江苏省常州市前黄高级中学2024-2025学年高三下学期期初检测化学试题（原卷版+解析版）

江苏省前黄中学2025届高三下学期期初检测化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg—24Cl-35.5Cu-64一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.LiFePO4可用作锂离子电池的正极材料。LiFePO4中属于过渡元素的是ALi B.Fe C.P D.O2.以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是A.Na＋的结构示意图为 B.IO中I元素的化合价为＋6C.SO的空间构型为正四面体 D.H2SO4中既含离子键又含共价键3.配制100mL0.1200mol·L-1Na2CO3溶液并用于测定盐酸的物质的量浓度(约为0.2mol·L-1)。下列相关原理、装置及操作不正确的是A.称量1.2720gNa2CO3B.溶解Na2CO3C.转移溶液D.测定浓度A.A B.B C.C D.D阅读下列材料，完成下面小题。氮的氢化物是重要的化工原料。NH3在纯氧中燃烧生成N2，在Pt-Rh催化下被O2氧化为NO。NO与O2反应生成NO2，NO2与水生成HNO3.NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。Cu(OH)2能溶于氨水形成。4.常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是A.原子半径： B.沸点：C.第一电离能： D.电负性：5.下列有关的说法正确的是A.的键角比中的大 B.的空间构型为直线形C.难溶于水 D.中提供孤电子对的原子是6.下列化学反应表示正确的是A.稀硝酸洗去银镜：3Ag＋4H＋＋NO=3Ag＋＋NO↑＋2H2OB.NaOH溶液吸收NO2：2NaOH＋2NO2=2NaNO3＋H2C.NH3纯氧中燃烧：4NH3＋5O24NO＋6H2OD.N2H4燃料电池的正极反应：N2H4＋4OH--4e-=N2↑＋4H2O7.下列说法正确的是A.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B.镀铜与镀锌的铁制品相比，镀层受损后，前者易生锈C.向0.1mol·L-1的CuSO4溶液中加入少量水，溶液中减小D.常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，pH=5的含CuCl2溶液中c(Cu2＋)≥2.2×10-2mol·L-18.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.制备Ti：B.制备FeCl3溶液：C.制备漂白粉：D.制备硫酸：9.一种电解装置如图所示，电解时从右室移向左室。通过电解获得的电解液可实现。下列说法正确的是A.左室电解获得的电解液可用于实现“转化Ⅰ”B.右室发生的电极反应为C.“转化Ⅱ”发生的反应为D.“转化Ⅰ”生成1mol，理论上电路中通过：3mol10.鼠尾草酚可用于防治骨质疏松，可通过如下两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是A.Z分子中含有键、键，分子间可以形成氢键B.最多能消耗C与足量溶液反应最多消耗D.X、Y、Z分子中均含有2个手性碳原子11.室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀还原性：Cl->S2-B向2mL0.5mol·L-1Na2CO3溶液中滴加2mL1mol·L-1盐酸，产生气泡非金属性：Cl>CC向2mLKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀Ksp：AgCl>AgID用pH试纸分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2Ka：CH2ClCOOH>CH3COOHA.A B.B C.C D.D12.工业上用H2S、Na2S等处理废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子。已知：25℃时饱和H2S溶液浓度为0.1mol∙L−1，H2SKa1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12，，下列说法正确的是A.H2S溶液中：B.溶液中：c(H2S)C.Na2S溶液中：c+2c(H2S)D.向溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：13.水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=131.7kJ·mol-1②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-43.6kJ·mol-1③CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)；ΔH=-178.3kJ·mol-1将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是A.制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1000℃B.图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化C.从750℃升高至800℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度D.800℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大第Ⅱ卷非选择题14.三氯化六氨合钴是橙黄色的配合物，是合成其他二些含钴配合物的原料。利用含钴废料(含少量等杂质)制取的工艺流程如图：已知：①“浸出液”中含有等。②、，当溶液中金属离子的物质的量浓度时可以说成沉淀完全。③具有较强还原性，氧化性：。回答下列问题：（1）某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为___________。（2）“加调至a”会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，a的范围为___________。(加入和时溶液体积变化忽略)（3）如题图所示，将混合在三颈烧瓶中，的作用是___________。