备战高一高二高三高考化学临考题号押题（江苏专用）-化学（江苏卷01）（解析版）

2024年高考临考押题卷01化学·全解全析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Cl35.5Ca40Mn55Cu64I127第Ⅰ卷（选择题共39分）一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”办会理念。下列说法不正确的是()A.亚运村餐厅“竹餐具”中含有丰富的多糖B.火炬燃料“零碳甲醇”燃烧不产生二氧化碳C.吉祥物“江南忆”机器人所用芯片的主要成分为硅D.火炬使用的“1070”铝合金具有硬度高、耐高温的特点【答案】B【解析】“竹餐具”的主要成分是纤维素，纤维素属于多糖，A项正确；“零碳甲醇”是利用焦炉气中的副产氢气与从工业尾气中捕集的CO2合成的“绿色甲醇”，甲醇的结构简式为CH3OH，甲醇中含有碳元素，燃烧会产生CO2，B项错误；计算机芯片的主要成分为晶体硅，C项正确；铝合金材料具有硬度高、耐高温的特性，符合火炬材料的需求，D项正确。2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是。下列叙述正确的是A．基态原子电子排布式：B．的VSEPR模型：C．基态原子价层电子的轨道表示式：D．的电子式：【答案】C【解析】镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为，A错误；氨分子中N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体，即，B错误；N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，价层电子的轨道表示式为，C正确；氯化氢是共价化合物，电子式为，D错误。3．下列由废铁屑制取(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O的实验装置与操作能达到实验目的的是A．用装置甲称取一定质量的(NH4)2SO4固体B．用装置乙除去废铁屑表面的油污C．用装置丙将废铁屑充分溶解D．用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体【答案】B【解析】装置甲中，物品与砝码的位置颠倒，使用游码时称取的(NH4)2SO4固体的质量偏低，A项错误；Na2CO3溶液呈碱性，能促进油脂水解，从而去除物品表面的油污，所以可用装置乙除去废铁屑表面的油污，B项正确；浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，所以不能用装置丙将废铁屑充分溶解，C项错误；(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体受热易失去结晶水，不能用蒸干溶液的方法制取，所以用装置丁蒸干溶液得不到(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O晶体，D项错误。4．臭氧在催化下能将烟气中的分别氧化为和。下列关于元素及其化合物的说法正确的是A．原子半径： B．第一电离能：C．沸点： D．电负性：【答案】B【解析】同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半径减小，原子半径：，A错误；根据第一电离能递变规律，第一电离能：，B正确；H2O和NH3都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而H2S不能形成氢键，故沸点：，C错误；金属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于N，电负性：，D错误。阅读下列材料，回答5~7题：硫(S)元素约占地球总质量的1.9%，广泛分布并循环于大气圈、水圈、生物圈、岩石圈以及地球内部各圈层。硫有32S(占95.04%)、34S(占4.20%)、33S(占0.75%)和36S(占0.01%)四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等主要形式存在。硫的单质有S2、S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物(硫化氢、二硫化氢)均有弱酸性；低价硫有氧气敏感性，易和氧气反应。硫在生物圈的演化中扮演了重要角色，蛋氨酸、胱氨酸和半胱氨酸均含硫元素。在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原，从而促进了硫元素在地球各圈层中的循环。5.下列说法正确的是()A.32S、34S、33S、36S核内中子数相同B.SO2和SO3分子中S的杂化类型均为sp2C.H2S为含有极性键的非极性分子D.二硫化氢(H2S2)分子的构型为直线形【答案】B【解析】32S、34S、33S、36S中质子数相同，质量数不同，互为同位素，所以中子数不相同，A项错误；SO2中硫原子价电子数为1/2(6＋0×2)=3，SO3中硫原子价电子数为1/2(6＋0×3)=3，均为sp2杂化，B项正确；H2S中硫原子为sp3杂化，空间构型为V型，为极性分子，C项错误；H2S2与H2O2构型相似，为空间立体构型，D项错误。