备战2027年高考化学每日一练 第三至第六天

**基本信息** 以“背诵点+典例”构建物质结构专项突破体系，通过分类归纳键参数分析、配位稳定性等方法，形成从微观结构到性质应用的逻辑链条，培养科学思维与化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |共价键问题|4例|不同键用半径析键长键能，同种键从极性或键能数值分析|从原子半径→键长→键能→稳定性，结合主族元素递变规律推导| |键角问题|4例|杂化方式→孤电子对数→电负性→单双键影响四步判断法|基于价层电子对互斥理论，层层递进分析排斥力差异| |配位键问题|5要点+例题|稳定性五因素（电荷、周期、配体电负性等）及对性质五影响|从配位键本质延伸至溶解性、颜色等宏观性质的微观解释| |分子溶解性|3例|极性、氢键、反应三角度判断|依据“相似相溶”原理，结合氢键形成与反应对溶解平衡的影响|

Day3【答案】 (1) 四 第Ⅷ (2) +2 8 a 2 三氮唑分子间可以形成氢键，吡啶无法形成分子间氢键 (3) 5 【详解】（1）Co（钴）原子序数为27，核外电子排布为，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族； Mn（锰）核外电子排布为，根据洪特规则，Co的3d轨道有3个未成对电子，Mn的3d轨道有5个未成对电子，故未成对电子数之比为； （2）①Co化合价与螯合配位键数目配离子总电荷为，配体中仅2个硝酸根为价，其余配体均为中性。设Co化合价为，则，解得；该配离子含2个多齿配体，每个配体分别与2个Co共形成4个螯合配位键，因此该配离子中螯合配位键共； ②大π键与杂化方式a处N原子形成3个σ键，价层剩余1对电子填充在p轨道，可提供1对电子参与大π键；b处N原子形成3个σ键(其中一个是配位键)，仅能提供5-2-2=1个电子参与大π键，故填a；配离子中，环上参与大π键的N为杂化，氨基（）中的N为杂化，硝酸根的N原子价层电子对数，N为杂化，共2种杂化方式； ③三氮唑结构中存在键，分子间可以形成氢键，分子间作用力显著增强；吡啶中N原子不直接连H，无法形成分子间氢键，分子间作用力更弱，因此三氮唑沸点显著高于吡啶； （3）①用均摊法计算晶胞原子数：Sm完全位于晶胞内，数目为； Co：；晶胞中间还有2个Co完全属于晶胞，总Co数目为，因此中； ② 截面是平行四边形，面积； 截面上Co数目：4个顶点Co共均摊得，中间2个Co完全属于截面，总Co数目为3，因此单位面积Co原子数 。 (1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀) (2) (3) (4)，F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全 (5) 【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4； （2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子amol，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bmol，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）mol÷2，、消耗硫离子(a+b)mol，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则； （3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离； （4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全； （5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。 Day4【答案】 1) 催化剂 降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离 (2)环己酮进一步被氧化发生开环反应 (3) 油浴 防止暴沸 bdca (4)83%或者0.83 (5)3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O 【分析】本实验题是用H2O2在FeCl3的催化下氧化环己醇制备环已酮，先在10mL环己醇和2.0gFeCl3混合，在滴加30%H2O2在60℃~70℃下反应70min制备环己酮，反应后的溶液中加入50mL水后进行蒸馏得到共沸馏出液，向共沸馏出液中加入食盐以减小环己酮在水中的溶解度，便于液体分离，搅拌后进行分液得到有机层，主要含有环己酮和环己醇，向其中加入MgSO4吸收表面的水分进行过滤得到的液体进行加压蒸馏即得较纯净的环己酮，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离； （2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应； （3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca； （4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83； 5．(1) 酯基和醚键 (2) 保护羧基不与C4​H9​Br发生取代反应 加成反应 (3) (4)、、、、、、、 (5)、、 【分析】 根据合成路线，反应物A (C8​H8​O3​) 与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应，形成酯B (C9H10​O3​)，可知A中存在羧基，结合H的结构，可知A的结构简式为，B的结构简式为；B与溴代丁烷 (C4​H9​Br) 在碳酸钾作用下，发生烷基化反应，形成C，则C的结构简式为；C在氢氧化钠作用下进行水解反应，随后酸化，得到D，可知D的结构简式为；D与SOCl2​反应，生成酰氯，然后与氨气反应生成E，可知E的结构简式为；E发生已知反应得到F，可知F的结构简式为；F与甲醇在一定条件下反应，生成G，G在氢氧化钠作用下，进行反应生成最终产物H，可知G的结构简式为，据此分析作答。 