福建省龙岩第一中学锦山学校2026-2027学年高三上学期第一次阶段测试 化学试题

龙岩一中锦山学校2026-2027学年高三第一次阶段检测化学学科试卷 可能用到的相对原子质量：Li-7S-16 一、单项选择题：本题共10题，每小题4分，共40分。 1.下列有关生活中“剂的说法错误的是 A.乙酸可作为食品的“调味剂” B.活性铁粉可用作月饼袋中“脱氧剂” C.明矾可作为自来水的消毒剂 D.过氧化钠可用作呼吸面具“供氧剂 2.2026年“闽超”足球联赛处处体现“化学元素”，下列有关说法正确的是 A.护腿板中的碳纤维属于有机高分子材料 B.足球球面材料采用的聚氨酯属于无机非金属材料 C.氯乙烷气雾剂常用于治疗运动中的急性损伤，是利用了氯乙烷汽化时吸收热量，使皮肤快速冷冻， 皮下毛细血管收缩从而止血，同时止痛 D.运动员皮肤伤口杀菌消毒用的是95%的酒精溶液 3.下列化学用语或图示表达正确的是 A.SO2分子的空间填充模型： OH OH B.制备酚醛树脂的化学方程式：n +n HCHO_催化剂→H CH2OH+(2n-1)H20 C.用电子式表示H,0的形成：HO个H→H:O:H D.HCI中的s-po键示意图：6o 4.下列过程中能发生反应且对应离子方程式书写正确的是 A.向NH,HSO4溶液中滴加少量NaOH溶液：H+OH=H,O B.醋酸溶解大理石：2H+CaCO3=Ca2++CO,个+H,0 C.Fe(OH)2中滴加稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++H,O D.C02通入石灰乳中：C02+Ca2++20H=CaC03↓+H,0 5.实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是 浸海→含I的H,02含L的CCL4含1，的浓NaOH含、103456H,SO4 水溶液稀H2SO4水溶液 CCL,溶液溶液的水溶液 溶液悬浊液 →固态L2 ① ② ③ ④ ⑤ ⑤ A.步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏 B.步骤④中反应消耗0.03molL2时，转移0.05mol电子 C.步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO,+I厂+6H=12↓+3H,0 D.理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H,SO,的物质的量相等 6.研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H,O=H+HO+e。 O C02 三唑水溶液微滴表面接触CO发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列说法错误的是 HO H A.该过程不涉及非极性键的形成 2H,O B.HCOOH中的O全部来自于CO2 】 2H+2H0·+ C.三唑在反应循环中起催化作用 H.O, D.总反应为2H20+C02=H,O2+HCOOH HO 7.儿茶素是茶多酚的主要活性成分，具有抗氧化、调节代谢等作用， 是茶叶保健功能的重要物质基础。儿茶素分子的结构简式如图所示， OH 下列有关儿茶素的说法错误的是 OH A.1个儿茶素分子含2个手性碳原子 B.1mol儿茶素分子与浓溴水反应最多消耗5 nol Br,. HO C.1mol儿茶素分子最多能与5 noINaOH发生反应 D.儿茶素可发生取代反应、加成反应、氧化反应和消去反应 试卷第1页（共4页) 8.一种强力除草剂由原子序数依次增加的短周期元素W、X、Y、Z和M组成，这些元素分属于三个周 期，且X、Y、Z为同周期相邻元素，其分子结构如图所示。 下列叙述错误的是 A.该化合物既可与酸反应，也可与碱反应 B.该化合物中X的杂化轨道类型都为s即3 W- C.Y最高价氧化物的水化物具有强氧化性 D.元素的原子半径大小：W<Y<M 9.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 Y 沸点： HO COOH 氢键类型 COOH B 稳定性：H亚>HCl 分子间作用力 C 酸性：CF3COOH(pK,=0.23)远强于CH3COOH(pK=4.76) 羟基极性 D 熔点：AF3(1040C)远高于A1C13(178C升华) 晶体类型 10.