高考化学一轮-化学计量及应用（综合训练）（黑吉辽蒙专用）（教师版）

这是一份高考化学一轮-化学计量及应用（综合训练）（黑吉辽蒙专用）（教师版），共11页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O16 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Fe56 C 59
一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。
1.【原创题】某兴趣小组利用NaClO固体配制一定浓度的“84”消毒液，下列有关说法正确的是( )
A．上述仪器在配制过程中一定不需要的有两种
B．仪器①使用前必须检查是否漏液并保持干燥
C．仪器④中测量的实际质量为32.6 g
D．定容时，如果不慎加多了液体，只能重新配制
【答案】D
【解析】利用次氯酸钠固体配制一定浓度的“84”消毒液时需要用到托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，不需要用到分液漏斗，故A错误；仪器①容量瓶使用前必须检查是否漏液，因定容时需要加入蒸馏水，所以不需要保持干燥，故B错误；仪器④砝码和物品放反了，因此实际测量的质量为(20 g＋10 g)－2.6 g＝27.4 g，故C错误；定容时，如果不慎加多了液体，说明配制实验失败，只能重新配制，故D正确。
2.【新情境·海水提溴】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）海水提溴过程中发生反应：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列说法正确的是
A．标准状况下2mlH2O的体积约为44.8L
B．1 L 0.1ml⋅L−1Na2CO3溶液中CO32−的物质的量为0.1 ml
C．反应中消耗3mlBr2转移的电子数约为5×6.02×1023
D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5:1
【答案】C
【解析】标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积22.4L/ml计算其体积，故A错误；CO32−在溶液中会发生水解，因此1L 0.1ml·L−1 Na2CO3溶液中CO32−的物质的量小于0.1ml，故B错误；反应中消耗3ml Br2时，有1ml Br从0价升高到+5价，5ml Br从0价降低到-1价，转移电子物质的量为5ml，数目约为5×6.02×1023，故C正确；氧化产物是NaBrO3，还原产物是NaBr，二者物质的量之比为1:5，故D错误；故选C。
3.【新考法·海水提溴】（2026·辽宁锦州·模拟预测）硝酸是重要的化工原料，用于制化肥、农药、炸药、染料等。工业上制硝酸的原理是将氨经过一系列反应得到硝酸，如下图所示：用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．2.8 g N2中含有的π键数0.1NA
B．标准状况下，2.24 L NO2中含有N原子数为0.1NA
C．0.1 ml/L HNO3中氢离子数目是0.1NA
D．1.7 g NH3完全转化为NO转移电子数为0.5NA
【答案】D
【解析】2.8 g N2为0.1ml，其中含有0.2mlπ键，π键数0.2NA，A错误； 二氧化氮在标况下不是气体，标准状况下，2.24 L NO2的物质的量不为0.1 ml，含有N原子数不为0.1NA，B错误；没有溶液体积，不确定溶液中氢离子数目，C错误；1.7 g NH3为0.1ml，完全转化为NO，反应中氮元素化合价由-3变为+2，则转移0.5ml电子，电子数为0.5NA，D正确；故选D。
4.【新情境·化学方程式与阿伏加德罗常数】（2026·辽宁·三模）已知铜与KCN溶液反应的方程式为：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．64gCu与足量KCN溶液反应时转移电子的数目为2NA
B．标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对数目为0.2NA
C．K3[Cu(CN)4]固体中σ键数目为8NA
D．常温下，1L pH=9的KCN溶液中水电离出的OH-数目为10-5NA
【答案】D
【解析】64 g Cu的物质的量为1 ml，反应中Cu从0价升高到+1价，每个Cu转移1个电子，故转移电子数目为NA，A错误；标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法计算孤电子对数目，B错误；未给出K3[Cu(CN)]4的物质的量，无法计算固体中σ键的数目，C错误；KCN溶液中CN−水解促进水的电离，水电离出的OH−是溶液中全部的OH−，常温下pH=9的溶液中c(OH−)=10−5ml/L，1 L溶液中OH−物质的量为10−5ml，数目为10−5NA，D正确；故选D。
5.【改编题】将一定量的Fe、FeO和Fe2O3固体混合物投入到200 mL 2 ml⋅L−1的HNO3溶液中，固体完全溶解，并生成标准状况下的NO气体2.24 L。然后往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。则原固体混合物中铁元素的质量为
