福建省名校协作体四校联考2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试题 含解析

“泉州一中、泉港一中、德化一中、厦外石分”四校联盟2024—2025学年秋季期中考联考高二化学试题(考试时间：90分钟总分：100分)可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Cl：35.5Ag：108第I卷(选择题共42分)一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)1.科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误是A.利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变B.发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐C.研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能D.革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被含水腐蚀，D正确；故答案选A。2.下列关于反应能量的说法正确的是A.若反应，说明物质比物质稳定，分子内共价键键能比B大B.时，，则的燃烧热为C.若，则D.，则相同条件下含的氢氧化钠溶液与含的浓硫酸混合后放出的热量【答案】C【解析】【详解】A．反应A(g)＝B(g)ΔH<0，焓变ΔH=生成物B(g)的能量-反应物A(g)的能量＜0，所以物质A(g)的能量比物质B(g)高，B(g)更稳定，分子内共价键键能A比B小，A错误；B．在燃烧热的定义中，H元素的指定产物为液态水，B错误；C．金属和盐发生的置换反应是放热反应，ΔH＜0，则a＜0，C正确；D．浓硫酸溶于水放热，二者混合放出的总热量大于57.3kJ，D错误；答案选C。3.现有反应，下列有关说法正确的是A.的化学反应一定不能自发进行 B.该反应熵增大(即)C.该反应在任何条件下一定能自发 D.自发过程一定使体系的熵增大【答案】B【解析】【详解】A．△H>0的化学反应也可能自发进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故A错误；B．该反应气体物质的量增大，所以熵增大（即△S>0），故B正确；C．该反应△H>0，△S>0，△G=△H–T△S<0，反应自发，在较高温度下自发进行，故C错误；D．△H–T△S<0，自发过程可能使体系的熵增大，也可能使体系的焓减小，故D错误。答案选B。4.利用反应2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应速率和NO的转化率，采取的措施是A.降低温度 B.增大压强同时加催化剂C.升高温度同时充入N2 D.及时将CO2和N2从反应体系中移走【答案】B【解析】【详解】A、降低温度，反应速率减慢，且平衡左移，NO转化率降低，A错；B、由平衡移动原理知，增大压强平衡右移，NO转化率增大，反应速率加快，加催化剂反应速率也加快，B选项正确；C、升高温度平衡右移，但是同时充入N2平衡左移，无法确定最终平衡向哪个方向移动，错误D、及时将CO2和N2从反应体系中移走，平衡右移，NO的转化率增大，但是反应的速率减小。答案选B。5.与在高温下发生反应：。在时，将与充入的空钢瓶中，后，反应达到平衡，此时水的物质的量分数为0.02.下列说法错误的是A.反应平衡常数表达式为B.前，反应速率C.在重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，该反应的D.在时，的平衡转化率为【答案】C【解析】【分析】列出反应三段式：反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则，x=0.01。【详解】A．根据方程式，平衡常数等生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，表达式为：，A正确；B．前，反应速率，B正确；C．在，平衡后水的物质的量分数为0.03，说明温度升高，平衡正向移动，正反应方向吸热，，C错误；D．根据以上计算数据，H2S的平衡转化率α=×100%=2.5%，D正确；答案选C。6.pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH>a，则该电解质可能是A.NaOH B.H2SO4 C.AgNO3 D.Na2SO4【答案】A【解析】【详解】A选项，电解NaOH溶液实质是电解水，浓度增大，碱性增强，pH值增大，故A正确；B选项，电解H2SO4实质是电解水，浓度增大，酸性增强，pH值减小，故B错误；C选项，电解AgNO3反应生成银、氧气和硝酸，酸性增强，pH值减小，故C错误；D选项，电解Na2SO4实质是电解水，浓度增大，但依然呈中性，pH值不变，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】电解类型分放氧生酸型，放氢生碱型，电解电解质型，电解水型。7.已知室温时，某一元酸在水中有发生电离，下列叙述错误的是：A.该溶液由电离出的B.升高温度，溶液的减小C.此酸的电离平衡常数约为D.中和与体积均相同的盐酸和溶液，消耗的物质的量相同【答案】D【解析】【详解】A．室温时，某一元酸在水中有发生电离，则该溶液由电离出的，故A正确；B．升高温度，促进电离，溶液中c(H+)浓度增大，减小，故B正确；C．，=10-4mol/L，此酸的电离平衡常数约为，故C正确；D．HA为弱酸，pH相同的HA和盐酸，HA的物质的量浓度大于盐酸，所以中和与体积均相同的盐酸和溶液，消耗的物质的量不相同，HA消耗的物质的量更大，故D错误；故答案为：D。8.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】A．升高温度化学反应速率加快，达到平衡的时间短，该反应的正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，ω(C)减小，A项正确；B．根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且v(正)＞v(逆)，B项错误；C．催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，平衡时c(C)不变，C项错误；D．该反应的正反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，温度的曲线不正确，D项错误；答案选A。9.某浓差电池的装置如图所示，该电池使用前先将K与M连接一段时间，K再与N连接，当正负电极室中溶液的浓度相等时，电池将停止放电。下列说法错误的是A.K与M连接时，当电路中转移0.1mol电子时，乙室溶液质量减少17gB.K与N连接时，甲室的电极反应式为C.若换成阳离子交换膜，电池将不能正常使用D.K分别与M、N连接时，在电解质溶液中的移动方向相反【答案】B【解析】【分析】浓度差电池是利用两极电势差实现两个氧化还原半反应，总反应类似扩散原理，最终两池电解质浓度将相等。该电池使用前先将K与M连接一段时间，开关与M相连时，为电解池，左侧甲室内Ag电极为阳极，右侧乙室内Ag电极为阴极，阳极上Ag失去电子转化为Ag+，阴极上Ag+得到电子转化为Ag，硝酸根透过阴离子交换膜向阳极移动进入左侧，一段时间后，两池中浓度不同；然后将K与N相连，装置为原电池，左侧甲室内硝酸银溶液浓度大，银离子氧化性强，则银离子得电子发生还原反应，左侧甲室内Ag电极为正极，则右侧乙室Ag电极为负极，硝酸根向负极移动进入乙室，据此回答；【详解】A．据分析，K与M连接时，右侧乙室内、硝酸根迁出，当转移1mol电子时，乙室溶液质量减少(108+62)g=170g，则当电路中转移0.1mol电子时，乙室溶液质量减少17g，A正确；B．K与N连接时为原电池，甲室为正极区，电极反应式为，B不正确；C．若换成阳离子交换膜，若有1mol电子转移，阳极1molAg溶解、阴极析出1molAg，1molAg+透过阳离子交换膜进入乙室，则两池中Ag+浓度将相同，开关与N相连时，不会产生电流、将不能正常使用，因此应该选择阴离子交换膜电池，C正确；D．据分析，K分别与M、N连接时，在电解质溶液中的移动方向相反，D正确；答案选B。10.某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是A放电时负极质量减小B.储能过程中电能转变为化学能C.放电时右侧通过质子交换膜移向左侧D.充电总反应：【答案】B【解析】【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。【详解】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb++2Fe3+，D错误；故答案选B。11.在T℃，气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：(K=0.33)，下列分析不正确的是A.降低反应温度，可减缓反应X的速率B.在气体中加入一定量能起到防护铁管的作用C.反应X的可通过如下反应获得：、D.T℃时，若气体混合物中，铁管被腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A正确；B．在气体中加入一定量，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B正确；C．①、②，根据盖斯定律①-②得，故C正确；D．T℃时，若气体混合物中，则Q=，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D错误；故选D。12.恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。下列说法不正确的是A.AB段主要发生析氢腐蚀B.AD段负极反应式为Fe-2e-=Fe2+C.BC段正极反应式主要为O2+4e-+2H2O=4OH-D.DE段溶液pH基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同【答案】C【解析】【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+产生H+的量基本相同。【详解】A．由图可知，AB段体系的压强增大，说明产生了氢气，故AB段主要发生析氢腐蚀，A正确；B．AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀，铁在负极的电极式为：Fe-2e-=Fe2+，B正确；C．由图可知BC段的pH为3-5，正极不能产生氢氧根，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，C错误；D．根据分析，D正确；故选C。13.碳酸二甲酯(DMC)是一种重要有机化工中间体，符合绿色低碳发展要求。双极耦合电催化合成DMC的原理如图所示，该体系具有通用性，可成功用于合成碳酸二乙酯。下列说法错误的是A.金电极上发生的反应为：B.反应一段时间后，溶液中的保持不变C.每产生[]，玻碳电极处就有被氧化D.若用该装置合成碳酸二乙酯[]，可选用乙醇、作为原料【答案】C【解析】【分析】据图示可知，玻碳电极上Br-转化为Br2，发生氧化反应，玻碳电极为阳极，阳极电极反应式为：2Br--2e-=Br2，则金电极上CO2转化为CO，金电极为阴极，阴极电极反应式为CO2+2CH3OH+2e-2CH3O-+CO+H2O。【详解】A．据以上分析可知，金电极为阴极，阴极上发生的反应为：，故A正确；B．据图示可知，溶液中还存在反应：2CH3O-+CO+Br2=2Br-+(CH3O)2CO，据电解池阴阳极电极反应可知有：2Br-~CO~Br2，电极反应消耗的Br-和溶液中生成的Br-物质的量相等，反应一段时间后，溶液中的保持不变，故B正确；C．据以上分析可知，~2e-，每产生[]，玻碳电极处被氧化的n(Br-)，故C错误；D．该体系具有通用性，可成功用于合成碳酸二乙酯，据用该装置合成碳酸甲酯时原料可知，若用该装置合成碳酸二乙酯[]，可选用乙醇、作为原料，故D正确；故答案为：C。14.上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)已知：①②下列分析中正确的是A.是负极，电势更高B.正极区每消耗22.4L氧气，转移C.当生成时，负极区溶液增加6.4gD.总反应，该过程为自发过程【答案】D【解析】【详解】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A错误；B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B错误；C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫和进入0.2molOH-，负极区增加9.8g，故C错误；D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D正确；故选：D。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(本大题共4小题)15.I．对碳单质及形成的有毒有害氧化物进行处理也成为科学研究热点。回答以下问题：（1）炭黑可以活化氧分子得到活化氧()，活化氧可以快速氧化，从而消除雾霾。其活化过程中的能量变化如下图所示，则生成活化氧的___________0(填“>”“<”或“=”)活化过程中有水时的活化能降低了___________eV。（2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：a．b．c．①___________kJ·mo。②对于反应，测得在不同温度下的转化率如图所示，图中的大小关系为___________。在、时，用物质的物质的量分数代替物质的量浓度表示化学反应的平衡常数___________。II．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了NO—CO的反应历程。在催化剂作用下，此反应为。可有效降低汽车尾气污染物排放。（3）探究温度、压强(2MPa，5MPa)对反应的影响，如图所示，表示的是___________(填标号)。（4）一定温度下，向一容积为的恒容密闭容器中充入和，发生上述反应，当反应达到平衡时容器内压强变为起始时的，此温度下该反应的平衡常数___________。（5）若在相同时间内测得NO的转化率随温度的变化曲线如图，NO的转化率在之间下降由缓到急的原因是___________。【答案】（1）①.<②.0.18（2）①.