浙江省慈溪市2020届高三12月适应性考试化学试题
慈溪市2019学年第一学期高三年级适应性测试
化学试题
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Co59
第I卷 选择题
一、选择题(本题16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，多选、错选或不选的均不得分)
1.2019年地球日活动主题为“珍惜地球资源，转变发展方式——提高资源利用效益”，下列说法不正确的是( )
A. 利用太阳能、风能和氢能替代化石能源能改善空气质量
B. 利用二氧化碳等原料合成的可降解塑料替代聚乙烯塑料，可减少“白色污染”
C. 生物质能在未来可以替代其他的能源物质，通过生物化学转换、热化学转换等方式为人们的生活生产提供能量来源
D. 从根本上解决环境、生态问题要依靠绿色化学的发展，核心是应用化学原理对环境污染进行全面治理
【答案】D
【解析】
【详解】绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，D错误；故选D。
2.下列化学用语表示正确的是( )
A. HF的电子式： B. 乙醛的最简式：C2H4O
C. CCl4的球棍模型 D. 硫离子结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A、HF是共价化合物，其电子式为，A错误；
B、乙醛的结构简式为CH3CHO，则其最简式为C2H4O，B正确；
C、CCl4中，Cl原子的半径比C原子的半径大，C错误；
D、硫离子核内有16个质子，其正确的结构示意图为，D错误；
故选B。
3.下列说法不正确的是( )
A. 硫酸铜是常用的游泳池水消毒剂，也可用于饮用水的消毒
B. 氯化铁溶液与铜反应可用于制作印刷电路板
C. 利用高纯硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能
D. 纯碱是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、肥皂、造纸、食品等工业
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸铜是常用的高效消毒剂，但食用对人体有害，A错误；故选A。
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 无色透明的溶液中：K+、Cr2O72-、Cl-、H+
B. =1×1012的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
C. c(SO32-)=0.1mol·L-1的溶液中：Na+、Cl-、H+、Ca2+
D. 使pH试纸变红的溶液中：NH4+、Al3+、SO42-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A、Cr2O72-呈橙色，其在酸性溶液中具有强氧化性，可以氧化Cl-，故该选项不符合题意，A错误；
B、=1×1012的溶液呈酸性，则CO32-不能大量存在，故该选项不符合题意，B错误；
C、SO32-和H+反应生成HSO3-、SO2，也会和Ca2+反应形成CaSO3沉淀，故H+、Ca2+不能大量存在，即该选项不符合题意，C错误；
D、使pH试纸变红的溶液呈酸性，该组离子可以大量共存，即该选项符合题意，D正确；
故选D
【点睛】本题的干扰项为A选项，相对来说，Cr2O72-在考试中较为少见，Cr2O72-呈橙色，CrO42-呈黄色；此外，一些强氧化剂，比如K2Cr2O7、KMnO7往往需要酸化，所需要的酸一般为稀H2SO4，不能用稀HCl，因为这些氧化剂会将Cl-氧化为Cl2。
5.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是( )
A. C的非金属性强于Si，CH4的沸点高于SiH4
B. 与得电子能力相同
C. 短周期元素中原子半径最大的为Na
D. 同族元素的原子化学性质相似，同族元素原子间可能形成离子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A、C的非金属性强于Si，但氢化物的沸点与非金属性无关，CH4、SiH4都属于分子晶体，其熔沸点随分子的相对分子质量的增大而增大，即CH4的沸点低于SiH4，A错误；
B、与互为同位素，其化学性质相似，故它们的的电子能力相同，B正确；
C、在元素周期表中，同一周期中，从左到右，原子半径依次减小，同一族中，自上而下，原子半径依次增大，故在短周期（前三周期）中，Na的原子半径最大，C正确；
D、同族元素的价电子层相似，故其原子的化学性质相似；同族元素原子间可能形成离子化合物，比如NaH；D正确；
故选A。
6.下列说法正确的是( )
A. 按系统命名法：CH3CH(C2H5)CH(CH3)2的正确名称：2-甲基-3-乙基丁烷
B. 某有机分子结构是：，其单体可能是乙二醇和对苯二甲酸
C. 等质量的乳酸(C3H6O3)和葡萄糖分别完全燃烧，后者消耗氧气的物质的量多
D. 有机物一定条件下与H2进行1:1加成反应，产物共有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A、按照题中给出的结构简式，可以得知该物质的碳骨架为
，则该物质的系统命名为2，3-二甲基戊烷，A错误；
B、根据该分子的结构，可以推断出其单体可能为乙二醇和对苯二甲酸，也可能为，B正确；
C、乳酸和葡萄糖的最简式都是CH2O，则等质量的乳酸和葡萄糖分别完全燃烧，二者消耗的氧气一样多，C错误；
D、该物质含有2个碳碳双键和1个碳氧双键，其和H2加成时，共有4种加成产物，除了这三个双键单独的加成产物之外，还有两个碳碳双键的1，4-加成产物，D错误；
故选B。
7.锂-空气电池的装置示意图如下，以金属锂作电极，从空气中获得O2。下列说法正确的是( )
A. 锂作负极，电极反应式为：Li-e-+OH-=LiOH
B. 若隔膜被腐蚀，不会影响该电池正常使用
C. 多孔碳电极上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 应用该电池电镀铜，若析出64g Cu，理论上消耗22.4L O2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中所示，该电池总反应式为4Li+O2+2H2O=4LiOH；其中，Li作负极，电极方程式为Li-e--=Li+；多孔碳电极作正极，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-。
【详解】A、Li作负极，电极方程式为Li-e--=Li+，A错误；
B、若隔膜被腐蚀，会影响该电池的正常使用，B错误；
C、多孔碳电极作正极，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D、用该电池电镀6.4g Cu（0.1mol），则电路中转移电子0.2mol，即消耗O2 0.1mol，但是题中并未说明标况，所以不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，D错误；
故选C。
【点睛】对于原电池的题目，如果是新型电池，可以先根据题中的信息找出总的方程式，再根据其他信息推出某一个电极的反应式，从而再推出另一个电极的反应式，这样分析题目可以清晰。
8.在容积可变的密闭容器中充入2mol苯蒸气和4mol氢气，恒温T1和恒压P1条件下进行如下反应： △H1= -208.8kJ· mol-1，达平衡时容器的体积为2L，苯的转化率为50%。下列有关说法正确的是( )
A. 苯蒸气的体积分数不再变化时，说明该反应己达平衡状态
B. 反应体系中气体总浓度保持不变，说明该反应己达平衡状态
C. 在原平衡基础上，再向容器中充入3mol苯蒸气，平衡逆向移动
D. 在原平衡基础上，升高温度，苯的转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
苯蒸汽原本有2mol，转化率为50%，则其转化量为1mol，故该反应的三段式为：
，据此分析各个选项。
【详解】A、根据PV=nRT可知，恒温恒压下，体系的总体积和体系的总物质的量呈正比，即苯蒸气的体积分数等于其物质的量分数；经分析，苯蒸汽在反应前和平衡时的物质的量分数都是，即从开始到平衡时，苯蒸汽的体积分数没有变化，所以苯蒸气的体积分数不再变化时，不能说明该反应己达平衡状态，A错误；
B、根据PV=nRT可知，气体总浓度c=，则c恒定，故反应体系中气体总浓度保持不变，不能说明该反应己达平衡状态，B错误；
C、平衡时，c(苯)=c(H2)=c(环己烷) ==0.5mol/L，则K==8；平衡时，气体的总物质的量为3mol，体积为2L，再加入3mol苯蒸汽，气体的总体积变为4L，此时c(苯)=
= 0.5mol/L，c(H2)=c(环己烷)==0.25mol/L，则Qc==16，即K
c(CH3COO-)>c(H+)
C. 点M的纵坐标与点N的横坐标数值相等，符号相反
D. 0.01mol·L-1 CH3COONa的pH约等于线c与线d交点处的横坐标值
【答案】B
【解析】
【分析】
当pH=4时，c(H+)=10-4mol/L，lg c(d)=-10，则c(d)=10-10mol/L，即c(H+)·c(d)=10-14，则d线表示OH-；当pH=0时，c(H+)=1mol/L，lg c(b)=0，则b线表示H+；随着pH减小，lg c(a)减小，lg c(c)增大，即c(a)减小，c(c)增大，则a线表示CH3COO-，c线表示CH3COOH。
【详解】A、当pH=4时，c(H+)=10-4mol/L，lg c(d)=-10，则c(d)=10-10mol/L，即c(H+)·c(d)=10-14，则d线表示OH-，A正确；
B、经分析，a线表示CH3COO-，b线表示H+，c线表示CH3COOH，当pH=6时，可以从图中看出c(a)>c(c)>c(b)，即c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H＋)，B错误；
C、从图中可以观察到点M：c(H+)=c(CH3COOH)，根据Ka== c(CH3COO-)，纵坐标为lg c(CH3COO-)；点N：c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，根据Ka== c(H+)，横坐标为lgc(H+)，所以lg c(CH3COO-)= lgc(H+)，PH=- lgc(H+)，所以M点的纵坐标和N点的横坐标数值相等，符号相反，C正确；
D、若溶液中只有CH3COONa，则CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，即c(CH3COOH)=c(OH-)，而c、d交点也表示c(CH3COOH)=c(OH-)，故该交点表示溶液中只有CH3COONa，D正确；
故选B。
15.钛是一种活泼金属。从高钛渣(主要为TiO2)提炼海绵钛流程如下：
氯化后的粗TiCl4中含有FeCl3、SiCl4、AlCl3等杂质，相关物质的沸点如下表：
化合物
TiCl4
FeCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
310
56.5
180
下列说法不正确的是( )
A. “氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液
B. “分馏”得到的低沸点物为SiCl4，高沸点物为FeCl3
C. 己知“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，目的是将AlCl3转化为Al(OH)3而除去
D. “还原”过程中还原剂可以选择金属钠，气氛可以选择N2
【答案】D
【解析】
【详解】A、“氯化”反应的尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液，因为HCl极易溶于水，可以使用水吸收HCl从而获得粗盐酸，用FeCl2溶液吸收Cl2获得FeCl3溶液，NaOH吸收多余的Cl2，A正确；
B、根据给出沸点数据可以看出，低沸点物为SiCl4，高沸点物FeCl3，B正确；
C、“除铝”的方法是用水湿润的活性炭加入到粗TiCl4，目的是将AlCl3转化为Al(OH)3而除去，C正确；
D、钠和钛在高温下都可以和N2反应，故不能用N2作保护气，D错误；
故选D。
16.某固体粉末甲中可能含有K2CO3、KNO3、NaNO2、K2SO3、Na2SO4、Fe、FeO、Fe2O3中的若干种。某同学为确定该固体粉末的成分，取甲进行连续实验。实验过程及现象如下：
该同学得出的结论正确的是( )
A. 固体粉末中含有钠元素，但不含钾元素
B. 固体粉末中至少含有Na2SO4、K2SO3中的一种
C. 固体粉末中至少含有KNO3、NaNO2中的一种
D. 固体粉末中可能含有K2CO3、不含Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A、焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，则至少含有NaNO2、Na2SO4中的一种，因未透过蓝色钴玻璃，不能确定是否含有钾元素，A错误；
B、若固体粉末含有K2SO3，无Na2SO4，则可能存在KNO3、NaNO2:2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O，2H++2NO2-+SO32-=SO42-+2NO↑+H2O，对应的现象都是先产生无色气体，接触空气后才变为红棕色；若固体粉末无K2SO3，含有Na2SO4，溶液中无还原性物质，KNO3是不会反应生成NO的，而KNO2遇到酸发生分解生成NO和NO2，气体不需要接触空气就呈红棕色，不符合实验现象，故固体粉末中一定有K2SO3，无法推出Na2SO4的存在情况，B错误；
C、由B选项的分析可知，固体粉末中至少含有KNO3、NaNO2中的一种，C正确；
D、根据实验现象，不能推出K2CO3的存在情况；若固体粉末中含有Fe、Fe2O3，且Fe的量较多，则会发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再加入KSCN溶液，溶液不会出现血红色，则不能说明不含Fe2O3，D错误；
故选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17.元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，p、q、r是由这些元素组成的二元化合物；m、n分别是元素Y、Z的单质，n通常为深红棕色液体，p为最简单的芳香烃，s通常是难溶于水、密度比水大的油状液体。上述物质的转化关系如图所示：
(1)q的溶液显______性(填“酸”“碱”或“中”)，理由是：_________(用离子方程式说明)。
(2)s的化学式为______，Z在周期表中的位置为_____________。
(3)X、Y两种元素组成的化合物能溶于足量的浓硝酸，产生无色气体与红棕色气体的体积比为1:13，则该化合物的化学式为____________。
【答案】 (1). 酸 (2). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (3). C6H5Br (4). 第四周期 VII A族 (5). Fe3C
【解析】
【分析】
n为单质，且通常为深红棕色液体，则n为Br2；p为最简单的芳香烃，则p为苯；m+n(Br2)→q，说明q为Br的化合物；m(Br2)+p(苯)r+s，其中s通常是难溶于水、密度比水大的油状液体，则q为FeBr3，r为HBr，s为溴苯，m为Fe；又因为元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，所以W为H，X为C，Y为Fe，Z为Br。
【详解】经分析，W为H，X为C，Y为Fe，Z为Br，m为Fe，n为Br2，p为苯，q为FeBr3，r为HBr，s为溴苯，则：
(1) q（FeBr3）的水溶液呈酸性，因为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
(2) s为溴苯，其化学式为C6H5Br；Z为Br，其在周期表中的位置是第四周期 VII A族；
(3)设该物质为FexCy，其和浓硝酸反应产生的无色气体与红棕色气体的体积比为1:13，则根据Fe、C、N配平化学方程式：FexCy+(3x+13y)HNO3=xFe(NO3)3+yCO2↑+13yNO2↑+H2O，再根据O原子个数守恒，可得3(3x+13y)=9x+2y+26y+，化简的3x=9y，即x：y=3：1，故该物质为Fe3C。
18.某种电镀废水含A阴离子，排放前的处理过程如下：
己知：4.5g沉淀D在氧气中灼烧后，产生4.0g黑色固体，生成无色无味气体通过足量澄清石灰水时，产生5.0g白色沉淀，最后得到的混合气体除去氧气后，还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E 560mL。
(1)E的结构式为____________。
(2)写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。
(3)溶液B具有性质____________(填“氧化性”或“还原性”)。
(4)滤液C中还含有微量的A离子，通过反应②，可将其转化为对环境无害的物质，用离子方程式表示该反应为______________________________________。
【答案】 (1). (2). 2CuCN+3O22CuO+2CO2↑+N2↑ (3). 还原性 (4). 2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O
【解析】
【分析】
单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，则E为N2，则n(N2)==0.025mol；沉淀D含有Cu，灼烧后产生的黑色固体为CuO，产生无色无味气体为CO2，n(CuO)==0.5mol，n(CO2)= n(CaCO3)==0.05mol；即D中含有0.05mol Cu、0.05mol C、0.05mol N，共4.5g，则D中不含其他元素，所以D为CuCN；则A离子为CN-。
【详解】（1）经分析，E为N2，其结构式为；
（2）D为CuCN，其灼烧的化学方程式2CuCN+3O22CuO+2CO2↑+N2↑；
（3）由题知，Cu(II)→Cu(I)，该过程需要还原剂，A溶液不体现还原性，故B溶液具有还原性；
（4）用次氯酸钠把CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气，离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O。
19.汽车尾气的主要成分有CO、SO2、氮氧化物等，科学家们-直致力于污染物的有效消除。
(1)利用氨水可以将SO2、氮氧化物吸收，原理如下图所示。
请写出NO2和NO按体积比1：1被吸收时反应的离子方程式_________________________。
(2)科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。
①己知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=-113.0kJ· mol-1
2SO2(g)+O2(g)=2SO3(l) △H2=-288.4kJ· mol-1
N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3=+180.5kJ· mol-1
请判断反应NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(l) △H4，在低温下能否自发进行_______(填“能”或“否”)，理由是__________________________。
②己知TiO2催化尾气降解原理为：
2CO(g)+O2(g)2CO2(g)；2H2O(g)+4NO(g)+3O2(g)4HNO3(g)
i、在一定条件下，模拟CO、NO的降解，得到降解率(即转化率)随时间变化如图所示，
反应40秒后检测到混合气体中N2浓度上升，HNO3气体浓度有所降低，请用化学方程式并结合化学反应原理知识解释可能的原因____________________________________________。
ii，沥青混凝土也可降解CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土(α、β型)在不同温度下，反应相同时间，测得CO降解率变化。结合图表回答下列问题：
已知在50℃时在α型沥青混凝土容器中，平衡时O2浓度为0.01mol·L-1，求此温度下CO降解反应的平衡常数____________________(用含x的代数式表示)；以β型沥青混凝土颗粒为载体，将TiO2改为催化效果更好的TiO2纳米管，在10～60℃范围内进行实验，请在图中用线段与阴影，仿照“示例”描绘出CO降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围(示例：
)_____________________。
(3)利用如图所示装置(电极均为惰性电极)也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，b极的电极反应式为_______________________________。
【答案】 (1). NO2+NO+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+ (2). 能 (3). △H4= -87.7kJ· mol-1<0，根据方程式可判断反应的△S<0，故在低温时能自发进行 (4). i发生反应2NON2＋O2生成N2，NO浓度降低，平衡2H2O＋4NO＋3O24HNO3逆向移动，HNO3浓度降低 (5). (6). (7). 2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-（或2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O）
【解析】
【分析】
（1）根据图中分析，反应物为NO、NO2、NH4HSO3，产物为N2，该反应为氧化还原反应，则SO42-一定也是产物，据此写出离子方程式；
（2）①先根据盖斯定律，计算出△H4，再根据△G=△H-T△S分析该反应能否自发进行，
②i、结合反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)、2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g)4HNO3(g)进行分析即可；
ii、列出反应的三段式，用x表示出各组分的浓度，再根据K=进行计算；题中说明TiO2纳米管的催化效果更好，则其CO降解率随温度变化的曲线应在β型曲线的上方，趋势和β型曲线相同；
（3）b极上，HSO3-变为了S2O42-，S由+4价变为了+3价，则要得到电子，依此可写出电极方程式。
【详解】（1）根据图中分析，反应物为NO、NO2、NH4HSO3，产物有N2、SO42-
，该反应的离子方程式为NO2+NO+3HSO3-=N2+3SO42-+3H+；
（2）①根据盖斯定律可得：△H4=(-△H1+△H2)=×(113.0kJ·mol-1-228.4kJ·mol-1)= -87.7kJ· mol-1<0，而反应△S也小于0，故低温时△G=△H-T△S<0，该反应能自发进行；
②i、NO降解：2NO(g)N2(g)＋O2(g)，N2的浓度升高，NO的浓度降低，使得平衡2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g)4HNO3(g)逆向移动，HNO3的浓度也降低；
ii、设CO的初始浓度为y mol·L-1，则反应的三段式为：
，
K===；
题中说明TiO2纳米管的催化效果更好，则其CO降解率随温度变化的曲线应在β型曲线的上方，趋势和β型曲线相同，如下图所示：
；
（3）b极上，HSO3-变为了S2O42-，S由+4价变为了+3价，是得到电子的过程，则该电极反应方程式为：2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-。
20.实验室以H2O2作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，选择活性炭作为催化剂制备三氯化六氨合钴(III)配合物(活性的二价钴氨配合物氧化为惰性的三价钴氨配合物)的流程如下：
已知：Co(NH3)6Cl3在不同温度下水中的溶解度曲线如图。
(一)三氯化六氨合钴(III)配合物的制备
(1)步骤②中要冷却至10℃再缓慢地边搅拌边加入H2O2溶液，这样操作的目的是：________。
(2)实验室制备三氯化六氮合钴(III)总反应化学方程式为：_______________________。
(3)实验操作1为______________。操作2在[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓盐酸的目的是____________________________________________。
(4)实验中用到减压抽滤装置如图，当抽滤完毕或中途停止抽滤时，应当采取的正确操作过程是_________________。
(二)产品中NH3含量的测定
现称取0.1000g产品，在三颈烧瓶中发生如下反应：
[Co(NH3)x]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+xNH3↑+3NaCl(见下图)，锥形瓶中装有10.00mL c mol·L-1 H2SO4，加热烧瓶，使NH3完全逸出。滴加2滴指示剂，用0.5000mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，滴定达到终点时消耗NaOH溶液V mL。
(5)下列关于实验的说法不正确的是______________。
A.第①步需在NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2·6H2O晶体，目的是加速固体的溶解
B.原料NH4Cl的主要作用是抑制NH3·H2O的电离，有利于生成二价钴氨配合物，不形成Cu(OH)2
C.减压过滤涉及转移溶液，具体是：用倾析法先转移溶液，后开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
D.第④步中使用含有盐酸的沸水，促进产品的析出
E.滴定时加入的2滴指示剂是酚酞
(6)根据实验(二)的数据计算：晶体中NH3的质量分数为__________(用含字母的式子表示)。
【答案】 (1). 防止温度过高H2O2分解，NH3·H2O分解；降低反应速率，防止反应过于剧烈 (2). 2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O (3). 趁热过滤 (4). 有利于[Co(NH3)6]Cl3晶体的析出（同离子效应），提高产率 (5). 先打开活塞d，后关闭水龙头 (6). DE (7). (0.34c-0.085V) ×100%
【解析】
【分析】
（1）反应物有H2O2、氨水，这两个物质都对热不稳定，使用时需要注意反应的问题；此外，缓慢加入是为了防止反应过于剧烈；
（2）根据题中的信息，该反应的反应物有CoCl2·6H2O、NH3、NH4Cl、H2O2，生成物有[Co(NH3)6]Cl3，H2O2的还原产物一般是H2O，据此写出化学方程式并配平即可；
（3）向[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合溶液中加入含浓HCl沸水，经操作I得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，则操作I为趁热过滤；向[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓HCl，可以促进[Co(NH3)6]Cl3晶体的析出（同离子效应）；
（4）当抽滤完毕或中途停止抽滤时，应当采取的正确操作过程是先打开活塞d，后关闭水龙头；
（5）A、将固体研碎加入到溶液中，目的是加快溶解；
B、氨水中存在:NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，运用平衡移动的原理分析；
C、该实验操作正确；
D、加入含HCl的沸水后，经过过滤得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，显然该操作不是为了析出固体；
E、滴定达到终点时，溶液中有NH4+，呈酸性，所以使用甲基橙作指示剂，；
（6）根据滴定计算即可。
【详解】（1）反应物有H2O2
、氨水，这两个物质都对热不稳定，使用时大多情况下需要低温，防止这两个物质分解；此外，缓慢加入是为了防止反应过于剧烈；
（2）该反应的化学方程式为：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O；
（3）向[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合溶液中加入含浓HCl沸水，经操作I得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，则操作I为趁热过滤；向[Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓HCl，可以促进[Co(NH3)6]Cl3晶体的析出，提高产率；
（4）当抽滤完毕或中途停止抽滤时，应当采取的正确操作过程是先打开活塞d，后关闭水龙头；
（5）A正确；
B、氨水中存在:NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，向溶液中加入NH4Cl，可以抑制NH3·H2O的电离，减小OH-的浓度，增大NH3的浓度，以促进二价钴氨配合物的生成，抑制Cu(OH)2的生成，B正确；
C正确；
D、加入含HCl的沸水后，经过过滤得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，则该步骤不是为了促进产品的析出，D错误；
E、滴定达到终点时，溶液中有NH4+，呈酸性，所以使用甲基橙作指示剂，而不是用酚酞，E错误；
故选DE；
（6）n(NaOH)=V×10-3L×0.5mol/L=0.5V×10-3mol，由于2NaOH-H2SO4，则剩余H2SO4 0.25V×10-3mol，故吸收NH3的H2SO4有(0.01c-0.25V×10-3)mol，由于2NH3-H2SO4，则吸收的NH3有(0.02c-0.5V×10-3)mol，故晶体中NH3的质量分数为×100%=(0.34c-0.085V) ×100%。
21.化合物F是具有扩张血管、增加冠脉血流量等作用的药物，某合成路线中的一部分如下图所示：
已知：ROH+ROOCCH3+CH3COOH
RCH2CHO+
(1)下列说法不正确的是________。
A.A→B转化过程是取代反应
B.化合物C分子式为C15H15NO7
C.1mol C最多可以跟含5mol NaOH的溶液反应
D.化合物E可以发生加成、取代、消去、加聚反应
(2)试剂Y是___________(写化学式)；D→E的反应类型是____________。
(3)B→C的反应方程式为________________________________________________。
(4)写出同时符合下列条件的X的同分异构体的结构简式_________________
①红外光谱表明分子中含有结构(R1、R2不为H、不含环、不含有“-C-N-”)；
②核磁共振氢谱显示3个吸收峰。
(5)参考题中流程信息，以、CH3CHO为原料合成___(用流程图表示，其它无机试剂任选)。
【答案】 (1). CD (2). NaHCO3 (3). 还原反应 (4). (5). 、、
、 (6).
【解析】
【分析】
根据图中的合成路线，可以判断出A、B含有苯环；结合题中给出的两个反应，可以看出B→C，按图中所给的结构，只是苯环的右侧基团发生改变，而左侧基团不变，所以A→B改变的是左侧的基团，故A中含有两个相邻的羟基，则在一个羟基的对位为醛基，即A为，B为。
【详解】经分析，A为，B为，则
(1) A、A→B，A中的酚羟基的H被乙酰基取代，则该反应是取代反应，A正确；
B、根据C的结构简式，可以推出C的分子式为C15H15NO7，B正确；
C、1mol C有2mol酯基、1mol羧基、1mol肽键，则1mol C消耗6mol NaOH，C错误；
D、化合物E不含碳碳双键，不能发生加聚反应，D错误；
故选CD；
(2)，反应中仅羧基变为了羧酸钠，酚羟基没有改变，则Y为NaHCO3；根据图中的信息，D→E的反应类型为还原反应；
(3) B→C的化学方程式为：；
(4)符合条件的同分异构体的结构简式为：、、、；
(5)合成路线为： ，由于酚羟基易被氧化，故需要先将酚变为酚钠，以保护酚羟基。
【点睛】有机推断题，需要先将各物质结构简式推断出来，再去分析各个问题。本题中所设计的有机物的机构较为复杂，但是结合题中所给的反应方程式，可以很快推出A、B的结构简式。
