四川省宜賓市敘州區(qū)2024-2025學年高三上學期第一次診斷性化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省宜賓市敘州區(qū)2024-2025學年高三上學期第一次診斷性試題相對原子質量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分選擇題(共42分)一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求。1.下列關于膠體的敘述錯誤的是A.新冠病毒蛋白質分子的直徑約為80nm，在空氣中可以形成氣溶膠B.膠體和溶液的分散質均能透過濾紙C.膠體區(qū)別于其他分散系的本質是有丁達爾效應D.自然界中云、霧、煙都是膠體【答案】C【解析】A．新冠病毒蛋白質分子直徑約為80nm左右，介于1-100nm之間，在空氣中分散可以形成氣溶膠，A正確；B．膠體分散質微粒直徑在1-100nm之間，溶液的分散質微粒直徑小于1nm，兩種分散系的分散質微粒直徑比較小，都可以通過濾紙空隙，B正確；C．膠體區(qū)別于其他分散系的本質是分散質微粒直徑大小，C錯誤；D．自然界中云、霧、煙的分散質顆粒均介于1-100nm之間，為膠體，D正確；故選C。2.準確理解概念內(nèi)涵才能準確把握概念本質。下列有關1mol的含義敘述中錯誤的是A.1mol任何物質都含有6.02×1023個分子B.16gO2約含有6.02×1023個氧原子C.4mol水中含有8molH和4molOD.1molNe中含有6.02×1023個電子【答案】AD【解析】A．并非所有物質都由分子構成，比如NaCl中不含分子，A錯誤；B．16gO2的物質的量為0.5mol，則其含有1molO，即約6.02×1023個氧原子，B正確；C．4molH2O中含有8molH和4molO，C正確；D．1個Ne原子含有10個電子，則1molNe含有10mol電子，即6.02×1024個電子，D錯誤；故選AD。3.化學試劑的用量往往會影響化學反應的產(chǎn)物。下列離子方程式書寫正確的是A.溶液中滴加少量溶液：B.溶液中滴加足量溶液：C.溶液中滴加少量鹽酸：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，氫氧根離子不足，離子方程式為：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2O，A正確；B．溶液中滴加足量溶液中，銨根離子、氫離子和硫酸根離子均完全反應，離子方程式為：，B錯誤；C．Na2CO3溶液中逐滴滴加少量鹽酸反應生成碳酸氫鈉，離子方程式為：CO+H+=，C錯誤；D．向FeI2溶液中滴入少量氯水，碘離子的還原性大于亞鐵離子，故反應的離子方程式為：Cl2+2I-=2Cl-+I2，D錯誤；故選A。4.已知下列熱化學方程式：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，根據(jù)蓋斯定律：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，故選：A。5.在不同條件下分別測得反應2SO2+O22SO3的化學反應速率，其中表示該反應進行得最快的是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】同一個化學反應，用不同的物質表示其反應速率時，速率數(shù)值可能不同，但表示的意義是相同的，所以比較反應速率快慢時，應該根據(jù)速率之比等于相應的化學計量數(shù)之比，先換算成用同一種物質、同一單位表示，然后才能直接比較速率數(shù)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；故答案為：B。6.下列方程式書寫正確的是A.往飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2：+CO2+H2O=2B.雞蛋殼(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固體：MgO+2H++=MgSO4↓+H2OD.向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入少量二氧化碳：NH3+H2O+CO2+Na+=NaHCO3↓+【答案】D【解析】A．飽和碳酸鈉溶液通入二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，所以會看到有白色沉淀析出，離子方程式為：2Na+++CO2+H2O=2，故A錯誤；B．(CH3COO)2Ca易溶于水，要拆成離子，故離子方程式：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O；故B錯誤；C．MgSO4易溶于水，拆成離子，離子方程式為：MgO+2H+=Mg2++H2O；故C錯誤；D．氨氣的溶解度比二氧化碳大得多，且溶液呈堿性，有利于二氧化碳的吸收，先通入足量的氨氣，二氧化碳通入氨化的飽和氯化鈉溶液中，發(fā)生NH3+CO2+H2O═NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl,本質為NH3+H2O+CO2+Na+=NaHCO3↓+，故D正確。答案選D。7.某地方政府為了實現(xiàn)對當?shù)厮Y源及沿途流域環(huán)境的綜合治理，引導甲、乙兩個相鄰的工廠在污水處理方面做了橫向聯(lián)合。