（4）①流程中“氧化”过程应先加入氨水后加双氧水的目的是___________。②写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：___________。（5）将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体，该过程中加入浓盐酸的目的是___________。（6）测定晶体中Cl-的质量分数：准确称取ag晶体，配制成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中。滴加少量0.0050mol/LK2CrO4溶液作为指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL，计算晶体中Cl-的质量分数。[已知：溶度积：Ksp(AgCl)=1.7×10-10，Ksp(Ag2CrO4)(砖红色)=1.2×10-12]①滴定至终点的现象是___________。②制备的晶体中Cl-的质量分数是___________。(请写出计算过程)15.吉非替尼(I)是一种抗癌药物，其合成路线如下：已知：（1）A的官能团为醚键和___________；D分子的碳原子中sp3杂化和sp2杂化的个数比为___________。（2）E→F的反应类型为___________。（3）D→E的过程中加入K2CO3的作用为___________。（4）写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢（5）写出由和CH3OH制备的合成路线_______(题给信息中的试剂任选)。16.废水中的六价铬[Cr(Ⅵ)]可转化为含Cr(Ⅲ)的铬渣，再制备高纯Cr2O3。（1）CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，原理如图1所示。实验控制在pH<6的弱酸性条件下进行。已知在水溶液中存在反应2H＋＋2CrOCr2O＋H2O。①可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应的K=___________。[H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12；Ksp(CuS)=1.0×10-36]②CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，在pH>6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是___________。③起始pH=4时，溶液中Cr(Ⅵ)和Cu2＋的浓度随时间的变化如图2所示。Cu2＋浓度先增大后减小的原因是___________。（2）用含Cr(Ⅲ)的铬渣(杂质不参与反应)制备高纯Cr2O3。已知：①pH>5时H2O2可以氧化Cr(Ⅲ)，pH<5时H2O2可将Cr2O还原为Cr3＋；②H2O2在碱性溶液中易分解。步骤Ⅰ：预处理。铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体。步骤Ⅱ：浸取。将焙烧后固体冷却，与H2O2溶液、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，实验装置如图3所示。充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___________。生成Cr3＋的离子方程式为___________。步骤Ⅲ：制备高纯Cr2O3.补充完整实验方案：取步骤Ⅱ的滤液，___________，得到Cr2O3。[pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400℃分解为Cr2O3.须使用的试剂：0.1mol·L-1NaOH溶液，盐酸酸化的BaCl2溶液]17.丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。（1）丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的_______。②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第_______步。③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是_______。（2）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ．_______。(填化学方程式)②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是_______。（3）丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为_______。②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是_______。

江苏省前黄中学2025届高三下学期期初检测化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg—24Cl-35.5Cu-64一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.LiFePO4可用作锂离子电池的正极材料。LiFePO4中属于过渡元素的是A.Li B.Fe C.P D.O【答案】B【解析】【详解】A．锂为3号元素，位于第二周期ⅠA，不属于过渡元素，故A错误；B．铁为26号元素，位于第四周期Ⅷ，属于过渡元素，故B正确；C．磷15号元素，位于第三周期ⅤA，不属于过渡元素，故C错误；D．氧为8号元素，位于第二周期ⅥA，不属于过渡元素，故D错误；选B。2.以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是A.Na＋的结构示意图为 B.IO中I元素的化合价为＋6C.SO的空间构型为正四面体 D.H2SO4中既含离子键又含共价键【答案】C【解析】【详解】A．Na是第11号元素，Na＋的结构示意图为，A错误；B．IO中O为-2价，正负化合价代数和为零，故I元素的化合价为＋5，B错误；C．SO的中心原子价层电子对数，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C正确；D．H2SO4是共价化合物，只含共价键，D错误；故选C；3.配制100mL0.1200mol·L-1Na2CO3溶液并用于测定盐酸的物质的量浓度(约为0.2mol·L-1)。下列相关原理、装置及操作不正确的是A.称量1.2720gNa2CO3B.溶解Na2CO3C.转移溶液D.测定浓度A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．用托盘天平称量时，以g为单位，应该精确到小数点后第一位，A错误；B．称量后应该在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，B正确；C．溶解后，并恢复到室温，用玻璃棒引流到容量瓶中，C正确；D．滴定时，由于盐酸显酸性，用酸式滴定管装盐酸，D正确；故选A。阅读下列材料，完成下面小题。氮的氢化物是重要的化工原料。NH3在纯氧中燃烧生成N2，在Pt-Rh催化下被O2氧化为NO。NO与O2反应生成NO2，NO2与水生成HNO3.NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。Cu(OH)2能溶于氨水形成。4.常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是A.原子半径： B.沸点：C.第一电离能： D.电负性：5.下列有关的说法正确的是A.的键角比中的大 B.的空间构型为直线形C.难溶于水 D.中提供孤电子对的原子是6.下列化学反应表示正确的是A.稀硝酸洗去银镜：3Ag＋4H＋＋NO=3Ag＋＋NO↑＋2H2OB.NaOH溶液吸收NO2：2NaOH＋2NO2=2NaNO3＋H2C.NH3在纯氧中燃烧：4NH3＋5O24NO＋6H2OD.N2H4燃料电池的正极反应：N2H4＋4OH--4e-=N2↑＋4H2O【答案】4.C5.A6.A【解析】【4题详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误；B．三种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点最高，氨气也能形成分子间氢键，但氢键数量少于水，强度弱与水，故沸点：H2O>NH3C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确；D．非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故电负性：，故D错误；故选C；【5题详解】A．中有1对孤电子对，为三角锥形结构，中孤电子对数，为V形结构，孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，则的键角比中的大，A正确；B．的中心原子孤电子对数、价层电子对数为2+1=3，空间构型为V形，B错误；C．分子能与水分子形成氢键、易溶于水，C错误；D．氨分子中N原子具有有1对孤电子对，中提供孤电子对的原子是N，铜离子提供空轨道，D错误；故选A；【6题详解】A．用稀硝酸溶解银镜，银单质与稀硝酸反应，应当生成NO、硝酸银和水，正确的离子方程式为：，A正确；B．用NaOH溶液吸收含有尾气生成硝酸钠和亚硝酸钠和水，化学方程式为：，B错误；C．由题干信息可知，NH3在纯氧中燃烧生成，因此化学方程式为，C错误；D．燃料电池正极应为得电子的还原反应，选项为负极反的氧化反应，故正极的反应为，D错误；故选A。7.下列说法正确的是A.电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B.镀铜与镀锌的铁制品相比，镀层受损后，前者易生锈C.向0.1mol·L-1的CuSO4溶液中加入少量水，溶液中减小D.常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，pH=5的含CuCl2溶液中c(Cu2＋)≥2.2×10-2mol·L-1【答案】B【解析】【详解】A．电解法精炼铜时，粗铜应作阳极（），纯铜作阴极（），故A错误；B．镀层破损后，发生电化学腐蚀，镀锌铁因锌比铁活泼，锌为负极，被腐蚀，铁为正极被保护；而镀铜铁中铜不如铁活泼，铁会作为负极加速腐蚀，更易生锈，故B正确；C．稀释CuSO₄溶液时，浓度降低，但其水解程度增大，，导致浓度下降幅度小于。因此，比值

增大，而非减小，故C错误；D．根据溶度积公式

，pH=5时，，，代入得

。实际溶液中，若未析出沉淀，

，而非

≥，故D错误；故选B。8.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A.制备Ti：B.制备FeCl3溶液：C.制备漂白粉：D.制备硫酸：【答案】B【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2和氢氧化钠，得不到金属钠，A错误；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，B正确；C．HCl与石灰乳反应生成氯化钙，漂白粉主要成分是氯化钙与次氯酸钙混合物，C错误；D．S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在催化剂作用下生成三氧化硫，三氧化硫用浓硫酸吸收，D错误；故选B。9.一种电解装置如图所示，电解时从右室移向左室。通过电解获得的电解液可实现。下列说法正确的是A.左室电解获得的电解液可用于实现“转化Ⅰ”B.右室发生的电极反应为C.“转化Ⅱ”发生的反应为D.“转化Ⅰ”生成1mol，理论上电路中通过：3mol【答案】C【解析】【分析】根据氢离子在电解池中移动方向可知，a电极为阴极，b电极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，阳极反应：，阴极反应：，阳极生成具有强氧化性，阴极生成具有还原性，“转化Ⅰ”为氧化反应、可加入右室电解获得的电解液氧化实现，“转化II”为还原反应，可加入左室电解获得的电解液还原实现，。【详解】A．根据分析，“转化Ⅰ”为氧化反应，应加入氧化剂，左室电解液含，右室电解液含，所以实现“转化Ⅰ”需右室电解获得电解液，A错误；B．根据分析，右室发生的电极反应：，B错误；C．“转化II”为还原反应，可加入左室电解获得的电解液还原实现，，C正确；D．“转化Ⅰ”为，根据得失电子守恒，生成1mol理论上电路中通过：6mol，D错误；答案选C。10.鼠尾草酚可用于防治骨质疏松，可通过如下两步转化得到鼠尾草酚，下列说法正确的是A.Z分子中含有键、键，分子间可以形成氢键B.最多能消耗C.与足量溶液反应最多消耗D.X、Y、Z分子中均含有2个手性碳原子【答案】A【解析】【分析】X发生催化氧化反应得到Y，Y在酸性条件下发生反应得到Z。【详解】A．Z中含苯环和碳氧双键，双键中含1个键、1个键，其余单键均为键，Z中含羟基，能形成分子间氢键，A正确；B．Y中含1个羰基、2个碳碳双键，1molY最多能消耗，B错误；C．Z中含有2个酚羟基、1个酯基，与足量溶液反应最多消耗，C错误；D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，X中含2个手性碳原子：（*表示手性碳原子位置），Y含2个手性碳原子：，Z含3个手性碳原子：，D错误；故选A。11.室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是选项实验过程及现象实验结论A向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀还原性：Cl->S2-B向2mL0.5mol·L-1Na2CO3溶液中滴加2mL1mol·L-1盐酸，产生气泡非金属性：Cl>CC向2mLKCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol·L-1AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀Ksp：AgCl>AgID用pH试纸分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2Ka：CH2ClCOOH>CH3COOHA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀，氧化剂氧化性强于氧化产物，故可以证明氧化性：Cl2>S，A错误；B．Na2CO3溶液与盐酸反应，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸不是最高价氧化物对应水化物，故无法证明非金属性：Cl>C，B错误；C．向2mLKCl、KI混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，未知浓度，无法证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；D．等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2，酸性越强Ka越大，故Ka：CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确；故选D；12.工业上用H2S、Na2S等处理废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子。已知：25℃时饱和H2S溶液浓度为0.1mol∙L−1，H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12，，下列说法正确的是A.H2S溶液中：B.溶液中：c(H2S)C.Na2S溶液中：c+2c(H2S)D.向溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．H2S溶液中，存在电荷守恒：，A错误；B．溶液中，的电离平衡常数Ka，水解平衡常数Kh，因此，Ka＜Kh，即，则，B错误；C．Na2S为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，存在，根据物料守恒，两式联立，得到+2c(H2S)，C错误；D．向溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，c(H2SO4)≈，=1.14×10-18mol/L，则cH+>cCu2+，故选D；13.水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=131.7kJ·mol-1②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-43.6kJ·mol-1③CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)；ΔH=-178.3kJ·mol-1将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是A.制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1000℃B.图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化C.从750℃升高至800℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度D.800℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大【答案】C【解析】【分析】根据图形，反应①产生和，然后反应②消耗生成，反应③又消耗，所以得到曲线a表示，曲线b表示，曲线c表示，据此信息解答。【详解】A．从图中可见，约在时，体系中的体积分数最高，随后随温度继续升高而下降，说明要制得高纯度的，其最适宜温度为：，A错误；B．由于加入了 会将生成的不断吸收且随温度升高消耗更多，含量降低，故平衡混合气中 含量始终最小，根据分析，曲线c才表示的物质的量分数随温度的变化，B错误；C．随温度由 上升到，图中 的含量略有下降，说明吸热反应①正向进行增强的程度小于放热反应②反向进行增强的程度，从而导致含量减小，C正确；D．在 时若对体系加压，反应③的平衡常数不变，所以重新平衡后气相中c(CO2)不变，D错误；故答案为：C。第Ⅱ卷非选择题14.三氯化六氨合钴是橙黄色的配合物，是合成其他二些含钴配合物的原料。利用含钴废料(含少量等杂质)制取的工艺流程如图：已知：①“浸出液”中含有等。②、，当溶液中金属离子的物质的量浓度时可以说成沉淀完全。③具有较强还原性，氧化性：。回答下列问题：（1）某钴氧化物的晶胞如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为___________。（2）“加调至a”会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，a的范围为___________。(加入和时溶液体积变化忽略)（3）如题图所示，将混合在三颈烧瓶中，的作用是___________。（4）①流程中“氧化”过程应先加入氨水后加双氧水的目的是___________。②写出“氧化”步骤发生反应的离子方程式：___________。