2022届新疆维吾尔自治区兵团地州部分学校高二上学期期末联考化学试题（含解析）

兵团地州学校2021～2022学年第一学期期未联考高二化学试卷考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版选修4。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Fe-56第I卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.明矾可用于饮用水的杀菌消毒B.可依据碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液反应的原理来制备泡沫灭火器C.金属铁在潮湿的空气中生锈，主要发生化学腐蚀D.一氧化碳的燃烧是将热能转化为化学能【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶于水能够产生Al(OH)3胶体，具有很强的吸附能力可以作为净水剂，但其不能使蛋白质发生变性，故不可用于饮用水的杀菌消毒，A错误；B．碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液反应原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故可依据碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液反应的原理来制备泡沫灭火器，B正确；C．金属铁在潮湿的空气中生锈，主要发生电化学腐蚀，C错误；D．一氧化碳的燃烧是将化学能转化为热能，D错误；故答案为：B。2.下列反应的能量变化与示意图不相符的是

A.生石灰与水的反应 B.灼热的炭与水蒸气的反应C.盐酸和碳酸氢钠的反应 D.氢氧化钡与氯化铵的反应【答案】A【解析】【详解】A．生石灰与水反应放热，A正确；B．灼热的炭与水蒸气反应制备水煤气吸热，B错误；C．盐酸和碳酸氢钠的反应吸热，C错误；D．氢氧化钡与氯化铵的反应吸热，D错误；故选A。3.在容积不变的密闭容器中，M与N反应生成P和R，其化学反应速率分别用(M)、(N)、(P)、(R)表示。已知：5(M)=4(N)，5(P)=4(N)，3(P)=2(R)。则此反应可表示为A.3M+2N4P+5R B.5M+6N5P+4RC.4M+5N3P+2R D.4M+5N4P+6R【答案】D【解析】【详解】根据同一化学反应在同一时间段内不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量系数之比，根据5(M)=4(N)，5(P)=4(N)，3(P)=2(R)，可知M、N、P、R的系数比为：4:5:4:6，故答案为：D。4.下列方程式书写正确的是A.CO+2H2OH2CO3+2OH- B.NH4NO3NH+NOC.HF+H2OH3O++F- D.BaSO4(s)=Ba2+(aq)+SO(aq)【答案】C【解析】【详解】A．CO分步水解，水解的离子方程式是CO+H2OHCO+OH-、HCO+H2OH2CO3+OH-，故A错误；B．NH4NO3是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为NH4NO3=NH+NO，故B错误；C．HF是弱酸，在水溶液中部分电离，电离方程式为HF+H2OH3O++F-，故C正确；D．硫酸钡难溶于水，在水溶液中存在沉淀溶解平衡，BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)，故D错误；选C。5.下列有关BaSO3沉淀溶解平衡的说法中错误的是A.BaSO3的溶度积常数表达式Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c(SO)B.向BaSO3悬浊液中加入Na2SO3固体，BaSO3溶解量减少C.升高温度，BaSO3的溶解度增大D.BaSO3难溶于水，溶液中没有Ba2+和SO【答案】D【解析】【详解】A．根据溶度积的定义可知，BaSO3的溶度积常数表达式Ksp(BaSO3)=c(Ba2+)·c(SO)，A正确；B．向BaSO3悬浊液中加入Na2SO3固体，则溶液中c(SO)增大，BaSO3(s)Ba2+(aq)+SO(aq)的溶解平衡逆向移动，故BaSO3溶解的量减少，B正确；C．BaSO3(s)Ba2+(aq)+SO(aq)是一个吸热过程，故升高温度，平衡正向移动，则BaSO3的溶解度增大，C正确；D．BaSO3难溶于水，但不是绝对不溶，溶液中存在BaSO3(s)Ba2+(aq)+SO(aq)溶解平衡，故溶液中并不是没有Ba2+和SO，只是很少而已，D错误；故答案为：D。6.在一密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)ΔH＜0。当反应达到平衡时，下列措施能提高CO转化率的是A.降低温度 B.充入少量的COCl2(g)C.加入适宜的催化剂 D.将容器的容积增大至原来的2倍【答案】A【解析】【详解】A．ΔH＜0，为放热反应，降低温度平衡正向移动，提高CO转化率，A正确；B．充入少量的COCl2(g)即为增加生成物浓度平衡逆向移动，降低CO转化率，B错误；C．加入适宜的催化剂只能改变反应速率不能改变转化率，C错误；D．将容器的容积增大至原来的2倍相当于减小压强，右端化学计量数之和小于左端，故平衡逆向移动，降低CO转化率，D错误；答案选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的分子数为NAB.1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含N原子的总数为NAC.0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数为0.1NAD.1L0.1mol/L的H2SO3溶液中含H+的数目为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A．SO2与O2在一定条件下可以反应产生SO3，但该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此将1molSO2和0.5molO2混合后充分反应，生成SO3的物质的量小于1mol，则反应产生SO3的分子数小于NA，A错误；B．1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含有溶质NH4NO3的物质的量为n(NH4NO3)=0.5mol/L×1L=0.5mol，根据N原子守恒，可知在该溶液中含N原子的物质的量是1mol，则含有N原子的总数为NA，B正确；C．Cl2通入水中，发生反应产生HCl、HClO，反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，每有1molCl2发生反应，转移电子1mol，但该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以0.1molCl2通入足量水中，充分反应后，转移的电子数小于0.1NA，C错误；D．H2SO3是二元弱酸，主要以电解质分子存在，电离程度很弱，电离产生的H+离子浓度很小，电离分步进行，主要是第一步电离产生，所以1L0.1mol/L的H2SO3溶液中含H+的数目小于0.2NA，D错误；故合理选项是B。8.酸性水溶液随着浓度的增大会转化为，电解法制备的原理如图所示(两电极均为惰性电极)，下列说法正确的是A.d为电源的正极B.电解一段时间后，左侧工作室的pH增大C.电解时，生成的a气体和b气体的体积之比为1：2D.电池工作时，外电路电子的流动方向为c→水溶液→NaOH水溶液→d【答案】C【解析】【分析】电解池的左极区中的水失电子生成氧气，为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3；右极区的水得电子生成氢气，为阴极；在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；【详解】A．电解池的左极区中的水失电子生成氧气，为阳极，则c为电源的正极，故A错误；

