安徽省江淮十校2024届高三年级上册第二次联考化学试题（解析版）

安徽省江淮十校2024届高三上学期第二次联考

可能用到的相对原子质量：H-lLi-7C-12N-140-16S-32Cl-35.5Co-59Cu-64

第I卷（选择题共42分）

一、选择题：每题3分，每小题只有一个正确选项，总共14小题，共42分。

1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（）

A.青铜器“四羊方尊”的主要成分为金属材料

B.制作宣纸的材料，其主要成分是天然有机高分子材料

C.用皮影戏生动讲述航天故事，制作皮影的兽皮是合成高分子材料

D.陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，它的主要成分为无机非金属材料

（答案』C

k解析》A.青铜是合金，属于金属材料，故A正确；

B.制作宣纸材料的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故B正确；

C.兽皮的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是合成高分子材料，故C错误;

D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D正确；

故选C„

2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）

A.高纯硅可用于制作光感电池

B.CaO与H2。反应生成强碱，故不可做食品干燥剂

C.铁粉可做食品袋内的脱氧剂

D酿制葡萄酒过程中，适量添加SC）2可起到杀菌作用

K答案1B

（解析1A.硅是半导体材料，可以导电，A正确；

B.CaO易吸水，具有吸水性，可以做食品干燥剂，B错误；

C.铁粉具有还原性，可以吸收氧气，可做脱氧剂，c正确；

D.SO2可以杀菌、抗氧化，酿制葡萄酒过程中可以杀灭微生物，D正确；

故选B。

3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.O.lmolPCL与O.lmolCL在密闭容器中反应生成PCL,增加0.2NA个P—C1键

B.D?"。和T20的混合物0.22g,含有的质子数为01NA

C.3.2gCu与足量的S反应转移的电子数为O」NA

D.标准状况下，2.24LSC）3中含有电子的数目为4NA

（答案》B

k解析XA.三氯化磷和氯气的反应为可逆反应，故增加的P-C1键小于02NA，故A错

误；

B.口2电。和12。的混合物0.22g,由于两者摩尔质量均为22g/mol,1分子中的质子数

均为10,故0.22g混合物含有分子为0.01mol,质子为O.lmol,质子数为01NA,故B正确；

C.Cu与S反应生成+1价铜的化合物，3.2gCu为0.05mol,与足量的S反应转移的电子

0.05mol,电子数为0.05NA，故C错误

D.标准状况下SC）3为固体，不确定其物质的量，D错误；

故选B。

4.下列化学用语表达正确的是（）

A.F—的离子结构示意图：

B.CH30H分子中，碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为P-P。键

Is2s2p

c.基态氧原子核外电子轨道表示式：।[H।।匚八

D.S03分子的空间结构：三角锥形

K答案Hc

（解析XA.该示意图为氟原子结构示意图，氟离子的结构示意图为故A错误;

B.碳原子与氧原子之间形成的共价键类型为sp3-sp3。键，故B错误；

C.基态氧原子有2个末成对电子，基态氧原子核外电子轨道表示式：LtU乜1用t|,

Is2s2p

故c正确;

