高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省部分名校2024-2025學年高三上學期第二次考試可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16S32Fe56Co59Cu64Zn65一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列河南各地出土的文物中主要成分屬于硅酸鹽材料的是A.賈湖骨笛 B.杜嶺方鼎C.婦好鸮尊 D.汝窯天藍釉刻花鵝頸瓶【答案】D【解析】A．賈湖骨笛以鶴類禽鳥截去兩端的中空骨節制成，主要成分有蛋白質、磷酸鈣等，A錯誤；B．杜嶺方鼎是商代早期文物，由青銅制成，主要成分是合金，B錯誤；C．婦好鸮尊是商代時期文物，由青銅制成，主要成分是合金，C錯誤；D．汝窯天藍釉刻花鵝頸瓶是宋代時期文物，是陶瓷制品，主要成分屬于硅酸鹽材料，D正確；故選D。2.化學改變生活，化學讓生活更美好。下列說法正確的是A.石灰硫黃合劑是一種無機硫制劑，具有殺菌殺蟲和保護植物的功能B.醫療上常用質量分數為75%的乙醇溶液作消毒劑C.阿司匹林是一種合成藥物，化學名稱為水楊酸，具有解熱鎮痛的作用D.醫用軟膏中的“凡士林”，其主要成分是含碳原子數較多的烯烴【答案】A【解析】A．石灰硫黃合劑 簡稱石硫合劑，是一種無機硫制劑，呈堿性，具有殺菌殺蟲和保護植物的功能，A正確；B．醫療上常用體積分數為75%乙醇溶液作消毒劑，B錯誤；C．水楊酸是，阿司匹林是，阿司匹林化學名稱為乙酰水楊酸，具有解熱鎮痛的作用，C錯誤；D．醫用軟膏中的“凡士林”，其主要成分是含碳原子數較多的烷烴，D錯誤；選A。3.下列化學用語表示正確的是A.的VSEPR模型：B.杜仲膠的主要成分：C.3-氨基-1，5-戊二酸的鍵線式：D.激發態H原子的軌道表示式：【答案】C【解析】A．二氧化硫的價層電子對數為3、孤電子對數為1，VSEPR模型為：，A錯誤；B．杜仲膠主要成分為反式結構：，B錯誤；C．3-氨基-1，5-戊二酸的鍵線式：，C正確；D．不存在1p軌道，激發態H原子中的電子可躍遷至2s軌道或2p軌道，D錯誤；故選C。4.下列說法錯誤的是A.由于水的沸點高于氟化氫，可推測的鍵能大于的鍵能B.由于N的電負性小于F，可推測結合的能力：C.由于孤電子對排斥作用，可推測游離態水分子中小于中D.由于臭氧的極性微弱，可推測臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度【答案】A【解析】A．氫鍵屬于分子間作用力，水的沸點高于氟化氫的沸點是因為氫鍵的數目，前者更多，A項錯誤；B．由于N的電負性小于F，但是NF3中F元素電負性強，使得N原子呈正電性，難與H+結合，則結合的能力：，B項正確；C．單個水分子中，O的2對孤對電子排斥O-H鍵，使得變小，而在中，O的孤對電子和Cu2+的空軌道配位，O上只有1對孤對電子，減弱了O的孤對電子對O-H鍵的排斥，因此中大于單個水分子中，C項正確；D．臭氧是弱極性分子，水是極性溶劑，四氯化碳是非極性溶劑，根據“相似相溶”原理，所以臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，D項正確；答案選A。5.下列裝置或操作正確且能達到相應實驗目的的是裝置或操作實驗目的A．檢驗含有碳碳雙鍵B．吸收少量的氨氣裝置或操作實驗目的C．測定溶液的濃度D．實驗室隨開隨用制A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．銀氨溶液過量使溶液顯堿性，可與滴入溴水中的溴發生反應，對碳碳雙鍵的檢驗造成影響，A項錯誤；B．氨氣極易溶于水，而難溶于四氯化碳，該裝置可以防止倒吸，可以吸收少量的氨氣，B項正確；C．高錳酸鉀標準溶液為強氧化性溶液，應放在酸式滴定管中，C項錯誤；D．二氧化錳為粉末狀，無法放置在有孔隔板上，無法控制反應發生和停止，D項錯誤；答案選B。6.下列反應的方程式書寫錯誤的是A.用過量氨水吸收工業尾氣中的B.向飽和純堿溶液中通入過量C.將硫酸鉻溶液滴入含NaClO的強堿性溶液中：D.用氫氟酸刻蝕玻璃：【答案】C【解析】A．用過量氨水吸收工業尾氣中的，即不足，則得到亞硫酸銨，離子方程式：，A正確；B．因為碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，則向飽和純堿溶液中通入過量得到碳酸氫鈉沉淀，離子方程式：，B正確；C．將硫酸鉻溶液滴入含NaClO的強堿性溶液中，堿性條件應該生成鉻酸根離子，根據得失電子守恒以及電荷、原子守恒可得：，C錯誤；D．用氫氟酸刻蝕玻璃得到氟化硅與水：，D正確；故選C。7.化合物可經過多步反應得到某止吐藥(如圖所示)。下列說法錯誤的是A.化合物中含有三種含氧官能團B.化合物最多與反應C.化合物Q分子中含有1個手性碳原子D.化合物Q的化學式為【答案】BC【解析】A．化合物P中含氧官能團有酯基、酰胺基、醚鍵3種，A正確；B．化合物P中有1個酯基和1個酰胺基，它們水解分別消耗等量氫氧化鈉；苯環上的氯原子在一定條件下也能與氫氧化鈉反應，生成氯化鈉和酚鈉，故化合物最多與反應，B錯誤；C．化合物Q分子中含有2個手性碳原子（連接4個不同原子或原子團的飽和碳原子），手性碳原子的位置如圖所示：，C錯誤；D．由化合物Q的結構簡式可知，化合物Q的化學式為，D正確；故選BC。8.