- 物质的检验
- 共3564题
实验室需要制备纯净的氯化钾．现有含少量KBr和K2SO4的氯化钾样品，按照下图所示的实验方案进行提纯．
（1）检验加入BaCl2溶液后S042-是否沉淀完全的操作为______；
（2）若用硝酸钡来代替氯化钡，请判断是否可行，并说明理由：______；
（3）某同学认为该实验方案中加适量氯化钡溶液不容易控制，应加入过量氯化钡溶液他的思路如下，请写出方框内或横线①②③④⑤中溶质或沉淀（或物质）的化学式：______．
正确答案
解：（1）如果所加的氯化钡是少量的，则溶液中含有硫酸根离子，钡离子遇到硫酸根离子会生成白色沉淀，
故答案为：静置一段时间后．取少量上层澄清溶液再漓加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全，反之未沉淀完全；
（2）若用硝酸钡来代替氯化钡，则硝酸根在溶液中不能除掉，故答案为：否，会引入硝酸钾杂质；
（3）氯化钾、溴化钾，硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，加入过量②碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，所以沉淀③的化学式是BaCO3；溶液④的成分中含有氯化钾、溴化钾和过量的碳酸钾，碳酸钾会和⑤盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质，
故答案为：①KCI．KBr．BaCl2②K2CO3 ③BaCO3 ④KCI．KBr．K2CO3 ⑤HCL和Cl2．
解析
解：（1）如果所加的氯化钡是少量的，则溶液中含有硫酸根离子，钡离子遇到硫酸根离子会生成白色沉淀，
故答案为：静置一段时间后．取少量上层澄清溶液再漓加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全，反之未沉淀完全；
（2）若用硝酸钡来代替氯化钡，则硝酸根在溶液中不能除掉，故答案为：否，会引入硝酸钾杂质；
（3）氯化钾、溴化钾，硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，加入过量②碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，所以沉淀③的化学式是BaCO3；溶液④的成分中含有氯化钾、溴化钾和过量的碳酸钾，碳酸钾会和⑤盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质，
故答案为：①KCI．KBr．BaCl2②K2CO3 ③BaCO3 ④KCI．KBr．K2CO3 ⑤HCL和Cl2．
某学生设计了如下实验：
回答下列问题：
（1）该同学的实验目的是______；
（2）上图括号内的操作步骤均为______；
（3）按此实验方案得到的NaCl固体中肯定含有______（填化学式）杂质，为了解决这个问题可以向过滤得到的滤液中加入适量的______（填名称）．
（4）写出生成B的化学方程式______．
正确答案
解：由分离流程可知，溶解后加过量碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，则白色沉淀B为碳酸钙，B与盐酸反应生成氯化钙，C为氯化钙溶液，在HCl气流中蒸发、冷却、过滤得到氯化钙固体；因碳酸钠过量，滤液中含NaCl、碳酸钠，加足量盐酸反应后，蒸发结晶得到NaCl固体，
（1）由上述分析可知，原为固体混合物，实验可分离二者，则实验目的为分离CaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为：分离CaCl2和NaCl两种固体混合物；
（2）由上述分析可知，括号内的操作均为蒸发，故答案为：蒸发；
（3）由上述分析可知，NaCl固体中肯定含有Na2CO3，应加适量的稀盐酸反应后蒸发，故答案为：Na2CO3；稀盐酸；
（4）碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，化学方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl．
解析
解：由分离流程可知，溶解后加过量碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，则白色沉淀B为碳酸钙，B与盐酸反应生成氯化钙，C为氯化钙溶液，在HCl气流中蒸发、冷却、过滤得到氯化钙固体；因碳酸钠过量，滤液中含NaCl、碳酸钠，加足量盐酸反应后，蒸发结晶得到NaCl固体，
（1）由上述分析可知，原为固体混合物，实验可分离二者，则实验目的为分离CaCl2和NaCl两种固体混合物，故答案为：分离CaCl2和NaCl两种固体混合物；
（2）由上述分析可知，括号内的操作均为蒸发，故答案为：蒸发；
（3）由上述分析可知，NaCl固体中肯定含有Na2CO3，应加适量的稀盐酸反应后蒸发，故答案为：Na2CO3；稀盐酸；
（4）碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，化学方程式：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，故答案为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl．
为了逐一除去溶液中SO42-和Mg2+并且最后所得溶液中不引入新的离子，该组同学选择适当试剂进行实验．可供选择的试剂有：稀HNO3、稀HCl、Ba（OH）2、Ba（NO3）2、NaOH、Na2CO3．相应的实验过程可用图表示：
（1）写出实验流程中试剂X的化学式______．
（2）请写出步骤②的离子方程式______
（3）上述实验流程中加入过量Na2CO3的目的是______．
（4）按此实验方案得到的溶液3中肯定引入其他新的阴离子，可以向溶液3中加入适量的______除去，写出其中一个反应的离子方程式______．
正确答案
Ba（NO3）2
Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓
使溶液中的Ba2+完全沉淀
（稀）HNO3
2H++CO32-═H2O+CO2↑（或H++OH-=H2O）
解析
解：（1）试剂X的化学式为Ba（NO3）2，故答案为：Ba（NO3）2；
（2）步骤②的离子方程式：Mg2++2OH-═Mg（OH）2，故答案为：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓；
