四川省泸州市马街中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题 Word版含解析.docx

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马街中学高2022级高二上期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1　C：12　O：16　S：32　Cu：64　Cl：35.5第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.以下自发反应可以用熵判据来解释的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．反应的，反应不能自发进行，A不符合题意；B．反应的，低温时的影响为主，不能用熵判据解释，B不符合题意；C．反应的，高温条件下可以实现，使反应自发进行，高温时的影响为主，可以用熵判据来解释，C符合题意；D．反应的，低温时的影响为主，不能用熵判据解释，D不符合题意；故选C。2.已知汽车尾气处理反应之一为：。该反应的、。则上述反应在下列什么条件下易自发进行A.高温B.低温C.任何温度下均不能D.任意温度下均能【答案】B【解析】【详解】根据自发反应的判据，该反应的、，则该反应在低温下易自发进行，故选：B。3.10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　)A.H2SO4B.CH3COONaC.CuSO4D.Na2CO3 【答案】B【解析】【详解】当加入其它物质能够减慢反应速率，且不影响氢气的总量，采取的方式为降低氢离子浓度，不减小氢离子的量。A、加入硫酸，增大氢离子物质的量，影响了氢气的总量，A错误；C、加入硫酸铜，锌置换出铜，锌与铜构成原电池，反应速率加快，C错误；D、加入Na2CO3消耗了氢离子，氢气总量减少，D错误；故选B。4.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率最大的是A.v(A)=0.45mol/(L·min)B.v(B)=0.6mol/(L·s)C.v(C)=0.4mol/(L·s)D.v(D)=0.45mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则0.45÷60/1=0.0075，0.6/3=0.2，0.4/2=0.2，0.45/2=0.225，则反应快慢为D＞C=B＞A，故选：D。5.已知。在含少量的溶液中，分解反应过程为i.ii.下列说法不正确的是A.B.是分解反应的催化剂C.欲分解2mol(l)，至少需要提供的热量D.若生成，则反应ii转移电子的物质的量为【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知，i+ii可得，2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H=△H1+△H2，故A正确；B．已知i.H2O2+I-→H2O+IO-，ii.H2O2+IO-→H2O+O2+I-，i+ii可得，2H2O2═2H2O+O2，说明I-为H2O2 分解反应的催化剂，故B正确；C．双氧水的分解为放热反应，则分解2 mol H2O2(l)至少放出98 kJ的热量，故C错误；D．反应H2O2(l)+IO-(aq)═H2O(l)+O2(g)+I-(aq)中，双氧水中-1价O原子被氧化成氧气，则生成1mol氧气转移的电子的物质的量为：1mol×2×[0-(-1]=2mol，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算、盖斯定律的应用、反应热计算等，明确盖斯定律的内容为解答关键。本题的易错点为D，要注意双氧水中的O元素的变化情况。6.工业上合成氨采用500℃左右的温度，其原因是：①适当加快NH3的合成速率②提高氢气的转化率③提高氨的产率④催化剂在500℃左右活性最好A.①B.①③C.①④D.②③④【答案】C【解析】【详解】合成氨反应是放热反应，500℃有利于提高反应速率、不利于氨的合成，也不利于提高氢气的转化率，但是500℃时催化剂的活性最好，能最大程度提高催化效果，故①④正确；答案选C。7.在密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生反应，2SO2+O22SO3，达到反应限度时，容器中SO3的物质的量可能是A.1molB.2molC.3molD.4mol【答案】A【解析】【详解】在密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生反应，2SO2+O22SO3，二者恰好反应，若完全反应会产生2molSO3，但由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此反应产生SO3的物质的量小于2mol，选项中少于2molSO3的只有选项A的1mol，故合理选项是A。8.下列根据方程式得出的结论正确的是A.将Cu置于双氧水和过量氨水中，其反应的离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)]2++2OH-+4H2OB.已知S(s)+O2(g)=SO3(g)ΔH=-395.7kJ/mol，则硫磺的燃烧热为395.7kJ/molC.已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)ΔH=+29.2kJ/mol，则白磷更稳定D.已知H+(aq)+OH-(aq)=HO(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，则稀H2C2O4和稀NaOH反应生成2molH2O 的反应热ΔH＜－2×57.3kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【详解】A.．Cu+H2O2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)]2++2OH-+4H2O符合反应原理，电荷守恒，原子守恒，故A正确；B．硫与氧气反应只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故B错误；C．能量越低越稳定，红磷转化为白磷要吸收热量，红磷的能量低于白磷的能量，则红磷更稳定，故C错误；D．草酸是二元弱弱，电离需要吸热，则稀H2C2O4和稀NaOH反应生成2molH2O时，放出的量小于2×57.3kJ/mol，所以反应热ΔH>－2×57.3kJ/mol，故D错误；故选：A。9.一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molⅠ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090下列说法正确的是A.该反应的正反应为吸热反应B.