硫化锂Li)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，LiS晶体为立方晶胞，其结构如图。已知N 为阿伏加德罗常数的值，LiS晶体密度为pgcm3。下列说法错误的是 A.Li计位于S2形成的四面体空隙中 ● B.LiS晶胞沿x轴方向的投影图为口 ● 331 C.B点的原子分数坐标为 4'44 (0.0.0) D.该晶胞参数a为3 184x101nm NAP 二、非选择题：本题共4小题，共60分，请考生用黑色字迹签字笔在答题卡上的相应位置作答，写在 本试题卷及草稿纸上的答案无效。 11.钛被视为继铁、铝之后的第三金属，钛及其化合物都有着广泛的用途。 (1)基态Fe原子的价电子的轨道表示式为 0 (2)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料，磷元素在元素周期表的区，与P同周期且第一电离能 比P小的元素有种。 (3)Ti(BH4),是一种储氢材料，其中的BH4可由BH,和H结合而成，BH4含有 (填序号)。 ①0键 ②π键 ③氢键 ④配位键 ⑤离子键 (4)硫酸氧钛（①显十4价）是一种优良的催化剂，其阳离子为如图所示链状聚合形式的离子，则该阳离子的 化学式为 Ti 800 NaCI NaBr T证 Nal (5)卤化钠Na)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，TiX,的熔点呈如 200 TiBr TiCI 图变化趋势的原因 0 3 周期 试卷第2页（共4页） 12.德戈替尼是一种治疗湿疹的药物，其中间体K的合成路线如下（部分试剂和条件已略去）。 a)SOCl, K.CO. b)加热 a)H2.Pd(OH)2/C Boc- a)03 b)Boc2O 中间体 b)PPh Boc. 回答下列问题： (1)化合物A的名称是 (2)写出C→D的反应方程式 (3)由D生成E的过程中，产生的无机废气应使用 (填化学式)溶液吸收。 (4)E到F的有机反应类型是 (5)化合物G中 (填“1”或“2)号碳上氢原子酸性更强。 (⑥)写出虹的结构简式 (7)化合物B的同分异构体中，满足下列条件的有 种（不考虑立体异构）。 a)含有两个六元环，其中一个是苯环：b)苯环只有一个取代基。 写出其中一种无手性的结构简式 3.钴在新能源、航空航天等领域具有重要用途。一种以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，从中提取钴 的流程如下。 ①H,02 硫酸 ②CaC0, Na,S,0gNa,S,0gNa0H溶液 钴渣→酸浸 →除铁 除锰 沉钴 →Co(OH) 滤渣1 滤渣2 滤渣3 滤液 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn+等金属阳离子： ②25℃，部分金属离子c(M+)=0.1molL形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Zn2 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.6 8.9 (1)“酸浸时，可以提高浸出率的措施有 (任写一种)。 (2)“除铁时，H02与Fe+发生反应的离子方程式为 (3)除锰时，Na2S2Og与M2+反应生成MnO2和SO子。过二硫酸根离子(S,0) 结构如图所示。根据结构分析：S2O。中S的化合价为 价；S2O具有 强氧化性的原因是 试卷第3页（共4页） (4)沉钴时，向除锰'后的溶液中加入Na2S2O3溶液并控制溶液pH=5.0,Co+以Co(OHD3形式沉淀，该反 应的离子方程式为 0 (5)根据流程可知，还原性：Co+ F2+(填“强于”或弱于) (6)若调节沉钴”后滤液的pH=7.5,同时出现Zn(OHD2和Ni(OHD2沉淀，此时溶液 中2n2) cNi2 0 (7)Co(O田3热分解的产物CoO4与LiC03混合烧结可制备锂离子电池正极材料钴 e Li 酸锂，其晶胞结构如图所示。 ①基态Co原子价电子排布式为 19 ②钴酸锂的化学式为 0 (8)钴的另一种氧化物的晶胞结构如图所示，与Co+距离最近且相等的Co+有 俯视图 个：该晶胞若沿体对角线投影，则0的投影图为（填字母选项）。 什多制器 14.三氯化六氨合钴m([Co(NH,)6]CL,)在工业上用途广泛。 已知：①钴单质与Cl2在加热条件下反应可制得CoCl2,CoC12易潮解变质。 ②Co2+不易被氧化，[Co(NH),]还原性较强。 (1)制备CoCl2,实验装置如下图。 一浓盐酸 分散有钴粉的石棉绒 收集器 KMnO 试剂x 试剂Y 试剂z ①烧瓶内发生反应的化学方程式为 ②试剂X为 一，试剂Z的作用为 (2)制备[Co(NH)。]CL,制备流程与装置如下。 CoC12(1.5g) △ 活性炭(0.3g)双氧水 双氧水 NH CI(1g) 冷却、过滤、洗涤 [Co(NH3).]Cl, H,O(5mL) 溶解 搅拌均匀 氨水 混合液 O1mol[Co(NH,)6]中含有 molo键。 ②向混合液加入双氧水与氨水时，应先加入 加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右， 反应约30分钟，温度不宜过高的原因是 ③由CoC制备[Co(NH,)6]CL,总反应的化学方程式为 试卷第4页（共4页） 龙岩一中锦山学校2026-2027学年高三第一次阶段检测化学学科试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B A B B D 1.C【详解】A.乙酸是食醋的主要成分，具有酸味且无毒，可作为食品调味剂，A正确： B.活性铁粉具有较强还原性，可与月饼袋中的氧气反应，防止食品氧化变质，可用作脱氧剂，B正确： C. 明矾溶于水后，A1+水解生成的A1(OH),胶体可吸附水中悬浮杂质起到净水作用，但明矾不具有强氧化 性，无法杀菌消毒，不能作为自来水消毒剂，C错误： D.过氧化钠可与人体呼出的CO2、HO反应生成O2,可用作呼吸面具的供氧剂，D正确： 2. C【详解】A.碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误： B. 聚氨酯是人工合成的有机高分子化合物，属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，B错误： C.氯乙烷沸点较低，喷出后迅速汽化，汽化过程吸收大量热量，可使局部皮肤快速冷冻，皮下毛细血管 收缩止血，同时起到镇痛效果，C正确：D.常用于皮肤伤口杀菌消毒的酒精溶液是75%。 3.D【详解】A.S02价层电子对数为：2+。×(6-2×2)=3，分子空间构型为V形，题给空间填充模型 OH 为直线形，模型不符合实际结构；B.制备酚醛树脂的反应中，生成H,O的计量数应为nl,即◇m OH HCHO催化剂H CH,OH+-1)HO:C.H,0为共价化合物，形成过程不存在电子得失，无需 用弯箭头标注电子转移，H·+×O×+H→HOH;D.HCI中H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头重叠形成 S-Pσ键，且Cl电负性更大，成键电子对偏向C1,示意图符合该成键特点： 4.A【详解】A.NH,HSO,电离出的H优先与少量OH反应，NH4不参与反应，离子方程式书写符合反 应事实；B.醋酸是弱电解质，不能拆写为H,需写化学式CH,COOH, 2CH,COOH+CaC0,=Ca2++2CH,COO+C02个+H,0;C.稀硝酸具有强氧化性，会将Fe(OH)2中的Fe24 氧化为Fe3+,同时生成NO,3Ffe(OH),+10H+NO;=3Fe++8H,O+NO个，C错误； D.石灰乳中C(OH)2主要以悬浊液形式存在，不能拆写为Ca2+和OH,应写化学式， CO2+Ca(OH2=CaCO3↓+H,O,D错误； 5.B【详解】A.步骤①为分离浸泡后海带灰残渣和含I的水溶液，操作是过滤；步骤③为用CC1,萃取碘 并分液得到含I2的CC14溶液：步骤⑥为从含I2的悬浊液中分离固态I2,操作是过滤，不是蒸馏，A错误： B.步骤④反应为3I2+6NaOH=5Na+NalO3+3H,0,每消耗3molL,转移5mol电子，故消耗0.03molL,时， 转移电子物质的量为x0.03mol=0.05mol,C.步骤⑤为10，和r在酸性条件下的归中反应，离子方程式 需满足电荷守恒、得失电子守恒，正确离子方程式为O,+5+6H=3L2↓+3H,0,选项给出的方程式电 荷、得失电子均不守恒；D.由步骤④反应可知，若消耗6 mol NaOH,生成1 molIO:和5mol;步骤⑤中 1 molIO,和5molI完全反应消耗3molH,S04,故二者物质的量之比为2：1，不相等，D错误； 6.A【详解】A.