（3）加入过量Na2CO3的目的是使溶液中的Ba2+完全沉淀，故答案为：使溶液中的Ba2+完全沉淀；
（4）加入适量的（稀）HNO3除去过量Na2CO3和氢氧化钠离子方程式：2H++CO32-═H2O+CO2↑（或H++OH-=H2O），故答案为：（稀）HNO3；2H++CO32-═H2O+CO2↑（或H++OH-=H2O）．
工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程如图所示：
已知金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全时的pH：
（1）操作a的名称是______，该实验操作中所需的玻璃仪器有______．
（2）请用离子方程式表示加入H2O2的作用______．
（3）加入ZnO调节溶液pH的范围为______．
正确答案
过滤
烧杯、漏斗、玻璃棒
2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
3.2～6.2
解析
解：工业上用菱锌矿（ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质）为原料制取硫酸锌，其工艺流程为：菱锌矿主要成分为ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质，加入稀硫酸后碳酸锌、氧化铁溶解，二氧化硅等不溶物形成沉淀，通过过滤可以分离出不溶物；向所得滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过滤得到纯净的硫酸锌，
（1）根据题中流程可知，通过过滤将硫酸锌溶液和滤渣分离，则操作a的名称为过滤；过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤操作的装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器组成，则使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）加入双氧水目的是将亚铁离子氧化成铁离子，以便通过调节溶液pH将杂质除去，从而得到较纯净的硫酸锌，反应的离子反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（3）铁离子开始沉淀的pH为2.7，完全沉淀时的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，所以除去铁离子且不影响锌离子的pH范围为3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2．
硫化钠是重要的化工产品．
（l）某工厂以Na2S 为原料利用工业废液（含 H+、Zn2+、Cl2+、Al3+、Fe2+、Fe3+ ）可制得ZnS，其流程如下；
①步骤（i）所得滤渣中含有铝元素的物质为______（填化学式）．
②步骤（i）所加ZnO的作用为______．
③步骤（iii）中得到Cd单质的离子方程式为______．
（2）废水中汞常用硫化钠除去，汞的除去与溶液pH和硫化钠实际用量与理论用量比值的关系如图1所示．为使除汞达到最佳效果，应控制条件是______．
（3）电解硫化钠溶液可生成用途广泛的多硫化物．如图2是电解产生多硫化物的实验装置：
①已知阳极的反应为xS2--2xe-═Sx，则阴极的电极反应式是______．当反应转移1mol电子时，产生的气体体积为______ （标准状况下）．
②将Na2S.9H2O溶于水中配制硫化物溶液时，通常是在氮气气氛下溶解．其原因是______（用离子反应方程式表示）．
正确答案
解：（1）以Na2S 为原料利用工业废液（含 H+、Zn2+、Cl2+、Al3+、Fe2+、Fe3+ ）制得ZnS，其流程：先沉淀铝离子，再加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化锌调节pH，除去铁离子，向滤液中加入金属锌置换出金属铬，
①先沉淀铝离子，加入试剂，过滤，可以得到含有铝元素的滤渣，含氢氧化铝沉淀，故答案为：Al（OH）3；
②步骤（i）所加ZnO的作用为调节pH，将铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，故答案为：调节pH，除去铁离子；
③步骤（iii），向滤液中加入金属锌置换出金属铬，得到Cd单质的离子方程式为Zn+Cd2+=Cd+Zn2+，故答案为：Zn+Cd2+=Cd+Zn2+；
（2）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，故答案为：x=12，pH介于9～10之间；
（3）①阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，当反应转移1mol电子时，产生的气体0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：2H++2e-=H2↑；11.2L；
②硫化钠中的硫离子具有强的还原性，易被氧气氧化为硫单质，配制时要隔绝氧气，可用氮气气流，即：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，故答案为：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-．
解析
解：（1）以Na2S 为原料利用工业废液（含 H+、Zn2+、Cl2+、Al3+、Fe2+、Fe3+ ）制得ZnS，其流程：先沉淀铝离子，再加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化锌调节pH，除去铁离子，向滤液中加入金属锌置换出金属铬，
①先沉淀铝离子，加入试剂，过滤，可以得到含有铝元素的滤渣，含氢氧化铝沉淀，故答案为：Al（OH）3；
②步骤（i）所加ZnO的作用为调节pH，将铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，故答案为：调节pH，除去铁离子；
③步骤（iii），向滤液中加入金属锌置换出金属铬，得到Cd单质的离子方程式为Zn+Cd2+=Cd+Zn2+，故答案为：Zn+Cd2+=Cd+Zn2+；
（2）依据图象中曲线分析，汞去除率最佳PH和x的取值是x=12 pH介于9～10之间时汞的去除率最大，接近100%，故答案为：x=12，pH介于9～10之间；