設表示阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的有①帶有乙基支鏈的鏈狀烷烴中主鏈所含有的碳原子數最少為②標準狀況下，與所含質子數均為③中含有的鍵數一定為④乙二醇中采用雜化的原子數為⑤和的混合物中含有的中子數為A.2個 B.3個 C.4個 D.5個【答案】B【解析】①乙基所在主鏈最低為主鏈上3號碳，則主鏈最少5個碳，則帶有乙基支鏈的鏈狀烷烴中主鏈所含有的碳原子數最少為，正確；②標準狀況下，不是氣體，不確定其物質的量，錯誤；③中為0.05mol，其可能為醛、酮，也可能為，故其含有的鍵數不一定為0.45mol，錯誤；④乙二醇為1mol，分子中碳、氧為雜化，采用雜化的原子數為，正確；⑤和的相對分子質量均為22，且1分子中均含有12個中子，則和的混合物中含有1.2mol，中子數為，正確；故選B。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，是空氣中含量最多的成分，Y和W位于同主族，由X、Y、Z、W形成的一種化合物的結構如圖所示。下列敘述正確的是A.化合物中原子上有孤對電子 B.最高正化合價：C.元素的第一電離能： D.簡單氫化物的穩定性：【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，是空氣中含量最多的成分，X為氮；Y和W位于同主族，化合物結構中，W可形成6對共用電子對，Y可形成2對共用電子對，則W為S元素，Y為O元素，Z可形成1對共用電子對，Z的原子序數大于O且小于S，可知Z為F元素；A．化合物中S形成6對共用電子對，原子上沒有孤對電子，A錯誤；B．Z為F元素，沒有正價，B錯誤；C．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，元素的第一電離能：，C錯誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；非金屬性越強，其簡單氫化物穩定性越強，簡單氫化物的穩定性：，D正確；故選D。10.鉈(Tl)在光導纖維、輻射屏蔽材料、催化劑和超導材料等方面具有潛在的應用價值。利用一種含鉈酸性廢液(含、、、等離子)制備金屬鉈的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是已知：難溶于水，而溶于水。A.“反應1”有沉淀生成B.“轉化”加入的為稀硫酸C.“濾液”溶質的主要成分為D.為提高“溶解”速率，可采用溫度較高的蒸餾水【答案】B【解析】含鉈酸性廢液(含、、、等離子)中加入氯化鈉固體，過濾得到TlCl沉淀，過濾得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，將TiCl轉化，生成氯化氫氣體從體現中逸出后，加蒸餾水溶解得到Tl2SO4溶液，加入鋅發生置換反應得到Tl和濾液Z；A．已知難溶于水，含鉈酸性廢液(含、、、等離子)中加入氯化鈉固體，與氯離子結合生成沉淀，故“反應1”有沉淀生成，A正確；B．氯化氫氣體極易溶于水，若“轉化”加入的為稀硫酸，則不可能逸出氯化氫氣體，B不正確；C．Tl2SO4溶液與鋅發生置換反應得到Tl和硫酸鋅，則“濾液”溶質的主要成分為，C正確；D．升溫可加劇微粒運動，為提高“溶解”速率，可采用溫度較高的蒸餾水，D正確；選B。11.已知圖甲為金屬鈉的晶胞，其晶胞截面如圖乙所示，將原子位置的坐標表示為晶胞棱長的分數。圖丙為晶胞的截面，已知屬于立方晶體，假設其晶胞參數為。設表示阿伏加德羅常數的值，下列關于晶胞的描述錯誤的是A.圖丙中“○”代表 B.晶體中的配位數為8C.晶胞中與緊鄰的有12個 D.晶體的密度為【答案】B【解析】對比圖甲的截面，由的截面可知，的晶胞結構與氟化鈣相似，Li+位于晶胞體對角線的四等分位上（共8個），位于晶胞的8個頂角和6個面心，則圖丙中“○”代表，由此作答：A．根據分析，“○”代表，A正確；B．Li+位于晶胞體內，與Li+最近且等距的有4個，B錯誤；C．位于晶胞的8個頂角和6個面心，所以與緊鄰的有12個，C正確；D．根據均攤法可知Li+的個數為8，所以1個晶胞中含有4個，晶胞的質量為，所以晶胞的密度為，D正確；故選B。12.下列實驗操作及現象、結論合理的是選項實驗目的實驗操作現象結論A探究硫酸鋇與碳酸鋇的轉化向飽和溶液中加入少量粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加入稀鹽酸濾渣部分溶解，并產生無色無味氣體Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)B檢驗氣體中否混有將氣體依次通過飽和溶液和澄清石灰水澄清石灰水變渾濁氣體中混有C探究是否具有還原性向一定濃度的溶液中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液高錳酸鉀溶液紫紅色褪去具有還原性D檢驗存在平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl-?+4H2O向溶液中加入足量固體溶液從藍色變為黃綠色存在[Cu(H2O)4]2+轉化為的平衡A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．飽和Na2CO3溶液中離子濃度高，加少量BaSO4粉末，導致，會析出BaCO3沉淀，并不能說明室溫下，A錯誤；B．將氣體依次通過飽和碳酸氫鈉溶液和澄清石灰水，澄清石灰水變渾濁，不能說明SO2氣體中混有CO2，因為SO2能與碳酸氫鈉溶液反應生成CO2，B錯誤；C．Cl-也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使高錳酸鉀溶液紫紅色褪去，故無法證明Fe2+具有還原性，故C錯誤；D．向CuSO4溶液中加入足量NaCl固體，溶液從藍色的變為黃綠色的，說明存在轉化為的平衡，D正確；故選D。13.研究表明，以辛胺和為原料高選擇性地合成辛腈和甲酸鹽的工作原理如圖1所示(忽略氣體的溶解)；堿性鋅-鐵液流電池具有電壓高、成本低的優點，工作原理如圖2所示，該電池的總反應為。圖1圖2下列說法錯誤的是A.極與電源的負極相連B.極上發生的反應為C.