D.$。3分子中S原子价层电子对数为3+—--=3,中心原子为sp2杂化，S03分子的

空间结构是平面三角形，故D错误；

故选C。

5.将氟气通入氢氧化钠溶液中，可得OF?。OF?是一种无色、几乎无味的剧毒气体，主要

用于氧化氟化反应、火箭工程助燃剂等。下列说法错误的是（）

A.OF?中。的化合价为+2价

B.OF2的VSEPR模型为四面体

C.与H2。分子相比，OF2分子的极性大

D.与H2。分子相比，OF2分子的键角小

［答案XC

K解析XA.OF2中电负性F>O,F显-1价，故0的化合价为+2价，故A正确；

B.中心原子氧原子价层电子对数为2+;*=4,OF2的VSEPR模型为四面体，故B正

确；

C.OF?与H2。的空间结构相似，同为V形，但水分子极性很强，而OF2极性很小，这是

因为：（1）从电负性上看，氧和氢的电负性差大于氟和氧的电负性差；（2）。鸟中氧原子上有

两个孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，故C错误；

D.由于F的电负性强，。耳中成键电子对偏向F原子，成键电子远离中心原子，使得互相

之间排斥力更小，故OF2分子的键角小，故D正确；

故选C。

6.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（）

A.海水提澳工艺中，用纯碱溶液富集Bn：3Br2+3CO^=5Br+BrO3+3CO2T

B,向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S?~+2SO2+2H2O=H2S+2HSO；

2+3+

C.碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe+21-+2C12=2Fe+12+4CF

1818

D.向H2O2中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5H2O2+2MnO4

+2+18

+6H=5O2t+2Mn+8H2O

（答案XA

（解析XA.用纯碱溶液富集Br2过程反应生成漠化钠、漠酸钠和CO2,离子方程式为：

3Br2+3C0：=5BF+BrO/3c。2个，A正确；

B.Na2s具有还原性，SCh具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成S和NaHSCh,离子方

程式为：2s2-+5SC）2+2H2O=3SJ+4HSO『B错误；

C.氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，Feb和C12以1：1反应时，氯气只氧化碘离子，

离子方程式为：2I-+C12=h+2Cr,C错误；

D.向H?"。？中加入H2s04酸化的KMnCU溶液，过氧化氢中氧元素都被氧化生成氧气，反

18+182+

应的离子方程式为：5H2O2+2MnO；+6H=5O2t+2Mn+8H2O,D错误；

故选A„

7.下列实验操作对应的实验现象及实验结论都正确，且两者具有因果关系的是（）

选项实验操作实验现象实验结论

常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓前者产生无色气体，后稀硝酸的氧化性比

A

硝酸中者无明显现象浓硝酸强

取一定量Na2so3样品，溶解后加产生白色沉淀，后不消此样品中含有

B

so。

入BaC"溶液，后加入浓HN03失

向0.Imol•L-iMgSC）4溶液中滴加

先生成白色沉淀，后生Ksp[Cu(OH)2]<

C过量NaOH溶液，再滴加

成蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]

O.lmol-L-1C11SO4溶液

少量铝热剂（只含有一种金属氧化

物）溶于足量稀盐酸后，分为两等分别出现蓝色沉淀和铝热剂中可能含有

D

份，再分别滴加铁氧化钾溶液和溶液变红Fe3°4

KSCN溶液

（答案』D

（解析』A.常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，铁表面产生一层致密氧化薄膜，阻碍铁与浓

硝酸进一步反应，因此不能简单根据现象判断稀硝酸和浓硝酸的氧化性，故A错误；

B.浓硝酸具有强氧化性，将SO：氧化成SO：,仍然产生白色沉淀，不能通过该实验现象

判断样品中是否含有硫酸根，故B错误；

C.过量的NaOH溶液与CuSCU溶液生成Cu（0H）2沉淀，无法比较出两者溶度积大小，故C

错误；

D.滴加铁氟化钾溶液有蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+,滴加KSCN溶液，溶液变红，说

明溶液中含有Fe3+,根据题意可知，铝热剂中只含有一种金属氧化物，因此该金属氧化物为

Fe3O4,故D正确；

（答案』为D。

8.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素W、X、

Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24,下列有关叙述正确的是（）

A.元素的电负性大小顺序为：Y>X>W

B.同周期中第一电离能处于X和Y之间的元素有3种

C.基态原子未成对电子数：W<X<Y

D.元素X的最高价氧化物的水化物为三元弱酸

（答案》B

K祥解XW、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24,结合化合物的结构推知W是

H,X是B,Y是N,Z是Na；

【详析】A.电负性大小顺序为：N>H>B,故A错误；

B.同周期中第一电离能处于X和Y之间的元素有Be、C、0共3种，故B正确；

C.基态原子未成对电子数：H=B<N,故C错误；

D.元素X的最高价氧化物的水化物H'BOs为一元弱酸，故D错误;