（3）①阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，当反应转移1mol电子时，产生的气体0.5mol，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，
故答案为：2H++2e-=H2↑；11.2L；
②硫化钠中的硫离子具有强的还原性，易被氧气氧化为硫单质，配制时要隔绝氧气，可用氮气气流，即：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，故答案为：2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-．
某同学设计如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数．
下列说法中不正确的是（ ）
A收集到的V L气体全为 NO
B过滤用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒
C操作Ⅱ应是洗涤
D铜的质量分数为：
正确答案
解析
解：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、NO或NO2气体，由于二氧化氮与水反应生成一氧化氮，则用排水法收集到的VL气体为NO；向反应后的溶液中加入NaCl溶液，反应生成AgCl沉淀，过滤后得到AgCl固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl，
A．由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成NO，故不能金属与硝酸反应生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的气体为NO，故A正确；
B．过滤用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；
C．由流程图可知，溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量，操作Ⅱ是在过滤之后，烘干之前，由于过滤后的氯化银附着一些离子，应洗涤附着的物质，防止影响氯化银的质量测定，故操作Ⅱ应是洗涤，故C正确；
D．氯化银的质量为wg，所以合金中银的质量为：wg×
故选D．
（1）写出下列仪器的名称：①______；②______．
（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有______．（填序号）
（3）若利用装置I制取蒸馏水，还缺少的仪器有______，将仪器补充完整后进行的验操作的名称为：______，冷却水从______口进．
（4）现需配制250mL 0.2mol•L-1 NaCl溶液，其中装置II是某同学配制此溶液时转移操作的示意图，图中有两处错误分别是______，______．
正确答案
蒸馏烧瓶
冷凝管
④
酒精灯
蒸馏
g
未用玻璃棒引流
未采用250ml容量瓶
解析
解：（1）蒸馏装置中的主要仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、牛角管、锥形瓶，酒精灯，①为蒸馏烧瓶②为冷凝管；故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；
（2）容量瓶在使用前一定要查漏，故答案为：④；
（3）制取蒸馏水的实质是蒸馏过程，必须用酒精灯，冷凝管下口是进水口，上口是出水口，
故答案为：酒精灯；蒸馏；g；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，配制多大体积的溶液则选择多大规格的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流；未采用250ml容量瓶．
亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业．它在碱性环境中稳定存在．某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下．
（1）双氧水的结构式为：______；Ⅰ中发生反应的还原剂是______（填化学式）．
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是______．
（3）A的化学式是______，装置Ⅲ中A在______极区产生．
（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备．
①写出该反应的化学方程式______
②研究表明：若反应开始时盐酸浓度较大，则气体产物中有Cl2，用离子方程式解释产生Cl2的原因______．
（5）NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl．取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量______（填相同、不相同或无法判断）
正确答案
解：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，双氧水的电子式为
由流程图可知反应Ⅰ，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO32-+2ClO3-=2C1O2+SO42-+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3-还原为C1O2，
故答案为：H-O-0-H；Na2SO3；
（2）Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，故答案为：H2SO4；阳；
（4）①亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl和水，化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；
②5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，ClO2-具有氧化性，ClO2-的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2，离子方程式为ClO2-+3Cl-+4H+=2Cl2+2H2O，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，
