热化学方程式，可知由可得目标热化学方程式：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+
25、 CO(g) H=。答案为：C(s)+ 2CuO(s)= Cu2O(s)+ CO(g) H=+85.6 kJmol1；（2）分析题给信息，可以看出随着温度的增大，甲醇的平衡转化率逐渐增大，说明该反应的正反应为吸热反应，H0；600K时，Y的转化率大于X点的平衡转化率，YX点，甲醇的转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，即v（正）v（逆）。答案为：；由图可知，在t1K时，甲醇的平衡转化率为60%。向固定体积为1L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.8mol，甲醛的物质的量为1.2mol，H2的物质的量为1.2mol，则平衡时甲醇的
26、物质的量浓度为0.8molL1，甲醛的物质的量浓度为1.2 molL1，H2的物质的量浓度为1.2molL1，09min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)=。根据平衡常数的定义，温度为t1时，该反应的平衡常数K=；故答案为：0.13molL-1min-1；II.（3）由图1可知，CO2在催化剂铜的表面进行转化最终生成的产物是C2H4，根据发生的氧化还原反应的关系，有：2CO2C2H412e-，当直接传递的电子物质的量为2mol，则参加反应的CO2的物质的量为0.33mol。答案为：0.33mol；（4）由图2可知，Cu与电源的负极相连，Cu电极为电解池的阴极，发生还原反应，CO
27、2得电子生成CH4，电极反应方程式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-；III.（5）铜离子达排放标准的物质的量浓度为，根据Ksp(CuS)=110-36，可知要使铜离子的浓度符合排放标准，溶液中的硫离子的物质的量浓度为molL1。答案为：。10.水合肼(N2H4H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)22NaOHNaClO=N2H4H2ONa2CO3NaCl。实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO2NaClNaClO3)（1）如
28、图一装置A中_（仪器名称）内发生反应的化学方程式为_。（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_(填字母)。a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.烧瓶（3）图中装置中用冰水浴控制温度的目的是_。实验2：制取水合肼。（4）图二中充分反应后，_(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式_。实验3：测定馏分中水合肼的含量。（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250m
29、L溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液，用0.15molL-1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4H2O2I2=N24HIH2O)。滴定时，碘的标准溶液盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O (3).
30、ac (4). 防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率 (5). 蒸馏 (6). N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl (7). 酸式 (8). d (9). 25%【解析】【详解】（1）如图一装置A中圆底烧瓶内发生反应，浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。故答案为：圆底烧瓶；MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；（3）由题给信
31、息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率。故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；（4）图二中充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。N2H4H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，该过程反应生成氮气的化学方程式N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl。故答案为：蒸馏；N2H4H2O2NaClO=N23H2O2NaCl；（5）滴定时，碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中。故答案为：酸式；a.锥形
32、瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；故答案为：d；由方程式N2H4H2O2I2=N24HIH2O可得如下关系N2H4H2O2I2，则3.0g馏分中n（N2H4H2O）=n（I2）10=0.15 molL120103L10=0.015 mol，则馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数
33、为100%=25%；故答案为：25%。【点睛】由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O与次氯酸钠反应是解答难点。11.CoC2O4是制备金属钴原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：（1）“550煅烧”的目的是_。（2）“浸出液”的主要成分是_。（3）“钴浸出”过程中Co3转化为Co2，反应的离子方程式为_。（4）“净化除杂1”过程中，如何检验该杂质_(用
34、离子方程式表示)，现象为_：需在4050加入H2O2溶液，其原因是_，目的是_(用离子方程式表示)；再升温至8085，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是_。（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2)=1.0l05 mol/L，则滤液中c(Mg2)为_mol/L。已知Ksp(MgF2)=7.351011、Ksp(CaF2)=1.051010【答案】 (1). 除去碳和有机物 (2). Na AlO2 (3). 2Co3SOH2O=2Co2SO2H (4). 3Fe22Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62 (5). 有蓝色沉淀产生 (6)
35、. H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解 (7). 3Fe22HH2O2=3Fe32H2O (8). Fe(OH)3 (9). 7.0106【解析】【分析】550焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na AlO2，Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，CaO与水反应生成氢氧化钙，则浸出液的主要为Na AlO2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2，可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl
36、2，在4050加入H2O2，氧化Fe2氧化为Fe3，再升温至8085，加入Na2CO3调pH至5，可得到Fe（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】（1）碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550焙烧”可以除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；（2）550焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解，氧化铝可以和氢氧化钠溶液之间反应生成偏铝酸钠：Al2O32 NaOH
37、=2 NaAlO2H2O，CaO与水反应生成氢氧化钙，所以浸出液的主要成分为Na AlO2（Na AlO2和NaOH、Ca(OH)2）；故答案为：Na AlO2；（3）“钴浸出”过程中Co3转化为Co2，则Na2SO3将Co3还原为Co2，自身被氧化为硫酸钠，发生的反应为：2Co3SOH2O=2Co2SO2H；故答案为：2Co3SOH2O=2Co2SO2H；（4）“净化除杂1”过程中，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2，用K3Fe（CN）6检验Fe2：3Fe22Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62，现象为有蓝色沉淀产生：需在4050加入H2
38、O2溶液，其原因是H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解，目的是氧化Fe2氧化为Fe3，3Fe22HH2O2=3Fe32H2O；再升温至8085，加入Na2CO3溶液，调pH至5，铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe33CO3H2O=2Fe（OH）33CO2，“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3。故答案为：3Fe22Fe（CN）63Fe3Fe（CN）62；有蓝色沉淀产生；H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解；3Fe22HH2O2=3Fe32H2O；Fe(OH)3；（5）由溶度积可知，滤液“
39、除钙、镁”是将溶液中Ca2与Mg2转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积计算，c（Mg2）：c（Ca2）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=7.351011：1.051010=0.7，若所得滤液中c（Ca2）=1.0105 molL1，则滤液中c（Mg2）=7.0106molL1，故答案为：7.0106 molL1。【点睛】本题考查物质分离和提纯，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是（5）溶度积常数计算，根据MgF2和CaF2转化的离子方程式，写出沉淀转化的平衡常数，c（Mg2）：c（Ca2）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)，利用两种物质的溶度积常数进行计算。