四川省宜宾市叙州区2024-2025学年高三上学期第一次诊断性化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省宜宾市叙州区2024-2025学年高三上学期第一次诊断性试题相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.下列关于胶体的叙述错误的是A.新冠病毒蛋白质分子的直径约为80nm，在空气中可以形成气溶胶B.胶体和溶液的分散质均能透过滤纸C.胶体区别于其他分散系的本质是有丁达尔效应D.自然界中云、雾、烟都是胶体【答案】C【解析】A．新冠病毒蛋白质分子直径约为80nm左右，介于1-100nm之间，在空气中分散可以形成气溶胶，A正确；B．胶体分散质微粒直径在1-100nm之间，溶液的分散质微粒直径小于1nm，两种分散系的分散质微粒直径比较小，都可以通过滤纸空隙，B正确；C．胶体区别于其他分散系的本质是分散质微粒直径大小，C错误；D．自然界中云、雾、烟的分散质颗粒均介于1-100nm之间，为胶体，D正确；故选C。2.准确理解概念内涵才能准确把握概念本质。下列有关1mol的含义叙述中错误的是A.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子B.16gO2约含有6.02×1023个氧原子C.4mol水中含有8molH和4molOD.1molNe中含有6.02×1023个电子【答案】AD【解析】A．并非所有物质都由分子构成，比如NaCl中不含分子，A错误；B．16gO2的物质的量为0.5mol，则其含有1molO，即约6.02×1023个氧原子，B正确；C．4molH2O中含有8molH和4molO，C正确；D．1个Ne原子含有10个电子，则1molNe含有10mol电子，即6.02×1024个电子，D错误；故选AD。3.化学试剂的用量往往会影响化学反应的产物。下列离子方程式书写正确的是A.溶液中滴加少量溶液：B.溶液中滴加足量溶液：C.溶液中滴加少量盐酸：D.溶液中滴加少量氯水：(氧化性：)【答案】A【解析】A．向Ca(HCO3)2溶液加入少量的Ca(OH)2溶液，氢氧根离子不足，离子方程式为：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，A正确；B．溶液中滴加足量溶液中，铵根离子、氢离子和硫酸根离子均完全反应，离子方程式为：，B错误；C．Na2CO3溶液中逐滴滴加少量盐酸反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：CO+H+=，C错误；D．向FeI2溶液中滴入少量氯水，碘离子的还原性大于亚铁离子，故反应的离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，D错误；故选A。4.已知下列热化学方程式：2Zn(s)+O2(g)═2ZnO(s)△H1=﹣702.2kJ/mol；Hg(l)+O2(g)═HgO(s)△H2=﹣90.7kJ/mol由此可知Zn(s)+HgO(s)═ZnO(s)+Hg(l)的△H3，其中△H3的值是A.﹣260.4kJ/mol B.﹣254.6kJ/molC.﹣438.9kJ/mol D.﹣441.8kJ/mol【答案】A【解析】已知①2Zn(s)+O2(g)═2ZnO(s)△H1=﹣702.2kJ/mol，②Hg(l)+O2(g)═HgO(s)△H2=﹣90.7kJ/mol，根据盖斯定律：①×0.5-②即可得：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)△H3=(-702.2×0.5+90.7)kJ•mol-1=-260.4kJ•mol-1，故选：A。5.在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是A.v(SO3)=4mol/(L·min) B.v(O2)=6mol/(L·min)C.v(SO2)=8mol/(L·min) D.v(O2)=3mol/(L·min)【答案】B【解析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质、同一单位表示，然后才能直接比较速率数值。A.v（O2）=1/2v（SO3）=2mol·L-1·min-1；B.v（O2）=6mol·L-1·min-1；C.v（O2）=1/2v（SO2）=4mol·L-1·min-1；D.v（O2）=3mol·L-1·min-1；故答案为：B。6.下列方程式书写正确的是A.往饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：+CO2+H2O=2B.鸡蛋壳(主要含CaCO3)浸泡在食醋中：CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2OC.足量NaHSO4溶液中加入MgO固体：MgO+2H++=MgSO4↓+H2OD.向氨化的饱和氯化钠溶液中通入少量二氧化碳：NH3+H2O+CO2+Na+=NaHCO3↓+【答案】D【解析】A．饱和碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以会看到有白色沉淀析出，离子方程式为：2Na+++CO2+H2O=2，故A错误；B．(CH3COO)2Ca易溶于水，要拆成离子，故离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O；故B错误；C．MgSO4易溶于水，拆成离子，离子方程式为：MgO+2H+=Mg2++H2O；故C错误；D．氨气的溶解度比二氧化碳大得多，且溶液呈碱性，有利于二氧化碳的吸收，先通入足量的氨气，二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中，发生NH3+CO2+H2O═NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl,本质为NH3+H2O+CO2+Na+=NaHCO3↓+，故D正确。答案选D。7.某地方政府为了实现对当地水资源及沿途流域环境的综合治理，引导甲、乙两个相邻的工厂在污水处理方面做了横向联合。