山西省重点中学协作体高考化学模拟试卷(一)Word版含解析

2017年山西省重点中学协作体高考化学模拟试卷（一）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（）
A．煤的干馏和煤的液化均是物理变化
B．天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素
C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等
D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同
2．《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2O
C．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2（SO4）3•9H2O
3．下列图示与对应的叙述相符的是（）
A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ•mol ﹣1
B．图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大
C．图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠
D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
4．如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）
A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+
B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小
C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体
5．药物阿司匹林可由水杨酸制得，它们的结构如图所示．有关说法正确的是（）
A．服用阿司匹林，身体出现水杨酸不良反应时，可静脉注射NaHCO3溶液B．阿司匹林的分子式为C9H10O4
C．水杨酸可以发生取代、加成、氧化、加聚反应
D．1 mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOH
6．下列说法不正确的是（）
A．常温下，在0.1mol•L﹣1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）＜
B．浓度为0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32﹣）
C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小7．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol•L﹣1、0.15mol•L﹣1，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是（）
A．0.15 mol•L﹣1 B．0.225 mol•L﹣1
C．0.30 mol•L﹣1 D．0.45 mol•L﹣1
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如下：
已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣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1.0mol•L﹣1计算）．
Fe3+Fe2+Zn2+
开始沉淀的pH 1.1 5.8 5.9
沉淀完全的pH 3.08.88.9
请回答下列问题：
（1）加入ZnO调节pH=a的目的是，a的范围是．
（2）由不溶物E生成溶液D的化学方程式为．
（3）滤液A中加入H2O2反应的离子方程式为．
（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是．
（5）下列试剂可作为Y试剂的是．
A．ZnO B．NaOH C．Na2CO3D．ZnSO4
若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是．
9．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表（金属离子浓度为
0.01mol/L）：
淀物Fe（OH）
3Fe（OH）
2
Co（OH）
2
Al（OH）
3
Mn
（OH）2
开始沉淀 2.77.67.6 4.07.7
完全沉淀 3.79.69.2 5.29.8
③CoCI2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式：．
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式：；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式：．（3）惰性电极电解CoCl2溶液的阳极电极反应式为．（注：横坐标依次为1﹣6；单位PH）
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是、和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是．
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是，其使用的最佳pH范围是．
A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5
（6）力测定粗产品中CoCl2•H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是．（答一条即可）10．某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究．（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2．
②该反应的气体产物是CO．
③该反应的气体产物是．
（2）设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比．
（3）查阅资料
氮气不与碳、氧化铁发生反应．实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）
饱和溶液混合加热反应制得氮气．
请写出该反应的离子方程式：．
（4）实验步骤
①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；
②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；
③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；
④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气．冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；
⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g．
步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为．
（5）数据处理
试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：．（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善．
①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是．
②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：．
[化学-有机化学基础]
11．3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线
如下：
+CO B E
已知：HCHO+CH3CHO CH2═CHCHO+H2O
（1）A中官能团的名称为，A分子中核磁共振氢谱各峰值比为
（2）物质B的结构简式为，生成E的反应类型为
（3）试剂C可选用下列中的．
a．溴水b．银氨溶液c．酸性KMnO4溶液d．新制Cu（OH）2悬浊液（4）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为．
（5）遇FeCl3溶液呈紫色，且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有种，E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为．
2017年山西省重点中学协作体高考化学模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（）
A．煤的干馏和煤的液化均是物理变化
B．天然纤维和合成纤维的主要成分都是纤维素
C．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等
D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同
【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】A．煤的干馏和煤的液化都是化学变化；
B．蚕丝是天然纤维；
C．海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），其方法较多；
D．活性炭脱色是利用其吸附性．
【解答】解：A．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，煤液化生成甲醇，属于化学变化，故A错误；
B．蚕丝是天然纤维，成分为蛋白质，合成纤维的成分是化学纤维，如聚乙烯，故B错误；