故答案为：ClO2-+3Cl-+4H+=2Cl2+2H2O；
（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．
解析
解：（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，双氧水的电子式为
由流程图可知反应Ⅰ，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生C1O2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO32-+2ClO3-=2C1O2+SO42-+H2O，所以Na2SO3具有还原性是还原剂，将ClO3-还原为C1O2，
故答案为：H-O-0-H；Na2SO3；
（2）Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2↑，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O；
（3）Ⅲ为电解硫酸钠本质是电解水，阴极2H++2e-=H2↑，阳极4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸，为阳极放出氧气，故答案为：H2SO4；阳；
（4）①亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl和水，化学方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O；
②5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O反应中，ClO2-具有氧化性，ClO2-的氧化性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2，离子方程式为ClO2-+3Cl-+4H+=2Cl2+2H2O，根据研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，
故答案为：ClO2-+3Cl-+4H+=2Cl2+2H2O；
（5）Fe2+与变质前后的NaClO2反应，最后的还原产物都是NaCl，根据电子守恒消耗的Fe2+物质的量应相同，故答案为：相同．
下图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图：
在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是（ ）
正确答案
解析
解：乙酸乙酯是不溶于饱和碳酸钠溶液的物质，乙醇和乙酸均是易溶的，所以步骤①是互不相溶液体的分离，采用分液的方法，
乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，其中乙醇的沸点很低，可以采用蒸馏的方法将乙醇分离出来，
乙酸钠加入硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸．
故选B．
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；锂混杂于其中．从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如图1所示：
（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正确的是______（填序号）．
A、c（Na+）=2c（CO32-）
B、c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）
C、c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）
D、c（OH-）-c（H+）═c（HCO3-）+2c（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．如图是粉红色的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______．
正确答案
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，
故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（5）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（6）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
解析
解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；
（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，
故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；
（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
（5）A．Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），故A错误；
B．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故B正确；
C．碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+），故C正确；
D．Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+）═c（OH-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故D正确；
故选：BCD；
（6）CoCl2•6H2O～CoCl2
238 130
m 65mg
A物质的化学式为CoCl2•nH2O，则有：
CoCl2•6H2O～CoCl2•nH2O△m
238 18（6-n）
119mg 119mg-83mg
所以A物质的化学式为：CoCl2•2H2O，故答案为：CoCl2•2H2O．
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