B．在阳极区，水失去电子，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，左侧工作室的氢离子的浓度增大，则pH减小，故B错误；

C．在阴极区，水得电子变成氢气，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，根据得失电子守恒，生成O2和H2的物质的量比为1：2，则体积之比为1：2，故C正确；

D．电子在原电池中由负极流向正极，不在溶液中流动，故D错误；

故选：C。9.常温下，在将浓度为0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液不断加水稀释的过程中，下列各项始终保持增大的是A.Kb(NH3·H2O) B. C.c(OH-) D.c(OH-)+c(NH)【答案】B【解析】【分析】NH3·H2O溶液中存在电离平衡NH3·H2ONH+OH-，稀释过程中由于体积变大，因此c(NH3·H2O)、c(OH-)、c(NH)均减小。【详解】A．电离平衡常数只受温度的影响，由于稀释过程中温度不变，则Kb(NH3·H2O)不变，A不符合题意；B．稀释过程中c(OH-)减小，Kw=c(H+)c(OH-)不变，故c(H+)增大，比值增大，B符合题意；C．根据分析，稀释过程中c(OH-)减小，C不符合题意；D．根据分析，稀释过程中c(OH-)、c(NH)均减小，因此c(OH-)+c(NH)碱小，D不符合题意；故选B。10.T℃时，向某恒容密闭容器中充入气体P和Q，使P(g)与Q(g)发生反应生成R(g)。反应过程中P、Q、R的物质的量随时间的变化如图1所示；温度分别为T1和T2时，Q的体积分数与时间的关系如图2所示；仅改变某一条件，反应过程中P、Q、R的物质的量随时间变化如图3所示。下列说法错误的是

