《2026年一本密卷高考化学》

16.（14分）（2025·河南·二模）草酸钴在化学中应用广泛，可用于制备催化剂等。以钴矿[主要成分为$CoO$、$Co_2O_3$、$Co(OH)_2$，含少量的$SiO_2$、$Al_2O_3$、$FeO$、$MnO_2$等]为原料制取草酸钴晶体$(CoC_2O_4·2H_2O)$的工艺流程如图所示。

已知：溶液中相关离子沉淀完全$(c\leqslant1.0×10^{-5}mol· L^{-1})$时的pH：
回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置：第四周期第ⅦB族，写出Co的价层电子排布式3d⁷4s²。
（2）“浸取”时$Co_2O_3$发生反应的离子方程式为________。
(3)“氧化”过程中消耗$H_2O_2$的量明显偏高的原因是2H₂O₂$\xrightarrow{Fe^{3+}}$2H₂O+O₂↑(用化学方程式表示)。
(4)在“调节pH=6”的步骤中，沉淀X的成分为：Fe(OH)₃、Al(OH)₃。
（5）在“萃取”步骤中，向溶液中加入某有机酸萃取剂$(HA)_2$，发生反应$Co^{2+}+n(HA)_2\rightleftharpoons CoA_2·(n-1)(HA)_2+2H^+$。当溶液pH处于一定范围内时，测得$Co^{2+}$萃取率随溶液pH的增大而增大，其原因是________。
(6)“沉钴”为草酸钴晶体$(CoC_2O_4·2H_2O)$，将54.9g该晶体“灼烧”至质量不再减轻，得到24.1g钴的氧化物，其化学式为Co₃O₄。该氧化物晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成(如图2)。其中黑球(●)代表Co³⁺(填离子符号)。

答案： 16.[答案]
(1)第四周期第 ⅦB 族 $3d^7 4s^2$
(2)$Co_2O_3 + SO_3^{2-} + 4H^+ \longrightarrow 2Co^{2+} + 2H_2O + SO_4^{2-}$
(3)$2H_2O_2 \xrightarrow{Fe^{3+}} 2H_2O + O_2 \uparrow$
(4)$Fe(OH)_3$、$Al(OH)_3$
(5)随着溶液的 $pH$ 增大，$c(H^+)$ 减小，萃取反应平衡向正反应方向移动
(6)$Co_3O_4$ $Co^{3+}$
[分析] 加硫酸溶解后，氢氧化物及部分金属氧化物溶于硫酸，再加入 $Na_2SO_3$ 后，$MnO_2$ 和 $Co_2O_3$ 被还原成 $Mn^{2+}$ 和 $Co^{2+}$，$SiO_2$ 不与硫酸反应，经过滤除去；向滤液中加入 $H_2O_2$，$H_2O_2$ 将 $Fe^{2+}$ 氧化为 $Fe^{3+}$，然后加入 $NaOH$ 调节 $pH$ 值为 6，$Al^{3+}$、$Fe^{3+}$ 转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液经萃取和反萃取后，加入 $(NH_4)_2C_2O_4$ 沉钴，得到 $CoC_2O_4 · 2H_2O$。
[解析]
(1)$Mn$ 为 25 号元素，位于第四周期第 ⅦB 族；$Co$ 为 27 号元素，位于第四周期第 Ⅷ 族，其价电子排布式为 $3d^7 4s^2$；
(2)由上述分析可知，“浸取”过程中 $Co_2O_3$ 与硫酸、$Na_2SO_3$ 反应生成 $CoSO_4$ 和 $Na_2SO_4$，离子方程式为 $Co_2O_3 + SO_3^{2-} + 4H^+ \longrightarrow 2Co^{2+} + 2H_2O + SO_4^{2-}$；
(3)“氧化”过程中，生成的 $Fe^{3+}$ 能催化 $H_2O_2$ 分解，反应的化学方程式为 $2H_2O_2 \xrightarrow{Fe^{3+}} 2H_2O + O_2 \uparrow$；
(4)由上述分析可知，沉淀 X 为 $Fe(OH)_3$ 和 $Al(OH)_3$；
(5)随着溶液的 $pH$ 增大，则 $c(H^+)$ 减小，根据萃取反应可知，萃取平衡正向移动，促使 $Co^{2+}$ 萃取率增大；
(6)$54.9 g$ 草酸钴晶体中，$Co$ 的物质的量为 $\frac{54.9 g}{183 g/mol} = 0.3 mol$，根据元素守恒，所得氧化物中 $Co$ 的物质的量为 $0.3 mol$，则氧化物中 $O$ 元素的物质的量为 $\frac{24.1 g - 0.3 mol × 59 g/mol}{16 g/mol} = 0.4 mol$，$n(Co):n(O) = 3:4$，故氧化物的化学式为 $Co_3O_4$；根据化合物元素化合价代数和为 0，可知 $Co_3O_4$ 中有 1 个 $Co^{2+}$ 和 2 个 $Co^{3+}$，则晶胞中 $N(Co^{3+}):N(Co^{2+}):N(O) = 2:1:4$，结合晶胞结构信息，采用均摊法可知，“●”数目为 $4 × (\frac{4 × \frac{1}{8} + 1}{ }) + 4 × (4 × \frac{1}{8}) = 8$，“黑球”数目为 $4 × 4 = 16$，“白球”数目为 $4 × 4 + 4 × 4 = 32$，故“●”代表 $Co^{2+}$，“白球”代表 $O^{2-}$，“黑球”代表 $Co^{3+}$。