（5）将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体，该过程中加入浓盐酸的目的是___________。（6）测定晶体中Cl-的质量分数：准确称取ag晶体，配制成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中。滴加少量0.0050mol/LK2CrO4溶液作为指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL，计算晶体中Cl-的质量分数。[已知：溶度积：Ksp(AgCl)=1.7×10-10，Ksp(Ag2CrO4)(砖红色)=1.2×10-12]①滴定至终点的现象是___________。②制备的晶体中Cl-的质量分数是___________。(请写出计算过程)【答案】（1）（2）4.7≤pH<7.4（3）会抑制氧化过程中的电离，防止生成沉淀，并且增加了的浓度（4）①.具有较强还原性，便于氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成②.2[Co(NH3)6]2++2NH+H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或者2[Co(NH3)6]2++2NH+H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3↑+2H2O（5）降低在水中的溶解，有利于其结晶析出（6）①.当最后半滴AgNO3溶液滴下，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变色②.【解析】【分析】向废料中加入盐酸酸浸，将金属元素转化为可溶的金属氯化物，过滤得到含有金属氯化物的浸出液;向浸出液中加入氯酸钠，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液，向滤液中加入盐酸调节溶液pH=2~3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化亚钴;六水氯化亚钴溶于氯化铵溶液得到氯化亚钴和氯化铵的混合溶液，向混合溶液中先加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为二氯化六氨合亚钴，再加入过氧化氢溶液，将溶液中的二氯化六氨合亚钴转化为三氯化六氨合钴，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到三氯化六氨合钴晶体;【小问1详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为，位于棱上和体心的钴离子个数为，则氧化物的化学式为CoO，钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价电子排布式为3d7，故答案为:3d7；【小问2详解】由分析可知，加入碳酸钠调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，由溶度积可知，铝离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，则铝离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度大于，则溶液的pH大于4.7;溶液中亚钴离子浓度为0.1mol/L，则由溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度小于，溶液的pH小于7.4，所以a的范围为4.7~7.4,故答案为:4.7~7.4;【小问3详解】氯化铵溶液中的铵根离子可以抑制氨水的电离，可以减小氨水溶液的pH，防止氧化过程中溶液pH过大使溶液中的亚钴离子转化为氢氧化亚钴沉淀影响三氯化六氨合钴的生成，所以氧化前需要将六水氯化亚钴溶于氯化铵溶液得到氯化亚钴和氯化铵的混合溶液，故答案为:NH4Cl会抑制氧化过程中NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀;小问4详解】①由题给信息可知[Co(NH3)]2+具有较强还原性，便于氧化;若先加H2O,将Co2+氧化为Co3+后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，所以先加入氨水再加入H2O2，故答案为:[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，便于氧化;先加H2O2,将Co2+氧化为Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；②由分析可知，“氧化”步骤先加入氨水，再加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的二氯化六氨合亚钴转化为三氯化六氨合钴，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++2NH4++H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或者2[Co(NH3)6]2++2NH4++H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3↑+2H2O故答案为:2[Co(NH3)6]2++2NH4++H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或者2[Co(NH3)6]2++2NH4++H2O22[Co(NH3)6]3++2NH3↑+2H2O【小问5详解】分离提纯得到三氯化六氨合钴时，加入浓盐酸可以增大溶液中的氯离子浓度，可以降低三氯化六氨合钴的溶解度，有利于三氯化六氨合钴结晶析出故答案为:降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出。【小问6详解】滴定至终点的现象是出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失;由氯化银沉淀的化学式可知，反应时，银离子与氯离子物质的量之比为1:1，滴定时消耗硝酸银的物质的量为，则25mL溶液中氯离子的物质的量为，25mL溶液中氯离子的质量为，则100mL溶液中氯离子的质量为，故质量分数为。15.吉非替尼(I)是一种抗癌药物，其合成路线如下：已知：（1）A的官能团为醚键和___________；D分子的碳原子中sp3杂化和sp2杂化的个数比为___________。