已知两厂排放的污水经初步处理后，分别只有下列8种离子中的4种(两厂不含相同离子)：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl-、SO、NO、OH-。两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定的比例混合，沉淀后污水会变成无色澄清的只含硝酸钠的水而排放，污染程度会大大降低。关于污染源的分析，你认为正确的是A.SO和NO可能来自同一工厂 B.Cl-和NO一定来自不同的工厂C.Ag+和Na+可能来自同一工厂 D.Na+和NO一定来自同一工厂【答案】B【解析】Ag+、Fe3+均能够与OH-结合生成沉淀，SO与Ba2+能够结合生成沉淀，Ag+、Cl-能够结合生成沉淀，均不能大量共存，则一个厂的污水中含Ba2+、Ag+、Fe3+、NO，另一个厂的污水中含Na+、Cl-、SO、OH-。A．根据上述分析，SO和NO来自两个工厂，故A错误；B．根据上述分析，Cl-和NO来自两个工厂，故B正确；C．根据上述分析，Ag+和Na+来自两个工厂，故C错误；D．根据上述分析，Na+和NO来自两个工厂，故D错误；故选B。8.酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是A.H3PO2属于二元酸 B.H3PO2属于三元酸C.NaH2PO2属于正盐 D.NaH2PO2属于酸式盐【答案】C【解析】碳酸、硫酸为二元酸，只能生成一种酸式盐，磷酸为三元酸，所以与KOH溶液反应，有KH2PO4、K2HPO4两种酸式盐；H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则NaH2PO2为正盐，从组成上看，H3PO2只电离出1个H原子，则H3PO2为一元酸，故选C。9.如表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述错误的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1860.1430.1100.1020.099最高正化合价+1+3+5+6+7最低负化合价-3-2-1A.上述五种元素形成的单质中沸点最低的是B.Q与T形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构C.R、T形成的简单离子的还原性：D.L、M的最高价氧化物对应的水化物之间可反应生成盐【答案】B【解析】根据表格中的数据可知，L的半径最大，最高正价为+1价，则L为Na，M的半径比L小，且最高正价为+3价，则M为Al，Q的半径较小，主要化合价有+5价和-3价，则Q为P，R的半径比Q略小，且主要化合价为+6价和-2价，则R为S，T的半径最小，存在+7价和-1价，则T为Cl，即L为Na，M为Al，Q为P，R为S，T为Cl，以此解题。A．根据分析可知，T为Cl，其单质为氯气，沸点最低，A正确；B．由分析可知，Q为P，T为Cl，两者形成的PCl5中，P原子没有达到8电子稳定结构，B错误；C．由分析可知，R为S，T为Cl，两者形成的简单离子的电子排布相同，其中S的原子序数小，半径大，C正确；D．由分析可知，L为Na，M为Al，其最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者可以形成偏铝酸钠，D正确；故选B。10.2022年诺贝尔化学奖授予了点击化学等领域。我国科学家在研究点击反应砌块的过程中，发现了一种结构如图的化合物，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y和W是同主族元素。下列说法错误的是A.简单离子半径： B.简单氢化物的沸点：C.最高价含氧酸的酸性： D.Y与X、Y与W均能形成多种化合物【答案】C【解析】X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y和W是同主族元素，Y能形成2个共价键，W能形成6个共价键，则Y为O元素、W为S元素；X能形成3个共价键，且原子序数小于Y，则X为N元素；Z能形成1个共价键，且原子序数大于Y而小于W，则Z为F元素；A．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：，故A正确；B．X氢化物为NH3，Y氢化物为H2O，二者都可形成分子间氢键，但H2O相对分子质量更大，分子间相互作用力更强，所以简单氢化物的沸点：，故B正确；C．Z为F元素，无正化合价，故C错误；D．氧元素与硫元素和氮元素均可形成多种化合物，如：一氧化氮和二氧化氮；二氧化硫和三氧化硫，故D正确；答案选C。11.某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A.恒容下，再充入一定量H2O(g)，平衡向正反应方向移动，v正加快、v逆减慢B.缩小容器的体积，v正>v逆C.恒容下，再充入一定量的Ar气，平衡向正反应方向移动D.恒容下，再充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2=CH2(g)的平衡转化率增大【答案】B【解析】A．恒容下，再充入一定量的水蒸气，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，正、逆反应速率均增大，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，气体压强增大，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B正确；C．恒容下，再充入一定量的不参与反应的氩气，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不改变，化学平衡不移动，故C错误；D．恒容下，再充入一定量的乙烯，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但的转化率减小，故D错误；故选B。12.下列说法正确的是（）A.常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)B.