充電時，M極的電極反應式為D.外電路中轉移電子時，圖1陰極區溶液質量增加，圖2負極區溶液質量增加【答案】D【解析】由圖1知，電極上碳酸根離子轉化為甲酸根離子，碳酸根離子發生還原反應，則為陰極，為陽極，發生氧化反應，辛胺失電子生成辛腈，陰極與外接電源的負極相連，陽極與電源的正極相連；由圖2和電池總反應知，放電時N為負極，Zn失去電子發生氧化反應，M為正極，得電子發生還原反應；充電時N為陰極，M為陽極。A．由分析知，為陰極，與電源負極相連，A正確；B．電極上，辛胺失電子生成辛腈，轉移4mol電子，方程式中需要4mol氫氧根離子配平元素和電荷守恒，電極反應式為：，B正確；C．充電時，M電極為陽極，發生氧化反應，M極的電極反應式為，C正確；D．外電路中轉移電子時，圖1陰極吸收1mol二氧化碳，增加44g，但是同時有2mol氫氧根離子移出陰極區，增加的質量只有10g；外電路中轉移電子時，圖2中，鋅失電子后與氫氧根離子生成，溶液增加的質量為1mol鋅和2mol氫氧根質量之和，大于65g，D錯誤；故選D。14.常溫下，用溶液分別滴定、、三種溶液，表示、或隨變化的曲線如圖所示，已知圖中，，，且。下列說法錯誤的是A.當剛好完全沉淀時，溶液B.常溫下，的平衡常數C.曲線①②的交點的橫坐標D.常溫下，溶液的【答案】D【解析】①③兩條曲線平行，所以物質類型相同，則曲線②代表溶液；，，則曲線①對應的Ksp=10-21、曲線③對應的Ksp=10-10，，所以(對應曲線③)、(對應曲線①)；根據y=5，可知=1時，c(H+)=10-5，則Ka(CH3COOH)=10-5。A．，當剛好完全沉淀時，c(OH-)=，溶液，故A正確；B．常溫下，的平衡常數故B正確；C．曲線①②的交點，，即，c(H+)=10-2，橫坐標，故C正確；D．常溫下，溶液，，，所以，pH=9，故D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某學習小組為探究亞硫酸鈉溶液和六價鉻鹽溶液的反應與溶液酸堿性是否有關，進行如下實驗i~iv。編號實驗操作現象實驗i在試管①中加入的橙色溶液和5滴蒸餾水，用作實驗對照；另取試管②，加入的橙色溶液，再用膠頭滴管向其中滴加飽和溶液(約為9)5滴，振蕩。試管②中溶液顏色由橙色變為綠色()。實驗ii在試管③中加入的黃色溶液和5滴蒸餾水，用作實驗對照；另取試管④，加入的黃色溶液，再用膠頭滴管向其中滴加飽和溶液(pH約為9)5滴，振蕩。試管④中溶液顏色幾乎沒改變。實驗證在試管⑤中加入飽和溶液(pH約為9)，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴。為了排除溶液中的水對溶液稀釋造成的影響，另取試管⑥，______。試管⑤中溶液顏色變為淺黃色；試管⑥中溶液顏色變為淺橙色。實驗iv在試管⑦中加入飽和溶液(pH約為9)，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，用膠頭滴管繼續向其中滴加硫酸，振蕩。試管⑦中溶液顏色先變為淺黃色，再逐漸變為橙色，最終變為綠色。該學習小組進一步借助于手持技術數字化實驗驗證：溶液酸性增強，對溶液的還原性幾乎無影響，且溶液體系中的溶解氧對鹽溶液的氧化性隨酸性增強而增強的影響不大。回答下列問題：（1）基態Cr原子的價電子排布式為______。（2）常溫下飽和溶液的約為9的原因是______(用離子方程式表示)。（3）用離子方程式表示實驗i試管②中溶液顏色由橙色變為綠色的原因：______。（4）由實驗ii中的現象可以得出的結論為______。（5）為了排除溶液中的水對溶液稀釋造成的影響，另取試管⑥，______(請補全實驗操作)。（6）對比試管⑤與試管⑥中的現象說明______(從平衡移動原理角度解釋)。【答案】（1）（2）（3）（4）在堿性條件下，與不發生反應(合理即可)（5）加入蒸餾水，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，振蕩(合理即可)（6）溶液中存在平衡：(橙色)(黃色)，因為飽和溶液中水解產生的與上述平衡體系產生的結合，使得上述平衡向正反應方向移動，溶液體系中的逐漸減小，逐漸增大，溶液顏色變為淺黃色(合理即可)【解析】（1）Cr是元素周期表的25號元素，所以其價電子排布式為；（2）亞硫酸根離子在溶液中水解使得溶液呈堿性，離子方程式為；（3）由結論可知，重鉻酸鉀和亞硫酸鈉發生了氧化還原反應，反應的離子方程式為；（4）實驗ii說明此時氧化性較弱，不能氧化亞硫酸根，所以得出的結論為在堿性條件下，與不發生反應；（5）為了排除水的稀釋對溶液顏色變化的影響，應該做的對比實驗為：另取一支試管，加入蒸餾水，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，振蕩；（6）對比試管⑤與試管⑥中現象可排除水的影響，試管5中顏色變為淺黃色的原因為：溶液中存在平衡：(橙色)(黃色)，因為飽和溶液中水解產生的與上述平衡體系產生的結合，使得上述平衡向正反應方向移動，溶液體系中的逐漸減小，逐漸增大，溶液顏色變為淺黃色。16.工業上先將金紅石轉化為，再制得在醫療等領域具有重要用途的金屬鈦(Ti)。在恒容密閉容器中加入一定量的、和，可能發生的反應有：反應反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：（1）①______；反應I______(填“能”或“不能”)自發進行，判斷理由是______。②已知和的部分物理性質如下表：物質物理性質熔點為1560~1580℃，不溶于水、稀無機酸、熔點為-23.2℃、沸點為135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀鹽酸將二者混合物進行分離，分別得到純凈物可采用的方法是______(簡要寫出操作步驟)。