达到平衡时，容器Ⅰ中的体积分数比容器Ⅱ中的小C.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长D.若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，则反应将向正反应方向进行【答案】D【解析】 【分析】Ⅱ与I比较，起始物质的量加倍，2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)是一个气体分子数不变的反应，故甲醇气体的浓度若增大一倍，则平衡后各物质的浓度也增大一倍，转化率不变，两者达到等效；III与I比较，温度降低，起始物质的量相同，而平衡后生成物增加，说明平衡正向移动，即证明该反应为放热反应。【详解】A．由上述分析可知，反应为放热反应，故A错误；B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C．容器I中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；D．容器Ⅰ中平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K==4；若起始时向容器Ⅰ中充入0.15mol、0.15mol和0.10mol，容器容积为1L，则c(CH3OH)=0.15mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L，浓度商Qc==＜4，则反应将向正反应方向进行，故D正确。答案选D。10.用标准NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液，下列说法中，正确的是A.滴定管、锥形瓶均用待测醋酸溶液润洗后进行滴定B.滴定时，眼睛要注视滴定管的读数C.滴定前平视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，滴定结果偏低D.用酚酞试液作指示剂，当溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色为滴定终点【答案】C【解析】【分析】【详解】A.用标准NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液，滴定管必须用NaOH标准溶液润洗，锥形瓶不能润洗，A错误；B.滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，B错误；C.滴定前平视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，则消耗标准溶液体积偏小，使滴定结果偏低，C正确； D.用酚酞试液作指示剂，开始时溶液为无色，当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色为滴定终点，D错误；故合理选项是C。11.已知一种c(H＋)＝1×10－3mol/L的酸和一种c(OH－)＝1×10－3mol/L的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是A.浓的强酸和稀的强碱溶液反应B.浓的弱酸和稀的强碱溶液反应C.等浓度的强酸和弱碱溶液反应D.生成了一种强酸弱碱盐【答案】B【解析】详解】依据本题信息：酸中c(H＋)＝1×mol/L，碱中c(OH－)＝1×mol/L，且酸和碱溶液等体积混合；若是强酸和强碱混合，它们完全中和，生成的强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，故选项A错误；若是弱碱和强酸混合，由于弱碱的不完全电离，碱的物质的量浓度远大于酸的物质的量浓度，当它们等体积混合时，碱过量，反应后溶液呈碱性，故选项C、D错误；同理，若弱酸与强碱混合，当它们体积相等时，酸过量，反应后溶液呈酸性，B正确；故答案选B。12.将AgCl分别加入盛有：①5mL水②6mL0.5溶液③10mL0.2溶液④5mL0.1盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中从大到小的顺序排列正确的是A.①④③②B.②③④①C.④③②①D.①③②④【答案】A【解析】【分析】在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl‒(aq)，加入Cl‒平衡逆向移动c(Ag＋)会减小，加入Cl‒的浓度越大，c(Ag＋)越小，即c(Ag＋)与c(Cl‒)大小顺序相反，据此分析。【详解】①水中没有Cl‒，即5mL水对AgCl的沉淀溶解平衡没有抑制作用，①中c(Ag＋)最大；②6mL0.5mol/LNaCl溶液中含有Cl‒，且c(Cl‒)=0.5mol/L，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则②中c(Ag＋)小于①中c(Ag＋)；③10mL0.2mol/LCaCl2溶液中含有Cl‒，c(Cl‒)=0.2mol/L×2=0.4mol/L，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则②中c(Ag＋)小于③中c(Ag＋)； ④5mL0.1mol/L盐酸中含有Cl‒，且c(Cl‒)=0.1mol/L，对AgCl的沉淀溶解平衡有抑制作用，则④中c(Ag＋)大于③中c(Ag＋)；综上所述，各溶液中c(Ag＋)从大到小的顺序为①④③②，A项正确。答案选A。13.25℃时，下列对混合溶液中的微粒浓度关系的说法正确的是A.一定存在B.一定存在C.若混合溶液中时，溶液呈酸性，则有D.若混合溶液中时，溶液呈碱性，则有【答案】D【解析】【详解】A．由于溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，所以溶液中的钠元素总量一定大于硫元素总量，所以一定不存在，A项错误；B．混合溶液无论Na2SO3和NaHSO3比例是什么，均有电荷守恒式：成立，所以选项中的等式一定不成立，B项错误；C．由于n(Na2SO3)=n(NaHSO3)，并且混合溶液呈酸性，所以的电离程度大于的水解程度，即相比于，消耗的更多溶液中剩余的更少；又因为弱电解质的电离和盐类的水解平衡进行的程度都十分微弱，所以有：，C项错误；D．由于n(Na2SO3)=2n(NaHSO3)，所以溶液中钠离子浓度最大，由于弱电解质的电离和盐类的水解平衡进行的程度都十分微弱，所以和的浓度依次排在第二和第三，由于溶液显碱性，所以浓度大于H+浓度，D项正确；答案选D。14.已知，，。某溶液中含有、和，浓度均为0.010，向该溶液中逐滴加入0.010的 溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据AgCl、AgBr、Ag2CrO4的Ksp，当Cl−开始沉淀时，c(Ag+)=mol·L−1=1.56×10−8mol·L−1；当Br−开始沉淀时，c(Ag+)=mol·L−1=7.7×10−11mol·L−1；当开始沉淀时，c(Ag+)=mol·L−1=3×10−5mol·L−1。