反应过程中2个HO结合生成HO2,形成了O-O非极性键，因此该过程涉及非极性键 的形成；B.HO分解产生的HO全部用于生成HO2,即H,O2中的O全部来自H,0,结合总反应的元 素守恒可知，HCOOH中的O全部来自于CO2;C.三唑在反应循环中先参与反应，最终又生成，化学性 质和质量均不变，在反应中起催化作用：D.结合反应机理，反应物为CO,和H,O,产物为H,O,和HCOOH, 配平后总反应为2H,0+CO2=H,02+HCOOH: 7,C【详解】A.手性碳原子是连接4个不同原子或基团的碳原子，该分子中含氧杂环上连接右侧苯环的 碳原子、连接醇羟基的碳原子均为手性碳，共2个；B.浓溴水可与酚发生苯环邻对位的取代反应，该分 子共有5个酚羟基邻对位的氢原子可被取代，1mol该物质最多消耗5 mol Br,;C.只有酚羟基可与NaOH 反应，醇羟基不能与NaOH反应，该分子共4个酚羟基，1mol该物质最多消耗4 mol NaOH; D.该物质含酚羟基、醇羟基、苯环，可发生取代反应（如溴代、酯化）、加成反应（苯环加氢）、氧化 反应（羟基被氧化）、消去反应（醇羟基邻位有氢，浓硫酸加热可消去）； 8.B【分析】五种元素为原子序数递增的短周期元素，分属三个周期：第一周期只有H和H©，结合W仅 形成1个共价键，可确定W为H;剩余元素分属第二、第三周期，X、Y、Z为同周期相邻元素；Z可形 答案第1页（共4页） 成2个共价键，Y可形成3个共价键，X可形成4个共价键，三者均属于第二周期，故X为C,Y为N, Z为O:M为第三周期元素，与3个Z(O)和1个X(C)成键，其中一个为M=Z双键，共计5个共价 键，故M为P。 【详解】A.该化合物含碱性基团氨基、酸性基团羧基和磷酸羟基，既可与酸反应，也可与碱反应： B.分子中存在羧基碳，形成碳氧双键，该C原子的杂化类型为sp；C.Y为N,其最高价氧化物的水化 物为HNO,具有强氧化性：D.原子半径规律为电子层数越多半径越大，同周期主族元素从左到右半径 递减，因此原子半径：H<N<P即W<YM,D正确； 9.B【详解】A.邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，沸点低，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，沸点高， 则邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸的沸点：B.由于非金属性F>CI,则简单氢化物的稳定性：HF>HCI; C.由于电负性F>H,C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增 强；B.AF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AICI3为共价化合物，形成的晶体为分子 晶体，熔点较低，则A1F3熔点远高于AlCl: 0.D【详解A.由题图可知，8采取面心立方最密维积，晶胞内$总数为8X。+6× =4,Li计总数为8， 面心堆积的S一共可形成8个四面体空隙，晶胞内的8个L计恰好完全填充所有四面体空隙，因此L计位于 S形成的四面体空隙中，A正确： B.硫离子位于晶胞的面心、项点，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞x轴方向的投影图为 ● O: ● C.结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为 331 4'4'4C正确： D.晶胞内包含4个LiS,晶胞总质量m=4×M(i,S_4×(7×2+32)_1 NA N8, 根据密度公式p=m , 设 a为晶胞边长，晶胞体积=a,可得a=184 cm3,得a= 184 -cm,1cm=10m,因此得 P-NA VP.N 184 a= ×10'nm,D错误； VP-NA 3d 4s 1.(四州个个柯 (2)p 5(3)①④ (40(TiO)2 (⑤)TF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TBr4、T江4属于分子晶体，随相对分子质量依次增大，分子间作 用力增强，熔点逐渐升高 【详解】(1)已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p3s23p3d4s2,则基态Fe原子的价电 3d 子的轨道表示式为W个四： (2)己知P是15号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p3s23p3,故磷元素在元素周期表的p区，根据同 