17.（15分）（2025·四川·三模）有机物G是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下：


②硫酸二甲酯$[(CH_3O)_2SO_2]$的结构简式为；

回答下列问题：
(1)B的结构简式为。
(2)C中含氧官能团的名称为羰基（或酮羰基）、醚键。
（3）写出$E\to F$的化学方程式：________，该反应的反应类型为________。
(4)有机物K是B的同分异构体，符合下列条件的K的结构有12种(不考虑立体异构)。
ⅰ. 不能与$NaOH$溶液反应；
ⅱ. 1molK与足量的金属钠反应能生成22.4L标准状况下的气体；
ⅲ. 含有
(5)为了减少步骤，缩短反应过程，$D\to G$也可由如下路线合成，结合题示合成路线分析下图中“反应条件”应为48%HBr。

①M分子中不存在手性碳原子，则M的结构简式为。
②N的分子式为C₈H₁₀O₃。

答案：
17.[答案]
(1)
(2)羰基（或酮羰基）、醚键
(3) 　取代反应
(4)12
(5)$48\% HBr$
(6) 　G1Ho
[分析] A 发生取代反应生成 B ，B 发生信息 ① 的反应生成 C ，C 在一定条件下转化为 D，D 发生取代反应生成 E，E 与 $CH_2COOH$ 生成 F ，F 转化为 G，据此分析。
[解析]
(1)根据分析可知，B 的结构简式为 ；
(2)C 的结构为 ，含氧官能团的名称为羰基（或酮羰基）、醚键；
(3)E 中氨基与 $CH_2COOH$ 中羧基反应生成酰胺键，E→F 的化学方程式:
该反应的反应类型为取代反应；
(4)B 的结构简式为 ，K 是 B 的同分异构体，ⅰ.不能与 $NaOH$ 溶液反应，不含有羧基、酚羟基和酯基；ⅱ.$1 mol K$ 与足量的金属钠反应能生成 $22.4 L$ 标准状况下的气体，含有 2 个羟基；ⅲ.含有 ，不存在 —$C—OH$ 结构，① 取代基为两个—$CH_2OH$， ，10 种，②取代基为—$CH(OH)CH_2OH$， 有 2 种，共 12 种；
(5)为了减少步骤，缩短反应过程，D→G 也可由如下路线合成， $H(CH_2SNO)$ 反应应条什件　　　可逆推，H 为 ，需要将醚键转化为羟基，参考题千中 D 转化为 E，故条件应该为 $48\% HBr$；
(6)①根据已知条件 ③，M 的结构简式为 ，因 M 分子中不存在手性碳原子，则 M 为
② 经反应生成 N ( )分分子式为 $C_8H_{10}O_3$。