已知兩廠排放的污水經(jīng)初步處理后，分別只有下列8種離子中的4種(兩廠不含相同離子)：Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl-、SO、NO、OH-。兩廠單獨排放都會造成嚴重的水污染，如將兩廠的污水按一定的比例混合，沉淀后污水會變成無色澄清的只含硝酸鈉的水而排放，污染程度會大大降低。關于污染源的分析，你認為正確的是A.SO和NO可能來自同一工廠 B.Cl-和NO一定來自不同的工廠C.Ag+和Na+可能來自同一工廠 D.Na+和NO一定來自同一工廠【答案】B【解析】Ag+、Fe3+均能夠與OH-結合生成沉淀，SO與Ba2+能夠結合生成沉淀，Ag+、Cl-能夠結合生成沉淀，均不能大量共存，則一個廠的污水中含Ba2+、Ag+、Fe3+、NO，另一個廠的污水中含Na+、Cl-、SO、OH-。A．根據(jù)上述分析，SO和NO來自兩個工廠，故A錯誤；B．根據(jù)上述分析，Cl-和NO來自兩個工廠，故B正確；C．根據(jù)上述分析，Ag+和Na+來自兩個工廠，故C錯誤；D．根據(jù)上述分析，Na+和NO來自兩個工廠，故D錯誤；故選B。8.酸式鹽是鹽的一種，可看作多元酸中的氫離子未被完全中和所得到的鹽，常見的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)與足量的NaOH反應只生成一種鹽NaH2PO2，則下列說法正確的是A.H3PO2屬于二元酸 B.H3PO2屬于三元酸C.NaH2PO2屬于正鹽 D.NaH2PO2屬于酸式鹽【答案】C【解析】碳酸、硫酸為二元酸，只能生成一種酸式鹽，磷酸為三元酸，所以與KOH溶液反應，有KH2PO4、K2HPO4兩種酸式鹽；H3PO2(次磷酸)與足量的NaOH反應只生成一種鹽NaH2PO2，則NaH2PO2為正鹽，從組成上看，H3PO2只電離出1個H原子，則H3PO2為一元酸，故選C。9.如表所示為部分短周期元素的原子半徑及主要化合價，根據(jù)表中信息判斷以下敘述錯誤的是元素代號LMQRT原子半徑/nm0.1860.1430.1100.1020.099最高正化合價+1+3+5+6+7最低負化合價-3-2-1A.上述五種元素形成的單質中沸點最低的是B.Q與T形成的化合物中各原子均達到8電子穩(wěn)定結構C.R、T形成的簡單離子的還原性：D.L、M的最高價氧化物對應的水化物之間可反應生成鹽【答案】B【解析】根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，L的半徑最大，最高正價為+1價，則L為Na，M的半徑比L小，且最高正價為+3價，則M為Al，Q的半徑較小，主要化合價有+5價和-3價，則Q為P，R的半徑比Q略小，且主要化合價為+6價和-2價，則R為S，T的半徑最小，存在+7價和-1價，則T為Cl，即L為Na，M為Al，Q為P，R為S，T為Cl，以此解題。A．根據(jù)分析可知，T為Cl，其單質為氯氣，沸點最低，A正確；B．由分析可知，Q為P，T為Cl，兩者形成的PCl5中，P原子沒有達到8電子穩(wěn)定結構，B錯誤；C．由分析可知，R為S，T為Cl，兩者形成的簡單離子的電子排布相同，其中S的原子序數(shù)小，半徑大，C正確；D．由分析可知，L為Na，M為Al，其最高價氧化物對應的水化物分別為氫氧化鈉和氫氧化鋁，兩者可以形成偏鋁酸鈉，D正確；故選B。10.2022年諾貝爾化學獎授予了點擊化學等領域。我國科學家在研究點擊反應砌塊的過程中，發(fā)現(xiàn)了一種結構如圖的化合物，X、Y、Z和W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y和W是同主族元素。下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑： B.簡單氫化物的沸點：C.最高價含氧酸的酸性： D.Y與X、Y與W均能形成多種化合物【答案】C【解析】X、Y、Z和W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y和W是同主族元素，Y能形成2個共價鍵，W能形成6個共價鍵，則Y為O元素、W為S元素；X能形成3個共價鍵，且原子序數(shù)小于Y，則X為N元素；Z能形成1個共價鍵，且原子序數(shù)大于Y而小于W，則Z為F元素；A．電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，所以簡單離子半徑：，故A正確；B．X氫化物為NH3，Y氫化物為H2O，二者都可形成分子間氫鍵，但H2O相對分子質量更大，分子間相互作用力更強，所以簡單氫化物的沸點：，故B正確；C．Z為F元素，無正化合價，故C錯誤；D．氧元素與硫元素和氮元素均可形成多種化合物，如：一氧化氮和二氧化氮；二氧化硫和三氧化硫，故D正確；答案選C。11.某溫度下，反應CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密閉容器中達到平衡，下列說法正確的是A.恒容下，再充入一定量H2O(g)，平衡向正反應方向移動，v正加快、v逆減慢B.縮小容器的體積，v正>v逆C.恒容下，再充入一定量的Ar氣，平衡向正反應方向移動D.恒容下，再充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2=CH2(g)的平衡轉化率增大【答案】B【解析】A．