【详解】（1） 根据分析，A的结构简式为；C的结构简式为，则C中含氧官能团的名称为酯基和醚键。 （2） B与溴代丁烷 (C4​H9​Br) 在碳酸钾作用下，发生烷基化反应，形成C，因此反应的作用是保护羧基不与C4​H9​Br发生取代反应； F 与甲醇在一定条件下反应生成G ，可知该反应为加成反应。 （3） G 在氢氧化钠作用下，进行反应生成H，化学方程式为。 （4） B的结构简式为，其同分异构体满足①含有苯环，能使溶液显紫色，说明含有酚羟基；②核磁共振氢谱中不同环境氢原子个数比为1：1：2：2：4，说明该同分异构体分子中共有5种不同环境的氢原子，且结构对称，则满足条件的结构简式有或(其他合理结构也可)。 （5） 根据已知流程，和SOCl2​反应，生成酰氯，然后与氨气反应生成①为；发生已知反应得到②为；在一定条件下分子内发生加成反应生成③为。 Day5【答案】 (1) 3d54s1 3 (2) sp3、sp2 < ①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键 (3) Co2MnO4 6 【详解】（1）基态Cr原子的原子序数为24，核外电子排布式为，因此价层电子排布式为； 基态Cr原子中，3d轨道有5个未成对电子，4s轨道有1个未成对电子，共6个未成对电子，基态Co原子的原子序数为27，核外电子排布式为，3d轨道有3个未成对电子，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多3个。 （2）M中存在两种C原子：苯环和双键上的C原子采取杂化；甲基上的饱和C原子采取杂化； ①处N原子上有孤电子对，对成键电子的排斥力大，使键角变小；②处孤电子对形成配位键，所以①处键角小于②处键角。 （3）根据A和B中，位于顶点的Mn原子有8个，位于体内的Mn原子有1个，根据均摊法可得Mn原子共有2个；位于体内的Co有4个，则Co原子有4个；8个O位于体内，则O原子有8个，平均一个A和B有4个Co，2个Mn，8个O，化简可得其化学式为Co2MnO4； Co原子的配位数即与Co原子相邻且相近的O原子有6个(上下左右前后)； 晶胞中一个O原子的原子分数坐标为，可知这个O原子在图中所示位置：，其晶胞的坐标原点在图中所示位置：，距离该O原子最近的Mn原子的位置在图中所示：，其Mn原子的坐标为。 (1) 200oC NaClO Ru+2OH-+3ClO-=+3Cl-+H2O (2) 2:1 Na2SiO3 (3)蒸馏烧瓶和牛角管 (4)5.6≤pH<8.5 【详解】（1）“氧化溶浸”步骤，钌被氧化为Na2RuO4，要求钌的浸出率高，渣率低，选择最佳温度为200oC和NaClO做氧化剂；ClO-被还原为Cl-，Ru被氧化为离子，反应的离子方程式为：Ru+2OH-+3ClO-=+3Cl-+H2O； （2）“氧化溶浸”的溶液中有NaCl、Na2RuO4和Na2SiO3，用乙醇还原Na2RuO4，氧化剂为Na2RuO4，还原剂为乙醇，得到Ru(OH)4沉淀和CH3COO-，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为：2:1；滤液2中有NaCl、CH3COONa和Na2SiO3； （3）蒸馏需要的仪器有酒精灯、冷凝管、锥形瓶、温度计、蒸馏烧瓶和牛角管等； （4）滤液1中含和的浓度分别为、，“调节”让Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，Cr3+浓度为10-5mol/L时沉淀完全，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=1×10-5×c3(OH-)=6.4×10-31，得出c(OH-)=4×10-9mol/L，c(H+)=2.5×10-6mol/L，pH=5.6，Co2+浓度为=，Co2+开始沉淀时，Ksp[Co(OH)2]= c(Co2+)×c2(OH-)=×c2(OH-)=1.8×10-15，得出c(OH-)=1×10-5.5mol/L，c(H+)=1×10-8.5mol/L，pH=8.5，故pH范围为：5.6≤pH<8.5； Day6【答案】(1) 研钵 CaCl2或P2O5 (2) ① ④ 控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率 (3) (4)冷的盐酸、乙醇 (5) 偏小 【分析】在NH4Cl和CoCl2混合溶液中加入浓氨水，发生反应（碱性过强会生成钴的氢氧化物），再用H2O2氧化，可得，反应方程式为：，再加入浓盐酸，使得反应，平衡正向移动，冷却后可得到晶体。 【详解】（1）研细CoCl2·6H2O晶体的仪器名称为：研钵；D装置的作用是用于吸收生成的NH3防止其污染环境，因此D中试剂为：CaCl2或P2O5； （2）由分析得步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X为浓氨水，试剂Y分别为30%双氧水；步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是：控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率； （3）步骤Ⅲ用H2O2氧化，可得，反应方程式为：； （4）由于是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的晶体，因此洗涤时，先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使反应平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸； （5）配合物中钴的配位数为6，即x+y=6，且化合价代数和为0，即y+z=3，由实验Ⅰ可知，溶液中Cl-的物质的量为10-3cV1mol，实验Ⅱ中KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3的离子方程式为：，即剩余的AgNO3的物质的量为10-3cV3mol，由题意得，产品中氯元素存在形式均为Cl-，与Cl-反应的AgNO3的物质的量为10-3c（V2-V3），y：z=[10-3c（V2-V3）-10-3cV1]：10-3cV1=（V2-V3- V1）：V1，可得方程组，解得x=， y=，z=；由于AgCl和AgSCN的组成和结构相似，且，若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，AgCl沉淀会与SCN-接触，出现沉淀的转化，使得V3偏大， y值偏小。 (1) 1，4-丁二醇 (2) (3) (4)26 (5)AC (6) HCHO 【分析】 A()与水在酸性条件下发生已知反应Ⅰ生成B()，B催化氧化生成C()，C与D()、发生已知反应Ⅲ生成E（），结合C和D的分子式可知，C为，D为，故B为，A为；E发生已知反应Ⅱ生成F（）G，则F的结构简式为，F与氢气加成生成G()，则G的结构简式为，G和H()在浓硫酸作用下发生酯化反应生成I，则H为，据此分析。 【详解】（1） 由分析知，A为；B为，系统命名为1，4-丁二醇。 （2） 由分析知，是在铜作催化剂条件下与氧气反应生成和水，化学方程式为。 （3） 由分析知，D的结构简式为。 （4） 由分析知，H为，满足条件①与H具有相同官能团②芳香族化合物 ③不能与FeCl3溶液显色的同分异构体有：苯环上的取代基为一个时，取代基可以为、、 共4种；当苯环上的取代基为2个时，取代基可以为和、和、和、和，每种有邻间对三种结构，共种；当苯环上的取代基为3个时，取代基只能为、和，同分异构体数目为10种，故满足条件的H的同分异构体数目为种。 （5） A．E为，含有羧基、酮羰基、氨基3种官能团，A错误；     B．由分析知，G→I的反应类型为取代反应（酯化反应），B正确； C．手性碳原子是指连有四个不同的原子或原子团的饱和碳原子，I（）中含有3个手性碳原子，图中标有*的碳原子为手性碳，C错误；     D．E的结构中含有氨基，能与盐酸反应，同时含有羧基，能与氢氧化钠反应，D正确； 故选AC。 （6） 合成时发生已知反应Ⅲ的反应，因此还需的两种反应物分别为HCHO、。 学科网（北京）股份有限公司 $ Day 3 【背诵点-共价键问题】 1.不同化学键，用原子半径分析键长，得出键能大小关系 2.同种化学键，从键的极性角度分析稳定性 已知键能数值，直接从键能大小角度分析 · 氮原子间能形成氮氮叁键，而砷原子间不易形成叁键的原因是_______________________ 砷原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小或几乎不能重叠，难以形成π键 · N与P同主族。科学家在一定条件下把氮气(氮氮三键键能为942 kJ·mol－1)聚合为固体高聚氮，全部以N—N键相连且键能为160 kJ·mol－1，这种固体高聚氮可能潜在的用途是_____________，这是因为____________ 炸药(或高能材料)　固体高聚氮断开2 mol N—N键，结合成氮分子，且断裂2 mol N—N键消耗320 kJ，生成1 mol氮氮三键放出942 kJ，因此这是个剧烈放热且剧烈熵增(产生大量气体)的反应 · 铵盐大多不稳定。NH4F、NH4I中，较易分解的是______，原因是__________________【产物角度】 NH4F  F原子半径比I原子小，H→F键比H→I键强(H→F更易形成)，F-更易夺取NH4+中的H+ · 碳酸盐的阳离子不同，热分解的温度不同.MgCO3、CaCO3、SrCO3、BaCO3的热稳定性由强到弱的顺序为 ，其原因是______________________________________________________________ BaCO3>SrCO3>CaCO3>MgCO3 碳酸盐分解的本质为CO32-生成CO2和O2-，O2-与金属阳离子结合的过程，而MgO晶格能最大最稳定，故MgCO3最易分解（或离子晶体中阳离子的半径越小，结合碳酸根中的氧离子越容易 【物质与结构】 （2026·山东淄博·一模）Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Co位于第___________周期___________族，基态Co与基态Mn原子中未成对电子数之比为___________。 (2)双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 (3)钴钐化合物可用作稀土永磁材料，其六方晶胞如图乙所示，A、B点原子的分数坐标分别为，。则___________；截面MNQP单位面积含有的Co原子为___________个。 【工艺流程】偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示： 已知25℃时：①，，，， ②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。 回答下列问题： (1)加入适量的主要目的是 。 (2)“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗 (用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则 。 (3)“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为 (填化学式)。 (4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。 (5)“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为 。 