6.下列化学反应的离子方程式表示正确的是()A.使用硫化亚铁除去废水中汞离子：S2－＋Hg2＋=HgS↓B.黄铁矿在细菌作用下转化为强酸：2FeS2＋2H2O＋7O2eq\o(=,\s\up7(细菌))2Fe2＋＋4H＋＋4SOeq\o\al(2－,4)C.用Na2S2O3除去漂白废水中的余氯：S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋D.半胱氨酸[HOOCCH(NH2)CH2SH]和足量烧碱溶液反应：HSCH2(NH2)CHCOOH＋OH－=HSCH2(NH2)CHCOO－＋H2O【答案】C【解析】FeS为不溶固体，不能拆成离子形式，A项错误；生成的Fe2＋能够被O2氧化为Fe3＋，B项错误；－SH和－COOH均显酸性，均能与NaOH反应，离子方程式为：HSCH2(NH2)CHCOOH＋2OH－=－SCH2(NH2)CHCOO－＋2H2O，D项错误。7.硫及其化合物的转化有着重要的应用。下列含硫物质的转化不正确的是()A.实验室探究SO2的制备与性质：Na2SO3(s)eq\o(→,\s\up7(70%硫酸))SO2(g)eq\o(→,\s\up7(H2O2、BaCl2（aq）))BaSO4(s)B.工业上制备H2SO4的部分流程：FeS2(s)eq\o(→,\s\up7(O2、煅烧))SO2(g)eq\o(→,\s\up7(O2、催化剂、高温))SO3(g)C.用Na2CO3溶液吸收SO2制备Na2SO3：SO2(g)eq\o(→,\s\up7(过量Na2CO3（aq）))NaHSO3(aq)eq\o(→,\s\up7(NaOH（aq）))Na2SO3(aq)D.实验室探究浓硫酸的性质：H2SO4(浓)eq\o(→,\s\up7(Cu、加热))SO2(g)eq\o(→,\s\up7(KMnO4（aq）))H2SO4(aq)【答案】C【解析】Na2SO3与H2SO4反应生成Na2SO4、SO2和H2O，SO2与H2O2反应生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，A项正确；FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，SO2与O2反应生成SO3，B项正确；SO2与过量的Na2CO3反应生成的是Na2SO3，C项错误；Cu与浓硫酸加热生成SO2，SO2被KMnO4氧化为SOeq\o\al(2－,4)，D项正确。8．化学离不开生活，下列有关物质的性质或用途正确的是A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理相同B．铁分别与氯气、碘反应生成的产物中，铁的化合价不同C．将红热的木炭投入浓HNO3中，有红棕色气体产生，证明木炭有还原性D．在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色，溶液中含Na元素【答案】B【解析】漂白粉是利用强氧化性消毒，而明矾净水是利用Al3+水解生成的Al(OH)3胶体吸附杂质，二者的作用原理是不相同，A错误；Fe与Cl2反应产生FeCl3，Fe元素化合价为+3价；Fe与I2反应产生FeI2，Fe元素化合价为+2价，可见铁分别与氯气、碘反应生成的产物中，铁的化合价不同，B正确；由于浓硝酸受热也会分解生成红棕色的气体NO2，故红热的木炭加入到浓硝酸，有红棕色气体产生，不能说明浓硝酸与碳发生反应，C错误；在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色，玻璃主要成份是碳酸钠，火焰颜色也是黄色，不能推出溶液中含有钠元素，D错误。9．工业上用催化还原可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：。不同的催化剂催化该反应的最佳活性温度不同。下列说法正确的是A．上述反应平衡常数B．其他条件不变时，反应单位时间，去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大C．其他条件不变，在低温下使用高效催化剂可提高的平衡转化率D．反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，可以使反应的平衡常数增大【答案】C【解析】上述反应水为气体参与反应，固体和纯液体不写入表达式，所以平衡常数，A错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；其他条件不变时，在低温下平衡正向移动，可提高的平衡转化率，而催化剂可以加快反应速率，更快达到平衡，C正确；采用高分子分离膜及时分离出水蒸气，反应体系中水蒸气浓度减小，平衡正向移动，NO2去除率增大，但是温度不变，反应的平衡常数不变，D错误。10．一种重要有机中间体的合成路线如下，下列说法中正确的是A．物质丙的分子式为B．物质甲可以发生氧化、取代、水解和消去反应C．图示反应类型为加成反应D．