江苏南京六校联合体2024至2025学年高三上学期10月联合调研化学试卷试题及答案解析

-2025学年第一学期六校联合体10月联合调研高三化学答案可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Fe-56Zn-65一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.2024年政府工作报告中的新质生产力涉及新材料产业。下列材料不属于新型无机非金属材料的是A.碳纳米材料 B.石墨烯 C.石英光导纤维 D.聚碳酸酯【答案】D【解析】【详解】A．碳纳米材料属于新型无机非金属材料，A不合题意；B．石墨烯属于新型无机非金属材料，B不合题意；C．石英光导纤维属于新型无机非金属材料，C不合题意；D．聚碳酸酯是有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，D符合题意；故选D。2.氮化硅(Si3N4)可通过反应制备。下列说法正确的是A.1molSiO2中含有2molSi—O键 B.的电子式为C.CO是极性分子 D.Si3N4晶体属于分子晶体【答案】C【解析】【详解】A．SiO2晶体中1个Si原子和4个O原子形成4个共价键，每个Si周围结合4个O，同时每个O与2个Si相结合，所以1molSiO2中含有4molSi—O键，A错误；B．N2分子中，2个N原子之间形成共价三键，另外，每个N原子的最外层还有1个孤电子对，则其电子式为，B错误；C．CO是双原子化合物分子，共用电子对偏向O原子、偏离C原子，O原子带部分负电荷，C原子带部分正电荷，正负电中心不重合，属于极性分子，C正确；D．Si3N4是由硅原子和氮原子通过Si－N键构成共价晶体，不是分子晶体，D错误；故选C。3.下列制取、验证其还原性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A．制取B．验证还原性C．收集D．尾气处理A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸和铜加热反应生成二氧化硫气体，A错误；B．二氧化硫具有还原性，可使溴水褪色，操作符合要求，可达到实验目的，B正确；C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，C错误；D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，D错误；故选B。4.臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为S和N。下列关于N、O、S、Fe元素及其化合物的说法正确的是A.原子半径：S>O>N B.1mol[Fe(H2O)6]2+含有键数目为12molC.键角：H2O>NH3 D.第一电离能：I1(N)>I1(O)>I1(S)【答案】D【解析】【详解】A．S核外有3个电子层，N、O核外有2个电子层，因此S的原子半径最大，N、O同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径：S＞N＞O，故A错误；B．H2O中含有2个键，配位键也是键，[Fe(H2O)6]2+中含有6+2×6=18个键，1mol[Fe(H2O)6]2+含有键数目为18mol，故B错误；C．H2O和NH3中心原子价层电子对数都是4，杂化方式都是sp3，而H2O中心原子含有2个孤电子对，NH3中心原子含有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角：H2O<NH3，故C错误；D．同周期从左向右第一电离能是增大趋势，但ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：I1(N)＞I1(O)＞I1(S)，故D正确；故选D。阅读下列材料，完成下列小题氮的常见氢化物有氨(NH3)和肼(N2H4)。Mg3N2可与水反应生成NH3.液氨可发生微弱电离产生，液氨能与碱金属(如Na、K)反应产生H2.NH3中一个H被—NH2取代可得N2H4，常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622kJ·mol-1)。以硫酸为电解质，通过催化电解可将N2转化为N2H4；碱性条件下，NaClO氧化NH3也可制备N2H4。5.下列说法正确的是A.NH3和N2H4分子中N原子杂化轨道类型不同B.液氨电离可表示为：2NH3⇌C.N2H4的结构式为D.Mg3N2中存在N≡N键6.下列化学反应表示正确的是A.肼在氧气中燃烧：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-622.1kJ·mol-1B.液氨与钠反应：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑C.NaClO氧化NH3制备N2H4；4NH3+ClO-+2OH-=2N2H4+Cl-+3H2OD.电解法制备N2H4的阴极反应：N2+4H+-4e-=N2H47.下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是A.NH3分子间存在氢键，NH3极易溶于水B.液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂C.N2H4中N原子能与形成配位键，N2H4的水溶液呈碱性D.N2H4具有还原性，可用作燃料电池的燃料【答案】5.B6.B7.A【解析】【5题详解】A．NH3和N2H4分子中N原子周围的价层电子对数均为4，故其杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，A错误；B．依据水的电离方程式可知，液氨的电离方程式可表示为2NH3⇌，B正确；C．根据N原子的成键特点，N2H4的结构式为：，C错误；D．Mg3N2晶体为离子晶体，其中存在Mg2+与N3-之间为离子键，即不存在N≡N键，D错误；故答案为：B。【6题详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质(其中H2O为液态水)时放出的热量，A错误；B．液氨与钠反应，生成NaNH2和氢气，化学方程式为：2Na+2NH3═2NaNH2+H2↑，B正确；C．NaClO氧化NH3制备N2H4，方程式为：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，原离子方程式电荷不守恒，C错误；D．阴极发生还原反应，故电解法制备N2H4的阴极反应：N2+4H++4e-=N2H4，D错误；故答案为：B。【7题详解】A．NH3极易溶于水，是由于氨气分子和水分子都是极性分子同时可以形成氢键，与NH3分子间存在氢键无关，A符合题意；B．氨分子由液态转化为气态时，需要从周围环境吸收热量，液氨可用作制冷剂，B不合题意；C．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，故N2H4的水溶液呈碱性，C不合题意；D．N2H4中N元素处于较低价态，具有还原性，可以和氧气等氧化剂反应，故而可用作燃料电池的燃料，D不合题意；故答案为：A。8.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是A.由FeS2制备BaSO3：B.由MgO制备MgCl2：C.由CuSO4生成Cu2O：CuSO4溶液D.SiO2制Na2SiO3：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫和氯化钡不反应，A错误；B．