精品解析：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-7 S-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. 分子的空间填充模型： B. 制备酚醛树脂的化学方程式： C. 用电子式表示的形成： D. 中的键示意图： 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. 向溶液中滴加少量溶液： B. 醋酸溶解大理石： C. 中滴加稀硝酸： D. 通入石灰乳中： 5. 实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是 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0.03 mol 时，转移0.05 mol电子 C. 步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为 D. 理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的的物质的量相等 6. 研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触CO2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 A. 该过程不涉及非极性键的形成 B. HCOOH中的O全部来自于CO2 C. 三唑在反应循环中起催化作用 D. 总反应为 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，下列有关儿茶素的说法错误的是 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5mol C. 1mol儿茶素分子最多能与5molNaOH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 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 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： 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 A 沸点：> 氢键类型 B 稳定性：HF>HCl 分子间作用力 C 酸性：CF3COOH ()远强于CH3COOH () 羟基极性 D 熔点：AlF3 (1040℃)远高于AlCl3 (178℃升华) 晶体类型 A. A B. B C. C D. D 10. 硫化锂(Li2S)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，Li2S晶体密度为。下列说法错误的是 A. 位于形成的四面体空隙中 B. Li2S晶胞沿x轴方向的投影图为 C. B点的原子分数坐标为 D. 该晶胞参数a为 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）基态原子的价电子的轨道表示式为______________。 （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）是一种储氢材料，其中的可由和结合而成，含有_________(填序号)。 ①键 ②键 ③氢键 ④配位键 ⑤离子键 （4）硫酸氧钛(显价)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_________。 （5）卤化钠()和四卤化钛()的熔点如图所示，的熔点呈如图变化趋势的原因_____________________________________________。 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)。 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I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_________________________。 13. 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。 已知：①酸浸液主要含有、、、、等金属阳离子； ②25℃，部分金属离子［］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 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，与发生反应的离子方程式为___________________________。 （3）“除锰”时，与反应生成和。过二硫酸根离子()结构如图所示。根据结构分析：中S的化合价为_________价；具有强氧化性的原因是_____________。 （4）“沉钴”时，向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液，以形式沉淀，该反应的离子方程式为____________________________________。 （5）根据流程可知，还原性：_________(填“强于”或“弱于”)。 （6）若调节“沉钴”后滤液的，同时出现和沉淀，此时溶液中_________。 （7）；热分解的产物与混合烧结可制备锂离子电池正极材料钴酸锂，其晶胞结构如图所示。 ①基态原子价电子排布式为_____________。 ②钴酸锂的化学式为______________。 （8）钴的另一种氧化物的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有_________个；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为_________(填字母选项)。 14. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)()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，CoCl2易潮解变质。 ②不易被氧化，还原性较强。 （1）制备CoCl2，实验装置如下图。 ①烧瓶内发生反应的化学方程式为__________________。 ②试剂X为______，试剂Z的作用为__________________。 （2）制备，制备流程与装置如下。 ①1mol 中含有______molσ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CoCl2制备总反应的化学方程式为__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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-7 S-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” 【答案】C 【解析】 【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，水解生成的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、反应生成，可用作呼吸面具的供氧剂，D正确； 故本题选C。 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 【答案】C 【解析】 【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%，D错误； 故选C。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 分子的空间填充模型： B. 制备酚醛树脂的化学方程式： C. 用电子式表示的形成： D. 中的键示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．的中心S的价层电子对数为，中心硫原子上有1个孤电子对，分子空间构型为Ⅴ形，空间填充模型为，A错误； B．制备酚醛树脂的反应中，生成的计量数应为，即，B错误； C．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，表示为，C错误； D．中H的1s轨道与的3p轨道头碰头重叠形成键，且电负性更大，成键电子对偏向，示意图符合该成键特点，D正确； 答案选D。 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. 向溶液中滴加少量溶液： B. 醋酸溶解大理石： C. 中滴加稀硝酸： D. 通入石灰乳中： 【答案】A 【解析】 【详解】A．电离出的优先与少量反应，不参与反应，离子方程式书写符合反应事实，A正确； B．醋酸是弱电解质，不能拆写为，需写化学式，，B错误； C．稀硝酸具有强氧化性，会将中的氧化为，同时生成，，C错误； D．石灰乳中主要以悬浊液形式存在，不能拆写为和，应写化学式，，D错误； 故选A。 5. 实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是 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0.03 mol 时，转移0.05 mol电子 C. 步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为 D. 理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的的物质的量相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤①为分离浸泡后海带灰残渣和含的水溶液，操作是过滤；步骤③为用萃取碘并分液得到含的溶液；步骤⑥为从含的悬浊液中分离固态，操作是过滤，不是蒸馏，A错误； B．步骤④反应为，每消耗转移电子，故消耗时，转移电子物质的量为，B正确； C．步骤⑤为和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，选项给出的方程式电荷、得失电子均不守恒，C错误； D．由步骤④反应可知，若消耗，生成和；步骤⑤中和完全反应消耗，故二者物质的量之比为，不相等，D错误； 答案选B。 6. 研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触CO2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 A. 该过程不涉及非极性键的形成 B. HCOOH中的O全部来自于CO2 C. 三唑在反应循环中起催化作用 D. 总反应为 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应过程中2个结合生成，形成了非极性键，因此该过程涉及非极性键的形成，A错误； B．分解产生的全部用于生成，即中的全部来自，结合总反应的元素守恒可知，中的全部来自于，B正确； 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，C正确； D．结合反应机理，反应物为和，产物为和，配平后总反应为，D正确； 故选A。 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，下列有关儿茶素的说法错误的是 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5mol C. 1mol儿茶素分子最多能与5molNaOH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 【答案】C 【解析】 【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，A正确； 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5mol ，B正确； 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4mol NaOH，C错误； 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），D正确； 故选C。 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 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： 【答案】B 【解析】 【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He，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，A正确； 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，B错误； C．Y为N，其最高价氧化物的水化物为，具有强氧化性，C正确； 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：即W<Y<M，D正确； 故选B。 