恒容下，再充入一定量的水蒸氣，反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，正、逆反應速率均增大，故A錯誤；B．該反應是氣體體積減小的反應，縮小容器的體積，氣體壓強增大，平衡向正反應方向移動，正反應速率大于逆反應速率，故B正確；C．恒容下，再充入一定量的不參與反應的氬氣，反應體系中各物質濃度不變，反應速率不改變，化學平衡不移動，故C錯誤；D．恒容下，再充入一定量的乙烯，反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，但的轉化率減小，故D錯誤；故選B。12.下列說法正確的是（）A.常溫下，pH為1的0.1mol/LHA溶液與0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反應時，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)B.相同濃度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各離子濃度的大小關系為：c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)C.PH＝1NaHSO4溶液中c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)D.常溫下，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.常溫下，pH為1的0.1mol/LHA溶液中，c(H+)=0.1mol/L，則HA為強酸溶液，與0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反應時，溶液中溶質為強電解質NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈中性，c(OH－)和c(H+)來自于水且c(OH－)=c(H+)，故A正確；B.相同濃度時酸性：CH3COOH>HClO，即CH3COOH電離程度大于HClO，即c(CH3COO-)>c(ClO-)；相同濃度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa<NaClO，溶液中c(CH3COO-)>c(ClO-)，故B錯誤；C.pH＝1NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，電荷守恒式c(Na+)+c(H+)＝2c(SO42-)+c(OH-)，故C錯誤；D.pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH－)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c(CH3COO－)=c(Na+)，溶液中各離子濃度的大小關系為：c(CH3COO－)=c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH－)，故D錯誤。答案選A。13.2023年星恒電源發(fā)布“超鈉F1”開啟鈉電在電動車上產(chǎn)業(yè)化元年。該二次電池的電極材料為(普魯士白)和(嵌鈉硬碳)。下列說法中錯誤的是A.放電時，左邊電極電勢高B.放電時，負極的電極反應式可表示為：C.充電時，電路中每轉移電子，陽極質量增加D.比能量：鋰離子電池高于鈉離子電池【答案】C【解析】根據(jù)圖示，放電時，中鈉失去電子生成，因此為負極，據(jù)此答題。A．放電時，左邊電極為正極，電極電勢高，A正確；B．放電時，負極的電極反應式可表示為：，B正確；C．充電時，陽極反應式為：，電路中每轉移電子，陽極質量減少，C錯誤；D．比能量就是參與電極反應的單位質量的電極材料放出電能的大小，Li、Na原子正常狀態(tài)下反應時均為失去1個電子，但Li的相對原子質量小于Na的，故鋰離子電池的比能量高于鈉離子電池，D正確；故選C。14.常溫下，向20mLNaB溶液中滴加等濃度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中與的關系如圖所示。已知。下列說法正確的是A.B.恰好完全反應時，溶液中C.當溶液呈中性時，一定存在D.pH=2時的值比pH=1的大【答案】C【解析】A．Ka(HA)=，Ka(HB)=，則=10，則，故A錯誤；B．恰好完全反應時，生成等物質的量濃度的NaA和HB，但是HB會電離，A-會水解，且程度不同，故濃度不等，故B錯誤；C．根據(jù)電荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，溶液為中性時，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在關系：c(Na+)=c(A-)+(B-)，則成立，故C正確；D．電離平衡常數(shù)只與溫度有關，pH=2時，=的值與pH=1時相等，故D錯誤；故選C。第二部分非選擇題(共58分)二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.Ⅰ．如圖所示為常見儀器的部分結構。（1）寫出下列儀器的名稱：A___________，B___________，C___________。（2）儀器B上標記有___________(填序號)。