C．海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子Mn+进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，不是历史最久、技术和工艺较完善的主要方法；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故C 正确；
D．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D
错误．
故选C．
2．《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4•5H2O B．FeSO4•7H2O
C．KAl（SO4）2•12H2O D．Fe2（SO4）3•9H2O
【考点】铁的氧化物和氢氧化物．
【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色；
【解答】解：“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe203超细粉末为红色，
A为蓝色晶体，
B为FeSO4•7H2O是绿色晶体，
C为KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，
D为Fe2（SO4）3•9H2O为黄色晶体，
所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B．
3．下列图示与对应的叙述相符的是（）
A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ•mol ﹣1
B．图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大
C．图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠
D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡；碱金属的性质．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；B．增大压强，加快化学反应速率，平衡向着气体体积减小的方向移动；
C．金属性：钾＞钠；钾的摩尔质量大于钠；
D．酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大．
【解答】解：A．图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；
B.2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s），增大压强，平衡正向移动，故B错误；C．金属性：钾＞钠，故钾与水反应的速率快于钠与水反应的速率；钾的摩尔质量大于钠，故等质量的钾、钠分别与足量水反应，钠放出的氢气多，与图象相符，故C正确；
D．稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；
故选C．
4．如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）
A．甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+
B．甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小
C．反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体
【考点】化学电源新型电池．
【分析】A．甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；
B．根据电池的总反应判断PH的变化；
C．乙池发生的是电解池反应两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原；
D．选项中没说明气体的体积是否是标准状况下．
【解答】解：A．甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O，故A错误；
B．甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH值减小，故B错误；
C．乙池发生的是电解池反应，其电解总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，两极析出的分别是Cu和O2，因而加CuO后溶液能够复原，故C正确；
D．选项中没说明气体的体积是否是标准状况下，所以气体的物质的量无法计算，则乙中生成的固体的质量也无法计算，故D错误．
故选C．
5．药物阿司匹林可由水杨酸制得，它们的结构如图所示．有关说法正确的是（）
A．服用阿司匹林，身体出现水杨酸不良反应时，可静脉注射NaHCO3溶液B．阿司匹林的分子式为C9H10O4
C．水杨酸可以发生取代、加成、氧化、加聚反应
D．1 mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOH
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．水杨酸含﹣COOH，与碳酸氢钠反应；
B．由结构可知分子式；
B．水杨酸含﹣COOH、酚﹣OH；
D．阿司匹林中﹣COOH、﹣COOC﹣及水解生成酚﹣OH均与NaOH反应．
【解答】解：A．水杨酸含﹣COOH，与碳酸氢钠反应，则身体出现水杨酸不良反应时，可静脉注射NaHCO3溶液，故A正确；
B．由结构可知分子式为C9H8O4，故B错误；
B．水杨酸含﹣COOH可发生取代反应，含酚﹣OH可发生氧化反应，含苯环可发生加成反应，不能发生加聚反应，故C错误；
D．阿司匹林中﹣COOH、﹣COOC﹣及水解生成酚﹣OH均与NaOH反应，则1 mol 阿司匹林最多可消耗3 mol NaOH，故D错误；
故选A．
6．下列说法不正确的是（）
A．常温下，在0.1mol•L﹣1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）＜
B．浓度为0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32﹣）
C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度；
C．溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变；
D．冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，溶液导电性与离子浓度成正比，溶液中氢离子浓度越大pH越小．
【解答】解：A．酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，硝酸是强酸，抑制水电离，
所以水电离出的c（H+）＜，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以c （H2CO3）＞c（CO32﹣），故B正确；
C．溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与溶液浓度无关，故C正确；
D．冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，随着水的加入，溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，溶液的pH 先减小后增大，故D错误；
故选D．
7．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol•L﹣1、0.15mol•L﹣1，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是（）
A．0.15 mol•L﹣1 B．0.225 mol•L﹣1
C．0.30 mol•L﹣1 D．0.45 mol•L﹣1
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，n（H+）=0.3mol/L×0.1L+0.15mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO3﹣）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，n（Cu）==0.04mol，结合过量判断及c=计算．
【解答】解：n（H+）=0.06mol，n（NO3﹣）=0.03mol，n（Cu）=0.04mol，
由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
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则0.04molCu完全反应，需要氢离子为＞0.06mol，需要硝酸根离子为＜0.03mol，
则氢离子不足，氢离子完全反应，
n（Cu2+）==0.025mol，
所得溶液中铜离子的物质的量浓度是=0.225mol/L，
故选B．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）及副产物ZnO．制备流程图如下：
已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣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1.0mol•L﹣1计算）．
Fe3+Fe2+Zn2+
开始沉淀的pH 1.1 5.8 5.9
沉淀完全的pH 3.08.88.9
请回答下列问题：
（1）加入ZnO调节pH=a的目的是使溶液中的Fe3+完全沉淀，Zn2+不被沉淀，a的范围是 3.0≤a＜5.9．
（2）由不溶物E生成溶液D的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O．（3）滤液A中加入H2O2反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（4）由溶液D制胆矾晶体包含的主要操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤．（5）下列试剂可作为Y试剂的是B．
A．ZnO B．NaOH C．Na2CO3D．ZnSO4