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 A 沸点：> 氢键类型 B 稳定性：HF>HCl 分子间作用力 C 酸性：CF3COOH ()远强于CH3COOH () 羟基极性 D 熔点：AlF3 (1040℃)远高于AlCl3 (178℃升华) 晶体类型 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【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，故A正确； B．由于非金属性F＞Cl，则简单氢化物的稳定性：HF>HCl，故B错误； 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，故C正确； B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故D正确； 故选B。 10. 硫化锂(Li2S)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，Li2S晶体密度为。下列说法错误的是 A. 位于形成的四面体空隙中 B. Li2S晶胞沿x轴方向的投影图为 C. B点的原子分数坐标为 D. 该晶胞参数a为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题图可知，S2-采取面心立方最密堆积，晶胞内S2-总数为，Li+总数为8，面心堆积的S2-一共可形成8个四面体空隙，晶胞内的8个Li+恰好完全填充所有四面体空隙，因此Li+位于S2-形成的四面体空隙中，A正确； B．硫离子位于晶胞的面心、顶点，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞x轴方向的投影图为，B正确； 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，C正确； D．晶胞内包含4个Li2S，晶胞总质量，根据密度公式，设a为晶胞边长，晶胞体积，可得，得，1cm=107nm，因此得，D错误； 故答案选D。 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）基态原子的价电子的轨道表示式为______________。 （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）是一种储氢材料，其中的可由和结合而成，含有_________(填序号)。 ①键 ②键 ③氢键 ④配位键 ⑤离子键 （4）硫酸氧钛(显价)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_________。 （5）卤化钠()和四卤化钛()的熔点如图所示，的熔点呈如图变化趋势的原因_____________________________________________。 【答案】（1） （2） ①. p ②. 5 （3）①④ （4） （5）为离子晶体，熔点最高，、、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 【解析】 【分析】本题为物质结构与性质综合题：由基态原子的核外电子排布写出价电子的轨道表示式，由价电子排布判断元素在周期表中的分区并比较第一电离能，判断微粒中的化学键类型，由链状聚合结构写出阳离子化学式，并由晶体类型解释熔点的变化趋势。 【小问1详解】 Fe 是 26 号元素，基态原子的核外电子排布式为 ，价电子为 。按洪特规则，3d 能级的 5 个轨道中有 1 个填入 2 个电子、其余 4 个各填入 1 个电子，4s 能级填入 2 个电子，故基态 Fe 原子价电子的轨道表示式如。 【小问2详解】 P 是 15 号元素，价电子为 ，价电子最后填入的是第三能层的 能级，由此可知磷元素属于元素周期表的 区元素。同一周期从左到右元素的第一电离能总体呈增大趋势，但第ⅡA族与第ⅢA族、第ⅤA族与第ⅥA族之间反常；第三周期元素中第一电离能比 P 小（价电子排布呈半充满、相对稳定，电离能偏大）的有 Na、Mg、Al、Si、S，共 5 种，故第一个空答案为 ，第二个空答案为 5。 【小问3详解】 由 BH3 与 H- 结合而成，B 最外层只有 3 个电子。BH3 中 B 与 3 个 H 之间形成 3 个 σ 键；H- 提供孤电子对， B 提供空轨道，形成 配位键，故该离子中含有 σ 键和配位键，不含 π 键（无双键）、氢键和离子键，故答案为 ①④。 【小问4详解】 由题图可知，该链状离子中 Ti 原子与 O 原子交替相连：每个 O 原子与两个 Ti 原子成键、每个 Ti 原子与两个 O 原子成键，故 Ti 与 O 的原子个数之比为 1∶1。结合 Ti 显 +4 价、O 显 −2 价，链状聚合阳离子的化学式为 。 【小问5详解】 由题图（NaX 与 TiX4 的熔点随周期变化），TiX4 中 TiF4 的熔点远高于 TiCl4、TiBr4、TiI4。F、Cl、Br、I 的电负性依次减小，与 Ti 的电负性差值依次减小：TiF4 中离子键特征明显、属于离子晶体，离子键较强，熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4 为结构相似的分子晶体，随相对分子质量依次增大，分子间作用力（范德华力）依次增强，熔点依次逐渐升高。 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)。 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I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_________________________。 【答案】（1）苯甲醛 （2） （3） （4）取代反应 （5）2 （6） （7） ①. 13 ②. 、或(为苯基) 【解析】 【分析】A与发生反应生成B，B与发生加成反应生成C（），C与发生取代反应生成D，D与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、J的结构可知I为，J发生还原反应生成K，据此解题。 【小问1详解】 A的结构为，其名称为苯甲醛； 【小问2详解】 由分析知，C的结构简式为，与发生取代反应生成D，同时生成：； 【小问3详解】 由D、E的结构可知，E中的Cl来自，根据元素种类及价态可以判断反应生成了副产物，因此用溶液吸收； 【小问4详解】 对比E、F的结构可知，E中氯原子与酯基和氮之间的键上的氢原子结合成，关环形成四元环，E到F的有机反应类型是取代反应； 【小问5详解】 化合物G中，1号碳原子与2号碳原子与吸电子基的距离不同，离吸电子基越近，极性越大，酸性越强，因此2号碳上的氢原子酸性更强； 【小问6详解】 由分析知，I的结构为； 【小问7详解】 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O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)①、②、③、④，则将六元环中的其中一个变为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、或（为苯基）。 