故选B。

9.工业上用磷铁渣（主要含FeP、Fe2P,以及少量Fe2O3、SiO?等杂质）制备FePC>4（磷酸

铁）。

稀硝酸、硫酸H3P。4氨水

I__II

磷铁渣一>嬴］过滤卜调铁、磷比制备卜——>FePO4

90℃160℃

滤渣

已知：Fe2P难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误是（）

A.“浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率

B,加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成Fe2P

C.滤渣的主要成分是H?SiO3

D.“浸取”时Fe2P发生反应的离子方程式为：

+3+

3Fe2P+29H+HNO；=6Fe+IINOT+3H3PO4+10H2O

K答案UC

（祥解X将磷铁渣（主要含FeP、Fe2P,以及少量FezCh、SiCh）在90℃时用硝酸和硫酸的混

合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe（NO3）3、H3P04,自身被还原为

NO,硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePCU,过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要

成分为SiCh,在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得

FePOK磷酸铁），据此分析解题；

【详析】A.磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”

时加速溶解，A正确；

B.由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePC>4,B正确；

C.由分析可知，滤渣主要成分为SiO2,C错误；

D.由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe（NO3）3、H3PO4,

+3+

根据氧化还原反应配平，3Fe,P+29H+11NO-=6Fe+1INOT+3H3PO4+10H2O,

D正确；

故K答案》为：c„

10.油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜

料雌黄（As2s3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是（）

空气，紫外光

ASO+HSO

I93223

As2s3(S)

'、、空气，自然光

H3ASO4+H2SO4

A.反应I中元素As被氧化

B.反应n中，只有HzS。,是氧化产物

n（As2s3）

反应I和n中，参加反应的I>II

n（H2O）,

D.反应I、II中，氧化1111045253消耗02的物质的量之比为7:3

(答案』C

紫外光

K祥解1由图可知：反应I的方程式为：2AS2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3-

自然光

反应n的方程式为：As2s3+7O2+6H2O=2H3ASO4+3H2so4。

【详析】A.经分析，反应I中As元素化合价不变，故A错误;

B.据分析，反应II中H2S04和H3ASO4都是化合价升高后的氧化产物，故B错误;

(As2s3)2n(AsSj1n(AsS)

C.据分析，反应I中三扁于二’反应U中加筑?得，故参加反应的卡需:

I>11,故C正确;

D.据分析，反应I、II中，氧化ImolAs2s3消耗。2的物质的量之比为3:7,故D错误;

故选：C„

11.卡塔尔世界杯上,来自中国的888台纯电动客车组成的“绿色军团”助力全球“双碳”战略

目标。现阶段的电动客车大多采用LiFePC>4电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只

允许Li+通过。LiFePO4的晶胞结构示意图如图2(a)所示。O围绕Fe和P分别形成正八面

体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中正确的是()

正极+负极

(铝箔卜、」一［/人铝箔)

充电

电解质

放电

HJePO;

聚合物隔膜（c）FePO.