A．4.2 gB．5.6 gC．6.8 gD．8.4 g
【答案】D
【解析】总硝酸物质的量为n(HNO3)=0.2L×2ml⋅L−1=0.4ml，生成NO的物质的量为n(NO)=⋅ml−1=0.1ml；加KSCN无血红色说明反应后溶质仅为FeNO32，根据氮元素守恒，溶液中NO3−物质的量为0.4ml−0.1ml=0.3ml，故铁元素物质的量为n(Fe)=12n(NO3−)=0.15ml，质量为0.15ml×56g⋅ml−1=8.4g。故选D。
6.（2026·辽宁朝阳·模拟预测）可用液态肼与新制Cu(OH)2制备纳米Cu2O：4Cu(OH)2+N2H4Δ2Cu2O+N2↑+6H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1 mlOH-中所含中子数为8NA
B．标准状况下，11.2 LN2中含有的共用电子对数为1.5NA
C．每生成6 mlH2O，反应中转移的电子数为8NA
D．1 mlN2H4中含有的极性键数目为4NA
【答案】C
【解析】1个OH-中，816O的中子数为8，11H中子数为0，因此1 mlOH-所含中子数为8NA，A正确；标准状况下11.2 LN2的物质的量为0.5 ml，每个N2分子含3对共用电子对，因此共用电子对数为0.5×3NA =1.5NA，B正确；反应中Cu元素从+2价降低到+1价，4 mlCu(OH)2参与反应共得到4 ml电子；N元素从-2价升高到0价，1 mlN2H4参与反应共失去4 ml电子，生成6 mlH2O时转移电子数为4NA，不是8NA，C错误；N2H4的结构为H2N-NH2，N-H键为极性键，1 mlN2H4含4 mlN-H极性键，数目为4NA，D正确；故选C。
7.（2026·黑龙江·模拟）用密度为ρ1 g·cm-3、质量分数为w的浓盐酸，与水按体积比1∶4配制成稀盐酸，密度为ρ2 g·cm-3，则所配制的稀盐酸的物质的量浓度为
A．1000ρ1ρ2w182.5ml·L-1B．1000ρ1ρ2wρ1+4ml·L-1
C．1000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4)ml·L-1D．1000ρ1w182.5ml·L-1
【答案】C
【解析】设取1 L浓盐酸、4 L水进行配制，稀释前后溶质的物质的量不变，则在浓溶液中溶质HCl的物质的量n=cV=1000ρ1w36.5ml/L×1 L=1000ρ1w36.5ml；稀溶液总质量m总=m浓盐酸+m水=1000ρ1g+4000g，稀释后溶液体积V=m总ρ2=1000ρ1+40001000ρ2L=ρ1+4ρ2L，代入c=nV化简得c=1000ρ1ρ2w36.5(ρ1+4)ml/L，故选C。
8.（2026·辽宁大连·二模）联氨(N2H4)可用于镜面镀银，其原理为：AgNH32++N2H4→Ag↓+N2↑+NH4++NH3未配平。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mlAgNH32+中含σ键8NA
B．1 L0.1 ml⋅L−1NH4NO3溶液中，阳离子数目小于0.1NA
C．1 L0.01 ml⋅L−1AgNH32NO3溶液中Ag+的数目为0.01NA
D．标准状况下，每转移0.2NA电子则会生成约2.24 L N2
【答案】A
【解析】[Ag(NH3)2]+中Ag+与2个NH3形成2个配位σ键，每个NH3含3个N−Hσ键，1ml该配离子共含2+3×2=8ml σ键，数目为8NA，A正确；NH4NO3溶液中存在电荷守恒：n(NH4+)+n(H+)=n(NO3−)+n(OH−)，n(NO3−)=0.1ml，故阳离子总物质的量大于0.1ml，数目大于0.1NA，B错误；[Ag(NH3)2]+是稳定配离子，在溶液中几乎不解离出Ag+，游离Ag+数目远小于0.01NA，C错误；配平反应为4[Ag(NH3)2]++N2H4=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3，每生成1ml N2转移4ml电子，转移0.2NA电子时生成0.05ml N2，标况下体积为0.05ml×22.4L/ml=1.12L，D错误；故选A。
9.（2026·辽宁丹东·一模）过氧化钠可在潜水艇中作为氧气的来源，发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．1ml Na2O2晶体中含阴离子的数目为2NA
B．44g CO2中含π键的数目为2NA
C．1ml⋅L−1Na2CO3溶液中CO32−的数目小于NA
D．该反应中每生成标准状况下22.4L O2转移电子的数目为4NA
【答案】B
【解析】Na2O2晶体中的阴离子为O22−，1ml Na2O2中阴离子数目为NA，A错误；44g CO2的物质的量为1ml，CO2结构式为O=C=O，每个双键含1个π键，一个CO2中含两个π键，故1ml CO2中π键数目为2NA，B正确；题目未给出Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32−的物质的量及数目，C错误；标准状况下22.4L O2的物质的量为1ml，该反应中Na2O2中部分O元素由−1价升高为0价，生成1ml O2转移的电子数目为2 ml（即2NA），D错误；故选B。
10.（2026·内蒙古包头·模拟预测）过氧化氢在生产和生活中用途广泛，现有两种制备过氧化氢的方法：