（2）在下，一定量的、、C發生上述反應，平衡體系中氣體組分、、的體積分數隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①圖中表示的曲線是______(填“a”或“b”)，其曲線變化的原因是______②理論上制備的反應溫度是越低越好，但實際生產中反應溫度卻選擇800~1000°C，選擇800~1000°C的原因是______。③在1200℃下，反應Ⅱ的平衡常數______(為用分壓表示的平衡常數，分壓=總壓物質的量分數)。【答案】（1）①.-49②.能③.反應I的，，，能自發進行(合理即可)④.常溫下將混合物過濾，濾液是，將濾渣用冷水洗滌、干燥，得到(合理即可)（2）①.b②.隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，減少，而反應Ⅲ正向移動，也減少(合理即可)③.升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高(合理即可)④.45【解析】（1）①由蓋斯定律可知反應I=反應Ⅱ+反應Ⅲ，則；反應自發進行，該反應,,，該反應能自發進行；②由和的物理性質可知，不溶于水，能溶于冷水，故將二者混合物進行分離時，可將混合物溶于冷水，進行過濾，濾液為，濾渣為，將濾渣用冷水洗滌、干燥后可得固體；（2）①升高溫度，反應Ⅱ平衡向吸熱的方向移動，即平衡逆向移動，CO2的量減小，反應Ⅲ正向移動，CO2的量也減小，故表示CO2的曲線是b，表示CO的曲線是a，曲線變化的原因是：隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，CO2減少，而反應Ⅲ正向移動，CO2也減少；②適當的升高溫度，能使反應速率加快，根據圖中曲線可知在800~1000℃范圍內體積分數也較高，故選擇800~1000°C的原因是：升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高；③根據圖像可得的分壓為，CO2的分壓為，CO的分壓為，那么Cl2的分壓為100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反應Ⅱ的平衡常數。17.氧化鈷粉體材料在工業、電子、電訊等領域都有著廣闊的應用前景。某工廠用廢舊鈷基合金(主要成分為，還含有、、、、)制備，工藝流程如圖所示：已知：①該工藝條件下，、不能氧化。②常溫下，，，。③。回答下列問題：（1）鈷元素在元素周期表中的位置是______。（2）“堿浸”時要將“廢舊鈷基合金”粉碎，其目的是______。（3）“酸浸”所得“浸渣”的成分為______(填化學式)。（4）“除鐵”時需要控制反應溫度低于50℃的目的是______。（5）“沉鈣”時反應的離子方程式為______。若“沉鈣”后的溶液中，則此時溶液的為______。（6）為測定“轉化”時獲得草酸鈷()的純度，現稱取草酸鈷樣品，將其用適當試劑轉化為草酸銨溶液，再用過量稀硫酸酸化，并用高錳酸鉀標準溶液滴定，平行實驗三次，達到滴定終點時，消耗高錳酸鉀標準溶液的體積如下表所示：實驗序號123高錳酸鉀標準溶液的體積/mL39.9741.8640.03①達到滴定終點時的標志為______。②草酸鈷樣品的純度為______。【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）增大接觸面積，提高反應速率與堿浸效率(合理即可)（3）、（4）防止雙氧水分解及氨水的揮發與分解(合理即可)（5）①.②.5.7（6）①.當滴加最后半滴高錳酸鉀標準溶液時，溶液顏色由無色變為淺紫紅色且內不變色(合理即可)②.73.5%【解析】廢舊鈷基合金(主要成分為，還含有、、、、)，用氫氧化鈉“堿浸”生成四羥基合鋁酸鈉除氧化鋁；濾渣“酸浸”生成硫酸鉛沉淀、硫酸鈣沉淀，濾液中含有硫酸鈷、硫酸鐵、硫酸亞鐵、少量硫酸鈣、硫酸鎂；濾液中加雙氧水把硫酸亞鐵氧化為硫酸鐵，加氨水生成氫氧化鐵沉淀除鐵；濾液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除鈣、除鎂；濾液中加碳酸鈉，可以得到碳酸鈷；碳酸鈷與鹽酸反應，生成氯化鈷，氯化鈷與草酸銨反應，得到得到草酸鈷；草酸鈷灼燒得到，據此分析解答。（1）鈷元素的原子序數為27，原子核外有27個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d74s2，則位于第四周期Ⅷ族，故答案為：第四周期Ⅷ族。（2）粉碎可以增大接觸面積，“堿浸”時要將“廢舊鈷基合金”粉碎的原因為增大接觸面積，提高反應速率與堿浸效率，故答案為：增大接觸面積，提高反應速率與堿浸效率。（3）根據分析，“酸浸”時和硫酸反應生成硫酸鉛沉淀、硫酸鈣沉淀，所得“浸渣”的成分為、，故答案為：、。（4）雙氧水受熱易分解，氨水易揮發，“除鐵”時需要控制反應溫度不能高于的原因是防止雙氧水分解，及濃氨水的揮發與分解，故答案為：防止雙氧水分解及氨水的揮發與分解。（5）“沉鈣”是鈣離子和HF反應，生成CaF2和H+的過程，反應的離子方程式為；若“沉鈣”后的溶液中，根據、，則，，則此時溶液的為，故答案為：5.7。（6）①酸性KMnO4溶液為紫紅色，滴定終點時無色變為紫紅色，則滴定終點的現象是當滴加最后半滴高錳酸鉀標準溶液時，溶液顏色由無色變為淺紫紅色且內不變色，故答案為：當滴加最后半滴高錳酸鉀標準溶液時，溶液顏色由無色變為淺紫紅色且內不變色。②第2次實驗誤差較大，舍棄，消耗高錳酸鉀標準溶液的體積為mL=40.00mL，根據反應的離子方程式可知，，則樣品中含有的草酸鈷的質量為=，則樣品的純度為，故答案為：73.5%。18.依喜替康是一種具有較強抗腫瘤活性的藥物。以物質A為起始物，經過如下一系列反應轉化，最終可得到依喜替康衍生物H。回答下列問題：（1）A中含有官能團的名稱為______。（2）轉化中使用了三氟乙酸()。酸性遠強于酸性的原因為______。（3）C的結構簡式為______；C→D的反應類型為______，設計該步驟的目______（4）的化學方程式為______。（5）物質與互為同系物，其化學式為，則符合下列條件的物質Q的同分異構體有______種(不考慮立體異構)。①分子結構中除苯環外不含其他環，且苯環上只有三個取代基；②分子結構中含有氨基和羧基()。（6）已知。寫出上述流程步驟中使用的試劑M的結構簡式：______。【答案】（1）氟原子(碳氟鍵)、硝基（2）是吸電子基團而是推電子基團，導致的羧基中的羥基極性比中羥基的極性大，更易電離出(合理即可)（3）①.②.取代反應③.保護氨基，避免發生反應(合理即可)（4）（5）60（6）【解析】根據轉化關系圖，由結構簡式和條件進行分析，A發生溴代反應生成B，B發生還原反應，硝基轉化為氨基，C的結構簡式為；C到D發生取代反應生成酰胺基，D到E的轉化發生取代反應，加成后生成F，則E的結構簡式為，F再經過一系列反應和轉化，G與M生成H。（1）根據A的結構簡式可知，A中含有兩種官能團，分別是：碳氟鍵、硝基；（2）三氟乙酸的酸性遠強于乙酸的原因是：是吸電子基團而是推電子基團，導致的羧基中的羥基極性比中羥基的極性大，更易電離出；（3）根據分析，B發生還原反應，硝基轉化為氨基，其他結構不變，則C的結構簡式為：；C到D發生取代反應生成酰胺基；設計該步驟的目的是保護氨基，避免發生副反應；（4）D到E的轉化發生取代反應，化學方程式為：；（5）物質Q與B互為同系物，其化學式為，則符合下列條件：①分子結構中除苯環外不含其他環，且苯環上只有三個取代基；②分子結構中含有氨基和羧基()的Q的同分異構體：⑴-Br、-F、-CH2(NH2)COOH三種取代基，-Br、-F處于鄰位有4種；-Br、-F處于間位，有4種；-Br、-F處于對位有2種，該情況下為10種；⑵-Br、-NH2、-CH(F)COOH三種取代基時有10種；⑶-Br、-COOH、-CH(F)NH2三種取代基時有10種；⑷-F、-COOH、-CH(Br)NH2三種取代基時有10種；⑸-F、-NH2、-CH(Br)COOH三種取代基時有10種；⑹-COOH、-NH2、-CH(Br)F三種取代基時有10種；符合以上條件的同分異構體數目總數為60；（6）根據，可知氨基去氫、酮羰基去氧生成新的碳環結構，結合中的結構簡式分析，M應該為紅色標記部分的三環化合物，其結構簡式為：。河南省部分名校2024-2025學年高三上學期第二次考試可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16S32Fe56Co59Cu64Zn65一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列河南各地出土的文物中主要成分屬于硅酸鹽材料的是A.賈湖骨笛 B.杜嶺方鼎C.婦好鸮尊 D.汝窯天藍釉刻花鵝頸瓶【答案】D【解析】A．賈湖骨笛以鶴類禽鳥截去兩端的中空骨節制成，主要成分有蛋白質、磷酸鈣等，A錯誤；B．杜嶺方鼎是商代早期文物，由青銅制成，主要成分是合金，B錯誤；C．婦好鸮尊是商代時期文物，由青銅制成，主要成分是合金，C錯誤；D．汝窯天藍釉刻花鵝頸瓶是宋代時期文物，是陶瓷制品，主要成分屬于硅酸鹽材料，D正確；故選D。2.化學改變生活，化學讓生活更美好。下列說法正確的是A.石灰硫黃合劑是一種無機硫制劑，具有殺菌殺蟲和保護植物的功能B.醫療上常用質量分數為75%的乙醇溶液作消毒劑C.阿司匹林是一種合成藥物，化學名稱為水楊酸，具有解熱鎮痛的作用D.醫用軟膏中的“凡士林”，其主要成分是含碳原子數較多的烯烴【答案】A【解析】A．石灰硫黃合劑 簡稱石硫合劑，是一種無機硫制劑，呈堿性，具有殺菌殺蟲和保護植物的功能，A正確；B．醫療上常用體積分數為75%乙醇溶液作消毒劑，B錯誤；C．水楊酸是，阿司匹林是，阿司匹林化學名稱為乙酰水楊酸，具有解熱鎮痛的作用，C錯誤；D．醫用軟膏中的“凡士林”，其主要成分是含碳原子數較多的烷烴，D錯誤；選A。3.下列化學用語表示正確的是A.的VSEPR模型：B.杜仲膠的主要成分：C.3-氨基-1，5-戊二酸的鍵線式：D.激發態H原子的軌道表示式：【答案】C【解析】A．二氧化硫的價層電子對數為3、孤電子對數為1，VSEPR模型為：，A錯誤；B．杜仲膠主要成分為反式結構：，B錯誤；C．3-氨基-1，5-戊二酸的鍵線式：，C正確；D．不存在1p軌道，激發態H原子中的電子可躍遷至2s軌道或2p軌道，D錯誤；故選C。4.下列說法錯誤的是A.由于水的沸點高于氟化氫，可推測的鍵能大于的鍵能B.由于N的電負性小于F，可推測結合的能力：C.由于孤電子對排斥作用，可推測游離態水分子中小于中D.由于臭氧的極性微弱，可推測臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度【答案】A【解析】A．氫鍵屬于分子間作用力，水的沸點高于氟化氫的沸點是因為氫鍵的數目，前者更多，A項錯誤；B．由于N的電負性小于F，但是NF3中F元素電負性強，使得N原子呈正電性，難與H+結合，則結合的能力：，B項正確；C．單個水分子中，O的2對孤對電子排斥O-H鍵，使得變小，而在中，O的孤對電子和Cu2+的空軌道配位，O上只有1對孤對電子，減弱了O的孤對電子對O-H鍵的排斥，因此中大于單個水分子中，C項正確；D．臭氧是弱極性分子，水是極性溶劑，四氯化碳是非極性溶劑，根據“相似相溶”原理，所以臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，D項正確；答案選A。5.下列裝置或操作正確且能達到相應實驗目的的是裝置或操作實驗目的A．檢驗含有碳碳雙鍵B．吸收少量的氨氣裝置或操作實驗目的C．