2018-2019学年重庆市渝东六校高一下学期期中联考化学试题（解析版）

2018-2019学年重庆市渝东六校高一下学期期中联考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年重庆市渝东六校高一下学期期中联考化学试题 化学试题 相对原子质量 H 1 C 12 O 16 Fe 56‎ ‎1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是( )‎ A. 太阳能电池板 B. 太阳能热水器 C. 燃气灶 D. 锂电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、太阳能电池是将光能转化为电能，故A错误；‎ B项、太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故B错误；‎ C项、燃烧是放热反应，燃气灶燃气燃烧时化学能转化为热能，故C正确；‎ D项、锂电池工作时将化学能转化为电能，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查能量的转化形式，注意对物质变化的判断和化学能向热能的转化条件是解答关键。‎ ‎2.黑火药是硫磺粉、硝石、木炭粉按一定比例混合而成(2KNO3+ S + 3C =K2S + N2↑+ 3CO2↑)。古文献《本草经集注》记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”。下列推断正确的是 A. “紫青烟”主要是指钠元素的焰色反应 B. “朴消”在灼烧时火焰没有颜色 C. “硝石”在黑火药中起还原剂的作用 D. “朴消”不能替代“硝石”制黑火药 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不同金属元素在灼烧时产生不同的焰色，利用焰色反应可以鉴别物质所含金属元素，注意焰色反应为元素的性质，属于物理变化。‎ ‎【详解】A项、钾元素的焰色反应是紫色，“紫青烟”主要是指钾元素的焰色反应，故A错误；‎ B项、钠元素焰色反应为黄色，“朴消 ”在灼烧时火焰为黄色，故B错误；‎ C项、硝酸钾中氮元素是+5价，处于最高价，火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，“硝石”在黑火药中起氧化剂的作用，故C错误；‎ D项、硫酸钠没有强氧化性，“朴消”不能替代“硝石”制黑火药，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素化合物的性质，注意明确焰色反应原理，掌握氧化还原反应的概念是解答关键。‎ ‎3.“立刻凉”饮料在饮用时将饮料罐隔离层中的固体化学物质和水混合后摇动即会对饮料起到冷却作用。该化学物质可能是：‎ A. NaCl B. CaO C. NH4NO3 D. NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知该物质与水混合会吸热使温度降低，才能达到制冷的效果，要从物质溶于水后热量变化来考虑。‎ ‎【详解】A项、NaCl溶于水既不放热也不吸热，故A错误；‎ B项、CaO溶于水能与水反应生成氢氧化钙并放出热量，不能起到制冷的作用，故B错误；‎ C项、NH4NO3溶于水吸热，能使温度降低能达到制冷的作用，故C正确；‎ D项、NaOH溶于水放热，不能起到制冷的作用，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查吸热反应，注意掌握物质溶于水时热量的变化是解答关键。‎ ‎4.科学家联合小组宣布合成出 114 号元素的一种同位素，该同位素原子的质量数为 298。以下叙述不正确的是( )‎ A. 该元素属于第七周期 B. 该元素为金属元素，性质与 82Pb 相同 C. 该元素位于第ⅣA 族 D. 该同位素原子含有 114 个电子，184 个中子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据每周期元素的种数，可知每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族。‎ ‎【详解】A项、114号元素位于第七周期ⅣA族，故A正确；‎ B项、该元素处于第七周期ⅣA族，同主族自上而下金属性增强，同族的Pb为金属元素，故该元素为金属元素，与Pb的化学性质相似，故B错误；‎ C项、114号元素位于第七周期ⅣA族，故C正确；‎ D项、元素原子序数为114号，则原子质子数为114，则该同位素原子含有114个电子，中子数为298-114=184，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系，掌握根据原子序数确定位置的方法，根据原子序数确定在周期表的位置是解答关键。‎ ‎5.下列各组离子一定能大量共存的是( )‎ A. 强酸性溶液中：NH4+、Al3+、HCO3－、Cl－‎ B. 与 Al 反应放出氢气的溶液中：Na＋、Ca2＋、Cl－、Mg2+‎ C. 0.1 mol·L－1FeCl3溶液中：Fe2＋、NH4 +、NO3－、H+‎ D. 0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液中：OH－、Na＋、Cl－、SO4 2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中离子之间不能结合生成沉淀、气体、水和弱电解质，不能发生氧化还原反应，则能够大量共存 ‎【详解】A项、强酸性溶液中，HCO3－与氢离子不能大量共存，故A错误；‎ B项、与铝粉反应放出H2的无色溶液酸溶液也可能是碱溶液，碱溶液中Ca2＋、Mg2+会生成沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C项、酸性溶液中Fe2＋与NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；‎ D项、0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液中该组离子之间不反应，能够大量共存，故D正确。‎ 故选D ‎【点睛】本题考查离子共存，侧重于分析能力、审题能力和综合运用元素化合物知识的能力的考查，把握常见离子的性质以及离子之间的反应为解答的关键。‎ ‎6.X、Y、Z、W 为短周期元素，X 的 M 电子层有 1 个电子，Y 是组成有机物的最基础的元素，Z ‎ 的最外层电子数比次外层少 2，Z 与 W 同周期，W 的原子半径小于 Z。下列有关说法正确的是 A. 原子半径：XZ>W D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ XM电子层有1个电子，则X为Na元素；Y 是组成有机物的最基础的元素，则Y为C元素；Z 的最外层电子数比次外层少 2，则Z为S元素；Z与W同周期，W的原子半径小于Z，则W为Cl元素。‎ ‎【详解】A项、短周期元素中，Na元素原子半径最大，故A错误；‎ B项、Z、W与Mg分别可以形成MgS、MgCl2，MgS和MgCl2都是离子化合物，故B正确；‎ C项、元素非金属性越强，氢化物稳定性越大，非金属性W（Cl）>Z（S）>Y（C），则气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，故C错误；‎ D项、元素非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性W（Cl）>Z（S），最高价氧化物对应水化物的酸性： W > Z，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的运用，注意运用结构、性质和位置的关系推断元素，依据元素周期律分析是解题的关键。‎ ‎7.下列有关化学用语的表示方法中错误的是 A. 次氯酸的电子式： ‎ B. M2+离子核外有 a个电子，b个中子，M 原子符号为a+b+2a+2M C. 用电子式表示MgCl2 的形成过程为 ‎ D. Na+的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A正确；‎ B项、R2+离子核外有a个电子，b个中子，质子数为：a+2，质量数为：2+a+b，R原子符合为：a+b+2a+2‎ M，故B正确；‎ C项、镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故C错误；‎ D项、Na+核外存在10个电子核内有11个质子，其离子结构示意图为：，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学用语的表示方法，注意物质的组成、电子式、离子结构示意图的理解与掌握是解答关键。‎ ‎8.应用元素周期律分析，下列推断正确的是 A. 砹(At)是第 VIIA 族元素，其氢化物的稳定性大于 HCl B. 碳酸锶易溶于水，易与稀盐酸反应 C. 第 2 周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性 D. 第 3 周期金属元素最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故A错误；‎ B项、Ca、Sr位于同主族，化合物性质相似，由碳酸钙不溶于水，能溶于盐酸可知，碳酸锶难溶于水，但易溶于盐酸，故B错误；‎ C项、第二周期N元素为非金属元素，N元素的氢化物为氨气，氨气的水溶液为碱性，故C错误；‎ D项、第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，把握同周期和同主族元素的性质变化规律、金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键。‎ ‎9.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于 LDH(一种固体催化剂) 合成 NH3 的原理示意图，化学方程式为 2N2+6H2O=4NH3+3O2。下列说法不正确的是()‎ A. 该过程将太阳能转化成为化学能 B. 该过程中，只涉及共价键的断裂与生成 C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为 4∶3‎ D. 2molN2 与足量水充分反应，能制得氨气 4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，该反应为N2和H2O在常温常压和可见光、LDH存在下反应生成NH3和O2。‎ ‎【详解】A项，该过程中将太阳能转化为化学能，故A正确；‎ B项，反应物N2中存在非极性键、H2O中存在极性键，生成物NH3中存在极性键、O2中存在非极性键，极性键和非极性键均属于共价键，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，该过程中只涉及共价键的断裂与生成，故B正确；‎ C项、在该反应中氧化产物为O2，还原产物为NH3，根据得失电子守恒，4n（O2）=3n（NH3），n（O2）：n（NH3）=3:4，故C错误；‎ D项、由方程式可知，2molN2 与足量水充分反应生成4mol氨气，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎10.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液 200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉， 最多能溶解 l9.2g(已知硝酸只被还原为 NO 气体，下同)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. c 点时，溶液中的溶质为 FeSO4‎ B. oa 段发生反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O C. 