①質量②溫度③刻度線④濃度⑤容積Ⅱ．現(xiàn)用98%的濃(密度為)來配制的稀。有關操作：①計算所需濃硫酸的體積；②量取一定體積的濃硫酸；③稀釋、冷卻；④轉移、洗滌；⑤定容；⑥搖勻。（3）應用量筒量取的濃硫酸體積是___________mL，實驗中所用的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管外還有___________。（4）第③步中稀釋濃硫酸的操作是___________。（5）將所配制的稀進行測定，發(fā)現(xiàn)實際濃度大于。會引起所配溶液濃度偏大的操作有___________(填序號)。A．用量筒量取濃硫酸時，仰視量筒的刻度B．容量瓶未干燥即用來配制溶液C．濃硫酸在燒杯中稀釋后，未冷卻就立即轉移到容量瓶中，并進行定容D．將燒杯中稀溶液往容量瓶轉移時，有少量液體濺出E．燒杯未進行洗滌F．在容量瓶中定容時俯視容量瓶刻度線G．定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線，再加水至刻度線【答案】（1）①.量筒②.容量瓶③.溫度計（2）②③⑤（3）①.5.4②.容量瓶（4）將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢加入水中，邊加邊用玻璃棒攪拌（5）ACF【解析】（1）圖中，儀器A的0刻度在低端，最小刻度為1mL，為量筒；儀器B沒有具體刻度，只有一條刻度線，瓶口有玻璃塞，為容量瓶；儀器C有0刻度，且有正負之分，為溫度計；（2）儀器B為容量瓶，其上標有使用溫度、刻度線、規(guī)格(容積)；（3）配制的稀，選擇500mL容量瓶，根據(jù)已知信息，濃硫酸物質的量濃度：，根據(jù)溶液稀釋公式可計算濃硫酸需要體積：；實驗中所用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒、膠頭滴管、500mL容量瓶；（4）稀釋濃硫酸時，應將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢加入水中，邊加邊用玻璃棒攪拌，避免液滴飛濺；（5）A．用量筒量取濃硫酸時，仰視量筒的刻度，濃硫酸體積偏大，溶質物質的量變大，所以濃度偏大，A正確；B．用容量瓶定容時本就需加入蒸餾水，所以容量瓶不需要干燥，對濃度無影響，B錯誤；C．濃硫酸在燒杯中稀釋放熱，未冷卻就立即轉移到容量瓶中，并進行定容，溶液體積偏小，濃度偏大，C正確；D．將燒杯中稀溶液往容量瓶轉移時，有少量液體濺出，溶質有損失，溶液濃度偏小，D錯誤；E．燒杯未進行洗滌，溶質有損失，溶液濃度偏小，E錯誤；F．在容量瓶中定容時俯視容量瓶刻度線，溶液體積變小，則濃度偏大，F(xiàn)正確；G．定容后塞上瓶塞反復搖勻，靜置后，液面不到刻度線，再加水至刻度線，溶液體積偏大，溶液濃度偏小，G錯誤；答案選ACF。16.原子序數(shù)依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W中，X和Y的價電子層中未成對電子均只有1個，并且和的電子數(shù)相差8；與Y位于同一周期的Z和W，它們的價電子層中的未成對電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差2。回答下列問題：（1）溶于氨水形成藍色溶液。①中與之間形成的化學鍵稱為______，提供孤電子對的成鍵原子是______（填元素符號）。②氨氣溶于水時，大部分與以氫鍵（用“…”表示）結合形成分子。根據(jù)氨水的性質可推知的結構式為______。③往藍色溶液中滴入少量氫氧化鋇溶液，該反應的離子方程式為____________。（2）中的化學鍵只有明顯的共價性，蒸氣狀態(tài)下以雙聚分子形式存在的的結構式為______，其中Z的配位數(shù)為______。（3）反應能夠發(fā)生的原因為____________?！敬鸢浮浚?）①.配位鍵②.N③.④.（2）①.②.4（3）因為K的沸點比Na低，在高溫下以氣體方式生成，及時脫離反應體系，使反應不斷向右進行【解析】前四周期原子序數(shù)依次增大的元素X、Y、Z、W中，X和Y的價電子層中未成對電子均只有1個，并且X-和Y+的電子數(shù)相差8，則X屬于第VIIA族元素，Y屬于第IA族元素，且X的原子序數(shù)小于Y，則X是F元素，Y是K元素；與Y位于同一周期的Z和W，它們價電子層中的未成對電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2，且Z和W的原子序數(shù)大于Y(K)，Z的原子序數(shù)小于W，則Z是Fe元素，W是Ni元素，據(jù)此解答。（1）①中與之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N；②NH3?H2O電離出銨根離子與氫氧根離子，水中O-H鍵斷裂，應是氨分子中N原子與水中H原子之間形成氫鍵，故NH3?H2O的結構式為：；③往藍色溶液中滴入少量氫氧化鋇溶液，會生成硫酸鋇沉淀，內(nèi)界離子不參與反應，故離子方程式：；（2）FeCl3中的化學鍵只有明顯的共價性，蒸氣狀態(tài)下以雙聚分子形式存在的FeCl3的結構式為，F(xiàn)e原子周圍有4個Cl,則其中Fe的配位數(shù)為4；（3）因為K的沸點比Na低，在高溫下以氣體方式生成，及時脫離反應體系，使反應不斷向右進行，故能夠發(fā)生。17.草酸鈷在化學中應用廣泛，可以用于制取催化劑和指示劑。