Day 4 · 【背诵点-键角问题】 1、 先看中心原子杂化方式 · H3BO3 分子中的 O—B—O 的键角 BH4－中的 H—B—H 的键角，判断依据是 H3BO3分子中的B采取sp2杂化，而BH4－中的B采取sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3杂化 2、 杂化方式相同，比较孤电子对数 · NH中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角______(填“大”或“小”)，原因是___________ NH中氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力强于成键电子对之间的排斥力，导致NH中H—N—H的键角比NH3中大 三、杂化方式相同，孤电子对数相同，看中心原子或配原子的电负性。 中心原子电负性越大，键角越大。配原子电负性越大，键角越小 · 两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因 N原子的电负性强于P原子，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3或N原子的电负性强于P原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3 · NF3的键角_____NH3的键角，理由是__________________ F电负性比H大，NF3中N周围电子云密度减小，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小 四、单键和双键对键角的影响不同 · 乙酸分子()中键角1________(填“大于”“等于”或“小于”)键角2，原因是___________ 答：大于　C===O对C—C的斥力大于C—O对C—C的斥力 【实验】 环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：    相关数据如下： 物质 密度/g▪cm-3 沸点/℃(101kPa) 与水形成共沸物的沸点/℃ 部分性质 环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水，具有还原性，易被氧化 环己酮 0.95 155.0 98.0/3.4kPa 95.0 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应 回答下列问题： (1)的作用是 ：加入食盐的目的是 。 (2)环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是 。 (3)减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用 (填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有 。 减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是 (填标号)。 a.关闭真空泵               b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温 c.缓慢打开双通旋塞                 d.停止通冷凝水 (4)本实验中环己酮的产率为 (保留2位有效数字)。 (5)传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为 。 （2026·山东东营·二模）化合物H是抗帕金森药的中间体，合成路线如下： 已知： 回答下列问题： (1)A的结构简式为______，C中含氧官能团的名称为______。 (2)反应的作用是______，的反应类型为______。 (3)写出的化学方程式______。 (4)写出满足下列条件的B的同分异构体______(写出一种结构简式)。 ①含有苯环，能使溶液显紫色； ②核磁共振氢谱中不同环境氢原子个数比为1：1：2：2：4 (5)完成下面流程转化(-Ph表示苯基)，填写对应物质的结构简式______。 Day 5 【背诵点-配位键问题】 1.稳定性： · 一般来说，同一元素或同周期元素作为中心，中心的正电荷数越高，配位化合物越稳定。 · 同族元素作为中心，中心所处的周期数较大时，其 d 轨道较伸展，形成的配位化合物稳定。 · 配体中配位原子的电负性越小，给电子能力越强，配位化合物越稳定。 · 螯合效应 ①对溶解性的影响 一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH－、Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物如Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋2OH－ ②颜色的改变 当简单离子形成配离子时，其性质往往有很大差异。颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－形成硫氰化铁配离子，其溶液显红色。 ③稳定性增强 配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。例如，血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。 ④一般情况下，形成配位键后中心离子的氧化性减弱 ⑤反应过程中形成配位键，能增强金属单质的还原性 如Pt、Au能溶于王水 【物质与结构】 （2026·山东潍坊·一模）Co、Mn、Cr的尖晶石氧化物具有优异的热稳定性和吸光性能。回答下列问题： (1)基态Cr原子的价层电子排布式为_______，基态Cr原子中未成对电子数比基态Co原子多_______个。 (2)CoCl2与化合物M()可形成配合物Q()。M中C原子采取的杂化方式为___________；M中①处C-N=C键角___________(填“>”“<”或“=”)Q中②处C-N=C键角，原因是___________。 (3)Co-Mn尖晶石氧化物晶体结构如图所示，晶胞参数，，该晶体的化学式为___________；Co原子的配位数为___________；晶胞中一个O原子的原子分数坐标为，距离该O原子最近的Mn原子的原子分数坐标为___________。 【工艺流程】铂族金属钌（Ru）广泛用于航天航空、石油化学、信息传感工业、制药等高科技领域。以下工艺实现了电子废弃物中铂族金属钌（Ru）的回收利用，电子废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等物质。 已知：①②，。 (1)“氧化溶浸”步骤，两种氧化剂在不同温度下对渣率和钌浸出率的影响分别如图1、图2所示，则最佳反应温度为 ，适宜选择的氧化剂为 ，反应的离子方程式为 。 (2)“还原”步骤，的氧化产物为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ，滤液2中的主要成分有、、 。 (3)蒸馏时，所用到的玻璃仪器有酒精灯、冷凝管、锥形瓶、温度计 。 (4)滤液1中含和的浓度分别为、，“调节”步骤的范围为 。[已知：当时，可认为已经沉淀完全] Day 6 【背诵点-分子溶解性大小的判断】 1.分子的极性 “相似相容原理”卤素单质易溶于有机溶剂（四氯化碳、苯、乙醇等） 2.与溶剂形成氢键以及氢键的个数 3.与溶剂发生反应 · 用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验，向硫酸铜溶液中滴加氨水生成蓝色沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，请解释加入乙醇后析出晶体的原因乙醇分子极性比水分子弱，加入乙醇后溶剂的极性减弱，溶质的溶解度减小 · NH3溶于水，其原因是①NH3是极性分子，易溶于极性分子H2O形成的溶剂中；②NH3与H2O之间形成分子间氢键；③NH3可与水反应 · 硼酸晶体是片层结构，其中一层的结构如图所示。硼酸在冷水中溶解度很小，但在热水中较大，原因是 晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起，难以溶解；加热时，晶体中部分氢键被破坏，硼酸分子与水分子形成氢键，溶解度增大 【实验】 是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用下图装置制备。 已知：①Co2+在溶液中较稳定，具有较强还原性；为深红色晶体； ②，。 具体实验步骤如下： I．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CoCl2·6H2O晶体，溶解得到混合溶液； Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出； Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50～60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色； Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50～60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤； Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。 回答下列问题： (1)研细CoCl2·6H2O晶体的仪器名称为 ，仪器D中的试剂为 。 (2)步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为 、 (填标号)，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是 。 ①浓氨水    ②NaOH溶液    ③KMnO4溶液    ④30%双氧水 (3)写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式 。 (4)步骤Ⅴ中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，洗涤剂使用的先后顺序是冰水、 。 (5)最终获得产品会含少量杂质或，产品组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验： 实验Ⅰ：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗。 实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入稍过量cmol·L-1AgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴溶液作指示剂，用cmol·L-1KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗。 计算 (用、和表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致y值 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 （2026·山东日照·一模）阿托品(化合物I)为一种抗胆碱药物，一种合成路线如下： 已知：Ⅰ、    Ⅱ、 Ⅲ、(R为，，) 回答下列问题： (1)A的结构简式为______，B的化学名称为______。 (2)B→C的化学方程式为______。 (3)D的结构简式为______。 (4)H的同分异构体中，同时满足下列条件的有______种(不考虑立体异构)。 ①与H具有相同官能团    ②芳香族化合物    ③不能与溶液显色 (5)下列说法错误的是______(填标号)。 A．E含有2种官能团 B．G→I的反应类型为取代反应 C．I中含有4个手性碳原子 D．E既能与盐酸反应也能与氢氧化钠反应 (6)以为原料合成过程如下： 上述反应还需的两种反应物分别为______、______(填结构简式)。 学科网（北京）股份有限公司 $