原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为 2mol/L D. 原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为 4mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，由于铁过量，硝酸和硫酸氧化性不同，反应分阶段进行，氧化性强物质先反应，则oa段铁与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应生成硫酸铁、一氧化氮和水，发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，ab段硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，bc段铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。‎ ‎【详解】A项、由图象可知，混合溶液中硝酸全部被还原生成一氧化氮，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故A正确；‎ B项、oa段铁与稀硫酸和稀硝酸的混合溶液反应生成硫酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为：2Fe+3H2SO4+2HNO3=Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O，故B错误；‎ C项、有图像可知，oa段反应的铁的物质的量n(Fe)为0.2mol，由方程式Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知，n(Fe)= n（NO3-）=0.2mol，则100ml溶液中稀硝酸的物质的量浓度为 2mol/L，故C正确；‎ D项、c点加入22.4g铁，铁与稀硫酸和稀硝酸恰好完全反应生成硫酸亚铁，溶液中亚铁离子的物质的量为0.4mol，由电荷守恒可知，硫酸根的物质的量为0.4mol，则100ml溶液中稀硫酸的物质的量浓度为4mol/L，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有关金属和酸反应的计算，根据图象分析各段发生的反应，注意与铁反应的硝酸全部起氧化剂作用是解答关键。‎ 第 II 卷(非选择题)‎ ‎11.“生活无处不化学”，请你回答下列问题。‎ ‎(1)食盐不慎洒落在天然气的火焰上，观察到现象是______，该变化称为______反应。‎ ‎(2)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，该反应的化学方程式是_______。‎ ‎(3)小苏打(碳酸氢钠)可用于中和过多的胃酸，写出该反应的离子方程式______。‎ ‎(4)使用“84”消毒液(含 NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间，使 NaClO 与H2O及空气中的CO2充分 反应，目的是得到杀菌消毒效果更好的______(填物质名称)，该反应的离子方程式：______。‎ ‎【答案】 (1). 黄色火焰 (2). 焰色 (3). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (4). H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O (5). 次氯酸 (6). ClO-+CO2+H2O＝HClO+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）钠元素的焰色反应为黄色；‎ ‎（2）铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；‎ ‎（3）胃酸的主要成分是盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；‎ ‎（4）碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸钠与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，“84”消毒液漂白效果增强。‎ ‎【详解】（1）钠元素的焰色反应为黄色，食盐的主要成分是氯化钠，不慎洒落在天然气的火焰上，可观察到天然气的火焰为黄色，故答案为：黄色火焰；焰色；‎ ‎(2)沾有水的铁制器皿在高温火焰上，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；‎ ‎（3）胃酸的主要成分是盐酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O，故答案为：H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O；‎ ‎（4）碳酸的酸性强于次氯酸，使用“84”消毒液(含 NaClO)时，按一定比例与水混合，并在空气中浸泡一段时间时，次氯酸钠与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白效果增强，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O＝HClO+HCO3-，故答案为：ClO-+CO2+H2O＝HClO+HCO3-。‎ ‎【点睛】本题考查化学与生活，注意化学与生活的联系，掌握常见化合物的性质及用途，利用化学知识来解决生活中的问题是解答关键。