以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，還含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2雜質]制取草酸鈷晶體的工藝流程如圖所示：常溫下，有關沉淀數(shù)據(jù)如表(完全沉淀時，金屬離子濃度)。沉淀恰好完全沉淀時pH10.19.46.72.85.2回答下列問題：（1）“浸取”前，需要對鈷礦進行粉碎處理的目的是_______；浸出液中主要含有、、、、和離子，寫出“浸取”時，發(fā)生反應的化學方程式：_______，寫出基態(tài)Mn原子的價電子排布式_______。（2）“氧化”時，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）常溫下，“調(diào)節(jié)pH”得到的沉淀X的主要成分是_______，若“調(diào)節(jié)pH”后，溶液，則需調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_______(忽略溶液的體積變化)。（4）“提純”分為萃取和反萃取兩步進行，先向除雜后的溶液中加入某有機酸萃取劑，發(fā)生反應：。當溶液pH處于4.5到6.5之間時，萃取率隨著溶液pH增大而增大，其原因是_______；反萃取時，應加入的物質是_______(填溶液名稱)。（5）鈷的氧化物常用作顏料或反應催化劑，可以由草酸鈷晶體在空氣中加熱制取，取36.6g草酸鈷晶體，在空氣中加熱至恒重，得到CoO與的混合物15.8g，該混合物中CoO與的物質的量之比為_______?！敬鸢浮浚?）①.增大接觸面積，加快反應速率，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，平衡向正反應方向移動②.稀硫酸（5）1：1【解析】以鈷礦[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，還含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2雜質]制取草酸鈷晶體(CoC2O4?2H2O)，鈷礦中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和離子，則Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反應生成硫酸鹽，MnO2被還原為Mn2+、Co2O3被還原為Co2+，同時被氧化為，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣為SiO2；向濾液中加入H2O2，H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入NaOH調(diào)節(jié)pH值，Al3+、Fe3+都轉化為氫氧化物沉淀而除去，濾液提純后加入(NH4)2C2O4沉鈷，得到CoC2O4?2H2O。（1）反應物接觸面積越大，反應速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要對鉆礦進行粉碎處理的目的是增大接觸面積，加快反應速率，提高浸出率；“浸取“時，Co2O3被還原為Co2+，同時被氧化為，Co元素化合價由+3降低至+2，S元素化合價由+4升高至+6，化合價升降守恒、原子守恒可知Co2O3發(fā)生反應的化學方程式為：，Mn是25號元素，基態(tài)Mn原子的價電子排布式為：3d54s2。（2）“氧化”時，H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，H2O2中O元素化合價由+1降低至-2，F(xiàn)e元素化合價由+2升高至+3，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知發(fā)生反應的離子方程式為。（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，當Co2+生成沉淀時，Cu2+、Al3+、Fe3+都轉化為氫氧化物沉淀，常溫下，“調(diào)節(jié)pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；調(diào)節(jié)pH時Cu2+、Al3+、Fe3+都轉化為氫氧化物沉淀，根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知，pH應該大于6.7，若“調(diào)節(jié)pH”后，溶液中c(Co2+)>0.1mol?L?1，當c(Co2+)=0.1mol?L?1時，溶液中c(OH?)==，c(H+)==10?7.4mol/L，溶液pH=7.4，因此需調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是6.7≤pH<7.4。（4）當溶液pH處于4.5到6.5之間時，Co2+萃取率隨溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)減小，平衡向正反應方向移動；反萃取時，應加入的物質是稀硫酸，使該可逆反應平衡逆向移動。（5）36.6g草酸鈷晶體的物質的量為n[CoC2O4?2H2O]==0.2mol，根據(jù)Co原子守恒得n(Co)=n[Co