江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期期中学情检测化学试题（含答案）

第第页江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期期中学情检测化学试题一、单选题1．北京冬奥会成功举办、神舟十三号顺利往返、“天宫课堂”精彩呈现均展示了我国科技发展的目大成就，下列相关叙述正确的是（）A．“天和核心舱”电推进系统中，腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料B．冬奥会“飞扬”火炬所用的燃料H2C．计算机芯片、光导纤维、太阳能电池板的化学成分都是高纯硅D．中科院首次实现了CO2．科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或存在生命。利用下列反应可到各PHA．P4B．PH3C．中子数为10的氧原子可表示为  D．已知KH2PO3．以菱镁矿(主要成分是MgCO3，含少量A．用装置甲配制稀H2SC．用装置丙过滤悬浊液 D．用装置丁灼烧Mg(4．下列生活应用或生产活动中物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．CaO易与水反应，可用作食品干燥剂B．CuSOC．Na有导电性，可用作快中子反应堆的热交换剂D．SO5．部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是（）A．可以通过a的催化氧化反应制备cB．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNC．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′D．加热d′的固态钾盐可以产生O6．SO2和NOx在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM下列说法错误的是（）A．硫酸盐气溶胶呈酸性B．该过程包含了硫氧键的断裂与形成C．SO3−转化为D．是一种含S、O、N元素的化合物7．SO2和NOx在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PMA．如上图所示为V2B．该反应在任何条件下均能自发进行C．使用V2D．2molSO2(g)和1mol8．SO2和NOx在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用，也是大气主要污染物。硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一，SO2在A．①中生成白色沉淀的离子方程式为：2B．①中未生成Ag2C．②中的现象体现了AgD．该实验条件下，SO2与AgNO9．用一种新型H2O2液态燃料电池(乙池)电解催化氮气制备铵盐和硝酸盐(甲池)的工作原理示意图如下(c、d均为石墨电极)。下列说法正确的是（）A．甲池a极反应式为：NB．一段时间后，乙池中c电极区的pH增大C．甲池中H+从b极区通过质子交换膜转移至a极区D．乙池中若生成15molm气体，则甲池a、b两极共消耗8molN210．化合物Z是一种治疗糖尿病药物的重要中间体，可由下列反应制得：下列有关X、Y、Z的说法正确的是（）A．X中所有碳原子的杂化方式均为spB．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小C．Z与足量H2D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO11．下列设计的探究方案能达到相应探究目的的是（）选项探究方案探究目的ANaNa2OB用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO浓度对化学反应速率的影响C用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小醋酸是弱电解质D取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5~6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含化学反应的限度A．A B．B C．C D．D12．室温下：Ka(HClO)=10-7.52实验实验操作和现象1测定0.102测定0.10mol3向NaClO溶液中通入少量的CO4向0.01mol⋅L下列所得结论正确的是（）A．实验1溶液中存在：cB．由实验2可得KC．实验3反应的离子方程式：CD．实验4所得上层清液中的c13．草酸二甲脂[(反应I：(COOCH3反应II：(COOCH3压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，若仅考虑上述反应，测得已知：HOCH3A．其他条件不变，190~198℃范围内，温度升高，(COOCB．曲线B表示HOCHC．其他条件不变，190~198℃范围内，温度升高，出口处n(D．其他条件不变，190~194℃范围内，反应II的反应速率大于反应I的反应速率二、综合题14．工业上用含三价钒(V2O5)为主的某石煤为原料(含有Al2O3资料：i.VOSOii.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Feiii.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+iv.10v.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表：沉淀物FeFeAl完全沉淀3.29.04.7（1）VOSO4中V4+的电子排布式为，S（2）焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOS（3）预处理过程中先加入Na2S①请用相关离子方程式说明加入Na2S②解释加氨水调节pH≈5的原因是。（4）沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10（5）测定产品中V2称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入b1mLc1mol-1×L-1(NH4)15．化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下：(注Me：−CH3（1）A→B的反应类型为。（2）1mol有机物B中所含π键的数目为mol。（3）E→F的反应类型为加成反应，则F的结构简式为。（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出一种该同分异构体的结构简式：。①能与FeCl3溶液发生显色反应；（5）已知：CH3CH2Br→Et2O16．氢氧化钴［Co(OH)2］是锂电池正极材料钴酸锂(LiCoO2)的前驱体，以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备CoSO4溶液，以CoSO4溶液、NaOH溶液、氨水和水合肼为原料可制得微米级Co(OH)2。已知：①Co2+、Co3+易与NH3形成络合物，[Co(NH3)6]2+的还原性强于Co(OH)2和Co2+；②水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2；③沉淀的生成速率越快，颗粒越小，呈凝乳状成胶体，不易过滤。（1）以废旧锂电池正极材料为原料制备CoSO4溶液。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，边搅拌边加入1mol/LH2SO4溶液充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为。从分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是。（2）60℃时在搅拌下向CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co(OH)2。制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是。（3）经仪器分析，测得按题(2)步骤制得的Co(OH)2晶体结构中含有Co(III)，进一步用碘量法测得Co(II)的氧化程度为8%。因此制备时必须加入一定量的还原剂。将500mL1mol/L的CoSO4溶液与氨水配成pH为6的溶液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，滴液漏斗a装有NaOH溶液、b中装有水合肼，60℃时依次将两种溶液加入三颈烧瓶，充分反应后，过滤，实验时应先打开滴液漏斗(填“a”成“b”)。（4）利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴CoCO3。已知：①CoCO3几乎不溶于水，Li2CO3微溶于水，Co2+(以0.1mol/L)开始沉淀的pH为7.6；②钴、锂在有机磷萃取剂(HR)中的萃取率与pH的关系如图所示；③酸性条件下的氧化性强弱顺序为：Co3+＞H2O2。请补充完整实验方案：取一定量含钴废料，粉碎后，充分反应后，静置后过滤，洗涤、干燥得到CoCO3。实验中可选用的试剂：2mol/LH2SO4溶液、2mol/LNaOH溶液、有机磷(HR)、5mol/LNa2CO3溶液、0.5mol/LNa2CO3溶液、30%H2O2溶液。17．用化学方法进行环境修复已成为环境修复领域的重要研究方向。（1）O3能将NO和NO22N22NO(2O3则反应2NO(g)（2）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。①ZVI可通过FeCl2⋅4H2O和NaBH②ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、NO3−（3）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐(NO3①硝酸盐(NO3−)②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH<4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是（4）利用电化学装置通过间接氧化法能氧化含苯胺的污水，其原理如图甲所示。其他条件一定，测得不同初始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图乙所示。反应相同时间，初始溶液pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的原因是。［已知氧化性：HClO(甲乙