13. 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。 已知：①酸浸液主要含有、、、、等金属阳离子； ②25℃，部分金属离子［］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 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，与发生反应的离子方程式为___________________________。 （3）“除锰”时，与反应生成和。过二硫酸根离子()结构如图所示。根据结构分析：中S的化合价为_________价；具有强氧化性的原因是_____________。 （4）“沉钴”时，向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液，以形式沉淀，该反应的离子方程式为____________________________________。 （5）根据流程可知，还原性：_________(填“强于”或“弱于”)。 （6）若调节“沉钴”后滤液的，同时出现和沉淀，此时溶液中_________。 （7）；热分解的产物与混合烧结可制备锂离子电池正极材料钴酸锂，其晶胞结构如图所示。 ①基态原子价电子排布式为_____________。 ②钴酸锂的化学式为______________。 （8）钴的另一种氧化物的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有_________个；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为_________(填字母选项)。 【答案】（1）加热(或粉碎钴渣、适当增大硫酸浓度、搅拌等) （2） （3） ①. ②. 结构中含有过氧键() （4） （5）弱于 （6） （7） ①. ②. （8） ①. 12 ②. B 【解析】 【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、、、、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将氧化为更易在低下沉淀的，再加入调节使转化为成为滤渣2除去；接着加入强氧化剂将氧化为沉淀成为滤渣3除去；之后继续加入并控制溶液，将氧化为并以形式沉淀，最终实现钴与溶液中剩余的、等杂质离子的分离，得到钴的富集产物，由此解答； 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 “除铁”时加入是为了将溶液中的氧化为以便后续沉淀，酸浸液呈酸性，作氧化剂被还原为，因此离子方程式为； 【小问3详解】 观察的结构式可知，中间两个氧原子形成过氧键()，化合价为价，其余6个氧原子为价。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：，解得； 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； 【小问4详解】 “沉钴”时，将氧化为，自身被还原为。由于控制溶液，环境呈弱酸性，水解生成沉淀并释放出，因此离子方程式为：； 【小问5详解】 在流程中，首先加入将氧化为，此时未被氧化；后续需要加入氧化性更强的才能将氧化。这说明比更容易失去电子，即还原性：弱于； 【小问6详解】 根据表格数据，开始沉淀的，，此时，则；同理，开始沉淀的，此时，则；当两者同时沉淀时，溶液中浓度相同，则； 【小问7详解】 ①是27号元素，因此其基态原子的价电子排布为； ②在晶胞中共个，共个，O共个，原子个数比，故化学式为； 【小问8详解】 以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，共有12个； 该晶胞若沿体对角线投影，则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，故选B。 14. 三氯化六氨合钴(Ⅲ)()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，CoCl2易潮解变质。 ②不易被氧化，还原性较强。 （1）制备CoCl2，实验装置如下图。 ①烧瓶内发生反应的化学方程式为__________________。 ②试剂X为______，试剂Z的作用为__________________。 （2）制备，制备流程与装置如下。 ①1mol 中含有______molσ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CoCl2制备总反应的化学方程式为__________________。 【答案】（1） ①. ②. 饱和食盐水 ③. 吸收多余的Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入收集器中 （2） ①. 24 ②. 氨水 ③. 防止双氧水分解与浓氨水挥发 ④. 或 【解析】 【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）CoCl2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(NH3)6]Cl3，经冷却、过滤、洗涤得到[Co(NH3)6]Cl3固体。 【小问1详解】 ①由分析可知，烧瓶内高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 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CoCl2易潮解变质，则试剂Z的作用为：吸收多余的，防止污染环境；同时防止空气中的水蒸气进入收集器中。 【小问2详解】 ① 中每个分子内部有3个N-H σ键，中心Co3+与6个之间形成6个配位σ键，所以1mol该配离子中含6×3mol+6mol=24 mol σ键； ②由题意知在水溶液中不易被氧化，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。 ③CoCl2与氨水、过氧化氢、氯化铵反应生成和，根据氧化还原反应中电子转移守恒，配平后可得方程式为：2CoCl2+10NH3⋅H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O或2CoCl2+10NH3+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $