安徽省江淮十校高三上學期第二次聯(lián)考化學試題

安徽省江淮十校2024屆高三上學期第二次聯(lián)考化學試題考生注意：1.本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1Li7C12N14O16S32Cl35.5Co59Cu64第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：每題3分，每小題只有一個正確選項，總共14小題，共42分。1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤是A.青銅器“四羊方尊”的主要成分為金屬材料B.制作宣紙的材料，其主要成分是天然有機高分子材料C.用皮影戲生動講述航天故事，制作皮影的獸皮是合成高分子材料D.陶瓷是以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結(jié)而成，它的主要成分為無機非金屬材料【答案】C【解析】【詳解】A．青銅是合金，屬于金屬材料，故A正確；B．制作宣紙材料的主要成分是纖維素，屬于天然有機高分子，故B正確；C．獸皮的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于天然有機高分子材料，不是合成高分子材料，故C錯誤；D．陶瓷的主要成分是硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，故D正確；故選C。2.化學與生活密切相關。下列敘述錯誤的是A.高純硅可用于制作光感電池B.與反應生成強堿，故不可做食品干燥劑C.鐵粉可做食品袋內(nèi)的脫氧劑D釀制葡萄酒過程中，適量添加可起到殺菌作用【答案】B【解析】【詳解】A．硅是半導體材料，可以導電，A正確；B．易吸水，具有吸水性，可以做食品干燥劑，B錯誤；C．鐵粉具有還原性，可以吸收氧氣，可做脫氧劑，C正確；D．可以殺菌、抗氧化，釀制葡萄酒過程中可以殺滅微生物，D正確；故選B。3.已知是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.與在密閉容器中反應生成，增加個鍵B.和的混合物，含有的質(zhì)子數(shù)為C.與足量的S反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D.標準狀況下，中含有電子的數(shù)目為【答案】B【解析】【詳解】A．三氯化磷和氯氣的反應為可逆反應，故增加的鍵小于，故A錯誤；B．和的混合物，由于兩者摩爾質(zhì)量均為，1分子中的質(zhì)子數(shù)均為10，故0.22g混合物含有分子為0.01mol，質(zhì)子為0.1mol，質(zhì)子數(shù)為，故B正確；C．與S反應生成價銅的化合物，為0.05mol，與足量的S反應轉(zhuǎn)移的電子0.05mol，電子數(shù)為，故錯誤D．標準狀況下為固體，不確定其物質(zhì)的量，D錯誤；故選B。4.下列化學用語表達正確的是A.的離子結(jié)構(gòu)示意圖：B.分子中，碳原子與氧原子之間形成的共價鍵類型為鍵C.基態(tài)氧原子核外電子軌道表示式：D.分子的空間結(jié)構(gòu)：三角錐形【答案】C【解析】【詳解】A．該示意圖為氟原子結(jié)構(gòu)示意圖，氟離子的結(jié)構(gòu)示意圖為[Failedtodownloadimage:s://qbmimages.osscnhangzhou.aliyuncs/QBM/editorImg/2023/12/15/8b69619cf4ed4d5bbba8b635de67d901.svg]，故A錯誤；B．碳原子與氧原子之間形成的共價鍵類型為鍵，故B錯誤；C．基態(tài)氧原子有2個末成對電子，基態(tài)氧原子核外電子軌道表示式：，故C正確；D．分子中S原子價層電子對數(shù)為3+=3，中心原子為sp2雜化，分子的空間結(jié)構(gòu)是平面三角形，故D錯誤；故選C。5.將氟氣通入氫氧化鈉溶液中，可得。是一種無色、幾乎無味的劇毒氣體，主要用于氧化氟化反應、火箭工程助燃劑等。下列說法錯誤的是A.中O的化合價為價B.的VSEPR模型為四面體C.與分子相比，分子的極性大D.與分子相比，分子的鍵角小【答案】C【解析】【詳解】A．中電負性，F(xiàn)顯價，故O的化合價為價，故A正確；B．中心原子氧原子價層電子對數(shù)為2+=4，的VSEPR模型為四面體，故B正確；C．與的空間結(jié)構(gòu)相似，同為Ⅴ形，但水分子極性很強，而極性很小，這是因為：(1)從電負性上看，氧和氫的電負性差大于氟和氧的電負性差；(2)中氧原子上有兩個孤電子對，抵消了鍵中共用電子對偏向F而產(chǎn)生的極性，故C錯誤；D．由于F的電負性強，中成鍵電子對偏向F原子，成鍵電子遠離中心原子，使得互相之間排斥力更小，故分子的鍵角小，故D正確；故選C。6.對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是A.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集B.向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：C.碘化亞鐵溶液與等物質(zhì)的量的氯氣：D.向H218O2中加入酸化的溶液：5H218O2+2MnO+6H+=5O2↑+2Mn2++8H218O【答案】A【解析】【詳解】A．用純堿溶液富集Br2過程反應生成溴化鈉、溴酸鈉和CO2，離子方程式為：，A正確；B．Na2S具有還原性，SO2具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成

S

和NaHSO3，離子方程式為：，B錯誤；C．氯氣先氧化碘離子，再氧化亞鐵離子，F(xiàn)eI2和Cl2以1∶1反應時，氯氣只氧化碘離子，離子方程式為：2I+Cl2=I2+2C1，C錯誤；D．向中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液，過氧化氫中氧元素都被氧化生成氧氣，反應的離子方程式為：5H218O2+2MnO+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O，D錯誤；故選A。7.下列實驗操作對應的實驗現(xiàn)象及實驗結(jié)論都正確，且兩者具有因果關系的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝酸中前者產(chǎn)生無色氣體，后者無明顯現(xiàn)象稀硝酸的氧化性比濃硝酸強B取一定量樣品，溶解后加入溶液，后加入濃產(chǎn)生白色沉淀，后不消失此樣品中含有C向溶液中滴加過量溶液，再滴加溶液先生成白色沉淀，后生成藍色沉淀D少量鋁熱劑(只含有一種金屬氧化物)溶于足量稀鹽酸后，分為兩等份，再分別滴加鐵氰化鉀溶液和溶液分別出現(xiàn)藍色沉淀和溶液變紅鋁熱劑中可能含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．常溫下，鐵遇濃硝酸發(fā)生鈍化，鐵表面產(chǎn)生一層致密氧化薄膜，阻礙鐵與濃硝酸進一步反應，因此不能簡單根據(jù)現(xiàn)象判斷稀硝酸和濃硝酸的氧化性，故A錯誤；B．濃硝酸具有強氧化性，將氧化成，仍然產(chǎn)生白色沉淀，不能通過該實驗現(xiàn)象判斷樣品中是否含有硫酸根，故B錯誤；C．過量的NaOH溶液與CuSO4溶液生成Cu(OH)2沉淀，無法比較出兩者溶度積大小，故C錯誤；D．滴加鐵氰化鉀溶液有藍色沉淀，說明溶液中含有Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液變紅，說明溶液中含有Fe3+，根據(jù)題意可知，鋁熱劑中只含有一種金屬氧化物，因此該金屬氧化物為Fe3O4，故D正確；答案為D。8.一種由短周期主族元素組成的化合物(如圖所示)，具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，且總和為24，下列有關敘述正確的是A.元素的電負性大小順序為：B.同周期中第一電離能處于X和Y之間的元素有3種C.基態(tài)原子未成對電子數(shù)：D.元素X的最高價氧化物的水化物為三元弱酸【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，且總和為24，結(jié)合化合物的結(jié)構(gòu)推知W是H，X是B，Y是N，Z是；【詳解】A．電負性大小順序為：，故A錯誤；B．同周期中第一電離能處于X和Y之間的元素有、C、O共3種，故B正確；C．基態(tài)原子未成對電子數(shù)：H=B＜N，故C錯誤；D．元素X的最高價氧化物的水化物為一元弱酸，故D錯誤；故選B。9.工業(yè)上用磷鐵渣(主要含、，以及少量等雜質(zhì))制備(磷酸鐵)。已知：難溶于水，能溶于無機強酸。下列說法錯誤是A.“浸取”時將磷鐵渣粉碎是為了增大反應接觸面積，加快浸取速率B.加入硫酸的目的是為了保持體系的酸度，防止生成C.濾渣的主要成分是D.“浸取”時發(fā)生反應的離子方程式為：【答案】C【解析】【分析】將磷鐵渣(主要含F(xiàn)eP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃時用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有強氧化性，能將鐵和磷分別氧化為Fe(NO3)3、H3PO4，自身被還原為NO，硫酸是為了保持體系的酸度，防止生成FePO4，過濾得到濾液和濾渣，去掉濾渣主要成分為SiO2，在濾液中加磷酸，調(diào)鐵和磷的含量比，再加入氨水調(diào)酸堿性，最終制備得FePO4(磷酸鐵)，據(jù)此分析解題；【詳解】A．磷鐵渣粉碎以增大接觸面積，適當增大硝酸的濃度或者進行攪拌均可“浸取”時加速溶解，A正確；B．由分析可知，加入硫酸的目的是為了保持體系的酸度，防止生成FePO4，B正確；C．由分析可知，濾渣主要成分為SiO2，C錯誤；D．由分析可知，“浸取”時硝酸具有強氧化性，能將鐵和磷分別氧化為Fe(NO3)3、H3PO4，根據(jù)氧化還原反應配平，，D正確；故答案為：C。10.油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應：下列說法正確的是A.反應Ⅰ中元素As被氧化B.反應Ⅱ中，只有是氧化產(chǎn)物C.反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ>ⅡD.反應Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物質(zhì)的量之比為【答案】C【解析】【分析】由圖可知：反應Ⅰ的方程式為：，反應Ⅱ的方程式為：?！驹斀狻緼．經(jīng)分析，反應Ⅰ中元素化合價不變，故A錯誤；B．據(jù)分析，反應Ⅱ中和都是化合價升高后的氧化產(chǎn)物，故B錯誤；C．據(jù)分析，反應Ⅰ中，反應Ⅱ中，故參加反應的：Ⅰ>Ⅱ，故C正確；D．據(jù)分析，反應Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物質(zhì)的量之比為，故D錯誤；故選：C。11.卡塔爾世界杯上，來自中國的888臺純電動客車組成的“綠色軍團”助力全球“雙碳”戰(zhàn)略目標?，F(xiàn)階段的電動客車大多采用電池，其工作原理如圖1所示，聚合物隔膜只允許通過。的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖2(a)所示。O圍繞和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。下列說法中正確的是A.充電時，通過聚合物隔膜向陽極遷移B.該電池工作時某一狀態(tài)如圖2(b)所示，可以推算x=0.1875C.充電時，每有電子通過電路，陰極質(zhì)量理論上增加D.放電時，正極可發(fā)生電極反應：【答案】B【解析】【分析】由圖可知，放電時，負極(銅箔)的電極反應式為LixC6xe=xLi++C6，正極(鋁箔)的電極反應式為Li1xFePO4+xLi++xe=LiFePO4，充電時，銅箔作陰極，電極反應式為xLi++C6+xe=LixC6，鋁箔作陽極，電極反應式為LiFePO4+xe=Li1xFePO4+xLi+，據(jù)此作答?！驹斀狻緼．電解池中陽離子移至陰極，充電時，通過隔膜向陰極遷移，故A正確；B．圖2(b)晶胞中鋰原子數(shù)，F(xiàn)ePO4數(shù)為4，則的化學式為，解得，故B錯誤；C．充電時，銅箔作陰極，電極反應式為xLi++C6+xe=LixC6，每有1mol電子通過電路，陰極質(zhì)量理論上增加1mol×7g/mol=7g，故C正確；D．放電時，正極可發(fā)生電極反應：，故D正確；故選B。12.常溫下，某溶液A中含有中的若干種，且各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L，現(xiàn)取該溶液進行有關實驗，實驗結(jié)果如圖所示。下列有關說法正確的是A.溶液A中存在B.沉淀乙中只有C.溶液A可能是由按物質(zhì)的量之比為混合而成的溶液D.要確定A溶液中是否存在或中的一種，能通過檢驗來確定【答案】D【解析】【分析】由題意可知，由A與過量(NH4)2CO3生成無色氣體甲和白色沉淀甲，則一定有Al3+，Al3+與雙水解生成Al(OH)3和CO2,沒有紅褐色沉淀生成，則一定沒有Fe3+，有Al3+則一定不存在，加入過量，白色沉淀一定有BaCO3，可能有BaSO4，氣體乙為NH3,溶液乙加銅和濃硫酸氣體丙遇空氣變紅棕色，則一定有,由于各離子物質(zhì)的量濃度相等，一定有Al3+、，溶液要保持電中性，則一定有，則沉淀乙為BaCO3、BaSO4，根據(jù)溶液顯電中性，是否存在Na+或K+可通過負電荷是否存在Cl決定。【詳解】A．由于甲是白色沉淀，故A中不可能含有，A錯誤；B．沉淀乙中有，B錯誤；C．不符合各離子濃度都相等的條件，溶液A可能是由AlCl3、NaNO3、Al2(SO4)3按物質(zhì)的量之比為1:3:1混合而成的溶液，C錯誤；D．檢測出后，由電荷守恒可知含有或，D正確；故答案選D。13.釩系催化劑催化脫硝部分機理如圖所示。有關該過程的敘述正確的是A.反應過程中無氫氧鍵的形成B.該反應利用了的還原性除去了，減少了空氣污染C.反應過程中過量的有利于該催化脫硝反應D.該催化循環(huán)過程中Ⅴ的價態(tài)變化為【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，O元素和H元素之間、N元素和H原子之間以氫鍵形式結(jié)合，有氫氧鍵的形成，A錯誤；B．中氮元素化合價升高作還原劑，體現(xiàn)還原性，B正確；C．過量會將氧化為，C錯誤；D．整體流程中，釩元素的價態(tài)變化為，D錯誤；故答案選B。14.硅在自然界大部分以二氧化硅及硅酸鹽的形式存在，它們的基本結(jié)構(gòu)單位是硅氧四面體(圖1)。石英晶體中的硅氧四面體相連構(gòu)成螺旋鏈(圖2)。天然硅酸鹽組成復雜，硅、氧原子通過共用氧原子形成各種不同的硅酸根陰離子，一種硅酸根陰離子結(jié)構(gòu)(圖3)。下列說法不正確的是A.基態(tài)原子的原子核外的電子有8種空間運動狀態(tài)B.二氧化硅中硅原子的配位數(shù)是4C.圖2中Si原子的雜化軌道類型是D.圖3硅酸根陰離子結(jié)構(gòu)中硅和氧的原子個數(shù)比為【答案】D【解析】【詳解】A．1個原子軌道稱為1種空間運動狀態(tài)，基態(tài)原子的電子排布式為，原子核外的電子的空間運動狀態(tài)數(shù)目為，A正確；B．由圖可知，二氧化硅中硅原子的配位數(shù)為4，B正確；C．晶體的結(jié)構(gòu)中有頂角相連的硅氧四面體，所以原子的雜化軌道類型是：，C正確；D．由圖3可知，每個硅氧四面體分別以三個頂角氧和其他相鄰的三個硅氧四面體共享，根據(jù)均攤法，每個硅氧四面體含有的氧原子數(shù)為，含有的硅原子數(shù)為1，則硅和氧的原子個數(shù)比為，D正確；故答案選D。第Ⅱ卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.U、V、W、X、Y、Z是位于元素周期表三個短周期的主族元素，原子序數(shù)依次增大。V、W基態(tài)原子未成對電子數(shù)均為2且W元素的一種氣態(tài)同素異形體位于平流層，可以吸收紫外線使人和生物免受紫外線的過度照射。X、Y、Z最高價氧化物對應的水化物兩兩間均能反應，Z的氣態(tài)氫化物水溶液是一種強酸溶液。（1）Z在周期表中的位置___________。（2）X、U可形成一種還原劑，寫出它的電子式是___________。（3）X、W的一種化合物可以在潛水艇中作氧氣的來源，寫出相應的化學方程式是___________。（4）X、Z、W形成的化合物是一種日常生活中常見的消毒劑，該消毒劑的水溶液在空氣中能殺菌消毒的原因是___________(用化學方程式解釋)。（5）工業(yè)制Y的化學方程式是___________。（6）對角線規(guī)則是從相關元素及其化合物中總結(jié)出的經(jīng)驗規(guī)則，短周期元素Q與Y滿足對角線規(guī)則，Q的最高價氧化物對應的水化物與X最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式___________。（7）Z的單質(zhì)和X的最高價氧化物的水化物反應時，生成的和物質(zhì)的量比是，反應的離子方程式是___________。（8）W、Z可形成一種新的自來水消毒劑，它的消毒效率(以單位質(zhì)量得到的電子數(shù)表示)是Z單質(zhì)的___________倍。(保留兩位小數(shù))【答案】15.第三周期第ⅦA族16.17.18.19.20.或者21.22.2.63【解析】【分析】W元素的一種氣態(tài)可以吸收紫外線使人和生物免受紫外線的過度照射，則W為O，V基態(tài)原子未成對電子數(shù)為2，則V為C，Z的氣態(tài)氫化物水溶液是一種強酸溶液鹽酸，則Z為Cl，X、Y、Z最高價氧化物對應的水化物兩兩間均能反應，則X為Na，Y為Al，綜上，U、V、W、X、Y、Z是H、C、O、Na、Al、Cl，以此分析；小問1詳解】Z為Cl，17號元素，第三周期第ⅦA族；故答案為：第三周期第ⅦA族；【小問2詳解】X為Na，U為H，形成NaH，離子型化合物，；故答案為：；【小問3詳解】過氧化鈉為供氧劑，作為潛水艇氧氣的來源，；故答案為：；【小問4詳解】X、Z、W形成的化合物是NaClO，與空氣中的二氧化碳和水結(jié)合，生成具有漂白性的次氯酸；故答案為：；【小問5詳解】工業(yè)上用電解熔融狀態(tài)的氧化鋁制取單質(zhì)鋁；故答案為：；【小問6詳解】短周期元素Q與Al滿足對角線規(guī)則，則Q為Be，Al(OH)3具有兩性，與強堿反應生成，則Be(OH)2具有兩性，與強堿反應生成；故答案為：或；【小問7詳解】氯氣與NaOH反應生成NaClO、NaClO3，且物質(zhì)的量之比為2：1，根據(jù)得失電子守恒，Cl得2個電子生成2個NaClO，得到5個電子生成NaClO3，則共得到7個電子，則Cl2失去7個電子，發(fā)生氧化反應生成7個Cl，根據(jù)電荷守恒，；故答案為：；【小問8詳解】W、Z可形成一種新的自來水消毒劑ClO2，Cl2和ClO2的還原產(chǎn)物都是Cl，比較消毒效率就是比較當量有效氯，二氧化氯中含氯，Cl由+4→1的氧化過程中有5個電子轉(zhuǎn)移，故其當量有效氯為；故答案為：2.63。16.廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價值，其主要組成為。某探究小組回收處理流程如圖：（1）基態(tài)原子的簡化電子排布式為___________，基態(tài)原子屬于___________區(qū)。（2）高溫焙燒得到的燒渣主要成分是氧化物(如：)，“酸浸氧化”得藍色溶液，則該過程發(fā)生的主要氧化還原反應的離子方程式為___________。（3）“濾渣”與混合前需要洗滌、干燥，檢驗濾渣是否洗凈的操作：___________。（4）的作用：___________。（5）已知：。當金屬陽離子濃度小于時沉淀完全，恰好完全沉淀時溶液的約為___________(保留一位小數(shù))；為探究在氨水中能否溶解，計算反應的平衡常數(shù)___________。(已知)（6）“高溫氣相沉積”過程中發(fā)生的化學反應方程式為___________?！敬鸢浮浚?）①.②.ds（2）（3）取最后一次洗滌液于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇，如無白色沉淀生成，則證明洗滌干凈；若有白色沉淀生成，則證明沒有洗滌干凈（4）將氫氧化物轉(zhuǎn)化為氯化物和做溶劑（5）①.4.0②.（6）【解析】【分析】廢舊CIGS首先焙燒生成金屬氧化物和二氧化硒，之后再用硫酸和過氧化氫將氧化亞銅中1價銅氧化為+2價，再加氨水分離氫氧化銅和、過濾，氨水過量氧化銅再溶解，用溶解得到濾渣，濾液經(jīng)過濃縮結(jié)晶后，將氨氣通入溶液中得到GaN。