沉淀三种阴离子时，所需c(Ag+)越小，产生沉淀越早，由计算结果可得出三种阴离子产生沉淀的先后顺序为，故选A。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.利用中和滴定的原理，在工业生产中还可以进行氧化还原滴定测定物质含量。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉状TiO2。用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：（1）下列操作会引起实验结果偏大的是_____(填编号)A．酸式滴定管未润洗B．滴定前，滴定管尖嘴无气泡，滴定后有气泡C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D．滴定结束时仰视滴定管，并记录数据E．滴定过程中有一滴标准液飞溅出锥形瓶（2）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_____。（3）TiCl4水解生成TiO2·xH2O的化学方程式为_____。（4）滴定终点的现象是_____。 【答案】（1）ADE（2）锥形瓶内溶液颜色变化（3）TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl（4）滴入最后一滴标准液后，锥形瓶内溶液由无色变为(血)红色，且半分钟不褪色【解析】【小问1详解】酸式滴定管未润洗，会稀释标准液，因此标准液用量会变大，所以测定结果偏大，A正确；滴定前无气泡，滴定后有气泡，待测液的读数偏小，所以测定结果偏小，B错误；锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，C错误；仰视读数，读数大于实际，测量值偏大，D正确；由液滴飞溅出去，标准液用量增大，测定结果偏大，E正确；【小问2详解】在滴定过程中，左手控制滴定管，右手摇晃锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化；【小问3详解】四氯化钛的水解方成式：TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl；小问4详解】滴定终点的现象是最后一滴标准液滴入，指示剂变色，且半分钟内部恢复原色，即滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变为(血)红色，且半分钟不褪色。16.某化学兴趣小组要完成中和反应反应热的测定实验。（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、盐酸、氢氧化钠溶液，实验尚缺少的玻璃用品是___________、___________。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？___________(填“能”或“否”)，其原因是___________。（3）进行两次实验，每次实验量取盐酸和NaOH溶液体积均为50mL，他们记录的实验数据如下：实验次数12起始温度(℃)盐酸19.920NaOH溶液20.120平均值2020混合溶液的最高温度(℃)23.323.5已知：，反应后溶液的比热容，各物质的密度均为。 ①根据上表计算生成放出的热量为___________kJ(保留1位小数)。②根据实验结果写出氢氧化钠溶液与盐酸反应的热化学方程式：___________。（4）若用氢氧化钾代替氢氧化钠，对测定结果___________(填“有”或“无”，下同)影响；若用醋酸代替盐酸做实验，对测定结果___________影响。【答案】（1）①.量筒②.温度计（2）①.否②.金属铜丝易导热，热量散失多，导致误差偏大（3）①.56.8②.（4）①.无②.有【解析】【分析】实验为中和热的测定实验，利用50mL0.5mol/LHCl溶液和50mL0.5mol/LNaOH溶液进行反应，测定反应放出的热，从而计算中和热。【小问1详解】中和热的测定实验需要用到的玻璃仪器有烧杯、环形玻璃搅拌棒、胶头滴管、量筒、温度计，则缺少的玻璃仪器为量筒和温度计；【小问2详解】中和热的测定实验需要减少热量的损失，铜的导热能力强，易造成热量损失，则不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒；原因为金属铜丝易导热，热量散失多，导致误差偏大；【小问3详解】①实验量取盐酸和NaOH溶液的体积均为50mL，则生成0.025mol液态水，放出的热量为，则生成放出的热量为；②氢氧化钠溶液与盐酸反应的热化学方程式为；【小问4详解】氢氧化钾和氢氧化钠都为强碱，若用氢氧化钾代替氢氧化钠，对测定结果无影响；醋酸为弱酸，电离需要吸收热量，若用醋酸代替盐酸做实验，醋酸弱电解质，电离吸热，则醋酸对测定结果有影响。17.时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式HClO 电离平衡常数回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时，_____(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）用蒸馏水稀释的次氯酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_____。(填字母序号，下同)A.B.C.D.（3）下列能使醋酸溶液中的电离程度增大，而电离平衡常数不变的是_____。A.升高温度B.加水稀释C.加少量的固体D.加少量氢氧化钠浓溶液（4）依上表数据写出向NaClO溶液中通少量离子方程式：_____。【答案】（1）增大（2）D（3）BD（4）ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO【解析】【小问1详解】弱酸在溶液中的电离为吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，电离常数Ka增大，故答案为：增大；【小问2详解】用蒸馏水稀释0.10mol/L的次氯酸时，溶液中次氯酸、次氯酸根离子、氢离子浓度均减小，温度不变，电离常数和水的离子积常数不变；A．由电离常数公式可知，溶液中=，稀释过程中，溶液中次氯酸根离子减小、电离常数不变，则溶液中和的值减小，故不符合题意；B．由电离常数公式可知，溶液中=Ka，稀释过程中，电离常数不变，则溶液中的值不变，故不符合题意； C．稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的值减小，故不符合题意；D．由水的离子积常数可知，稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，则溶液中的值增大，故符合题意；故选D；【小问3详解】A．