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料的一种，A符合题意；B．燃料H2C．光导纤维的化学成分为二氧化硅，C不符合题意；D．油脂的相对分子质量没有达到上万，不属于高分子化合物，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料；

B.氢气为还原性气体；

C.光导纤维的主要成分是二氧化硅；

D.油脂不是高分子化合物。2．【答案】D【解析】【解答】A．白磷分子的空间构型为正四面体形，键角为60°，故A不符合题意；B．磷化氢为共价化合物，电子式为，故B不符合题意；C．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为18，原子符号为  8D．由KH2PO2故答案为：D。

【分析】A.P4为正四面体结构，键角为60°；

B.PH3中P原子最外层达到8电子结构；3．【答案】C【解析】【解答】A．容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A不符合题意；B．测定溶液的pH时不能将pH试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，选项B不符合题意；C．用装置丙过滤悬浊液，装置及操作均符合题意，选项C符合题意；D．灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.不能在容量瓶中配制溶液；

B.pH试纸浸入溶液中，溶液易被污染，应蘸取待测液滴在pH试纸上；

D.灼烧固体应用坩埚。4．【答案】A【解析】【解答】A．氧化钙可以做食品干燥剂，是利用CaO能与水反应的性质，A符合题意；B．CuSOC．钠导热性好，则可用于快中子反应堆作热交换剂，C不符合题意；D．SO故答案为：A。

【分析】A.氧化钙能与水反应生成氢氧化钙；

B.CuSO4用于制作颜料与其能使蛋白质变性无关；

C.Na能导热，可用作快中子反应堆的热交换剂；

D.5．【答案】B【解析】【解答】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A不符合题意；B．工业上通过4NH3+5O2=C．可通过反应2HCl（浓）+NaClO=ClD．氯酸钾受热分解2KClO3=故答案为B。

【分析】由图可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为N2O5，a'为HCl，b'为Cl2，c'为次氯酸盐，d'为氯酸盐，e'为高氯酸盐。6．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶中含有HSO4−，转化过程有水参与，则HSO4−在水中可电离生成HB．根据图示的转化过程包含了硫氧键的形成，没有硫氧键的断裂，B符合题意；C．由上述图示和氧化还原的得失电子守恒可知SO3−转化为HSD．根据图例分析可知是一种含S、O、N元素的化合物，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.硫酸盐气溶胶含有HSO4−，HSO4−在水中可电离生成H+和SO42−；