測定溶液的濃度D．實驗室隨開隨用制A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．銀氨溶液過量使溶液顯堿性，可與滴入溴水中的溴發生反應，對碳碳雙鍵的檢驗造成影響，A項錯誤；B．氨氣極易溶于水，而難溶于四氯化碳，該裝置可以防止倒吸，可以吸收少量的氨氣，B項正確；C．高錳酸鉀標準溶液為強氧化性溶液，應放在酸式滴定管中，C項錯誤；D．二氧化錳為粉末狀，無法放置在有孔隔板上，無法控制反應發生和停止，D項錯誤；答案選B。6.下列反應的方程式書寫錯誤的是A.用過量氨水吸收工業尾氣中的B.向飽和純堿溶液中通入過量C.將硫酸鉻溶液滴入含NaClO的強堿性溶液中：D.用氫氟酸刻蝕玻璃：【答案】C【解析】A．用過量氨水吸收工業尾氣中的，即不足，則得到亞硫酸銨，離子方程式：，A正確；B．因為碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，則向飽和純堿溶液中通入過量得到碳酸氫鈉沉淀，離子方程式：，B正確；C．將硫酸鉻溶液滴入含NaClO的強堿性溶液中，堿性條件應該生成鉻酸根離子，根據得失電子守恒以及電荷、原子守恒可得：，C錯誤；D．用氫氟酸刻蝕玻璃得到氟化硅與水：，D正確；故選C。7.化合物可經過多步反應得到某止吐藥(如圖所示)。下列說法錯誤的是A.化合物中含有三種含氧官能團B.化合物最多與反應C.化合物Q分子中含有1個手性碳原子D.化合物Q的化學式為【答案】BC【解析】A．化合物P中含氧官能團有酯基、酰胺基、醚鍵3種，A正確；B．化合物P中有1個酯基和1個酰胺基，它們水解分別消耗等量氫氧化鈉；苯環上的氯原子在一定條件下也能與氫氧化鈉反應，生成氯化鈉和酚鈉，故化合物最多與反應，B錯誤；C．化合物Q分子中含有2個手性碳原子（連接4個不同原子或原子團的飽和碳原子），手性碳原子的位置如圖所示：，C錯誤；D．由化合物Q的結構簡式可知，化合物Q的化學式為，D正確；故選BC。8.設表示阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的有①帶有乙基支鏈的鏈狀烷烴中主鏈所含有的碳原子數最少為②標準狀況下，與所含質子數均為③中含有的鍵數一定為④乙二醇中采用雜化的原子數為⑤和的混合物中含有的中子數為A.2個 B.3個 C.4個 D.5個【答案】B【解析】①乙基所在主鏈最低為主鏈上3號碳，則主鏈最少5個碳，則帶有乙基支鏈的鏈狀烷烴中主鏈所含有的碳原子數最少為，正確；②標準狀況下，不是氣體，不確定其物質的量，錯誤；③中為0.05mol，其可能為醛、酮，也可能為，故其含有的鍵數不一定為0.45mol，錯誤；④乙二醇為1mol，分子中碳、氧為雜化，采用雜化的原子數為，正確；⑤和的相對分子質量均為22，且1分子中均含有12個中子，則和的混合物中含有1.2mol，中子數為，正確；故選B。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，是空氣中含量最多的成分，Y和W位于同主族，由X、Y、Z、W形成的一種化合物的結構如圖所示。下列敘述正確的是A.化合物中原子上有孤對電子 B.最高正化合價：C.元素的第一電離能： D.簡單氫化物的穩定性：【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，是空氣中含量最多的成分，X為氮；Y和W位于同主族，化合物結構中，W可形成6對共用電子對，Y可形成2對共用電子對，則W為S元素，Y為O元素，Z可形成1對共用電子對，Z的原子序數大于O且小于S，可知Z為F元素；A．化合物中S形成6對共用電子對，原子上沒有孤對電子，A錯誤；B．Z為F元素，沒有正價，B錯誤；C．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，元素的第一電離能：，C錯誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；非金屬性越強，其簡單氫化物穩定性越強，簡單氫化物的穩定性：，D正確；故選D。10.鉈(Tl)在光導纖維、輻射屏蔽材料、催化劑和超導材料等方面具有潛在的應用價值。利用一種含鉈酸性廢液(含、、、等離子)制備金屬鉈的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是已知：難溶于水，而溶于水。A.“反應1”有沉淀生成B.“轉化”加入的為稀硫酸C.“濾液”溶質的主要成分為D.為提高“溶解”速率，可采用溫度較高的蒸餾水【答案】B【解析】含鉈酸性廢液(含、、、等離子)中加入氯化鈉固體，過濾得到TlCl沉淀，過濾得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，將TiCl轉化，生成氯化氫氣體從體現中逸出后，加蒸餾水溶解得到Tl2SO4溶液，加入鋅發生置換反應得到Tl和濾液Z；A．已知難溶于水，含鉈酸性廢液(含、、、等離子)中加入氯化鈉固體，與氯離子結合生成沉淀，故“反應1”有沉淀生成，A正確；B．氯化氫氣體極易溶于水，若“轉化”加入的為稀硫酸，則不可能逸出氯化氫氣體，B不正確；C．Tl2SO4溶液與鋅發生置換反應得到Tl和硫酸鋅，則“濾液”溶質的主要成分為，C正確；D．升溫可加劇微粒運動，為提高“溶解”速率，可采用溫度較高的蒸餾水，D正確；選B。11.已知圖甲為金屬鈉的晶胞，其晶胞截面如圖乙所示，將原子位置的坐標表示為晶胞棱長的分數。圖丙為晶胞的截面，已知屬于立方晶體，假設其晶胞參數為。設表示阿伏加德羅常數的值，下列關于晶胞的描述錯誤的是A.圖丙中“○”代表 B.晶體中的配位數為8C.晶胞中與緊鄰的有12個 D.晶體的密度為【答案】B【解析】對比圖甲的截面，由的截面可知，的晶胞結構與氟化鈣相似，Li+位于晶胞體對角線的四等分位上（共8個），位于晶胞的8個頂角和6個面心，則圖丙中“○”代表，由此作答：A．