醋酸在溶液中的电离为吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，电离常数Ka增大，故不符合题意；B．加水稀释醋酸溶液时，电离向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，温度不变，电离常数不变，故符合题意；C．向溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，电离平衡左移，醋酸的电离程度减小，故不符合题意；D．向溶液中加入少量氢氧化钠溶液，氢氧根离子与溶液中的氢离子反应，离向电离方向移动，醋酸的电离程度增大，温度不变，电离常数不变，故符合题意；故选BD；【小问4详解】由电离常数可知，次氯酸的电离程度小于碳酸，但大于碳酸氢根离子，所以向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的反应为次氯酸钠溶液与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO—+CO2+H2O=HClO+HCO。18.已知水在和时，其电离平衡曲线如图所示。（1）在下的溶液中，水电离产生的浓度为___________。（2）在时，的溶液中加入等物质的量浓度的 溶液至沉淀刚好达最大量时(假设溶液的体积变化忽略不计)，所得混合液的___________。（3）时，若向的溶液中加入的盐酸(假设溶液的体积变化忽略不计)，混合后溶液中的浓度为___________，为___________。（4）时，。时欲除去溶液中的(使其浓度小于或等于)，需调节溶液的范围为___________。（5）磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是，，，常温下，的水溶液呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性，结合与的相对大小，给出判断理由：___________。【答案】（1）（2）10（3）①.②.2（4）（5）①.碱②.的水解常数，，即的水解程度大于其电离程度，因而溶液显碱性【解析】【小问1详解】根据图象可知，，的溶液中，氢离子都是水电离出来的，，水电离产生的浓度为；【小问2详解】根据图象可知，，的溶液中与溶液等体积反应沉淀刚好达最大量，沉淀刚好达最大量时溶液显碱性， ，，故10；【小问3详解】根据反应↓，可知盐酸过量，混合后，，反应后氢离子浓度为：，故=2；【小问4详解】时欲除去溶液中的应控制Mn2+不沉淀，沉淀完全，故Mn2+刚开始沉淀时，<7时Mn2+不沉淀，沉淀完全时，时不沉淀，欲除去溶液中的需调节溶液的范围为；【小问5详解】既存在水解又存在电离，电离常数为，水解常数为，水解大于电离，故溶液呈碱性；故答案为：的水解常数，，即的水解程度大于其电离程度，因而溶液显碱性。19.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面，其中+3价的Co具有较强氧化性；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下： （1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为___________。（2）过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为(产物中无沉淀且只有一种酸根)___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因___________。（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式___________。（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是___________。（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系不正确的是___________(填序号)。A.c(Na+)=2c(CO)B.c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)C.c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)D.c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+c(H2CO3)（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是___________。(Co-59；Cl-35.5；O-16；H-1)【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ （2）①.4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O②.Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境（3）2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑（4）调整pH，提供CO，使Co2+沉淀为CoCO3（5）AD（6）CoCl2•2H2O【解析】【小问1详解】NaOH溶液与Al反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；【小问2详解】废料中钴以Co2O3·CoO的形式存在，稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO中+3价的Co具有较强氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；故答案为：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；【小问3详解】Al3+与碳酸钠溶液反应产生Al(OH)3的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；【小问4详解】过程IV目的是沉淀CoCO3，则碳酸钠溶液在过程IV中起的作用是调整pH，提供CO，使Co2+沉淀为CoCO3；【小问5详解】A．CO会水解一小部分为HCO，因此c(Na+)2c(CO)，A错误；B．水解前c(Na+)2c(CO)，CO会水解一小部分为HCO，因此c(Na+)＞c(CO)＞c(HCO)，B正确；C．CO水解产生OH-和HCO，水电离产生OH-和H+，因此c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)，C正确；D．由质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+2c(H2CO3)+c(H+)，D错误；故答案选AD。【小问6详解】