C.SO3−、H2O和NO2反应生成HSO7．【答案】C【解析】【解答】A．根据图像，一个该晶胞中V原子的个数=8×18+1=2，O原子的个数=4×12+2=4，则该晶体的化学式为VOB．2SC．催化剂会同时降低正、逆反应的活化能，C符合题意；D．2S故答案为：C。

【分析】A.根据均摊法计算；

B.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

D.该反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能。8．【答案】B【解析】【解答】A．向AgNO3溶液中通入过量SO2，经检验白色沉淀为B．开始生成Ag2SO3，一段时间后转化为银单质，说明实验中生成Ag2C．灰色固体中含有Ag，则银离子化合价降低发生还原反应生成银单质，银离子为氧化剂，故②中的现象体现了AgD．该实验条件下，SO2与AgNO3反应开始生成故答案为：B。

【分析】A.AgNO3与过量SO2发生反应2Ag++SO2+H2O=A9．【答案】D【解析】【解答】A．根据装置图可知a电极上N2失去电子发生氧化反应产生NO3-，则a电极为阳极，a电极的电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NB．根据上述分析可知：c电极为负极，H2O2失去电子发生氧化反应，c电极反应式为：H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，反应消耗OH-，产生H2O，导致c电极附近c(OH-)减小，因此反应一点时间后乙池中c电极区的pH减小，B不符合题意；C．根据元素化合价的变化，a为阳极，b为阴极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电解时H+会向负电荷较多的电极区移动，则在甲池中，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b电极，C不符合题意；D．根据元素化合价升降守恒，可知关系式：3n阳极(N2)=5n阴极(N2)，反应过程中电子转移30mol时，a电极消耗3molN2，b电极上消耗5mol气体N2，甲池共消耗8molN2，在乙池中反应产生m是O2，每反应产生1molO2转移2mol电子，则反应转移30mol电子时，产生m气体的物质的量是15mol，故乙池中若生成15molm气体，则甲池a、b两极共消耗8molN2，D符合题意；故答案为：D。

【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应。甲池为电解池，a极氮元素价态升高失电子，故a极为阳极，b极为阴极。10．【答案】B【解析】【解答】A．由结构简式可知，X分子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，故A不符合题意；B．X中的羧基和羟基均为亲水基团，Y中的酯基和醚键为憎水基，所以Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小，故B符合题意；C．由结构简式可知，Z分子一定条件下与足量氢气发生加成反应生成的有机化合物的结构简式为，生成的有机化合物中含3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故C不符合题意；D．有机化合物中含有的羧基、酯基和醚键不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则X、Y、Z分别与足量酸性高锰酸钾溶液反应所得芳香族化合物不可能相同，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.饱和碳原子采用sp3杂化；

B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

D.X中酚羟基、甲基被氧化为-COOH，Y中甲基被氧化为-COOH，Z中-CH2COOH转化为-COOH。11．【答案】A【解析】【解答】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，若棉花燃烧说明过氧化钠与水反应为放热反应，放出的热量使棉花达到着火点，在氧气中发生燃烧，故A符合题意；B．由得失电子数目守恒可知，5mL0.1mol/L高锰酸钾溶液与12.5mL0.2mol/L的草酸溶液恰好完全反应，由题给数据可知，实验时，高锰酸钾溶液过量，溶液不可能褪色，故B不符合题意；C．没有明确盐酸和醋酸的浓度是否相同，则用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小无法判断盐酸和醋酸的电离程度的大小，无法确定醋酸是否为弱电解质，故C不符合题意；D．过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应时，应根据反应后的溶液中是否存在铁离子判断该反应是否为可逆反应，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.燃烧的条件：①有可燃物，②可燃物与氧气接触，③温度达到可燃物的着火点；

B.高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色；

C.盐酸和醋酸浓度未知；

D.FeCl3溶液不足，应反应后检验铁离子证明反应的可逆性。12．【答案】D【解析】【解答】A．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子浓度小于钠离子浓度，但远大于碳酸分子浓度；NaHCOB．由分析可知，实验2中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka（HCN）<KwKaC．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3−，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HCO3D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.03mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为0.03×V-0.01×故答案为：D。

【分析】A.0.10mol⋅L−1NaHCO3溶液的pH约为8，说明碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度；13．【答案】C【解析】【解答】A．则其他条件不变，190~198℃范围内，温度升高，(COOCB．由分析可知，曲线C表示HOCHC．由方程式可知，反应I和反应II均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的减小幅度大于HOCH3CD．由分析可知，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，曲线B表示故答案为：C。