根據分析，“○”代表，A正確；B．Li+位于晶胞體內，與Li+最近且等距的有4個，B錯誤；C．位于晶胞的8個頂角和6個面心，所以與緊鄰的有12個，C正確；D．根據均攤法可知Li+的個數為8，所以1個晶胞中含有4個，晶胞的質量為，所以晶胞的密度為，D正確；故選B。12.下列實驗操作及現象、結論合理的是選項實驗目的實驗操作現象結論A探究硫酸鋇與碳酸鋇的轉化向飽和溶液中加入少量粉末，過濾，向洗凈的沉淀中加入稀鹽酸濾渣部分溶解，并產生無色無味氣體Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)B檢驗氣體中否混有將氣體依次通過飽和溶液和澄清石灰水澄清石灰水變渾濁氣體中混有C探究是否具有還原性向一定濃度的溶液中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液高錳酸鉀溶液紫紅色褪去具有還原性D檢驗存在平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl-?+4H2O向溶液中加入足量固體溶液從藍色變為黃綠色存在[Cu(H2O)4]2+轉化為的平衡A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．飽和Na2CO3溶液中離子濃度高，加少量BaSO4粉末，導致，會析出BaCO3沉淀，并不能說明室溫下，A錯誤；B．將氣體依次通過飽和碳酸氫鈉溶液和澄清石灰水，澄清石灰水變渾濁，不能說明SO2氣體中混有CO2，因為SO2能與碳酸氫鈉溶液反應生成CO2，B錯誤；C．Cl-也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使高錳酸鉀溶液紫紅色褪去，故無法證明Fe2+具有還原性，故C錯誤；D．向CuSO4溶液中加入足量NaCl固體，溶液從藍色的變為黃綠色的，說明存在轉化為的平衡，D正確；故選D。13.研究表明，以辛胺和為原料高選擇性地合成辛腈和甲酸鹽的工作原理如圖1所示(忽略氣體的溶解)；堿性鋅-鐵液流電池具有電壓高、成本低的優點，工作原理如圖2所示，該電池的總反應為。圖1圖2下列說法錯誤的是A.極與電源的負極相連B.極上發生的反應為C.充電時，M極的電極反應式為D.外電路中轉移電子時，圖1陰極區溶液質量增加，圖2負極區溶液質量增加【答案】D【解析】由圖1知，電極上碳酸根離子轉化為甲酸根離子，碳酸根離子發生還原反應，則為陰極，為陽極，發生氧化反應，辛胺失電子生成辛腈，陰極與外接電源的負極相連，陽極與電源的正極相連；由圖2和電池總反應知，放電時N為負極，Zn失去電子發生氧化反應，M為正極，得電子發生還原反應；充電時N為陰極，M為陽極。A．由分析知，為陰極，與電源負極相連，A正確；B．電極上，辛胺失電子生成辛腈，轉移4mol電子，方程式中需要4mol氫氧根離子配平元素和電荷守恒，電極反應式為：，B正確；C．充電時，M電極為陽極，發生氧化反應，M極的電極反應式為，C正確；D．外電路中轉移電子時，圖1陰極吸收1mol二氧化碳，增加44g，但是同時有2mol氫氧根離子移出陰極區，增加的質量只有10g；外電路中轉移電子時，圖2中，鋅失電子后與氫氧根離子生成，溶液增加的質量為1mol鋅和2mol氫氧根質量之和，大于65g，D錯誤；故選D。14.常溫下，用溶液分別滴定、、三種溶液，表示、或隨變化的曲線如圖所示，已知圖中，，，且。下列說法錯誤的是A.當剛好完全沉淀時，溶液B.常溫下，的平衡常數C.曲線①②的交點的橫坐標D.常溫下，溶液的【答案】D【解析】①③兩條曲線平行，所以物質類型相同，則曲線②代表溶液；，，則曲線①對應的Ksp=10-21、曲線③對應的Ksp=10-10，，所以(對應曲線③)、(對應曲線①)；根據y=5，可知=1時，c(H+)=10-5，則Ka(CH3COOH)=10-5。A．，當剛好完全沉淀時，c(OH-)=，溶液，故A正確；B．常溫下，的平衡常數故B正確；C．曲線①②的交點，，即，c(H+)=10-2，橫坐標，故C正確；D．常溫下，溶液，，，所以，pH=9，故D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某學習小組為探究亞硫酸鈉溶液和六價鉻鹽溶液的反應與溶液酸堿性是否有關，進行如下實驗i~iv。編號實驗操作現象實驗i在試管①中加入的橙色溶液和5滴蒸餾水，用作實驗對照；另取試管②，加入的橙色溶液，再用膠頭滴管向其中滴加飽和溶液(約為9)5滴，振蕩。試管②中溶液顏色由橙色變為綠色()。實驗ii在試管③中加入的黃色溶液和5滴蒸餾水，用作實驗對照；另取試管④，加入的黃色溶液，再用膠頭滴管向其中滴加飽和溶液(pH約為9)5滴，振蕩。試管④中溶液顏色幾乎沒改變。實驗證在試管⑤中加入飽和溶液(pH約為9)，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴。為了排除溶液中的水對溶液稀釋造成的影響，另取試管⑥，______。試管⑤中溶液顏色變為淺黃色；試管⑥中溶液顏色變為淺橙色。實驗iv在試管⑦中加入飽和溶液(pH約為9)，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，用膠頭滴管繼續向其中滴加硫酸，振蕩。試管⑦中溶液顏色先變為淺黃色，再逐漸變為橙色，最終變為綠色。該學習小組進一步借助于手持技術數字化實驗驗證：溶液酸性增強，對溶液的還原性幾乎無影響，且溶液體系中的溶解氧對鹽溶液的氧化性隨酸性增強而增強的影響不大。回答下列問題：（1）基態Cr原子的價電子排布式為______。（2）常溫下飽和溶液的約為9的原因是______(用離子方程式表示)。（3）用離子方程式表示實驗i試管②中溶液顏色由橙色變為綠色的原因：______。