A.由图1可知，该反应的平衡常数K≈16.7B.由图2可知，该反应为吸热反应C.由图3可知，改变的某一条件可能是加入适宜的催化剂D.由图1和图3可知，反应达到平衡后，P的转化率均为30%【答案】A【解析】【分析】由图1可知，反应达到平衡P、Q的物质的量减少分别是0.6mol、0.2mol，P、Q是反应物，R的物质的量增加0.4mol，R是生成物，反应方程式为3P(g)+Q(g)2R(g)；【详解】A．没有容器体积，不能计算各物质的平衡浓度，反应前后气体系数和不同，不能计算平衡常数，故A错误；B．“先平先拐，数值大”，由图2可知，升高温度，Q的平衡浓度减小，反应正向移动，所以该反应为吸热反应，故B正确；C．由图3可知，改变的某一条件后，反应速率加快，平衡没移动，可能是加入适宜的催化剂，故C正确；D．由图1和图3可知，反应达到平衡后，P的转化率均为，故D正确；选A。11.天然水体中的与空气中的保持平衡。已知，某溶洞水体中(X为、、或)与的关系如图所示。下列说法正确的是

A.B.线Ⅲ代表与的关系曲线C.的平衡常数D.a、b、c三点溶液中，大小关系：【答案】C【解析】【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度都增大，而在曲线ⅠpH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线Ⅰ代表，Ⅱ代表，Ⅲ代表Ca2+。【详解】A．由点(6.3，-5)计算该温度下的一级电离平衡常数，由点(10.3，-1.1)计算该温度下的二级电离平衡常数，则，故A错误；B．曲线Ⅲ代表Ca2+与的关系曲线，故B错误；C．为的水解方程式，的水解平衡常数为，故C正确；D．对该溶洞水体中，已知，故浓度越大Ca2+浓度越小，

a、b、c三点溶液中pH依次增大、浓度依次增大，则c(Ca2+)大小关系：a＞b＞c，故D错误；答案选C。12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.与Al粉反应放出气体的溶液：Na+、K+、MnO、I-B.含大量S2-的溶液：NH、H+、SO、Br-C.能使无色酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO、Cl-D.=10-1的溶液：Mg2+、Fe2+、AlO、F-【答案】C【解析】【详解】A．与Al粉反应放出气体溶液可能是酸性溶液也可能是强碱性溶液，强酸性溶液中含有的H+、MnO、I-能够发生氧化还原反应而不能大量共存，A不合题意；B．含大量S2-的溶液：S2-+2H+=H2S↑，B不合题意；C．能使无色酚酞变红的溶液为碱性溶液，则OH-、Na+、Ba2+、NO、Cl-，均可大量共存，C符合题意；D．=10-1的溶液为强酸性溶液，则H+和AlO、F-不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。13.下列图示与对应的叙述相符的是

A.某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应的能量变化B.验证电解饱和食盐水的产物C.量取溶液D.中和反应反应热的测定A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．由图可知该反应为，放热反应，A错误；B．由图可知右侧为阳极，左侧为阴极，电解产物右侧为氯气，用淀粉碘化钾溶液检验，左侧电解产物为氢气，用向下排空气的方法收集，B正确；C．量取氢氧化钠溶液应该用碱式滴定管，图示为酸式滴定管，C错误；D．中和反应反应热的测定实验缺少仪器玻璃搅拌器，D错误；故选B。14.室温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol·L-1H2C2O4(草酸)溶液的滴定曲线如图所示[已知：Ka1(H2C2O4)=5×10-2，Ka2(H2C2O4)=2×10-4，忽略溶液混合时体积和温度的变化，lg2=0.3，lg3=0.5，电离度=×100%]。下列说法正确的是