（2）E→F的反应类型为___________。（3）D→E的过程中加入K2CO3的作用为___________。（4）写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___________。①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢（5）写出由和CH3OH制备的合成路线_______(题给信息中的试剂任选)。【答案】（1）①.羧基②.2：7（2）还原反应（3）吸收反应生成的HCl，有利于提高E的产率（4）（5）【解析】【分析】A发生硝化反应生成B，根据D的结构简式可知B为。C和甲醇发生酯化反应生成D，则C的结构简式为。D发生取代反应生成E，依据I的结构简式可判断E为，根据I的结构简式可知H的结构简式为，依据G和H的分子式可知G的结构简式为，根据已知信息，可判断F的结构简式为。【小问1详解】结合A的结构简式可知，A的官能团为醚键和羧基；A的结构简式为，饱和碳原子采取杂化，苯环上的碳原子和羧基中的碳原子采用杂化，分子中采取杂化和杂化的碳原子的个数比为2:7；故答案为：羧基；2:7；【小问2详解】E的结构简式为，F的结构简式为，分子中的－NO2转化为－NH2，“去氧加氢”，为还原反应，答案为还原反应；【小问3详解】D发生取代反应生成E，依据I的结构简式可判断E为，反应还生成另一种产物为HCl，加入K2CO3可与HCl反应，使得反应正向移动，提高E的产率，答案为：吸收反应生成的HCl，有利于提高E的产率；【小问4详解】①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应，含有酚羟基和醛基；②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基；③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢，说明是酚羟基形成的酚酯基，且结构对称，则符合条件的有机物结构简式为；答案为；【小问5详解】要制备，需要首先制备，根据已知信息需要利用和H2NCH=NH合成。可通过模仿C→D和E→F引入酯基和氨基，转化为。所以合成路线流程图为；答案为；16.废水中的六价铬[Cr(Ⅵ)]可转化为含Cr(Ⅲ)的铬渣，再制备高纯Cr2O3。（1）CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，原理如图1所示。实验控制在pH<6的弱酸性条件下进行。已知在水溶液中存在反应2H＋＋2CrOCr2O＋H2O。①可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应的K=___________。[H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12；Ksp(CuS)=1.0×10-36]②CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，在pH>6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是___________。③起始pH=4时，溶液中Cr(Ⅵ)和Cu2＋的浓度随时间的变化如图2所示。Cu2＋浓度先增大后减小的原因是___________。（2）用含Cr(Ⅲ)的铬渣(杂质不参与反应)制备高纯Cr2O3。已知：①pH>5时H2O2可以氧化Cr(Ⅲ)，pH<5时H2O2可将Cr2O还原Cr3＋；②H2O2在碱性溶液中易分解。步骤Ⅰ：预处理。铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体。步骤Ⅱ：浸取。将焙烧后的固体冷却，与H2O2溶液、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，实验装置如图3所示。充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是___________。生成Cr3＋的离子方程式为___________。步骤Ⅲ：制备高纯Cr2O3.补充完整实验方案：取步骤Ⅱ的滤液，___________，得到Cr2O3。[pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400℃分解为Cr2O3.须使用的试剂：0.1mol·L-1NaOH溶液，盐酸酸化的BaCl2溶液]【答案】（1）①.1017②.在酸性条件下，CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，Cr2O带负电荷，更易吸附到表面③.CuS还原Cr(Ⅵ)生成Cu2＋，使Cu2＋浓度增大；CuS还原Cr(Ⅵ)的反应消耗H＋，使溶液pH增大，促进Cu2＋水解，使Cu2＋浓度减小（2）①.H2O2溶液②.3H2O2++8H＋=2Cr3＋+3O2↑+7H2O③.煮沸，除去剩余的H2O2.边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至溶液pH=9，使Cr3＋沉淀完全。过滤，洗涤，至最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的BaCl2溶液无浑浊出现。将固体在400℃加热分解至恒重【解析】【分析】已知：H2O2在碱性溶液中易分解且受热溶液分解，酸性条件下过氧化氢将还原为Cr3+，pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400℃分解为Cr2O3；故制取步骤为：首先铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体，在酸性条件下，过氧化氢将还原为Cr3+，反应后煮沸，除去剩余的H2O2，边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液至溶液pH=9，使Cr3＋沉淀完全沉淀为Cr(OH)3，过滤分离出沉淀，洗涤至最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的BaCl2溶液无浑浊出现，说明洗涤干净，然后将固体在400℃加热分解至恒重得到Cr2O3。【小问1详解】①可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应的；②CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，在酸性条件下，CuS-TiO