（4）由實驗ii中的現象可以得出的結論為______。（5）為了排除溶液中的水對溶液稀釋造成的影響，另取試管⑥，______(請補全實驗操作)。（6）對比試管⑤與試管⑥中的現象說明______(從平衡移動原理角度解釋)。【答案】（1）（2）（3）（4）在堿性條件下，與不發生反應(合理即可)（5）加入蒸餾水，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，振蕩(合理即可)（6）溶液中存在平衡：(橙色)(黃色)，因為飽和溶液中水解產生的與上述平衡體系產生的結合，使得上述平衡向正反應方向移動，溶液體系中的逐漸減小，逐漸增大，溶液顏色變為淺黃色(合理即可)【解析】（1）Cr是元素周期表的25號元素，所以其價電子排布式為；（2）亞硫酸根離子在溶液中水解使得溶液呈堿性，離子方程式為；（3）由結論可知，重鉻酸鉀和亞硫酸鈉發生了氧化還原反應，反應的離子方程式為；（4）實驗ii說明此時氧化性較弱，不能氧化亞硫酸根，所以得出的結論為在堿性條件下，與不發生反應；（5）為了排除水的稀釋對溶液顏色變化的影響，應該做的對比實驗為：另取一支試管，加入蒸餾水，再用膠頭滴管向其中滴加的橙色溶液5滴，振蕩；（6）對比試管⑤與試管⑥中現象可排除水的影響，試管5中顏色變為淺黃色的原因為：溶液中存在平衡：(橙色)(黃色)，因為飽和溶液中水解產生的與上述平衡體系產生的結合，使得上述平衡向正反應方向移動，溶液體系中的逐漸減小，逐漸增大，溶液顏色變為淺黃色。16.工業上先將金紅石轉化為，再制得在醫療等領域具有重要用途的金屬鈦(Ti)。在恒容密閉容器中加入一定量的、和，可能發生的反應有：反應反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：（1）①______；反應I______(填“能”或“不能”)自發進行，判斷理由是______。②已知和的部分物理性質如下表：物質物理性質熔點為1560~1580℃，不溶于水、稀無機酸、熔點為-23.2℃、沸點為135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀鹽酸將二者混合物進行分離，分別得到純凈物可采用的方法是______(簡要寫出操作步驟)。（2）在下，一定量的、、C發生上述反應，平衡體系中氣體組分、、的體積分數隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①圖中表示的曲線是______(填“a”或“b”)，其曲線變化的原因是______②理論上制備的反應溫度是越低越好，但實際生產中反應溫度卻選擇800~1000°C，選擇800~1000°C的原因是______。③在1200℃下，反應Ⅱ的平衡常數______(為用分壓表示的平衡常數，分壓=總壓物質的量分數)。【答案】（1）①.-49②.能③.反應I的，，，能自發進行(合理即可)④.常溫下將混合物過濾，濾液是，將濾渣用冷水洗滌、干燥，得到(合理即可)（2）①.b②.隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，減少，而反應Ⅲ正向移動，也減少(合理即可)③.升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高(合理即可)④.45【解析】（1）①由蓋斯定律可知反應I=反應Ⅱ+反應Ⅲ，則；反應自發進行，該反應,,，該反應能自發進行；②由和的物理性質可知，不溶于水，能溶于冷水，故將二者混合物進行分離時，可將混合物溶于冷水，進行過濾，濾液為，濾渣為，將濾渣用冷水洗滌、干燥后可得固體；（2）①升高溫度，反應Ⅱ平衡向吸熱的方向移動，即平衡逆向移動，CO2的量減小，反應Ⅲ正向移動，CO2的量也減小，故表示CO2的曲線是b，表示CO的曲線是a，曲線變化的原因是：隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，CO2減少，而反應Ⅲ正向移動，CO2也減少；②適當的升高溫度，能使反應速率加快，根據圖中曲線可知在800~1000℃范圍內體積分數也較高，故選擇800~1000°C的原因是：升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高；③根據圖像可得的分壓為，CO2的分壓為，CO的分壓為，那么Cl2的分壓為100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反應Ⅱ的平衡常數。17.氧化鈷粉體材料在工業、電子、電訊等領域都有著廣闊的應用前景。某工廠用廢舊鈷基合金(主要成分為，還含有、、、、)制備，工藝流程如圖所示：已知：①該工藝條件下，、不能氧化。②常溫下，，，。③。回答下列問題：（1）鈷元素在元素周期表中的位置是______。（2）“堿浸”時要將“廢舊鈷基合金”粉碎，其目的是______。（3）“酸浸”所得“浸渣”的成分為______(填化學式)。（4）“除鐵”時需要控制反應溫度低于50℃的目的是______。（5）“沉鈣”時反應的離子方程式為______。若“沉鈣”后的溶液中，則此時溶液的為______。（6）為測定“轉化”時獲得草酸鈷()的純度，現稱取草酸鈷樣品，將其用適當試劑轉化為草酸銨溶液，再用過量稀硫酸酸化，并用高錳酸鉀標準溶液滴定，平行實驗三次，達到滴定終點時，消耗高錳酸鉀標準溶液的體積如下表所示：實驗序號123高錳酸鉀標準溶液的體積/mL39.9741.8640.03①達到滴定終點時的標志為______。②草酸鈷樣品的純度為______。【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）增大接觸面積，提高反應速率與堿浸效率(合理即可)（3）、（4）防止雙氧水分解及氨水的揮發與分解(合理即可)（5）