一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与IA、VA与VIA反常，与P同周期且第一电离能比 P小的元素有Na、Mg、Al、Si、S等5种，故答案为：p;5; (3)由题干信息可知，BH,可由BH,和H结合而成，且B最外层上只有3个电子，则BH含有B-HO键 和B-H配位键，不存在双键即没有π键，也没有氢键和离子键，故答案为：①④； (4)每个0原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个0原子共用，二者原子个数之比为1：1，阳离 子化学式为(TO)2: (5)己知同一主族从上往下元素的电负性依次减小，则F、C1、B、I与T的电负性差值依次减小，则 T证4为离子晶体，熔点最高，TC4、TB4、T江4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间 作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，故答案为：T证4为离子晶体，熔点最高，TC4、TBr4、T江4为结构 相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，： -NH OH 12.(1)苯甲醛 +0 +HBr (3)NaOH 答案第2页（共4页） (4)取代反应 (⑤)2 0或 Ph (Ph为苯基) Ph 【分析】A与 HN OH 发生反应生成B,B与H发生加成反应生成C( 发生取代反应生成D,D与SOC在加热条件下反应生成E,E发生取代反应成环生成F,F发生取代反应 NH2 生成G,G发生取代反应生成H,H被臭氧氧化，生成I,I与 生成J结合A→B的反应、借鉴J 的结构可知I为 ,J发生还原反应生成K。 【详解】(1)A的结构为◇ H,其名称为苯甲醛；(2)由分析知，C的结构简式为 发生取代反应生成D,同时生成HB: K2CO; OH Br +HBr (3)由D、E的结构可知，E中的C1来自SOCl2,根据元素种类及价态可以判断反应生成了副产物SO2: 因此用碱液吸收； (4)对比E、F的结构可知，E中氯原子与酯基和氨之间的C-H键上的氢原子结合成HC1,关环形成四元 环，E到F的有机反应类型是取代反应： 《5)化合物G中，1号碳原子与2号碳原子与吸电子基。0的距离不同，离吸电子基越近，C-H极 Boc- 性越大，酸性越强，因此2号碳上的氢原子酸性更强；(6)由分析知，I的结构为 (7)化合物B分子中含有10个C、1个N与1个O,不饱和度为5；同分异构体中的苯环含有6个C, 不饱和度为4，加上另一个六元环，不饱和度为1，该六元环由4个C、1个N、1个0构成，由于苯环只 有一个取代基，可以认为苯基是该六元环的一个取代基，可能取代在C原子或N原子上，则N原子与苯 基的可能位置关系有（将O视为CH2)① 、② ③ 、④ ,则将 Ph Ph N Ph h 六元环中的其中一个CH,变为O即可得满足条件的同分异构体，根据①~④的对称性可知，同分异构体共 有3+4+4+2=13种，其中①对应的3种同分异构体中的C都连接2个H,因此没有手性，其结构为 Ph Ph 13.(1)加热（或粉碎钴渣、适当增大硫酸浓度、搅拌等) (2)2Fe2++H,02+2Ht=2Fe3++2H,0 (3)+6 结构中含有过氧键(-0-0-)（④2Co2++S,0号+6H,0=2Co(OH3↓+2S0}+6H (⑤)弱于 (⑥1014 ()3d4s2LiCo02(012B 【分析】该流程以湿法炼锌产出的钴渣为原料，先通过硫酸酸浸将钴渣中的Zn+、Co+、Fe+、Ni+、Mm+ 答案第3页（共4页） 等目标金属离子溶出分离出不溶性滤渣1，随后向酸浸液中加入HO2将Fe+氧化为更易在低pH下沉淀的 Fe3+,再加入CaCo3调节pH使Fe3+转化为滤渣2实现除铁：接着加入强氧化剂NaS2Og将Mn+氧化为MnO2 沉淀得到滤渣3完成除锰；之后继续加入NaSO3并控制溶液pH=5.0,将Co+氧化为Co+并以Co(OD3 形式沉淀，最终实现钴与溶液中剩余的Zn+、NP+等杂质离子的分离，得到钴的富集产物Co(OHD3。 【详解】(1)在“酸浸”过程中，为了提高钴渣的浸出率，可以采取升高温度（加热）、将钴渣粉碎以增大 接触面积、适当增大硫酸的浓度或进行搅拌等措施。 (2)“除铁”时加入H,O2是为了将溶液中的F+氧化为Fe+以便后续沉淀。