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1、11.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以 Co2O3CoO 的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。（1）过程 I 中采用 NaOH 溶液溶出废料中的 Al，反应的离子方程式为 。（2）过程 II 中加入稀 H2SO4酸化后，再加入 Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为(产物中只有一种酸根) 。请从反应原理分析不用盐酸酸化的主要原因_。（3）碳酸钠溶液在过程 III 和 IV 中所起作用有所不同，请分别用离子方程式表示在过程 III、IV 中起的作用：_；_。（4）某天然碱的化学式可表示为 2Na2CO3Na
2、HCO32H2O,取少量该物质溶于水得稀溶液 P。下列有关溶液P 中微粒的物质的量浓度关系正确的是_(填序号)。Ac(CO 32-) c(HCO3-) c(OH-) c(H+)Bc(OH -)c(H +)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)C3c(Na +)5c(CO32-)+5c(HCO3-)D将 P 溶液与少量 NaOH 溶液混合：c(Na +)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)（5）CoO 溶于盐酸可得粉红色的 CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水 CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。右图是粉红
3、色的 CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A 物质的化学式是_。2【答案】 （1）2Al+2OH -+2H2O = 2AlO2-+3H2（2）4Co 2O3CoO + S2O3 2 + 22H+= 12Co2+ 2SO42 + 11H2O ；Co 2O3CoO 可氧化盐酸产生 Cl2，污染环境。（3） 2Al 3+3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3+3CO 2 ； Co 2+ + CO32- = CoCO3；（4）A、C、D ；（5） CoCl 22H2O。【解析】试题分析：（1）Al 与 NaOH 溶液发生反应产生 NaAlO2和氢气，反应的离子方程式为
4、 2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2；（2）在滤渣中含有 Co2O3CoO，加入硫酸溶解，然后再加入 Na2S2O3溶液浸出钴。根据流程示意图可知浸出钴的离子反应方程式为：4Co 2O3CoO + S2O3 2 + 22H+= 12Co2+ 2SO42 + 11H2O；在反应过程中不用盐酸酸化是因为 Co2O3CoO 可氧化盐酸产生 Cl2，会污染环境；（3）在含有Co2+、Al 3+、Li +的溶液中加入碳酸钠溶液，Al 3+和 CO32-会发生双水解反应产生氢氧化铝沉淀，所以在过程III 反应的两种方程式是：2Al 3+3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3+3CO
5、 2 ；把沉淀 Al(OH)3过滤出去后的溶液中含有 Li+、Co 2+，向该滤液中加入碳酸钠溶液，会发生沉淀反应形成 CoCO3沉淀，在过程 IV 中反应的离子方程式是：Co 2+ + CO32- = CoCO3；（4） 将盐 2Na2CO3NaHCO32H2O 溶于水,得到的溶液 p 中,根据物料守恒可得 c(CO32-) c(HCO3-)，两种盐都是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解是溶液显碱性，所以 c(OH-)c(H+)，但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的两种浓度，所以 c(HCO3-) c(OH-),故溶液中离子浓度关系是：c(CO 32-) c(HCO3-) c
6、(OH-) c(H+)，正确；B在溶液中除了存在Na2CO3，还存在 NaHCO3。在 Na2CO3的溶液中根据质子守恒可得 c(OH-)c(H +)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以在二者的混合溶液中该关系式不成立，错误； C根据物料守恒可得：3c(Na +)= 5c(CO32-)+ 5c(HCO3-)+5c(H2CO3)；所以 3c(Na+)5c(CO32-)+5c(HCO3-)，正确； D将 P 溶液与少量 NaOH 溶液混合，根据电荷守恒可得：c(Na +)+ c(H+)= c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+ c(OH-)，正确。因此选项是 A、C、D；（5）n(Co
7、Cl 2)=65g130g/mol=05mol,在 83g 晶体中含有 H2O 的物质的量是 n(H2O)=（83g65g）18g/mol=10mol, n(CoCl2)：n(H 2O)=11，所以物质 B 的化学式是 CoCl22H2O。A 物质的化学式是 CoCl22H2O。考点：考查物质的综合利用的知识。主要包括离子方程式的书写、盐的水解、微粒浓度的大小比较、物质化学式的确定的知识。32.（12 分）过碳酸钠（2Na 2CO33H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：已知：主反应 2Na 2CO3 (aq) + 3H2O2