‎ ‎12.已知 A、B、C、D、E、F 是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、C、F 的单质在常温下呈气态，B 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，A 与 D 同主族，C 的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，E 是地壳中含量最高的金属元素。清回答下列问题：‎ ‎(1)F 的元素符号为______，B、C、D、E 四种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)_____。‎ ‎(2)B 在元素周期表中的位置为_____，B 与硫元素形成的二元化合物的电子式为_____。‎ ‎(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(写化学式)_____。‎ ‎(4)由 A,C,F 组成的一种常见的盐中结构中包含_____(选填“离子键”“极性键”和“非极性键”)‎ ‎(5)单质 B 和元素 C 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). Cl (2). Na＞Al＞C＞N (3). 第二周期第ⅣA族 (4). (5). HClO4 (6). 离子键 极性键 (7). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C 的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，则C为N元素；E 是地壳中含量最高的金属元素，则E是是Al元素；A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素原子序数依次增大，B 的原子最外层电子数是其电子层数的 2 倍，则B是C元素；A、C、F 的单质在常温下呈气态，则A为H元素、F为Cl元素；A 与 D 同主族，则D为Na元素。‎ ‎【详解】（1）F为Cl元素；同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则C、N、Na、Al四种元素原子半径由大到小的顺序是Na＞Al＞C＞N，故答案为：Cl；Na＞Al＞C＞N；‎ ‎（2）B是C元素，位于周期表第二周期ⅣA族；碳元素与硫元素形成的二元化合物的化学式为CS2，都是为，故答案为：第二周期ⅣA族；；‎ ‎（3）元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素中Cl元素非金属性最强，则Cl元素的最高价氧化物对应的水化物HClO4的酸性最强，故答案为：HClO4；‎ ‎（4）A为H元素、C为N元素、F为Cl元素，三者组成的铵盐为氯化铵，氯化铵中铵根离子和氯离子形成离子键，铵根离子中N原子和氢原子形成极性共价键，故答案为：离子键和极性键；‎ ‎（5）单质 B为碳，C 的最高价氧化物对应水化物为硝酸，碳单质和浓硝酸共热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，依据题给信息正确推断元素，熟练掌握元素周期律内容并灵活运用是解本题关键。‎ ‎13.为测定某铁碳合金中铁的质量分数，并探究铁与浓硫酸的反应设计了图示实验装置。‎ ‎(1)在装药品开始实验前要进行的操作是_____‎ ‎(2)a 克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A 无明显现象，其原因是常温下①_____；②_____。‎ ‎(3)写出加热时 A 中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式_____。‎ ‎(4)B 中的现象是：_____；C 的作用是：_____。‎ ‎(5)待 A 中不再逸出气体时，停止加热，拆下 E 并称重，E 增重 bg。则铁碳合金中铁的质量分数为_____(写含 a、b 的表达式)。‎ ‎(6)经测定，(5)中测得结果偏小，原因可能是_____。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 碳与浓硫酸不反应 (3). 铁与浓硫酸发生钝化现象 (4). C + 2H2SO4(浓) CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O (5). 品红溶液褪色，或“颜色变浅” (6). 除尽反应产物中的SO2气体 (7). (11a－3b)/11a (8). SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数，二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥。‎ ‎【详解】（1）在装药品开始实验前要检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；‎ ‎（2）常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应，故A、B均无明显现象，故答案为：碳与浓硫酸不反应；铁与浓硫酸发生钝化现象；‎ ‎（3）加热条件下，Fe、碳都与浓硫酸反应，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳与水，反应方程式为：C + 2H2SO4(浓) CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O，故答案为：C + 2H2SO4(浓) CO2↑ + 2SO2↑ + 2H2O；‎ ‎（4）由于二氧化硫具有漂白性，所以B装置中品红溶液褪色；由装置可知，实验是通过测定E装置碱石灰增重，测定二氧化碳的质量，进而测定铁的含量，碱石灰可以吸收二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化二除去，根据颜色变化确定二氧化硫是否除尽，故C的作用是除去二氧化硫并检验二氧化硫以除尽，故答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；‎ ‎（5）称取mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则mg铁碳合金中含碳元素的质量为×12g/mol=g，则含铁的质量为(a-)g，铁的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%；‎ ‎（6）若没有完全除去混合气体中的二氧化硫，二氧化硫与碱石灰反应导致E增重偏大，铁的质量分数减小，故答案为：SO2未除尽，与E中碱石灰反应导致E增重偏大,故测定结果偏小。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意熟记常见物质的性质或变化规律，根据给出的实验设计方案，进行实验、分析和探究，并通过观察、记录和分析的实验现象是解答关键。‎ ‎14.利用废旧锂离子电池的正极材料，主要成分为 LiCoO2(难溶于水)还含有 Al以及少量 Ca、Mg、Cu、Fe 等。制备 Co3O4 微球的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)LiCoO2 中 Co 元素的化合价为______。‎ ‎(2)配平步骤①中生成 Co2+的离子方程式为_____LiCoO2 +____H++_____H2 O2 =_____Co2++_____O2 +_____Li++_____H 2O此过程中若用浓盐酸代替 H2SO4 和 H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是_____。‎ ‎(3)步骤②中，不同 pH 下溶液中金属离子的去除效果如下图所示。该过程加入NaOH调节溶液 pH 的最佳范围是______，理由是______。‎ ‎(4)步骤④中，过滤、洗涤操作均需用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_____。‎ ‎(5)步骤⑤中，Co(OH)2 在空气中高温焙烧生成 Co3O4 的化学方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 2 (3). 6 (4). 1 (5). 2 (6). 6 (7). 2 (8). 4 (9). 盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境 (10). 5.5～6.0 (11). 在pH为5.5～6.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小 (12). 漏斗 (13). 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，步骤①在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，将LiCoO2生成Co2+；步骤②中，加入硫化钠和氟化钠除去溶液中的Cu2+、Mg2+、Ca2+离子,加入NaOH调节溶液pH到5.5～6.0，除去溶液中的Fe3+、Al3+、Cu2+离子；步骤③中，加入草酸铵、氨水和无水乙醇，使Co2+离子转化为Co（OH）2沉淀；步骤④中，过滤、洗涤、干燥得到Co（OH）2；步骤⑤中，Co(OH)2 在空气中高温焙烧生成 Co3O4。‎ ‎【详解】（1）由化合价代数和为零可知，LiCoO2 中Co元素的化合价为+3，故答案为：+3；‎ ‎（2）步骤①在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，过氧化氢做还原剂将LiCoO2生成Co2+，本身被氧化生成氧气，由升降法配平可得离子方程式：2LiCoO2 +6H++H2O2=2Co2++ O2+2Li++4H2O；此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境，故答案为：2；6；1；2；6；2；4；盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境；‎ ‎（3）由图可知，步骤②中，加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.5～6.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小，故答案为：在pH为5.5～6.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小；‎ ‎（4）步骤④中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、和漏斗，故答案为：漏斗；‎ ‎（5）步骤⑤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4，Co元素由+2价被氧化到+3价，故需氧气的参与，反应的化学方程式为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O，故答案为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，试题综合性较强，以工艺流程为线索考查了氧化还原反应，注意陌生氧化还原反应方程式的书写，掌握结合图像和工艺流程图的分析方法是解答关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