酸浸液呈酸性，H,02作氧化 剂被还原为H,0,根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2Fe2++H,0,+2H=2F++2H,0。 (3)观察S,O?的结构式可知，中间两个氧原子形成过氧键(-0-0-)，化合价为-1价，其余6个氧原 子为-2价。设S元素的化合价为x,根据化合价代数和等于离子电荷数：2x+2×(-1)+6×(-2)=-2,解得 x=+6。由于其结构中含有不稳定的过氧键，极易得到电子，因此具有强氧化性。 (4)“沉钴”时，S2O。将Co2+氧化为Co3+,自身被还原为SO。由于控制溶液pH=5.0,环境呈弱酸性， Co3+水解生成Co(OH)3沉淀并释放出H+(加入的NaOH用于中和生成的H+以维持pH)。根据电子守恒 和原子守恒，离子方程式为：2Co2++S,0?+6H,0=2Co(OH)3↓+2S0}+6H。 (5)在流程中，首先加入H,O2将F+氧化为Fe+，此时Co+未被氧化；后续需要加入氧化性更强的 Na2S2Og才能将Co2+氧化。这说明F2+比Co2+更容易失去电子，即还原性：Co2+弱于Fe2+。 (6)根据表格数据，Zn2+开始沉淀的plH=6.2,c。=0.Imol.L,此时c(OH）=108molL,则 K,[Zm(OH2]=0.1×0782=10166;同理，N2+开始沉淀的pH=6.9,此时c(OH）=10mol-L,则 K,Ni(OH2]=0.1×10712=10152。当两者同时沉淀时，溶液中OH浓度相同，则 cNK,OH10四=10“。（7)C0是27号元素，过渡金居价电子包合最外层6轨道和次 c(Zn2+）Km[Zn(0H)2]_1066 外层d轨道电了.价电子排布为3对4.用均推法计第晶胞内照子数：山共8×令+2=3个，C0共4×好+2-3 4 个，0共4+8x}=6个，原子个数比Li:Co:0=1:1:2,故化学式为LiCo0,。 4 (6)以体心C0+为例，与C0+距离最近且相等的C0+同层、上下层各有4个，故有12个；该晶胞若沿体 对角线投影，则O2的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故答案为：12：B。 14.(1)2KMnO4+16HCI(浓)=2KCl+2MnCL2+5CL,个+8H,0饱和食盐水 吸收多余的C12,防 止污染环境：防止空气中的水蒸气进入收集器中(2)24氨水 防止双氧水分解与浓氨水挥发 2CoCI2+10NH,H2O+H2O2+2NH,CI=2Co(NH3)CI,+12H2O 2CoCl2 +10NH3 +H2O2 +2NH,CI=2 Co(NH3)Cl3 +2H2O 【分析】(1)该反应中，高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，经过试剂X除去氯气中的氯化氢，再经过试 剂Y干燥氯气，随后和钴反应生成氯化钴，氯气有毒，最后进行尾气处理。 (2)CoC1在活性炭催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右反 应约30分钟生成[Co个NH)Cl3,经冷却、过滤、洗涤得到[CoNH)]Cl3固体。 【详解】(1)①由分析可知，烧瓶内高锰酸钾和浓盐酸反应备氯气，发生反应的化学方程式为： 2KMnO4+16HCI(浓)=2KC1+2MnCl+5C1↑+8HO。 ②由分析可知，试剂X除去氯气中的氯化氢，则试剂X为饱和食盐水：氯气有毒，要防止其排到空气中， 同时CoC易潮解变质，则试剂Z的作用为：吸收多余的C2,防止污染环境：同时防止空气中的水蒸气 进入收集器中。(2)①[Co(NH)6]”中每个NH,分子内部有3个N-Ho键，中心Co+与6个NH,之间 形成6个配位o键，所以1mol该配离子中含6×3mol+6mol=24nolo键； ②由题意知Co2+在水溶液中不易被氧化，[Co(NH,)。]了还原性较强，所以应该先加入氨水转化为易被氧 化的物质；因双氧水易分解，浓氨水易挥发，所以反应时温度不宜过高。 ③CoC与氨水、过氧化氢、氯化铵反应生成Co(NH,)6CL,和H,0,根据氧化还原反应中电子转移守恒， 配平后可得方程式为：2CoC1+10NH3·H0+HO+2NH4C1=2[CoNH)6]Cl3+12H0或 2CoCl2+10NH3+H2O2+2NH4CI=2[Co(NH3)6]C13+2H2O. 答案第4页（共4页）