安徽省江淮十校2024屆高三上學(xué)期第二次聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1安徽省江淮十校2024屆高三上學(xué)期第二次聯(lián)考可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Co-59Cu-64第Ⅰ卷(選擇題共42分)一、選擇題：每題3分，每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，總共14小題，共42分。1.中華文化源遠(yuǎn)流長(zhǎng)，化學(xué)與文化傳承密不可分。下列說法錯(cuò)誤的是（）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(jī)高分子材料C.用皮影戲生動(dòng)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?zé)Y(jié)而成，它的主要成分為無機(jī)非金屬材料〖答案〗C〖解析〗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(jī)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(jī)高分子材料，不是合成高分子材料，故C錯(cuò)誤；D．陶瓷的主要成分是硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料，故D正確；故選C。2.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A.高純硅可用于制作光感電池B.與反應(yīng)生成強(qiáng)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〗A．硅是半導(dǎo)體材料，可以導(dǎo)電，A正確；B．易吸水，具有吸水性，可以做食品干燥劑，B錯(cuò)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(yīng)生成，增加個(gè)鍵B.和的混合物，含有的質(zhì)子數(shù)為C.與足量的S反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中含有電子的數(shù)目為〖答案〗B〖解析〗A．三氯化磷和氯氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故增加的鍵小于，故A錯(cuò)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(yīng)生成價(jià)銅的化合物，為0.05mol，與足量的S反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子0.05mol，電子數(shù)為，故錯(cuò)誤D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下為固體，不確定其物質(zhì)的量，D錯(cuò)誤；故選B。4.下列化學(xué)用語表達(dá)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(jià)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〗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，故A錯(cuò)誤；B．碳原子與氧原子之間形成的共價(jià)鍵類型為鍵，故B錯(cuò)誤；C．基態(tài)氧原子有2個(gè)末成對(duì)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(jià)層電子對(duì)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(cuò)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(yīng)、火箭工程助燃劑等。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.中O的化合價(jià)為價(jià)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〗A．中電負(fù)性，F(xiàn)顯價(jià)，故O的化合價(jià)為價(jià)，故A正確；B．中心原子氧原子價(jià)層電子對(duì)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(qiáng)，而極性很小，這是因?yàn)椋?1)從電負(fù)性上看，氧和氫的電負(fù)性差大于氟和氧的電負(fù)性差；(2)中氧原子上有兩個(gè)孤電子對(duì)，抵消了鍵中共用電子對(duì)偏向F而產(chǎn)生的極性，故C錯(cuò)誤；D．由于F的電負(fù)性強(qiáng)，中成鍵電子對(duì)偏向F原子，成鍵電子遠(yuǎn)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(duì)于下列實(shí)驗(yàn)，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是（）A.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集Br2：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〗A．用純堿溶液富集Br2過程反應(yīng)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(yīng)生成

S

和NaHSO3，離子方程式為：，B錯(cuò)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(yīng)時(shí)，氯氣只氧化碘離子，離子方程式為：2I-+Cl2=I2+2C1-，C錯(cuò)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(yīng)的離子方程式為：5H218O2+2MnO+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O，D錯(cuò)誤；故選A。7.下列實(shí)驗(yàn)操作對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象及實(shí)驗(yàn)結(jié)論都正確，且兩者具有因果關(guān)系的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)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(qiáng)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(lán)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(lán)色沉淀和溶液變紅鋁熱劑中可能含有〖答案〗D〖解析〗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(jìn)一步反應(yīng)，因此不能簡(jiǎn)單根據(jù)現(xiàn)象判斷稀硝酸和濃硝酸的氧化性，故A錯(cuò)誤；B．濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，將氧化成，仍然產(chǎn)生白色沉淀，不能通過該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象判斷樣品中是否含有硫酸根，故B錯(cuò)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(cuò)誤；D．滴加鐵氰化鉀溶液有藍(lán)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(chǔ)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(guān)敘述正確的是（）A.元素的電負(fù)性大小順序?yàn)椋築.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(duì)電子數(shù)：D.元素X的最高價(jià)氧化物的水化物為三元弱酸〖答案〗B〖祥解〗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；【詳析】A．電負(fù)性大小順序?yàn)椋?，故A錯(cuò)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(duì)電子數(shù)：H=B＜N，故C錯(cuò)誤；D．元素X的最高價(jià)氧化物的水化物為一元弱酸，故D錯(cuò)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(jī)強(qiáng)酸。下列說法錯(cuò)誤是（）A.“浸取”時(shí)將磷鐵渣粉碎是為了增大反應(yīng)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(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：〖答案〗C〖祥解〗將磷鐵渣(主要含F(xiàn)eP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃時(shí)用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有強(qiáng)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；【詳析】A．磷鐵渣粉碎以增大接觸面積，適當(dāng)增大硝酸的濃度或者進(jìn)行攪拌均可“浸取”時(shí)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(cuò)誤；D．由分析可知，“浸取”時(shí)硝酸具有強(qiáng)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(yīng)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(jī)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(xué)反應(yīng)：下列說法正確的是（）A.反應(yīng)Ⅰ中元素As被氧化B.反應(yīng)Ⅱ中，只有是氧化產(chǎn)物C.反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，參加反應(yīng)的：Ⅰ>ⅡD.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物質(zhì)的量之比為〖答案〗C〖祥解〗由圖可知：反應(yīng)Ⅰ的方程式為：，反應(yīng)Ⅱ的方程式為：。【詳析】A．經(jīng)分析，反應(yīng)Ⅰ中元素化合價(jià)不變，故A錯(cuò)誤；B．據(jù)分析，反應(yīng)Ⅱ中和都是化合價(jià)升高后的氧化產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C．據(jù)分析，反應(yīng)Ⅰ中，反應(yīng)Ⅱ中，故參加反應(yīng)的：Ⅰ>Ⅱ，故C正確；D．據(jù)分析，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中，氧化消耗的物質(zhì)的量之比為，故D錯(cuò)誤；故選：C。11.卡塔爾世界杯上，來自中國的888臺(tái)純電動(dòng)客車組成的“綠色軍團(tuán)”助力全球“雙碳”戰(zhàn)略目標(biāo)?，F(xiàn)階段的電動(dòng)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(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。下列說法中正確的是（）A.充電時(shí)，通過聚合物隔膜向陽極遷移B.該電池工作時(shí)某一狀態(tài)如圖2(b)所示，可以推算x=0.1875C.充電時(shí)，每有電子通過電路，陰極質(zhì)量理論上增加D.放電時(shí)，正極可發(fā)生電極反應(yīng)：〖答案〗B〖祥解〗由圖可知，放電時(shí)，負(fù)極(銅箔)的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6-xe-=xLi++C6，正極(鋁箔)的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)i1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，充電時(shí)，銅箔作陰極，電極反應(yīng)式為xLi++C6+xe-=LixC6，鋁箔作陽極，電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iFePO4+xe-=Li1-xFePO4+xLi+，據(jù)此作答?！驹斘觥緼．電解池中陽離子移至陰極，充電時(shí)，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(xué)式為，解得，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)，銅箔作陰極，電極反應(yīng)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(shí)，正極可發(fā)生電極反應(yīng)：，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(jìn)行有關(guān)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示。下列有關(guān)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(yàn)來確定〖答案〗D〖祥解〗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(fù)電荷是否存在Cl-決定?！驹斘觥緼．由于甲是白色沉淀，故A中不可能含有，A錯(cuò)誤；B．沉淀乙中有，B錯(cuò)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(cuò)誤；D．檢測(cè)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(jī)理如圖所示。有關(guān)該過程的敘述正確的是（）A.反應(yīng)過程中無氫氧鍵的形成B.該反應(yīng)利用了的還原性除去了，減少了空氣污染C.反應(yīng)過程中過量的有利于該催化脫硝反應(yīng)D.該催化循環(huán)過程中Ⅴ的價(jià)態(tài)變化為〖答案〗B〖解析〗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(cuò)誤；B．中氮元素化合價(jià)升高作還原劑，體現(xiàn)還原性，B正確；C．過量會(huì)將氧化為，C錯(cuò)誤；D．整體流程中，釩元素的價(jià)態(tài)變化為，D錯(cuò)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(fù)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(yùn)動(dòng)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(gè)數(shù)比為〖答案〗D〖解析〗A．1個(gè)原子軌道稱為1種空間運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(gè)硅氧四面體分別以三個(gè)頂角氧和其他相鄰的三個(gè)硅氧四面體共享，根據(jù)均攤法，每個(gè)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(gè)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(gè)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(duì)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(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)，Z的氣態(tài)氫化物水溶液是一種強(qiáng)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(yīng)的化學(xué)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(xué)方程式解釋)。（5）工業(yè)制Y的化學(xué)方程式是_________________________________。（6）對(duì)角線規(guī)則是從相關(guān)元素及其化合物中總結(jié)出的經(jīng)驗(yàn)規(guī)則，短周期元素Q與Y滿足對(duì)角線規(guī)則，Q的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物與X最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式_______________________________________。（7）Z的單質(zhì)和X的最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)時(shí)，生成的和物質(zhì)的量比是，反應(yīng)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〗（1）第三周期第ⅦA族（2）（3）（4）（5）（6）或者（7）（8）2.63〖祥解〗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(duì)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(qiáng)酸溶液鹽酸，則Z為Cl，X、Y、Z最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)，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；【詳析】（1）Z為Cl，17號(hào)元素，第三周期第ⅦA族；（2）X為Na，U為H，形成NaH，離子型化合物，；（3）過氧化鈉為供氧劑，作為潛水艇氧氣的來源，；（4）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；（5）工業(yè)上用電解熔融狀態(tài)的氧化鋁制取單質(zhì)鋁；（6）短周期元素Q與Al滿足對(duì)角線規(guī)則，則Q為Be，Al(OH)3具有兩性，與強(qiáng)堿反應(yīng)生成，則Be(OH)2具有兩性，與強(qiáng)堿反應(yīng)生成；（7）氯氣與NaOH反應(yīng)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(gè)電子生成2個(gè)NaClO，得到5個(gè)電子生成NaClO3，則共得到7個(gè)電子，則Cl2失去7個(gè)電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成7個(gè)Cl-，根據(jù)電荷守恒，；（8）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(dāng)量有效氯，二氧化氯中含氯，Cl由+4→-1的氧化過程中有5個(gè)電子轉(zhuǎn)移，故其當(dāng)量有效氯為。16.廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價(jià)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(jiǎn)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(lán)色溶液，則該過程發(fā)生的主要氧化還原反應(yīng)的離子方程式為___________________。（3）“濾渣”與混合前需要洗滌、干燥，檢驗(yàn)濾渣是否洗凈的操作：___________。（4）的作用：_______________________________。（5）已知：。當(dāng)金屬陽離子濃度小于時(shí)沉淀完全，恰好完全沉淀時(shí)溶液的約為___________(保留一位小數(shù))；為探究在氨水中能否溶解，計(jì)算反應(yīng)的平衡常數(shù)___________。(已知)（6）“高溫氣相沉積”過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為_____________________________。〖答案〗（1）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）4.0（6）〖祥解〗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(jià)銅氧化為+2價(jià)，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?！驹斘觥浚?）Se與硫同為VIA族元素，最外層有6個(gè)電子，基態(tài)原子的簡(jiǎn)化電子排布式為，基態(tài)原子屬于ds區(qū)；（2）“酸浸氧化”得藍(lán)色溶液，說明有生成，則該過程發(fā)生的主要氧化還原反應(yīng)的離子方程式為；（3）“濾渣”是否洗滌干凈，可以通過檢驗(yàn)洗滌液中是否含有來檢測(cè)，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）、可分別寫為、的形式，能和分子內(nèi)的反應(yīng)，、和HCl反應(yīng)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；（5）根據(jù)題干信息，恰好完全沉淀時(shí)溶液的，故=4；將、、三個(gè)反應(yīng)相加可以得到，則平衡常數(shù)；（6）高溫氣相沉積時(shí)和、反應(yīng)生成GaN同時(shí)得到HCl，化學(xué)反應(yīng)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(yīng)。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(shí)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(yīng)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(cè)定已知：在熱的強(qiáng)堿溶液中會(huì)分解：（6）準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。產(chǎn)品的純度為___________。(保留四位有效數(shù)字)〖答案〗（1）恒壓滴液漏斗加速溶解（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(yīng)，促進(jìn)鈷配合物盡可能完全析出，提高產(chǎn)率（6）(或0.8025)〖祥解〗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(yīng)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(yīng)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；【詳析】（1）儀器c的名稱為恒壓滴液漏斗，溶解固體時(shí)攪拌可加速溶解，溶解時(shí)使用玻璃棒的目的是加速溶解；（2）H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，步驟②中發(fā)生反應(yīng)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；（3）加入后，CoCl2、濃氨水、NH4Cl和H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成[Co(NH3)6]Cl3，反應(yīng)的離子方程式為或者；（4）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；（5）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(yīng)，促進(jìn)鈷配合物盡可能完全析出，提高產(chǎn)率；（6）根據(jù)滴定原理可得n(I2)=n(Na2S2O3)=3×10-4mol，KI和反應(yīng)轉(zhuǎn)化成和I2，反應(yīng)轉(zhuǎn)