镁离子水解，氯化镁溶液蒸干不能得到氯化镁，B错误；C．硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，新制氢氧化铜和葡萄糖发生氧化还原反应生成氧化亚铜沉淀，C正确；D．二氧化硅和水不反应，D错误；故选C。9.化合物Z是一种有机合成中的重要中间体，其部分合成路线如下：下列说法正确的是A.Y与Z分子均存在顺反异构体 B.用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和YC.用FeCl3溶液可以鉴别X、Y D.Y与足量H2加成后的产物中含有手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．顺反异构是每个双键碳原子均连不同的原子或原子团，故Y与Z分子都不存在顺反异构，A不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，醛基有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故X和Y都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B不符合题意；C．化合物X中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，化合物Y中不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，可以鉴别，C符合题意；D．Y与足量氢气加成后的产物为：，不含有手性碳原子，D不符合题意；故答案选C；10.实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程如图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如图乙所示。下列说法正确的是“除锰”反应的离子方程式为+Mn2++2H2O=2+MnO2↓+4H+B.“除锰”反应中每消耗1mol，硫元素共得到2mol电子C.试剂X可以选用Zn、ZnO等物质D.滤液中一定大量存在的阳离子有Na+、NH和Zn2+【答案】A【解析】【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程为：具有强氧化性，加入Na2S2O8将Mn2+转化为MnO2除去，同时亚铁离子转化为铁离子，“除锰”反应的离子方程式为+Mn2++2H2O═2+MnO2↓+4H+，过滤，滤渣为MnO2，加入ZnO、ZnCO3等调节pH分离出氢氧化铁，滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锌生成ZnCO3，据此分析解答。【详解】A．具有强氧化性，氧化Mn2+生成MnO2，则除锰”反应的离子方程式为+Mn2++2H2O═2+MnO2↓+4H+，故A正确；

B．具有强氧化性，是因为含有-O-O-键，反应时O得电子生成-2价O，硫元素化合价不变，故B错误；

C．试剂X应为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2，不能使用金属Zn,因为Zn可还原铁离子生成亚铁离子，增大除杂难度，故C错误；

D．加入Na2S2O8引入Na+、加入碳酸氢铵和氨水沉锌时引入，但沉锌时Zn2+转化为ZnCO3沉淀，所以液中一定大量存在阳离子有Na+、，Zn2+只有微量，故D错误；

故选：A。11.下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案AAl与结合H+能力大小分别测量浓度均为0.1mol·L-1Na2CO3溶液和Na[Al(OH)4]溶液的pH，比较pH的大小BH2S与H2SO4的酸性强弱向CuSO4溶液中通入H2S气体，观察现象C检验Fe2+对H2O2分解是否有催化作用向H2O2溶液中滴入FeCl2溶液，观察产生气泡的速率D检验Fe3O4中含有Fe(II)将Fe3O4溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色的变化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．相同条件下，溶液pH越大，水解能力越强，结合氢离子能力越强，A能达到目的；B．CuSO4溶液与H2S反应生成CuS和硫酸，反应的发生不是强酸制弱酸，是因为生成了CuS沉淀，且不溶于酸，B不能达到目的；C．加入FeCl2溶液，可能是Fe2+或Cl-的影响，C不能达到目的；D．Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不能达到目的；答案选A。12.硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3，当c(HSO)：c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=，Ka2(H2SO3)=，下列说法不正确的是A.NaHSO3溶液中存在：2c(SO)+c(HSO)>c(Na+)B.Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSC.当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2D.与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变【答案】D【解析】【详解】A．NaHSO3溶液中存在HSO的电离与水解，Ka2(H2SO3)=，Kh=，即HSO电离程度大于水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒可知，2c(SO)+c(HSO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则2c(SO)+c(HSO)＞c(Na+)，故A正确；B．亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2，故B正确；C．亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)==，当c(HSO)：c(SO)=10时，溶液中c(H+)=10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C正确；D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D错误；故选D。13.CO2催化加氢是转化CO2的一种方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性随温度的变化如图。其中：。下列说法正确的是A.B.△H1<0C.温度高于300℃时主要发生反应ⅡD.其他条件不变，图中A点选择合适催化剂可提高CO的选择性【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，，A错误；B．由图可知，升高温度，CO2的转化率先降低后升高，CO的选择性一直增大，则反应Ⅰ正向移动，反应为吸热反应，△H1>0，B错误；C．温度高于300℃时，CO的选择性更大，产率更多，故主要发生反应Ⅰ，C错误；D．A点没有达到CO的平衡选择性，故其他条件不变，图中A点选择合适催化剂促进CO的生成，提高CO的选择性，D正确；故选D。非选择题：共4题，共61分14.以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下：已知：①25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子(M代表金属元素)；②(NH4)2S2O8在煮沸时易分解（1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为_______。（2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。①加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为_______。②若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是_______。（3）①氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图1所示。当2.5<pH<4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是_______。②氟化后，溶液中为_______。③CaF2晶胞结构如图2所示，其中Ca2+的配位数为_______。（4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。先准确量取1.00mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银(Ag＋是催化剂)溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3g(NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮沸，冷却后，再用0.0700mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至溶液由浅红色变为无色。请写出Mn2+与S2反应的离子方程式_______。【答案】（1）2Fe2+＋MnO2＋4H+=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O（2）①.2K+＋6Fe3+＋4SO＋6CO＋6H2O=K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑②.加入Na2CO3过多，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀（3）①.pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低②.0.5③.8（4）2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋【解析】【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池(主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH)和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，加入(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]。【小问1详解】MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，离子方程式为：2Fe2+＋MnO2＋4H+=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；【小问2详解】①加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K+＋6Fe3+＋4SO＋6CO＋6H2O=K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑；②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，Fe3+会生成Fe(OH)3，将导致产品的产率下降；【小问3详解】①如图所示当2.5＜pH＜4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+除率都会下降，当pH过低酸性较强NH4F会生成HF，溶液中F-浓度较低，Ca2+、Mg2+去除率会下降；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子，MgF2、CaF2去除率会下降；②上层的清液中==0.5；③晶胞中白色原子个数为，黑色原子位于晶胞内部，个数为8，则白色代表Ca2+，黑色代表F-；以面心的Ca2+为研究对象，其距离最近的4个F-位于晶胞内部，面心的Ca2+被两个晶胞共用，Ca2+的配位数为8；【小问4详解】加入的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至终点的现象是：溶液由浅红色变为无色，则滴定前锰元素的存在形式为MnO，故该离子反应为S2O将Mn2+氧化为MnO，自身被还原为SO，根据转移电子守恒，配平该反应为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋。15.F是一种有机工业制备的重要中间体，其一种合成工艺流程如下图：（1）E中含氧官能团的名称为_______。（2）A→B时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH。则X的结构简式为_______。（3）Y的结构简式为_______。（4）E→F的反应实际上经历了两步反应，两步反应类型依次是_______、_______。（5）写出一种符合下列条件的化合物C的同分异构体_______。①结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种；②红外光谱显示结构中含“-C≡N”和“C=S”结构；③核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1：6：6。（6）设计以化合物CH2=CH2、n-BuLi、、为原料，合成化合物的路线图_______(无机试剂及有机溶剂任用)。【答案】（1）(酮)羰基（2）（3）（4）①.加成反应②.消去反应（5）或或（6）【解析】【分析】A与X发生取代反应生成B；B与n-BuLi、发生取代反应生成C等；C与n-BuLi、Y发生取代反应生成D，采用逆推法可确定Y为；D在H2SO4、HgCl2作用下与水反应转化为E等；E在作用下发生加成、消去反应生成F等。【小问1详解】E为，含氧官能团的名称为(酮)羰基。【小问2详解】A()→B()时发生取代反应，所得产物为化合物B和CH3OH，采用逆推法，可确定X的结构简式为。【小问3详解】由分析可知，Y的结构简式为。【小问4详解】E()→F()的反应实际上经历了两步反应，先发生-CH3与酮羰基的加成反应(生成-OH)，再发生-OH的消去反应，所以两步反应类型依次是：加成反应、消去反应。【小问5详解】化合物C为，符合下列条件：“①结构中含有苯环，无其他环状结构；苯环上的一元取代物只有一种；②红外光谱显示结构中含“-C≡N”和“C=S”结构；③核磁共振氢谱显示结构中有3种化学环境的氢原子，个数比为1:6:6”的化合物C的同分异构体，分子中应含有1个苯环、1个“-C≡N”、2个“C=S”，另外还含有4个-CH3，分子结构对称，则可能结构简式为或或。【点睛】以化合物CH2=CH2、n-BuLi、、为原料，合成化合物时，采用逆推法，利用题给流程图中E→F的信息，合成的反应物为CH3CH2CHO，而由CH2=CH2制取CH3CH2CHO，需要增加1个碳原子，此时需使用流程图中D→F的信息，即制得，从而得出合成路线为：。16.废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备CoSO4溶液，再以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼为原料制得微米级Co(OH)2。已知：①Co2+、Co3+易与NH3形成配合物；②水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2；③沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状胶体，不易过滤。（1）写出钴基态原子的价层电子排布式_______。（2）制备CoSO4溶液。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，边搅拌边加入1mol/LH2SO4溶液充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为_______。从分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是_______。（3）制备微米级Co(OH)260℃时在搅拌下向500mL1mol/LCoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co(OH)2。制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是_______。（4）经仪器分析，测得按题(3)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(Ⅲ)，进一步用碘量法测得Co(Ⅱ)的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂。为确保制得的Co(OH)2产品中不含Co(Ⅲ)，制备时至少需加入水合肼的质量为_______g。(写出计算过程)（5）利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴CoCO3。已知：①CoCO3几乎不溶于水，Li2CO3微溶于水；②钴、锂在有机磷萃取剂(HR)中的萃取率与pH的关系如图所示；③酸性条件下的氧化性强弱顺序为：Co3+>H2O2。请补充完整实验方案：取一定量含钴废料，粉碎后_______，充分反应后，静置后过滤，洗涤、干燥得到CoCO3。【实验中必须使用的试剂：2mol/LH2SO4溶液、2mol/LNaOH溶液、有机磷(HR)、0.5mol/LNa2CO3溶液、30%H2O2溶液。】【答案】（1）（2）①.2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O②.使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出(或提高钴的还原率)（3）Co2+与NH3形成配离子，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯（4）0.5（5）向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷(HR)，用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右(5.2-5.8之间)，(充分振荡后静置)分液，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液【解析】【分析】废旧锂电池正极材料主要含LiCoO2，将其粉碎后与Na2SO3、H2SO4溶液混合，发生氧化还原反应产生CoSO4，然后先加入氨水，使Co2+与NH3形成络合物，降低Co2+的浓度，再滴加NaOH溶液，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，但在制取Co(OH)2中，其中含有Co(Ⅲ)，因此制备时必须加入一定量的还原剂；利用含钴废料制备碳酸钴，可根据还原性：Co3+＞H2O2，向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co(Ⅲ)转化为Co(Ⅱ)。充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷(HR)萃取Co2+，为提高Co2+萃取率可用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右(5.2-5.8之间)，经充分振荡后分液，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，再分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液，发生复分解反应产生CoCO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净CoCO3。【小问1详解】Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式为：。【小问2详解】废旧锂电池正极材料主要含LiCoO2，将其粉碎后与Na2SO3混合得到悬浊液，然后边搅拌边滴加1mol/LH2SO4溶液，发生反应产生CoSO4、Li2SO4、Na2SO4、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；从分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出(或提高钴的还原率)；【小问3详解】60℃时在搅拌下向CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co(OH)2。制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯；【小问4详解】500mLCoSO4溶液中含有n(CoSO4)=1mol/L×0.5L=0.5mol，被氧化后的n[Co(Ⅲ)]=0.5mol×8%=0.04mol，n(N2H4·H2O)=，m(N2H4·H2O)=；【小问5详解】利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴CoCO3，首先取一定量含钴废料，粉碎后，向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co3+反应变为Co2+，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷(HR)。用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右(5.2-5.8之间)，充分振荡萃取Co2+后分液，弃去水层，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液，Co2+与CO反应变为CoCO3沉淀，充分反应后，静置后过