图1

A.充电时，Li+通过聚合物隔膜向阳极迁移

B.该电池工作时某一状态如图2（b）所示，可以推算x=0.1875

C.充电时，每有Imol电子通过电路，阴极质量理论上增加3.5g

D.放电时，正极可发生电极反应：LiFePO4+xe-=Li「xFePO4+xLi+

k答案』B

k祥解》由图可知，放电时，负极（铜箔）的电极反应式为LixC6-xe=xLi++C6,正极（铝箔）的

电极反应式为LimFePO4+xLi++xe-=LiFePO4,充电时，铜箔作阴极，电极反应式为

+

xLi+C6+xe-=LixC6,铝箔作阳极，电极反应式为LiFePCU+xe-=LiLxFePO4+xLi+,据此作答。

【详析】A.电解池中阳离子移至阴极，充电时，Li+通过隔膜向阴极迁移，故A正确；

B.图2（b）晶胞中锂原子数8><』+3><工+3><工=3.25,FePCU数为4,则LQFePC>4的化

824

学式为LiowgFePO”解得x=0.1875,故B错误；

C.充电时，铜箔作阴极，电极反应式为xLi++C6+xe-二LixC6,每有Imol电子通过电路，阴

极质量理论上增加lmolx7g/mol=7g,故C正确；

D.放电时，正极可发生电极反应：LijFePC）4+xLi++xe-=LiFePC>4,故D正确；

故选B。

12.常温下，某溶液A中含有K+、Na\Fe3\Al3\CO：、NO］、Cl\SO：中的若干

种，且各离子的物质的量浓度均为O.lmol/L,现取该溶液进行有关实验,实验结果如图所示。

下列有关说法正确的是（）

A.溶液A中存在Fe3+

B.沉淀乙中只有BaCC）3

C.溶液A可能是由A1CL、NaNO3>A12（SC>4）3按物质的量之比为1：1：1混合而成的溶液

D.要确定A溶液中是否存在Na+或K+中的一种，能通过检验C厂来确定

(答案』D

[祥解》由题意可知，由A与过量(NH4)2CC)3生成无色气体甲和白色沉淀甲，则一定有AF+,

AF+与CO；双水解生成A1(OH)3和CO2,没有红褐色沉淀生成，则一定没有Fe3+,有AF+

则一定不存在CO：,加入过量Ba(OH),,白色沉淀一定有BaCCh,可能有BaSCU,气体

乙为NH3,溶液乙加铜和浓硫酸气体丙遇空气变红棕色，则一定有NO],由于各离子物质的

量浓度相等，一定有AF+、NO；,溶液要保持电中性，则一定有SOj,则沉淀乙为BaCCh、

BaSO4,根据溶液显电中性，是否存在Na+或K+可通过负电荷是否存在C1-决定。

【详析】A.由于甲是白色沉淀，故A中不可能含有Fe3+,A错误；

B.沉淀乙中有BaCC)3、BaSO4,B错误；

C.不符合各离子浓度都相等的条件，溶液A可能是由AlCb、NaNCh、A12(SCU)3按物质的

量之比为1:3:1混合而成的溶液，C错误；

D.检测出C「后，由电荷守恒可知含有Na+或K+，D正确；

故K答案5选D。

13.钢系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是()

NH,

5+5+

\V-O-H-I^H3^-O=V^<

(V5+-O-+H,N--H-O-V4+\XH2°

(NOy

V5+-O-H▼1

AV5+-O---H,N---N=O--H-O-V4+A

A；<八

5++

N?+I^0^V-O-H3N-N=OH-O-V"-/

A.反应过程中无氢氧键的形成

B.该反应利用了NH3的还原性除去了NO,减少了空气污染

C.反应过程中过量的。2有利于该催化脱硝反应

D.该催化循环过程中V的价态变化为+5-M

(答案》B

K解析XA.由图可知，O元素和H元素之间、N元素和H原子之间以氢键形式结合，有

氢氧键的形成，A错误；

B.NH3中氮元素化合价升高作还原剂，体现还原性，B正确;

C.过量。2会将NH,氧化为NO,C错误；

D.整体流程中，钢元素的价态变化为+5f+4-+5,D错误；

故］答案》选B。

14.硅在自然界大部分以二氧化硅及硅酸盐的形式存在，它们的基本结构单位是硅氧四面体

［SiOj（图1）。石英晶体中的硅氧四面体相连构成螺旋链（图2）。天然硅酸盐组成复杂，硅、

氧原子通过共用氧原子形成各种不同的硅酸根阴离子，一种硅酸根阴离子结构（图3）。下列

说法不正确的是（）

A.基态Si原子的原子核外的电子有8种空间运动状态

B.二氧化硅中硅原子的配位数是4

C.图2中Si原子的杂化轨道类型是sp3

D.图3硅酸根阴离子结构中硅和氧的原子个数比为1:3

［答案XD

k解析》A.1个原子轨道称为1种空间运动状态，基态Si原子的电子排布式为

Is22s22P63s23P2,原子核外的电子的空间运动状态数目为l+l+3+l+2=8,A正确；

B.由图可知，二氧化硅中硅原子的配位数为4,B正确；

C.Si。？晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体，所以Si原子的杂化轨道类型是：sp3,C