物质乙中的原子不可能处于同一平面【答案】D【解析】由物质丙的结构简式可知，其分子式为C14H12Br2，A项错误；甲分子苯环上含碳溴键，但与溴原子相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，不能发生消去反应，B项错误；由合成路线可知，甲和乙反应除生成丙之外，还其他产物生成，该反应不是加成反应，C项错误；乙分子结构中含三氟甲基(-CF3)，三氟甲基具有类似甲烷的四面体结构，因此分子中所有原子不可能共平面，D项正确。11．下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案ACO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是否全部被还原向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化B比较CH3COO-和ClO-结合H+的能力大小室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pHC比较Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生D蔗糖水解产物是否具有还原性向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，观察现象【答案】B【解析】向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变为血红色，表明Fe2O3没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe2O3全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，A项错误；室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，后者的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-大，从而说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-强，B项正确；将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明Ksp(BaSO4)比Ksp(BaCO3)大，因为使用的是Na2CO3饱和溶液，C项错误；向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后没有加入碱中和硫酸，加入银氨溶液后，银氨溶液与硫酸发生了反应，水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应，所以虽然没有产生银镜，但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性，D项错误。12．室温下，用含少量杂质的溶液制备的过程如下图所示。下列说法正确的是已知：A．“除锌”后所得上层清液中，一定小于B．溶液中存在：C．氨水、溶液中存在：D．“沉锰”后的滤液中存在：【答案】A【解析】“除锌”步骤中，由于，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用将Mn2+沉淀为MnCO3。MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液一定小于，A正确；溶液中由电荷守恒，由物料守恒，联立两式可得，B错误；由电荷守恒，pH>7，说明，则，C错误；沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、、NH4HCO3，则，D错误。13．在某催化剂作用下CO2和H2合成甲酸仅涉及以下反应：I．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)

△H1<0II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2在2L刚性容器中，CO2(g)和H2(g)各投lmol发生反应，平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。下列说法正确的是A．△H2<0B．曲线b表示平衡时HCOOH的选择性C．240℃时，反应I的平衡常数K=D．在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要小于反应II【答案】C【解析】由题干图示信息可知，根据反应ICO2(g)+H2(g)HCOOH(g)△H1<0可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据240℃时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系，说明CO的选择性随温度升高而增大，即升高温度反应II正向移动，故△H2＞0，A错误；由分析可知，曲线b表示平衡时CO2的转化率，B错误；由图示信息可知，240℃时，CO2的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，三段式分析为：，，则反应I的平衡常数K===，C正确；由分析可知，升高温度反应I平衡逆向移动，HCOOH的选择性减小，CO2的转化率减小，而反应II平衡正向移动，CO的选择性增大，CO2的转化率也增大，但图示信息为CO2的转化率随温度升高而减小，说明在200℃~360℃之间，温度对反应I的影响要大于反应II，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．