A.a点溶液中，0.1mol·L-1的H2C2O4溶液的电离度为50%B.b点溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O)>c(OH-)>c(H+)>c(C2O)C.c点溶液中一定存在c(OH-)-c(H+)<c(HC2O)+c(H2C2O4)D.d的值为8.9【答案】A【解析】【详解】A．a点为0.1mol·L-1H2C2O4溶液中，发生电离的草酸的浓度为x，，x=0.05，0.1mol·L-1的H2C2O4溶液的电离度为50%，故A正确；B．b点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O)>c(H+)>c(C2O)>c(OH-)，故B错误；C．c点溶液中溶质是Na2C2O4，根据质子守恒，c(OH-)-c(H+)=c(HC2O)+2c(H2C2O4)，所以c(OH-)-c(H+)>c(HC2O)+c(H2C2O4)，故C错误；D．c点溶液中的溶质是Na2C2O4，Na2C2O4的浓度是，，，，pH的值为8.1，故D错误；选A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共6小题，共58分。15.1909年，化学家哈伯用N2和H2在高温高压条件下首次合成了氨气，反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，该反应的能量变化如图所示(a、b均大于零)，回答下列问题：

（1）根据图示写出生成2molNH3时的热化学方程式：___。（2）在500℃、30MPa下，断裂11molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ、946.5kJ。①每消耗0.6molN2该反应放出的热量为___。②向某一密闭容器中充入1.5molH2(g)和0.5molN2(g)，在催化剂条件下进行上述反应，此时断裂的H—H键吸收的热量___(填“＞”、“＜”“=”)654，原因是___。【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2(b-a)kJ·mol-1（2）①.54.9kJ②.＜③.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应可逆【解析】【小问1详解】根据图示，氮气和氢气反应生成1mol氨气放出(b-a)KJ的能量，则生成2molNH3时的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2(b-a)kJ·mol-1；【小问2详解】①焓变=反应物总键能-生成物总键能，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=(946.5+436×3-391×3)kJ·mol-1=-91.5kJ·mol-1；每消耗0.6molN2该反应放出的热量为91.5×0.6=54.9kJ。②N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应可逆，向某一密闭容器中充入1.5molH2(g)和0.5molN2(g)，参加反应氢气的物质的量小于1.5mol，所以断裂H—H键吸收的热量＜654。16.为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是FeS2)氧化为Fe3+和SO：FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2SO+16H+。已知：两电极为完全相同的惰性电极。回答下列问题：（1）M为电源的___(填“正极”或“负极”)。（2）电解池刚开始工作时，R上的电极反应式为___。（3）电解池工作时，SO往___(填“P”或“R”)极移动，一段时间后，混合液中SO的物质的量___(填“变大”“变小”或“不变”)。（4）电解过程中，混合溶液中的pH将___(填“变大”、“变小”或“不变)。【答案】（1）正极（2）2H++2e-=H2↑（3）①.P②.变大（4）变小【解析】【分析】根据原理装置图可知，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，混合液中发生反应FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2+16H+。【小问1详解】Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，故为电源的正极；【小问2详解】电解池刚开始工作时，H+在阴极得到电子，发生还原反应，上的电极反应式为2H++2e-=H2↑；【小问3详解】电解池工作时，阴离子移向阳极，故往极移动；由总反应可知，反应生成了，一段时间后，混合液中的物质的量变大；【小问4详解】根据总反应FeS2+15Mn3++8H2O=Fe3++15Mn2++2+16H+可知，随着反应的进行，c(H+)增大，pH变小。17.生活中常用一定浓度的过氧乙酸(CH3COOOH)溶液作消毒液。某化学小组对过氧乙酸的制备和性质进行如图探究(夹持、加热及搅拌装置均未画出)。I．在磁力搅拌作用下，向仪器b中加入一定量的冰醋酸和浓硫酸，打开开关K，缓缓滴入适量30%的H2O2溶液，控制温度在20～30℃。已知：过氧乙酸的氧化性强于高锰酸钾的。（1）仪器b的名称为___。（2）仪器a与分液漏斗相比，其优点是____。（3）控制温度在20～30℃的目的是____。Ⅱ．过氧乙酸样品中常含有残留的H2O2。样品中过氧乙酸的浓度为c0mol·L-1时，发生如下反应：①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；③2S2O+I2=2I-+S4O。ⅰ．取V0mL待测液并用硫酸酸化，再用c1mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定待测液至溶液呈粉红色，消耗V1mLKMnO4标准溶液。ii．另取V2mL(V2≠V0)待测液，加入过量的KI溶液和几滴淀粉，并用硫酸酸化，再用c2mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗V3mLNa2S2O3标准溶液。（4）i中发生反应的离子方程式为___。ii中用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，达到滴定终点的标志是___，过氧乙酸的浓度c0mol·L-1=___mol·L-1(用含V0、c1、V1、c2、V2、V3的代数式表示)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）维持气压稳定，使液体顺利滴下（3）防止H2O2分解和冰醋酸挥发（4）①.6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑②.当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟颜色不恢复③.【解析】【小问1详解】根据仪器b的特点，仪器b为三颈烧瓶；【小问2详解】仪器a为恒压滴液漏斗，使漏斗与三颈烧瓶中气体压强相等，利于液体顺利流下，故答案为维持气压稳定，使液体顺利滴下；【小问3详解】过氧化氢受热易分解，醋酸易挥发，因此温度控制在20~30℃的目的是防止H2O2分解和冰醋酸挥发；【小问4详解】高锰酸钾溶液具有强氧化性，能将过氧化氢氧化成O2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法以及原子守恒、电子守恒，反应的离子方程式为：6H++5H2O2+2MnO=2Mn2++8H2O+5O2↑；向待测液中加入过量的KI溶液，过氧乙酸和过氧化氢都和KI反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，Na2S2O3溶液消耗碘生成I-，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟颜色不恢复，即达到了滴定终点。根据上述分析，i中得出V0mL溶液中n(H2O2)=mol，从而推出V2mL溶液中n(H2O2)=，ii中发生的反应为①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；③2S2O+I2=2I-+S4O，S2O失去电子最终由过氧乙酸和过氧化氢得到，根据得失电子数目守恒，有2n(CH3COOOH)+2n(H2O2)=n(S2O)×2×(2.5－2)，代入数值有2V2×c0×10-3mol+mol×2=V3×10-3×c2mol，得出c0=mol/L。18.从废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]中回收钻和锂并制备Co3O4和Li2CO3的一种工艺流程如图：