相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.PH＝1NaHSO4溶液中c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)D.常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H+)=c(OH－)【答案】A【解析】A.常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液中，c(H+)=0.1mol/L，则HA为强酸溶液，与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和c(H+)来自于水且c(OH－)=c(H+)，故A正确；B.相同浓度时酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-)>c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa<NaClO，溶液中c(CH3COO-)>c(ClO-)，故B错误；C.pH＝1NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)，故C错误；D.pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH－)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c(CH3COO－)=c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH－)，故D错误。答案选A。13.2023年星恒电源发布“超钠F1”开启钠电在电动车上产业化元年。该二次电池的电极材料为(普鲁士白)和(嵌钠硬碳)。下列说法中错误的是A.放电时，左边电极电势高B.放电时，负极的电极反应式可表示为：C.充电时，电路中每转移电子，阳极质量增加D.比能量：锂离子电池高于钠离子电池【答案】C【解析】根据图示，放电时，中钠失去电子生成，因此为负极，据此答题。A．放电时，左边电极为正极，电极电势高，A正确；B．放电时，负极的电极反应式可表示为：，B正确；C．充电时，阳极反应式为：，电路中每转移电子，阳极质量减少，C错误；D．比能量就是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，Li、Na原子正常状态下反应时均为失去1个电子，但Li的相对原子质量小于Na的，故锂离子电池的比能量高于钠离子电池，D正确；故选C。14.常温下，向20mLNaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中与的关系如图所示。已知。下列说法正确的是A.B.恰好完全反应时，溶液中C.当溶液呈中性时，一定存在D.pH=2时的值比pH=1的大【答案】C【解析】A．Ka(HA)=，Ka(HB)=，则=10，则，故A错误；B．恰好完全反应时，生成等物质的量浓度的NaA和HB，但是HB会电离，A-会水解，且程度不同，故浓度不等，故B错误；C．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，溶液为中性时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+(B-)，则成立，故C正确；D．电离平衡常数只与温度有关，pH=2时，=的值与pH=1时相等，故D错误；故选C。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.Ⅰ．如图所示为常见仪器的部分结构。（1）写出下列仪器的名称：A___________，B___________，C___________。（2）仪器B上标记有___________(填序号)。①质量②温度③刻度线④浓度⑤容积Ⅱ．现用98%的浓(密度为)来配制的稀。有关操作：①计算所需浓硫酸的体积；②量取一定体积的浓硫酸；③稀释、冷却；④转移、洗涤；⑤定容；⑥摇匀。（3）应用量筒量取的浓硫酸体积是___________mL，实验中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外还有___________。（4）第③步中稀释浓硫酸的操作是___________。（5）将所配制的稀进行测定，发现实际浓度大于。会引起所配溶液浓度偏大的操作有___________(填序号)。A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用来配制溶液C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D．将烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．烧杯未进行洗涤F．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】（1）①.量筒②.容量瓶③.温度计（2）②③⑤（3）①.5.4②.容量瓶（4）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边用玻璃棒搅拌（5）ACF【解析】（1）图中，仪器A的0刻度在低端，最小刻度为1mL，为量筒；仪器B没有具体刻度，只有一条刻度线，瓶口有玻璃塞，为容量瓶；仪器C有0刻度，且有正负之分，为温度计；（2）仪器B为容量瓶，其上标有使用温度、刻度线、规格(容积)；（3）配制的稀，选择500mL容量瓶，根据已知信息，浓硫酸物质的量浓度：，根据溶液稀释公式可计算浓硫酸需要体积：；实验中所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶；（4）稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入水中，边加边用玻璃棒搅拌，避免液滴飞溅；（5）A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，浓硫酸体积偏大，溶质物质的量变大，所以浓度偏大，A正确；B．用容量瓶定容时本就需加入蒸馏水，所以容量瓶不需要干燥，对浓度无影响，B错误；C．