①(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)+2H2O=H2SO42NH4HSO4+H2O2
②BaO2(过氧化钡)+CO2+H2O=BaCO3↓+H2O2
设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是
A．反应①中，1 ml/L NH4HSO4溶液中所含NH4+数目小于NA
B．反应①中，1 ml过二硫酸铵含过氧键数目为NA
C．反应②中，每生成0.5 ml H2O2，转移电子的数目为1NA
D．反应②中，常温常压下22.4 L CO2含有孤电子对数目大于4NA
【答案】B
【解析】仅给出NH4HSO4溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算NH4+的物质的量及数目，A错误；过二硫酸根S2O82−中含有1个过氧键，因此1 ml过二硫酸铵含过氧键数目为NA，B正确；反应②中各元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应，不存在电子转移，C错误；常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/ml，22.4 L CO2的物质的量小于1 ml，1个CO2分子含4对孤电子对，故所含孤电子对数目小于4NA，D错误；故选B。
11.（2026·黑龙江大庆·模拟预测）氮及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，1.12 L N2与3.36 L H2发生反应①，生成的NH3的分子数目为0.1NA
B．1.7 g NH3完全溶于1 L H2O所得溶液，NH3⋅H2O微粒数目为0.1NA
C．将3 ml NO2通入水中发生反应④，转移电子数为2NA
D．0.1 ml/L HNO3溶液中含有的H+数目为0.1NA
【答案】C
【解析】该图为氮元素单质及其常见化合物的连续转化，各步反应如下，反应①氮气与氢气合成氨气，为可逆反应：N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3；反应②氨气催化氧化生成一氧化氮：4NH3+5O2=Δ催化剂4NO+6H2O；反应③一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮：2NO+O2=2NO2；反应④二氧化氮与水反应生成硝酸：3NO2+H2O=2HNO3+NO；反应⑤氮气和氧气在放电/高温条件下直接生成一氧化氮：N2+O2=放电2NO。标准状况下，1.12LN2物质的量为0.05ml，3.36LH2物质的量为0.15ml，合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，因此生成NH3的物质的量一定小于0.1ml，分子数小于0.1NA，A错误；1.7g NH3的物质的量为0.1ml，氨气溶于水后，溶液中含氮微粒有NH3、NH3⋅H2O、NH4+，因此NH3⋅H2O的物质的量小于0.1ml，微粒数目小于0.1 NA，B错误；NO2与水反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3ml NO2参与反应时，2 ml NO2作还原剂，N从+4价升高到+5价，共失去2×(5−4)=2 ml电子；1 ml NO2作氧化剂，N从+4价降低到+2价，共得到1×(4−2)=2 ml电子。因此，反应中转移电子总数为2 ml，即转移电子数为2 NA，C正确；只给出了HNO3的物质的量浓度，未给出溶液体积，无法计算H+的物质的量和数目，D错误；故选C。
12.（2026·山西运城·模拟）聚合硫酸铁化学式可表示为FeaOHbSO4cm。取一定质量的聚合硫酸铁样品分成两等份。第一份溶解于稀盐酸后，加入过量的BaCl2溶液，得白色沉淀2.33g，第二份溶解于稀硫酸后，加入足量的KOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥、灼烧至恒重，得1.60g固体，该聚合硫酸铁中a：b的比值为
A．1：2B．2：3C．1：5D．4：1
【答案】A
【解析】第一份实验得到BaSO4沉淀2.33 g（摩尔质量233 g/ml），物质的量为0.01 ml，对应样品中SO42-物质的量为0.01 ml；第二份实验得到Fe2O3固体1.60 g（摩尔质量160 g/ml），物质的量为0.01 ml，Fe3+的物质的量为0.02 ml；聚合硫酸铁为中性化合物，Fe3+带三个正电荷，SO42-带两个负电荷，OH-带一个负电荷，总正电荷的物质的量为3×0.02=0.06 ml，SO42-提供负电荷2×0.01=0.02 ml，则OH-提供负电荷为0.06-0.02=0.04 ml，即OH-的物质的量为0.04 ml；则Fe3+与OH-物质的量之比为0.02:0.04=1:2，即a:b=1:2；答案选A。
13.（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g金属铜与100 mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到NaNO2和NaNO3的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是
A．该浓硝酸浓度为11ml⋅L−1
B．过程①中转移电子的数目为0.6NA
C．过程②生成的NaNO2物质的量为0.3 ml
D．生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为1:1:3
【答案】D
【解析】该反应过程涉及Cu与浓硝酸，氮氧化物与NaOH发生的氧化还原反应，由于产物不止一种，要抓住原子守恒及电子转移守恒进行相关计算。根据N原子守恒，Cu与浓硝酸反应，浓硝酸中的N一部分转化为CuNO32，一部分生成氮氧化物，而氮氧化物中的N最终转化为NaNO3和NaNO2，由Na原子守恒NaNO3和NaNO2的物质的量等于NaOH的物质的量，结合题干信息据此列式nHNO3=2nCuNO32+nNaOH=2×19.2g64g/ml+0.5L×1ml/L=1.1ml，已知浓硝酸体积为100 mL，所以浓硝酸的浓度为cHNO3=，A正确；过程①中转移电子的数目可由Cu的量计算，已知1ml Cu生成CuNO32转移2ml 电子，即ne-=2nCu=2×19.2g64g/ml=0.6ml，即转移电子的数目为0.6NA，B正确；由电子转移守恒知0.3ml Cu失去0.6ml 电子，HNO3经多步反应最终转化为NaNO2得电子，即ne-=0.3ml×2-0=nNaNO2×5-3，nNaNO2=0.3ml， C正确；设NO、NO2、N2O4的物质的量分别为a、b、c，由题干信息列式①a+b+c=0.35ml，由N原子守恒列式②a+b+2c=nNaNO2+nNaNO3=nNaOH=0.5L×1ml/L=0.5ml，由Cu与浓硝酸反应每生成1ml NO转移3份电子，生成1ml NO2转移1份电子，生成1ml N2O4转移2ml 电子，由电子转移守恒列式③ne−=3a+b+2c=0.6ml，联立三式计算得a=0.05 ml、b=0.15 ml、c=0.15 ml，所以生成的NO、NO2、N2O4物质的量之比为a:b:c=0.05 ml:0.15 ml:0.15 ml=1:3:3，D错误；故选D。
14.（2026·内蒙古·三模）将3.52g镁铜合金投入40mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体1.792L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态)，反应结束后向溶液中加入120mL2ml⋅L−1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24g。若将盛有1.792L该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法中，不正确的是
A．Mg与Cu的物质的量比值为1:1
B．原硝酸的浓度为8ml⋅L−1
C．NO和NO2的体积比为3:1
D．通入的O2的体积为896mL(标准状况)
【答案】C
【解析】由题意可知，镁铜合金与一定浓度的硝酸反应得到硝酸铜和硝酸镁的混合溶液、一氧化氮和二氧化氮混合气体，向混合溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子和铜离子恰好转化为氢氧化镁和氢氧化铜沉淀；向混合气体中通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化硝酸；设镁铜合金中镁、铜的物质的量分别为xml、yml，由合金质量可得：24x+64y=3.52，由沉淀的质量可得：58x+98y=6.24，解的x=y=0.04ml；由溶液中镁离子和铜离子恰好转化为氢氧化镁和氢氧化铜沉淀得到的溶液为硝酸钠溶液，由原子个数和电荷守恒可知，未反应硝酸的物质的量为2ml/L×0.12L—0.04ml×2×2=0.08ml；设混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为aml、bml，由混合气体的体积可得：22.4a+22.4b=1.792，由得失电子数目守恒可得：3a+b=0.16，解得a=b=0.04ml。由分析可知，镁铜合金中镁、铜的物质的量都为0.04ml，则两者的物质的量比值为1：1，A正确；金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量为nNaOH=2ml/L×0.12L=0.24ml，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+n(未被还原的HNO3)，即nHNO3=0.08+0.24ml=0.32ml，则原硝酸的浓度为，B正确；由分析可知，混合气体中一氧化氮、二氧化氮的物质的量都为0.04ml，则两者的物质的量比值为1：1，C错误；NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2的物质的量都是0.04ml，因此根据方程式可知nO2=0.04ml，标准状况下通入氧气的体积为：0.04ml×22.4L/ml=0.896L，即896mL，D正确；故选C。
二、非选择题：共4题，共58分。