（15分）锌是一种重要的金属，一种以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO，含少量Fe2O3、CuO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：已知：①25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；②25℃时，Zn2+NH3=[Zn(NH3)4]2+，8③深度除铜标准：溶液中铜锌比(1)“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液。①ZnO发生反应的离子方程式为。②浸取温度应控制在30℃左右，其原因为。(2)“深度除铜”时，锌的回收率、除铜效果与(NH4)2S加入量[用×100%表示]的关系曲线如图所示。①当(NH4)2S加入量≥100%时，会发生反应[导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为。②“深度除铜”时，(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是。(3)通过“萃取”、“反萃取”可以获得酸性ZnSO4溶液，为提高锌的回收率，萃取时可以采取的措施为。(4)“电解”时采用Al为阴极，惰性电极为阳极，电解过程中发现当阳极产生1molO2时，阴极析出的Zn小于2mol，其可能的原因是。(5)ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2-的配位数为。【答案】(1)①O或（2分）②温度过低反应速率慢；温度过高会导致氨挥发量增加且NH4Cl分解（2分）(2)①1.25×1015（2分）②(NH4)2S加入量低于120%时，未达深度除铜标准，当(NH4)2S加入量大于120%时，会导致锌回收率下降且浪费(NH4)2S（3分）(3)采用多次萃取并将有机相合并或充分振荡（2分）(4)阴极有氢气生成（2分）(5)4（2分）【解析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，加入适量的(NH4)2S生成CuS沉淀，过滤除去沉淀，滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。（1）①ZnO与NH3·H2O反应转化为[Zn(NH3)4]2+，离子方程式为O或。②温度控制在30℃左右，注意需要分两部分作答，低于30℃和高于30℃会导致哪些后果，温度过低导致反应速率减慢，温度过高考虑反应体系中某些物质挥发或分解。（2）①该反应的平衡常数K====1.25×1015，该反应的平衡常数数值为1.25×1015；②(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，解答时也需要注意两个方面，即加入量低于120%时导致铜未除尽，加入量大于120%时，导致理会导致Zn2＋与S2－反应生成ZnS，锌回收率下降且浪费(NH4)2S。（3）采用多次萃取并将有机相合并或充分振荡，能够提高锌的回收率。（4）阳极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阴极反应为Zn2＋＋2e－=Zn，理论上阳极产生1molO2时，阴极析出2molZn，但是若溶液酸性增强时，阴极可能发生反应：2H＋＋2e－=H2↑，道中产生的Zn减少。（5）O2-周围与4个Zn2＋相连，构成正四面体，晶体中O2-的配位数为4。15．（15分）溴丙胺太林是辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：(1)中含氧官能团的名称为。(2)转化为的反应类型是。(3)若步骤，先氧化再氯代，则生成一种C的同分异构体，该同分异构体经过题中条件下的转化，生成含有苯环产物的结构简式：。(4)写出满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：。①含有两个苯环结构；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为。(5)写出以乙烯为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1)酯基、醚键（2分）(2)还原反应（2分）(3)（2分）(4)（4分）(5)（5分）【解析】根据C的结构简式，以及A的分子式，推出A的结构简式为，A生成B，发生取代反应，则B的结构简式为，根据E的结构简式，C与苯酚发生取代反应，即D的结构简式为，对比I和K的结构简式，I生成K发生酯化反应，则J的结构简式为。（1）K中含氧官能团的名称为酯基、醚键。（2）对比F、G的结构简式，酮羰基转化成羟基，该反应为还原反应。