已知：该工艺条件下，浸取液中含有的五种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe3+Co2+Cu2+Ni2+Zn2+开始沉淀的pH1.97.64.26.76.5完全沉淀的pH3.29.26.78.48.5(pH=10.5时开始溶解)回答下列问题：（1）“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是___。（2）“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为____；该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，该反应的离子方程式为___。（3）“净化1”时调整溶液的pH为6.7，此时得到的沉淀有Cu(OH)2和___(填化学式)。（4）“净化2”时，应将溶液的pH调整为___。（5）溶液中c(Li+)=1mol·L-1，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol·L-1，则5L溶液中至少要加Na2CO3固体____g。[假设溶液体积不变，Ksp(Li2CO3)=8×10-4]【答案】（1）温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高（2）①.2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O②.2LiCoO2+2Cl-+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O（3）Fe(OH)3、Zn(OH)2（4）8.5～10.5（5）1319.7【解析】【分析】废旧锂离子电池[含LiCoO2、C6Li(Li嵌入石墨层间)、铝箔、LiPF6电解质和有机溶剂及少量的Cu、Fe、Ni、Zn]，充分放电，拆解，真空热解，得到铝箔和热解产物回收利用；活性物质加入双氧水溶液、硫酸，还原酸浸后，滤液再加入氢氧化钠，调节pH值为6.7，净化1中使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，分别得到锂离子和钴离子的溶液，溶液加入CO(NH2)2溶液并加热，沉钴得到Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中含锂离子的溶液，溶液在净化2中加入氢氧化钠溶液，将镍离子和锌离子生成沉淀除去，滤液再加碳酸钠溶液沉锂，得到碳酸锂，据此分析解题。【小问1详解】“真空热解”的温度一般选择600℃，没有选择更高温度的主要原因是温度太高，碳容易转化为CO，造成污染，温度太高能耗就高，故答案为：温度太高，碳容易转化为CO，造成污染且能耗高；【小问2详解】LiCoO2中Co由+3价降到+2价，Na2S2O3中S由+2价升高到+6价，“还原酸浸”中LiCoO2发生反应的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，该工艺中只用盐酸也可将LiCoO2还原，+3价的钴元素被-1价的铝离子还原，该反应的离子方程式为2LiCoO2+2Cl-+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；2LiCoO2+2Cl-+4H+=2Li++Cl2↑+2H2O；【小问3详解】调节pH值为6.7，使铜离子、铁离子、锌离子得到相应的氢氧化物沉淀，故含有Cu(OH)2、Fe(OH)3、Zn(OH)2，但锌离子没有沉淀完全，故答案为：Fe(OH)3、Zn(OH)2；【小问4详解】净化2加入氢氧化钠溶液，除去镍离子和锌离子生成沉淀除去，并保证二价钴离子沉淀完全，根据表格信息，故pH的范围是8.5～10.5，故答案为：8.5～10.5；【小问5详解】5L溶液中原c(Li+)=1mol•L-1，n(Li+)=5L×1mol•L-1=5mol，为使“沉锂”后溶液中c(Li+)≤0.02mol•L-1，n(Li+)=5L×0.02mol•L-1=0.1mol，则生成沉淀的锂离子的物质的量为n(Li+)=(5-0.1)mol=4.9mol，则Li2CO3的物质的量为2.45mol，则Na2CO3固体应为2.45mol，溶液中c()==mol•L-1=2mol•L-1，则的物质的量2mol•L-1×5L=10mol，则加入Na2CO3固体的总质量至少为106g•mol-1×(2.45mol+10mol)=106g•mol-1×12.45mol=1319.7g，