15.（14分）（2026·辽宁·模拟）硝酸工业尾气中氮氧化物(NO与NO2)是主要的大气污染物之一，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理，主要反应原理为4NO＋4NH3＋O2 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 4N2＋6H2O；6NO2＋8NH3 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 7N2＋12H2O。某硝酸厂排放的尾气中氮氧化物的含量为2 490 mg·m－3(体积已折算至标准状况)，其中NO与NO2的物质的量之比为4∶1。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。
(1)尾气中氮氧化物的平均相对分子质量为______________。
(2)尾气中NO的含量为________mg·m－3。
(3)要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为________L。
(4)另一种处理氮氧化物的方法是用烧碱溶液进行吸收，产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5 ml氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液(密度为1.28 g·cm－3)完全吸收。
①NaOH溶液的物质的量浓度为________ml·L－1，体积为________mL。
②已知反应后溶液中含有0.35 ml NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x＝________。
【答案】(1)33.2（2分）(2)1 800（2分）(3)10.64（2分）(4)①8（2分）62.5（3分）②1.8（3分）
【解析】设1 m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4x×30 g·ml－1＋x×46 g·ml－1＝2.49 g，解得x＝0.015 ml，所以1 m3尾气中NO2的物质的量为0.015 ml，NO的物质的量为0.06 ml，根据4NO＋4NH3＋O2 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 4N2＋6H2O可知，0.06 ml NO需要0.06 ml NH3和0.015 ml O2，根据6NO2＋8NH3 eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(140 ℃)) 7N2＋12H2O可知，0.015 ml NO2需要0.02 ml NH3。
(1)尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为 eq \f(2.49 g,（0.015＋0.06） ml) ＝33.2 g·ml－1，所以氮氧化物的平均相对分子质量为33.2。
(2)1 m3尾气中NO的物质的量为0.06 ml，质量为0.06 ml×30 g·ml－1＝1.8 g＝1 800 mg。
(3)处理1 m3尾气需要氨氧混合气体的体积为(0.06＋0.02＋0.015) ml×22.4 L·ml－1＝2.128 L，故要处理5 m3的尾气，需要氨氧混合气体的体积为 2.128 L×5＝10.64 L。
(4)①NaOH溶液的物质的量浓度c＝ eq \f(1 000×1.28×25%,40) ml·L－1＝8 ml·L－1，根据元素守恒可知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以NaOH溶液的体积V＝ eq \f(0.5 ml,8 ml·L－1) ＝0.062 5 L＝62.5 mL。②处理过程中发生反应2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒可知，生成0.35 ml亚硝酸钠时，生成 0.15 ml硝酸钠，生成0.15 ml硝酸钠需要0.3 ml二氧化氮，同时生成0.15 ml亚硝酸钠，生成0.2 ml亚硝酸钠需要0.1 ml一氧化氮和0.1 ml二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4 ml，一氧化氮的物质的量是0.1 ml，根据氧原子守恒得x＝ eq \f(0.1×1＋0.4×2,0.5) ＝1.8。
16.（14分）（2026·内蒙古·模拟）以钴锰渣(主要成分为C2O3、CO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收钴的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，加入K2SO3的作用是______，浸渣的主要成分是______(填化学式)。
(2)“除铁”时温度不宜太高的原因是______，该过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是______。
(3)过硫酸钠(Na2S2O8)中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为______，在酸性条件下，“除锰”时发生的主要反应的离子方程式为______。
(4)向“除锰”后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的工序可推断，还原性：C2+______(填“>”“