（3）若步骤A→C，先氧化再氯代，即先将甲苯氧化为苯甲酸，氯代时，氯原子在羧基的间位，经过题中C→D条件下的转化，参考分析中D的结构简式，间位的氯发生取代，产物为。（4）①含有两个苯环；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积比为1∶2∶2，说明含有三种氢原子，氢原子个数之比为1∶2∶2，其结构对称，含有2个醛基，符合条件的结构简式为。（5）由HOOCCH2CH2COOH和HOCH2CH2OH发生酯化反应得到，乙烯和溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br发生水解反应生成HOCH2CH2OH，与NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，再水解生成HOOCCH2CH2COOH。16．（15分）实验室利用含钴废催化剂制备CoCl2·2H2O，并利用其制备[Co(NH3)6]Cl3。已知：Fe(OH)3完全沉淀的pH为2.7，Al(OH)3完全沉淀的pH为4.2，Co(OH)2开始沉淀的pH为6.5,CoCl2的溶解度曲线如图1所示。图1(1)制备CoCl2·2H2O。①CoCl2中Co2＋基态核外电子排布式为________。②补充完整以含钴废催化剂(主要成分为CoO，少量Fe2O3和Al2O3)为原料制备CoCl2·2H2O的实验方案：_________________________________________________________________，洗涤2～3次，低温干燥，得到产品CoCl2·2H2O。(实验中须使用的仪器和试剂：pH计、1mol·L－1HCl溶液、CoCO3固体)(2)制备[Co(NH3)6]Cl3并测定Co含量。将CoCl2·2H2O和活性炭(催化剂)加入三颈瓶中(装置如图2)，然后再依次通过滴液漏斗缓慢滴加NH4Cl和浓氨水混合溶液、H2O2溶液，控制温度不超过60℃充分反应，冷却后过滤。图2①三颈瓶中制得[Co(NH3)6]3＋的离子方程式为____________________________________。②加入NH4Cl的作用是________。③在没有活性炭存在时，能得到一种化学式为Co(NH3)5Cl3的纯净物。测得1molCo(NH3)5Cl3与足量的硝酸银溶液反应生成2molAgCl，该配合物内界的化学式为________。④准确称取7.0800g样品于烧杯中，加入足量NaOH溶液充分反应，微沸加热至无NH3放出。冷却至室温后，加入过量的KI固体和盐酸，充分摇荡。将所得溶液定容至250mL，然后取出25.00mL溶液放入锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用0.1mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为24.00mL。计算样品中钴元素的质量分数(写出计算过程)。已知：[Co(NH3)6]3＋＋3OH－=Co(OH)3↓＋6NH3↑；2Co(OH)3＋2I－＋6H＋=2Co2＋＋I2＋6H2O；I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。【答案】(1)①[Ar]3d7(2分)②在搅拌下，向一定量1mol·L－1HCl溶液中分批加入含钴废催化剂，至固体不再溶解(1分)，然后再向其中分批加入少量CoCO3固体(1分)，用pH计测量溶液pH，当其pH介于4.2～6.5后(1分)，过滤，所得滤液蒸发浓缩、控制温度在50～90℃之间冷却结晶(1分)(2)①2Co2＋＋2NHeq\o\al(＋,4)＋10NH3＋H2O2eq\o(=,\s\up7(活性炭),\s\do5(≤60℃))2[Co(NH3)6]3＋＋2H2O或2Co2＋＋2NHeq\o\al(＋,4)＋10NH3·H2O＋H2O2eq\o(=,\s\up7(活性炭),\s\do5(≤60℃))2[Co(NH3)6]3＋＋12H2O(3分)②控制OH－的浓度，防止生成Co(OH)2沉淀；为反应提供Cl－(2分)③[Co(NH3)5Cl]2＋(2分)④n(Na2S2O3)＝0.1mol·L－1×24.00×10－3L×eq\f(250mL,25mL)＝2.400×10－2mol(1分)n(Co)＝n(Na2S2O3)＝2.400×10－2molm(Co)＝2.400×10－2mol×59g·mol－1＝1.416g(1分)钴元素的质量分数＝eq\f(1.416g,7.0800g)×100%＝20%(1分)【解析】（1）①Co是27号元素，Co失去4s上的2个电子得到Co2＋，Co2＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7。②为了保证Fe3＋、Al3＋完全沉淀，而Co2＋不能沉淀，则pH介于4.2～6.5，过滤，分析图-1，控制温度50~90℃，蒸发浓缩得到CoCl2·2H2O。（2）①在NH3·H2O条件下，Co2+被双氧水氧化生成。②NH4Cl能抑制氨水电离，防止生成Co(OH)2沉淀，且给目标产物提供Cl－。③与足量的硝酸银溶液反应生成，说明外界只有2个Cl－，该配合物内界的化学式为。④根据、，建立关系式,样品中n(Co=)=0.1mol/L×0.024L0.024mol，样品