【小問1詳解】Se與硫同為VIA族元素，最外層有6個電子，基態(tài)原子的簡化電子排布式為，基態(tài)原子屬于ds區(qū)；【小問2詳解】“酸浸氧化”得藍色溶液，說明有生成，則該過程發(fā)生的主要氧化還原反應的離子方程式為；【小問3詳解】“濾渣”是否洗滌干凈，可以通過檢驗洗滌液中是否含有來檢測，取最后一次洗滌液于試管中，加入鹽酸酸化的氯化鋇，如無白色沉淀生成，則證明洗滌干凈；若有白色沉淀生成，則證明沒有洗滌干凈；【小問4詳解】、可分別寫為、的形式，能和分子內(nèi)的反應，、和HCl反應均生成氯化物和，因此的作用是將氫氧化物轉(zhuǎn)化為氯化物和作溶劑；【小問5詳解】根據(jù)題干信息，恰好完全沉淀時溶液的，故=4；將、、三個反應相加可以得到，則平衡常數(shù)；小問6詳解】高溫氣相沉積時和、反應生成GaN同時得到HCl，化學反應方程式為。17.Ⅰ.鈷配合物溶于熱水，在冷水中微溶，可通過以下步驟制備：具體步驟如下：①稱取，用水溶解。②分批加入后，將溶液溫度降至以下，將混合物轉(zhuǎn)入如圖所示裝置，加入活性炭、濃氨水，攪拌下逐滴加入的雙氧水。③加熱至反應。冷卻，過濾。④將濾得的固體轉(zhuǎn)入含有少量鹽酸的沸水中，趁熱過濾。⑤濾液轉(zhuǎn)入燒杯，加入濃鹽酸，冷卻、過濾、干燥，得到橙黃色晶體?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器c的名稱為___________，溶解時使用玻璃棒的目的是___________。（2）步驟②中，將溫度降至以下以避免___________。（3）加入后，反應的離子方程式為___________。（4）步驟④、⑤中，提純?yōu)V得固體的方法是___________。（5）步驟⑤中加入濃鹽酸的目的是___________。Ⅱ.樣品中鈷含量的測定已知：在熱的強堿溶液中會分解：（6）準確稱取的樣品放入碘量瓶中，加入溶液，加熱至不再有氨氣放出，加入足量固體，搖蕩使溶解，再加入酸化，置于暗處轉(zhuǎn)化成，用標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。產(chǎn)品的純度為___________。(保留四位有效數(shù)字)【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.加速溶解（2）受熱分解及氨水揮發(fā)、分解（3）或者（4）重結(jié)晶（5）利用同離子效應，促進鈷配合物盡可能完全析出，提高產(chǎn)率（6）(或0.8025)【解析】【分析】鈷配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于熱水，在冷水中微溶，難溶于乙醇，可通過如下反應制備：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，稱取2.0g?NH4Cl于三頸燒瓶中溶解后加入CoCl2?6H2O和氧化劑H2O2，完全反應后冷卻過濾除去活性炭，得到的濾液趁熱過濾，用酒精洗滌后得到[Co(NH3)6]Cl3；【小問1詳解】儀器c的名稱為恒壓滴液漏斗，溶解固體時攪拌可加速溶解，溶解時使用玻璃棒的目的是加速溶解；【小問2詳解】H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，步驟②中發(fā)生反應2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2→[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，將溫度降至以下以避免受熱分解及氨水揮發(fā)、分解；【小問3詳解】加入后，CoCl2、濃氨水、NH4Cl和H2O2發(fā)生氧化還原反應生成[Co(NH3)6]Cl3，反應的離子方程式為或者；【小問4詳解】步驟④、⑤中，從濾液中得到晶體，提純?yōu)V得固體的方法是重結(jié)晶；【小問5詳解】鹽酸電離的Cl能使溶液中Cl濃度增大，有利于晶體快速析出，所以步驟⑤中濃鹽酸的作用為利用同離子效應，促進鈷配合物盡可能完全析出，提高產(chǎn)率；【小問6詳解】