+131.3②.T3>T2>T1③.0.96（3）a（4）0.125（5）随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小【解析】【小问1详解】根据活化过程中的能量变化图可知起始物质(C+O2)的相对能量(0.0eV)高于最终物质(C+2O*)的相对能量(-0.29eV)故生成活化氧的过程是放热过程，故∆H<0；活化过程中无水时活化能为0.75eV有水时的活化能为0.57eV，有水时的活化能比无水时的活化能低了0.18eV；【小问2详解】①根据盖斯定律可知反应I=反应II-反应Ⅲ，则ΔH1=ΔH2-ΔH3=+90.3kJ·mol-1+41.0kJ·mol-1=+131.3kJ·mol-1；②反应I为吸热反应，温度越高H2O(g)的平衡转化率越高，且温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，故T3>T2>T1；由题图可知温度为T2°C时，H2O(g)的平衡转化率为70%设起始时H2O(g)的物质的量为xmol，列三段式如下:，平衡时气体的总物质的量为1.7xmol，此时H2O(g)、CO、H2的物质的量分数分别为，，，Kx=；【小问3详解】可逆反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，减小压强，平衡逆向移动，NO的转化率减小，根据图示可知，表示2MPa的是反应a。【小问4详解】根据已知条件列出“三段式”平衡时容器内压强变为起始时的，有=，x=0.5mol/L，此温度下该反应的平衡常数K=；【小问5详解】如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。16.“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，的资源化利用是实现碳中和的重要途径。I．电化学法将转化为甲酸科学家近年发明了一种新型水介质电池。如图-1所示，电极分别为金属锌和选择性催化材料，放电时，被转化为储氢物质甲酸。注：双极隔膜为一层阳离子交换膜和一层阴离子交换膜复合而成，中间为水，作为电解质溶液中和的来源。（1）放电时，正极电极反应式为___________。（2）充电时每生成，理论上阴极获得的物质的量为___________mol。（3）与Zn极室相连的离子交换膜为___________。II．热化学法将转化为甲醛，反应方程式为。（4）时，将体积比为1：2的和混合气体充入恒容密闭容器中，每隔一定时间测得容器内气体压强如表所示：时间/min0102030405060压强/kPa1.080.960.880.820.800.800.80①已知：。前，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为___________。②时，反应的平衡常数___________为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数；结果保留三位有效数字)。III．热化学法将转化为甲醇，催化加氢主要反应有：反应Ⅰ．反应II．压强分别为时，将的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下平衡时体系中的转化率和(或)的选择性如图-2所示。已知：(或)的选择性（5）曲线①代表的是___________。（6）___________(选填“=”、“>”或“<”)。（7）其他条件不变，增大压强，CO选择性的变化为___________(选填“不变”、“变大”或“变小”)，其原因是___________。（8）温度高于250℃，曲线②或曲线③上升的原因是___________。【答案】（1）（2）2（3）阴离子交换膜（4）①.0.024②.38.3（5）的选择性（6）>（7）①.变小②.增大压强，有利于反应I进行，的选择性增大，则选择性的变化为变小（8）温度升高，反应以反应II为主【解析】【分析】根据图-1分析可知，放电时左侧电极是负极，电极反应为：，右侧是正极，电极反应为：，则双极隔膜为右侧为阳离子交换膜为右侧提供，左侧阴离子交换膜为左侧提供，据此回答。【小问1详解】据分析可知，放电时，正极电极反应式为，故答案为：；【小问2详解】充电时左侧电极是阴极，电极反应为：，右侧是阳极，电极反应为：，所以每生成，理论上阴极获得的物质的量为，故答案为：2；【小问3详解】据分析可知，与极室相连的离子交换膜为阴离子交换膜，故答案为：阴离子交换膜；【小问4详解】①反应起始二氧化碳、氢气的压强为1.08kPa×=0.36kPa、1.08kPa×=0.72kPa，平衡时生成甲醛的分压为akPa，由题意可建立如下三段式：由10min气体压强为0.96可得：1.08—a=0.96，解得a=0.12，则用氢气的分压表示的反应速率为=0.024kPa/min，故答案为：0.024；②反应起始二氧化碳、氢气的压强为1.08kPa×=0.36kPa、1.08kPa×=0.72kPa，T1℃平衡时生成甲醛的分压为bkPa，由题意可建立如下三段式：由平衡时气体压强为0.8可得：1.08—b=0.8，解得a=0.28，则反应的平衡常数Kp=≈38.3，故答案为：38.3。