正确；

D.由图3可知，每个硅氧四面体分别以三个顶角氧和其他相邻的三个硅氧四面体共享，根

据均摊法，每个硅氧四面体含有的氧原子数为3义工+1=2.5,含有的硅原子数为1,则硅

2

和氧的原子个数比为1:2.5=2:5,D正确；

故［答案』选D。

第II卷(非选择题共58分)

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.U、V、W、X、Y、Z是位于元素周期表三个短周期的主族元素，原子序数依次增大。V、

W基态原子未成对电子数均为2且W元素的一种气态同素异形体位于平流层，可以吸收紫

外线使人和生物免受紫外线的过度照射。X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能

反应，Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液。

(1)Z在周期表中的位置__________0

(2)X、U可形成一种还原剂，写出它的电子式是o

(3)X、W的种化合物可以在潜水艇中作氧气的来源，写出相应的化学方程式是

(4)X、Z、W形成的化合物是一种日常生活中常见的消毒剂，该消毒剂的水溶液在空气中

能杀菌消毒的原因是(用化学方程式解释)。

(5)工业制Y的化学方程式是o

(6)对角线规则是从相关元素及其化合物中总结出的经验规则，短周期元素Q与Y满足对

角线规则，Q的最高价氧化物对应的水化物与X最高价氧化物对应水化物反应的离子方程

式O

(7)Z的单质和X的最高价氧化物的水化物反应时，生成的XZW和XZW3物质的量比是

2:1,反应的离子方程式是o

(8)W、Z可形成一种新的自来水消毒剂，它的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)

是Z单质的倍。(保留两位小数)

K答案X(1)第三周期第VHA族

+-

(2)Na[:H](3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

(4)NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HC1O

电解

(5)2Al2。3(熔融)4A1+3O2T

冰晶石

2-

(6)Be(OH)2+2OH-=BeO1+2凡。或者Be(OH)2+2OH=[Be(OH)4]