浓硫酸在烧杯中稀释放热，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，溶液体积偏小，浓度偏大，C正确；D．将烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质有损失，溶液浓度偏小，D错误；E．烧杯未进行洗涤，溶质有损失，溶液浓度偏小，E错误；F．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积变小，则浓度偏大，F正确；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，溶液浓度偏小，G错误；答案选ACF。16.原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W中，X和Y的价电子层中未成对电子均只有1个，并且和的电子数相差8；与Y位于同一周期的Z和W，它们的价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2。回答下列问题：（1）溶于氨水形成蓝色溶液。①中与之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______（填元素符号）。②氨气溶于水时，大部分与以氢键（用“…”表示）结合形成分子。根据氨水的性质可推知的结构式为______。③往蓝色溶液中滴入少量氢氧化钡溶液，该反应的离子方程式为____________。（2）中的化学键只有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子形式存在的的结构式为______，其中Z的配位数为______。（3）反应能够发生的原因为____________。【答案】（1）①.配位键②.N③.④.（2）①.②.4（3）因为K的沸点比Na低，在高温下以气体方式生成，及时脱离反应体系，使反应不断向右进行【解析】前四周期原子序数依次增大的元素X、Y、Z、W中，X和Y的价电子层中未成对电子均只有1个，并且X-和Y+的电子数相差8，则X属于第VIIA族元素，Y属于第IA族元素，且X的原子序数小于Y，则X是F元素，Y是K元素；与Y位于同一周期的Z和W，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且Z和W的原子序数大于Y(K)，Z的原子序数小于W，则Z是Fe元素，W是Ni元素，据此解答。（1）①中与之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N；②NH3•H2O电离出铵根离子与氢氧根离子，水中O-H键断裂，应是氨分子中N原子与水中H原子之间形成氢键，故NH3•H2O的结构式为：；③往蓝色溶液中滴入少量氢氧化钡溶液，会生成硫酸钡沉淀，内界离子不参与反应，故离子方程式：；（2）FeCl3中的化学键只有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子形式存在的FeCl3的结构式为，Fe原子周围有4个Cl,则其中Fe的配位数为4；（3）因为K的沸点比Na低，在高温下以气体方式生成，及时脱离反应体系，使反应不断向右进行，故能够发生。17.草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示：常温下，有关沉淀数据如表(完全沉淀时，金属离子浓度)。沉淀恰好完全沉淀时pH10.19.46.72.85.2回答下列问题：（1）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是_______；浸出液中主要含有、、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式：_______，写出基态Mn原子的价电子排布式_______。（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______。（3）常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是_______，若“调节pH”后，溶液，则需调节溶液pH的范围是_______(忽略溶液的体积变化)。（4）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______；反萃取时，应加入的物质是_______(填溶液名称)。（5）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率②.③.3d54s2（2）（3）①.、、②.<7.4（4）①.溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动②.稀硫酸（5）1：1【解析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知Co2O3发生反应的化学方程式为：，Mn是25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2。（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；调节pH时Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，根据表格中数据可知，pH应该大于6.7，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)>0.1mol⋅L−1，当c(Co2+)=0.1mol⋅L−1时，溶液中c(OH−)==，c(H+)==10−7.4mol/L，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4。（4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。（5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为n[CoC2O4⋅2H2O]==0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n[Co