8、(aq) 2Na2CO33H2O2 (s) H 0副反应 2H 2O2 = 2H2O + O250 C 时 2Na 2CO33H2O2 (s) 开始分解请回答下列问题：（1）步骤的关键是控制温度，其措施有 和 。（2）在滤液 X 中加入适量 NaCl 固体可析出过碳酸钠，原因是 。（3）步骤中选用无水乙醇洗涤产品的目的是 。（4）下列物质中，会引起过碳酸钠失效的有 。ANa 2S BCuO CNa 2SiO3 DNaHCO 3（5）过碳酸钠产品中往往含有少量碳酸钠，可用重量法测定过碳酸钠的质量分数；其操作步骤：取样品溶解加入 BaCl2溶液过滤洗涤干燥称量。需要直接测定的物理量有：（用字母表示
9、并注明其含义）产品中过碳酸钠质量分数的表达式为： 。4【答案】（1）冷水浴（1 分） ，缓慢滴加 H2O2溶液（，使放出的热量及时散失） （1 分）（2）增大钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度（盐析作用） （1 分）（3）减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥（2 分）（4）AB（2 分）（5）样品的质量 m1g、沉淀的质量 m2g（2 分） （2 分）1m0)976(34【解析】【知识点】化学实验 计算 解析：根据已知：主反应是放热反应；50 C 时，2Na 2CO33H2O2 (s) 开始分解，因此步骤的关键是控制温度，即温度不能太高，因此可采取冷水浴；让反应速率减小也可控制温度，所以采
10、取缓慢滴加H2O2溶液；还可搅拌使热量散失。加入氯化钠固体即增大 Na+浓度，降低了过碳酸钠的溶解度无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，而且无机盐在醇中的溶解度小，所以选用无水乙醇洗涤可减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，可氧化 Na2S，被氧化铜催化分解，因此选 AB。需要直接测定的物理量有样品质量，设为 m1，碳酸钡沉淀的质量，设为 m2。设样品中碳酸钠的物质的量为 amol，过碳酸钠的物质的量为 bmol，则 a+2b=m2/197，106 a +314b=m1，解答 b= ，102)97m6(因此过碳酸钠的质量分数为 。1m02)976(34【思
11、路点拨】认真审题（流程中的操作、反应物和生成物；题给已知）获取信息；过碳酸钠有碳酸钠和过氧化氢的双重性质；计算可采取守恒法解。53.兰尼镍（Rancy-Ni）是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，广泛用作烯烃、氢化反应的催化剂。其高催化活性源于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。以镍、铝为原料制备兰尼镍的工艺流程如下：（1） “熔融”时通入氩气的目的是_。（2） “浸出”是整个流程的核心步骤，该步骤的目的是_，发生反应的离子方程式为_。浸出反应所用 NaOH 溶液的浓度需达 5molL-1以上，若用NaOH 稀溶液浸出时，则会产生 Al(OH)3 沉淀阻止浸出反应持续进行，产生
12、 Al(OH)3 的化学方程式为_。（3）滤液的主要成分与过量 CO2反应的离子方程式为_。（4）使用新制的兰尼镍进行氢化反应有时不需要加入氢气即可完成反应得到氢化产物，原因是_。【解析】【知识点】物质的分离和提纯，物质的基本性质 C2 C5【答案解析】 （1）防止 Ni、Al 被空气氧化（1 分）（2）除去合金中大部分的铝，形成多孔结构便于吸附氢气（1 分） ；2Al2OH 2H 2O=2AlO2 3H 2(2 分)；2Al6H 2O=2Al(OH)33H 2(2 分)(3)AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 (2 分)(4)新制兰尼镍的多孔结构中吸附大量浸出时产生的氢气
13、（1 分）解析：（1）铝和镍在加热进行熔融时防止和空气中的氧气发生反应，必须通入惰性气体进行保护。6（2）在“浸出”时加入的氢氧化钠与原料中的铝发生反应而除去铝，发生的反应为2Al2OH 2H 2O=2AlO2 3H 2；当碱液浓度比较小时，铝即可以和水发生反应生成氢氧化铝而阻止浸出反应持续进行。（3）滤液中含有 NaAlO2，故与过量 CO2反应时生成 Al(OH)3和 NaHCO3。（4）题目中提示镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气即可完成。【思路点拨】本题考查了金属铝的性质，以信息的形式得到金属镍的强吸附性能，难度不大。4.铈是重要的
14、稀土金属，可以从电视显示屏厂的废玻璃中提取，其工艺流程如下：请回答下列问题：（1）溶液 X 中金属阳离子是 （用离子符号表示） 固体 Y 的用途是（写一条） （2）用离子方程式表示步骤中双氧水的作用： （3）常温下，已知的溶度积=a，步骤调节溶液 pH=8，c（Ce 3+）=b mol L1 则 a 和 b 的关系是 （4）步骤中萃取剂 Z 具备的条件是 Z 不溶于水，也不和水反应Ce 3+不和萃取剂 Z 发生反应Ce 3+在萃取剂 Z 中溶解度于水萃取剂 Z 的密度一定大于水（5）写出步骤 V 的化学方程式： 7（1）Fe 3+；作光导纤维的原料、冶炼粗硅、耐高温材料等；（2）2CeO 2+H2O2+6H+2Ce3+O2+4H2O；（3）a=10 18 b；（4）；（5）4Ce（OH） 3+O2+2H2O=4Ce（OH ） 4分析： 根据废玻璃粉末的成分（含 SiO2、Fe 2O3、CeO 2 等物质） ，SiO 2、CeO 2 不能与盐酸反