若在滤液C中逐滴加入盐酸直到过量，则产生的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【分析】废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）
及副产物ZnO，废旧黄铜加入过量稀硫酸过滤得到不溶物E为Cu，滤液A为硫酸亚铁、硫酸锌，滤液A中加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH3.0﹣﹣5.9铁离子全部沉淀，锌离子不沉淀，过滤得到滤液中加入碱溶液沉淀锌离子生成氢氧化锌，灼烧得到氧化锌；或滤液A中加入过量试剂Y为氢氧化钠溶液，亚铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中为Na2ZnO2，加入酸反应生成氢氧化锌沉淀，灼烧得到氧化锌；不溶物E中通入氧气同时加入稀硫酸溶液反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铜晶体；
（1）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去，同时不能沉淀锌离子，分析图表数据确定a的取值；
（2）酸性条件下Cu与氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；
（3）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；
（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及过滤等回答；
（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解．
【解答】解：由流程可知，废旧黄铜（Cu、Zn合金，含少量杂质Fe）制备胆矾晶体（CuSO4•5H2O）及副产物ZnO，废旧黄铜加入过量稀硫酸过滤得到不溶物E 为Cu，滤液A为硫酸亚铁、硫酸锌，滤液A中加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化锌调节溶液PH3.0﹣﹣5.9铁离子全部沉淀，锌离子不沉淀，过滤得到滤液中加入碱溶液沉淀锌离子生成氢氧化锌，灼烧得到氧化锌；或滤液A中加入过量试剂Y为氢氧化钠溶液，亚铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中为Na2ZnO2，加入酸反应生成氢氧化锌沉淀，灼烧得到氧化锌；不溶物E中通入氧气同时加入稀硫酸溶液反应生成硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到硫酸铜晶体；
（1）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe （OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe（OH）
3沉淀而除去，铁离子完全沉淀的PH=3.0，锌开始沉淀的PH=5.9，所以满足程度铁离子，锌离子不沉淀的PH取值范围为：3.0≤a＜5.9；
故答案为：使溶液中的Fe3+完全沉淀，Zn2+不被沉淀；3.0≤a＜5.9；
（2）因为氧气在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，
故答案为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；
（3）滤液A中主要是硫酸亚铁，酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）由溶液D制胆矾晶体是从溶液中得到固体，实验操作需要蒸发浓缩、冷却结晶以及过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，氢氧化锌具有两性，pH＞11时，Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，此过程需要调节pH 值大于11，故可以加入强碱NaOH溶液，然后加入酸先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，
故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解．
9．CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：
已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表（金属离子浓度为
0.01mol/L）：
淀物Fe（OH）Fe（OH）Co（OH）Al（OH）Mn
3223（OH）2
开始沉淀 2.77.67.6 4.07.7
完全沉淀 3.79.69.2 5.29.8
③CoCI2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O．
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O．
（3）惰性电极电解CoCl2溶液的阳极电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．（注：横坐标依次为1﹣6；单位PH）
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解．
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去锰离子，其使用的最佳pH范围是B．
A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5
（6）力测定粗产品中CoCl2•H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．（答一条即可）
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，亚硫酸有还原性，Co2O3、Co（OH）
3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸、亚硫酸钠反应生成可溶性的离子，得到的浸出液为CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品，据此分析．
【解答】解：（1）亚硫酸根离子具有还原性，Co2O3具有氧化性，浸出过程中Co2O3
和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Co2+，离子方程式为Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O；
故答案为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O；
（2）NaClO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，氯酸根离子被还原生成氯离子，离子方程式为ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）惰性电极电解CoCl2溶液，阳极为失电子化合价升高的一极，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，
由题可知CoCI2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，故CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干以降低烘干温度，防止产品分解；故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解．
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去锰离子；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．
10．某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究．（1）提出假设①该反应的气体产物是CO2．
②该反应的气体产物是CO．
③该反应的气体产物是CO2、CO的混合物．
（2）设计方案如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比．
（3）查阅资料
氮气不与碳、氧化铁发生反应．实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（NaNO2）
饱和溶液混合加热反应制得氮气．
请写出该反应的离子方程式：NH4++NO2﹣N2↑+2H2O．
（4）实验步骤
①按上图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；
②加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；
③停止通入N2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；
④待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气．冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；
⑤过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g．
步骤②、④中都分别通入N2，其作用分别为步骤②中是为了排尽空气；步骤④是为了赶出所有的CO2，确保完全吸收．
（5）数据处理
试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：2C+Fe2O32Fe+CO↑+CO2↑．
（6）实验优化学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善．
①甲同学认为：应将澄清石灰水换成Ba（OH）2溶液，其理由是Ba（OH）2溶解度大，浓度大，使CO2被吸收的更完全；M（BaCO3）＞M（CaCO3），称量时相对误差小．
②从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置．。