【分析】A.反应I和反应II均为放热反应，升温平衡逆向移动；

B.曲线ACH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%；

D.190～194℃范围内，反应Ⅱ的选择性小于反应Ⅰ的选择性。14．【答案】（1）[Ar（2）2（3）2Fe3+（4）pH<2.5，10V（5）91【解析】【解答】（1）钒元素的价电子排布为[Ar]3d34s2，V4+的电子排布式为[Ar]3d1；SO4（2）V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；（3）①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++2H+②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO（4）溶液中存在反应10VO2++8H2O⇌H2V10O284−+14H（5）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO4−)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO2+消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=12n(VO2+)=12×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5

【分析】石煤原矿在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO2+以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V（V）还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V（IV），静置分液得到含有V（IV）的有机物，加入H2SO4降低pH，使V（IV）从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。15．【答案】（1）加成反应（2）3（3）（4）或（5）【解析】【解答】（1）由分析可知，A→B的反应为碳酸钾作用下与CH2=CHCOOMe发生加成反应生成，故答案为：加成反应；（2）由结构简式可知，分子中含有2个碳碳双键和1个酯基，双键中含有1个π键，则1molB分子中含有3molπ键，故答案为：3；（3）由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；（4）E的同分异构体能与氯化铁溶液发生显色反应，有四种不同化学环境的氢原子说明同分异构体分子的结构对称，分子中含有2个酚羟基，符合条件的结构简式为、，故答案为：或；（5）由题给信息和有机物的转化关系可知，以、CH2=CH2和乙二醇为原料制备的步骤为在PPTS作用下与乙二醇发生加成反应生成，催化剂作用下乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，在Et2O作用下溴乙烷与镁反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与发生取代反应生成，在PPTS、水、丙酮作用下转化为，合成路线为，故答案为：。

【分析】A发生加成反应生成B，B中羰基和乙二醇发生取代反应生成C，同时生成水，C和EtMgBr发生取代反应生成D，D中醚键发生取代反应生成E，E→F的反应类型为加成反应，则F的结构简式为。16．【答案】（1）2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出(或提高钴的还原率)（2）Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯（3）b（4）向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷(HR)。用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右(5.2-5.8之间)，充分振荡后分液，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液【解析】【解答】（1）以废旧锂电池正极材料主要含LiCoO2，将其粉碎后与Na2SO3混合得到悬浊液，然后边搅拌边滴加1mol/LH2SO4溶液，发生反应产生CoSO4、Li2SO4、Na2SO4、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2LiCoO2+Na2SO3+3H2SO4=2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；从分液漏斗中滴入1mol/LH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出(或提高钴的还原率)；（2）60℃时在搅拌下向CoSO4溶液中加入氨水，调节pH至6后，再加入NaOH溶液，调节pH至9.5左右，一段时间后，过滤、洗涤，真空烘干得微米级Co(OH)2。制备时，在加入NaOH溶液前必须先加氨水的原因是Co2+与NH3形成络合物，降低溶液中Co2+的浓度，使Co2+与OH-形成Co(OH)2的速率降低，从而得到较大颗粒的Co(OH)2，防止形成凝乳状沉淀或胶体，便于过滤分离提纯；（3）根据题目已知信息：水合肼(N2H4·H2O)为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为N2，因此在处理含有Co(III)的Co(OH)2时，实验时应先打开滴液漏斗b滴入水合肼，将Co(III)还原为Co(II)，再打开滴液漏斗a，滴入NaOH溶液；（4）利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的石墨、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴CoCO3，首先取一定量含钴废料，粉碎后，向其中加入2mol/L稀硫酸和10%H2O2溶液，使Co3+反应变为Co2+，充分反应后过滤，向溶液中加入有机磷(HR)。用2mol/LNaOH溶液调节pH为5.4左右(5.2-5.8之间)，充分振荡萃取Co2+后分液，弃去水层，向有机层中滴加2mol/LH2SO4溶液，调节pH约为2，分液，边搅拌边向水层中滴加0.5mol/LNa2CO3溶液，Co2+与CO32-反应变为CoCO3

【分析】（1）LiCoO2粉碎后与Na2SO3溶液混合，加入硫酸反应转化为CoSO4、Li2SO4，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高；滴加速率不能太快且快速搅拌可以使使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；

（2）Co2+浓度大，容易与OH-生成Co(OH)2沉淀，氨水可以降低Co2+浓度；

（3）水合肼具有还原性；

（4）粉碎后，向其中加入2mol/L稀