(7)5C12+IOOH=7CF+2C1O+CIO；+5H2O

(8)2.63

(祥解和元素的一种气态可以吸收紫外线使人和生物免受紫外线的过度照射,则W为O,

V基态原子未成对电子数为2,则V为C,Z的气态氢化物水溶液是一种强酸溶液盐酸，则

Z为C1,X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两间均能反应，则X为Na,Y为Al,综

上，U、V、W、X、Y、Z是H、C、0、Na、Al、Cl,以此分析；

【详析】(1)Z为C1,17号元素，第三周期第VDA族；

(2)X为Na,U为H,形成NaH,离子型化合物，Na*[:H「；

(3)过氧化钠为供氧剂，作为潜水艇氧气的来源，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

(4)X、Z、W形成的化合物是NaClO,与空气中的二氧化碳和水结合，生成具有漂白性

的次氯酸；

(5)工业上用电解熔融状态的氧化铝制取单质铝；

(6)短周期元素Q与A1满足对角线规则，则Q为Be,Al(0H)3具有两性，与强碱反应生

成NaAlC)2或Na〔Al(OH)J则Be(OH)2具有两性，与强碱反应生成

Na2BeO2^Na2[Be(OH)4]；

(7)氯气与NaOH反应生成NaClO、NaCICh,且物质的量之比为2：1,根据得失电子守

恒，C1得2个电子生成2个NaClO,得到5个电子生成NaCICh,则共得到7个电子，则

CL失去7个电子，发生氧化反应生成7个cr,根据电荷守恒，

5C12+10OH=7Cr+2C10+C103+5H2O；

(8)W、Z可形成一种新的自来水消毒剂ClCh,Cb和ClCh的还原产物都是C「，比较消毒

355

效率就是比较当量有效氯，二氧化氯中含氯——:—x100%=52.6%,C1由+4-1的氧

35.5+32

化过程中有5个电子转移，故其当量有效氯为52.6%x5=263%=2.63。

16.废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuInosGaosSe2。某

探究小组回收处理流程如图：

H2s。4、

空气混合溶液氨水

SOC12NH3

SeO2滤液I滤渣InCh

(1)基态Se原子的简化电子排布式为，基态Cu原子属于___________区。

(2)高温焙烧得到的烧渣主要成分是氧化物(如：Cu2O>In2O3,Ga2O3),“酸浸氧化”得

蓝色溶液，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子方程式为o

(3)“滤渣”与SOCL混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣是否洗净的操作：o

(4)SOCL的作用：-

535

(5)已知：25℃,Kb(NH3-H2O)«2.0xlQ-,Ksp[Ga(OH)3]«1.0xlQ-,Ksp[ln(OH)3]=

1.0x10-33。当金属阳离子浓度小于LOxlCT5moi时沉淀完全，Ga3+恰好完全沉淀时

溶液的pH约为(保留一位小数)；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反

应Ga(OH)3(s)+NH3-H2。[Ga(OH)41+NH：的平衡常数K=。(已

c([Ga(OH)4]j

知Ga3++4OH--[Ga(0H)41K=-l.OxlO34)

(Ga3+)-c4(0H)

(6)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为。

K答案]](1)[Ar]3di°4s24P4ds

+2+

(2)Cu2O+H2O2+4H=2CU+3H2O

(3)取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钢，如无白色沉淀生成，则证明洗

涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净

(4)将氢氧化物转化为氯化物和做溶剂

(5)4.02.0xl06

高温

(6)GaCl3+NH3GaN+3HC1

K祥解》废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物和二氧化硒，之后再用硫酸和过氧化氢将氧

化亚铜中-1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜和Ga(OH)3、In(OH)3过滤，氨水过

量氧化铜再溶解，用SOCL溶解得到滤渣InCL，滤液经过浓缩结晶后，将氨气通入GaCL

溶液中得到GaNo

【详析】(1)Se与硫同为VIA族元素，最外层有6个电子，基态Se原子的简化电子排布

式为[Ar]3dHi4s24P%基态Cu原子属于ds区；

(2)“酸浸氧化”得蓝色溶液，说明有Ci?+生成，则该过程发生的主要氧化还原反应的离子

+2+

方程式为CU2O+H2O2+4H=2CU+3H2O；

(3)“滤渣”是否洗涤干净，可以通过检验洗涤液中是否含有SO：来检测，取最后一次洗涤

液于试管中，加入盐酸酸化的氯化领，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀

生成，则证明没有洗涤干净；

(4)Ga(OH)3、In(0H)3可分别写为Ga2O3.3H2O,的形式,SOC"能

和分子内的H20反应SOCU+H2O=SO2+2HC1,Ga2O3、In2O3和HC1反应均生成氯

化物和H20,因此SO。？的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂；

(5)根据题干信息

-535

25℃,Kb(NH3-H2O)“2.0x10,Ksp[Ga(OH)3]«l.Ox10,Ksp[ln(OH)3]=

1.0x1033，Ga3+恰好完全沉淀时溶液的c(OH-)=，黑幕rmol/L=1.0xl()T°mol/L，

3+3+

故pH=4；将Ga(OH)3(s).Ga+3OH\Ga+4OH-[Ga(OH)4]\

NH3H2O^^OH+NH：三个反应相加可以得到

Ga(OH)3(s)+NH3-H2O[Ga(OH)4]^+NH：,则平衡常数

-35345

K=Ksp[Ga(OH)3]xK'xKb(NH3H2O)=1.0xl0xl.OxlOx2.0x10-=2.0x10^；

(6)高温气相沉积时GaCL和NH3、反应生成GaN同时得到HC1,化学反应方程式为

GaCl3+NH3GaN+3HCL

17.I.钻配合物[CO(NH3)6]CL溶于热水，在冷水中微溶，可通过以下步骤制备：

具体步骤如下：

①称取Z.OgNHqCl,用5mL水溶解。

②分批加入3.0gCoC12《凡。后，将溶液温度降至10℃以下，将混合物转入如图所示装置，

加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。

③加热至55〜60℃反应20min。冷却，过滤。

④将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。

⑤滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。

回答下列问题：

(1)