故答案为：1319.7。19.生活中常用到酸和碱，根据所学知识，回答下列问题(以下所有溶液均处于常温下)：（1）现有0.01mol·L-1的CH3COOH和0.01mol·L-1的NH3·H2O两种溶液。[已知：电离度=×100%，Ka(CH3COOH)=1.6×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5，lg2=0.3]①NH3·H2O的电离方程式为___。②0.01mol·L-1的CH3COOH的电离度约为___%。③若上述酸和碱等体积充分混合，混合后所得溶液的pH___(填“>”、“<”或“=”)7，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____。（2）甲酸钠(HCOONa)属于____(填“强”“弱”)电解质，HCOONa溶液呈碱性的原因是___(用离子方程式表示)。【答案】（1）①.NH3·H2O⇌+OH-②.10.6③.=④.c()=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)（2）①.强②.HCOO-+H2O⇌HCOOH+OH-【解析】【小问1详解】①NH3·H2O是一元弱碱，主要以电解质分子存在，少量发生电离产生、OH-，存在电离平衡，其电离方程式为NH3·H2O⇌+OH-；②NH3·H2O的电离平衡常数Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5，假设0.01mol/LNH3·H2O电离产生的c(OH-)=x，则Kb(NH3·H2O)=，x=4.0×10-4mol/L，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg()=10.6；③若将0.01mol·L-1的CH3COOH和0.01mol·L-1的NH3·H2O两种溶液等体积混合，二者恰好反应产生CH3COONH4，由于CH3COOH、NH3·H2O电离平衡常数相等，则反应后的溶液中CH3COO-与的水解程度也相同，因此二者水解后最终溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，溶液的pH=7；由于溶液中同时存在电荷守恒，c()+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c()=c(CH3COO-)，且盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质水电离产生的离子浓度，故溶液中离子浓度大小关系为：c()=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；【小问2详解】甲酸钠(HCOONa)盐，属于强电解质；HCOONa是强碱弱酸盐，在溶液中HCOO-发生水解反应，结合水电离产生的H+变为HCOOH分子，同时产生OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-