【小问5详解】反应I放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，反应I逆向进行，反应II正向进行，可知曲线①代表的选择性，则曲线②、③不同压强下表示的平衡转化率，故答案为：；【小问6详解】反应I是气体分子数减小的反应，而反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，压力越大，有利于反应I进行，则同温下，的平衡转化率增大，则压力＞，故答案为：＞；【小问7详解】据上题分析，其他条件不变，增大压强，有利于反应I进行，的选择性增大，则选择性的变化为变小，故答案为：变小；增大压强，有利于反应I进行，的选择性增大，则选择性的变化为变小；【小问8详解】温度高于，曲线②或曲线③上升即的平衡转化率增大，且两条线逐渐接近，说明此时反应以反应Ⅱ为主，故答案为：温度升高，反应以反应Ⅱ为主。17.钴有很多特性，其化合物在医疗应用、颜料制作、航空航天技术等方面有广泛的应用。湿法炼锌工业中产生的钴渣中含有等，可利用如下工艺流程实现钴的富集：已知：①钴元素在滤液2中存在形式为；②“除锌”过程中生成；③一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.36.86.60.83.1完全沉淀的pH3.28.39.22.14.7回答下列问题：（1）“浸取”的目的是___________。（2）“酸浸”时，浸取的离子方程式为___________。（3）根据以上流程判断离子的氧化性：___________(填“小于”或“大于”)。（4）“调节”应不高于___________，“滤渣2”的主要成分是___________。（5）若“除锌”时控制pH=5.0，写出该反应的离子方程式：___________。（6）工业上还可以采取加入有机酸萃取剂来萃取分离，实验测得萃取率随的变化如下图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。已知：萃取时发生的反应：①萃取时，的萃取率随升高先增大后减小的可能原因是___________。②反萃取的目的是将有机层转移到水层。应选择的实验操作有___________。【答案】（1）将硫溶解，除掉硫（2）（3）大于（4）①.6.6②.、（5）（6）①.当时，随着升高，溶液中减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的与萃取剂反应；当时，随着升高，溶液中增大，与形成沉淀②.适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取【解析】【分析】钴渣中含有等，钴渣中的S易溶于CS2，加CS2浸取时将硫溶解，除掉硫；过滤，所得滤渣1主要含有等，往其中加H2O2、H2SO4酸浸，将金属氧化物转化为硫酸盐，其中钴元素在滤液2中存在形式为，Co3O4发生的反应为；再往其中加ZnO调节pH不高于6.6，沉淀Fe3+、Al3+，“滤渣2”的主要成分是、，往滤液3中加KMnO4除锌后经处理得Co(OH)3。【小问1详解】钴渣中含有等，钴渣中的S易溶于CS2，其他成分难溶于CS2，加CS2“浸取”的目的是将硫溶解，除掉硫；【小问2详解】“酸浸”时，将金属氧化物转化为硫酸盐，其中钴元素在滤液2中存在形式为，即Co3O4和H2O2在H2SO4作用下发生氧化还原反应，生成Co2+、O2和水，浸取的离子方程式为；【小问3详解】Co3O4和H2O2在H2SO4作用下发生氧化还原反应，浸取的离子方程式为，其中Co3O4为氧化剂、H2O2是还原剂、O2是氧化产物，即氧化性Co3O4大于O2，而O2氧化性强于Fe3+，所以离子的氧化性：大于；【小问4详解】“调节”时应沉淀Al3+、Fe3+，将其转化为、除去，而不能沉淀Co2+，据表格数据Co2+开始沉淀的pH为6.6，而此时Al3+、Fe3+已经沉淀完全，即pH应不高于6.6，“滤渣2”的主要成分是、；【小问5详解】“除锌”过程中生成，Co2+转化为Co(OH)3，若“除锌”时控制pH=5.0，利用电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒得反应的离子方程式：；小问6详解】①萃取时发生的反应：，当时，随着升高，溶液中减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的与萃取剂反应；当时，随着升高，溶液中增大，与形成沉淀，所以萃取时，的萃取率随升高先增大后减小；②反萃取的目的是将有机层转移到水层，应选择的实验操作有适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取。18.亚硝酰硫酸()主要用于染料、医药等