仪器c的名称为,溶解NH4C1时使用玻璃棒的目的是。

(2)步骤②中，将温度降至10℃以下以避免o

(3)加入H2。？后，反应的离子方程式为。

(4)步骤④、⑤中，提纯滤得固体的方法是=

(5)步骤⑤中加入浓盐酸的目的是-

II.[CO(NH3)6]C13样品中钻含量的测定

已知：[CO(NH3)6]CL在热的强碱溶液中会分解：

-

[CO(NH3)6]C!3+3NaOH=Co(OH)3J+6NH3T+3NaCl3I2+2$2。：=2F+S40g

(6)准确称取0.2000g的[CO(NH3)6]03样品放入250mL碘量瓶中，加入

15mLi0%NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，摇荡使KI溶解，再加

入HC1酸化，置于暗处10min,Co(OH)3转化成Co?+，用01000mol/LNa2s2O3标准溶

液滴定至终点，消耗Na2s2。3标准溶液6.00mL。产品的纯度为。(保留四位有

效数字)

1答案X(1)恒压滴液漏斗加速溶解

(2)H?。？受热分解及氨水挥发、分解

3+

(3)2co2++2NH；+10NH3+H2O2=2[CO(NH3)6]+2H2O或者

3+

2co2++2NH：+10NH3-H2O+H2O2=2[CO(NH3)6]+12H2O

(4)重结晶

(5)利用同离子效应，促进钻配合物[0)(演3)6]。3尽可能完全析出，提高产率

(6)80.25%(或0.8025)

K祥解工钻配合物[C0(NH3)6]Cb溶于热水，在冷水中微溶，难溶于乙醇，可通过如下反应

制备：2coeI2+2NH4CI+IONH3+H2O2-[CO(NH3)6]C13+2H2O,称取2.0gNH4C1于三颈烧瓶

中溶解后加入CoCb・6H2。和氧化剂H2O2,完全反应后冷却过滤除去活性炭，得到的滤液趁

热过滤，用酒精洗涤后得到[Co(NH3)6]Cb；

【详析】(1)仪器c的名称为恒压滴液漏斗，溶解固体时搅拌可加速溶解，溶解NH4cl时

使用玻璃棒的目的是加速溶解；

(2)H2O2不稳定，受热易分解，步骤②中发生反应2coeI2+2NH4CI+IONH3+H2O2一

[CO(NH3)6]C13+2H2O,将温度降至10℃以下以避免H2。？受热分解及氨水挥发、分解；

(3)加入H2。？后，CoCb、浓氨水、NH4cl和H2O2发生氧化还原反应生成[Co(NH3)6]Cb,

反应的离子方程式为2co2++2NH；+IONH3+凡02=2[。3(曲3)6「+2H2。或者

3+

2co2++2NH：+10NH3-H2O+H2O2=2[CO(NH3)6]+12H.O；

(4)步骤④、⑤中，从滤液中得到[CO(NH3)6]CL晶体，提纯滤得固体的方法是重结晶；

(5)盐酸电离的C1-能使溶液中C1-浓度增大，有利于晶体快速析出，所以步骤⑤中浓盐酸

的作用为利用同离子效应，促进钻配合物[。3(?<»3)6](213尽可能完全析出，提高产率；

(6)根据滴定原理％+2S2O1-=2「+S4。/可得n(l2)=；n(Na2s203)=3X10—01,KI和

Co(OH)3反应转化成C<?+和L,反应转移2个电子，由电子守恒可得

-4

n[Co(OH)3]=2xn(l2)=6xlOmol,