【文档说明】湖南省永州市第一中学2024届高三上学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(21)页，3.725 MB，由小赞的店铺上传

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永州一中2024届高三第一次月考试题化学科考生注意：1．本试题共分为两大题，共8页．时量75分钟，满分100分．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号填入相应位置内．2．客观题请2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的签字笔书写在答题卷上．考试结束时，只

交答题卷，试卷请妥善保管．3．可能用到的相对原子质量：H1Li7N14O16P31Cl35.5Fe56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法

正确是A.“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第ⅠA族元素B.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeOC.“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料D.“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体【答案】C【解析】【

详解】A．化学符号Xe，原子序数54，在元素周期表中处于第5周期0族，A错误；B．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，不是FeO，B错误；C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D．金刚石是共价晶体，不是金属晶体，故D错误；故选C。2.下列化学用语或表述正确的是A.

2BeCl的空间结构：V形B.HClO的电子式：HOCl∶∶∶C.2HS分子的空间填充模型：D.顺―2―丁烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．BeCl2的中心原子为Be原子为SP杂化，Be原子不

含有孤电子对，因此BeCl2分子为直线型的分子，A错误；B．HClO分子中，O原子形成两个共用电子对，在中间，电子式为：HOCl∶∶∶，B正确；C．2HS分子的中心原子S原子为SP3杂化，存在两个孤电子对，分子的空间填充模型不是直线形，为V形分子，C错误；D．顺-2-丁烯的结构中两个甲

基在双键的同一侧，选项中两个甲基没在双键的同一侧，为反-2-丁烯的结构简式，D错误；故选B。3.下列装置可以用于相应实验的是A.制取并收集氨气B.分离乙醇和乙酸C.验证2SO酸性D.测量2O体积【答案】D【解析】【详解】A．实验室制氨气的反应物为()2

CaOH和4NHCl，而且收集气体的试管口应放置棉花，故A错误；B．乙醇与乙酸互溶，不能通过分液进行分离，故B错误；C．二氧化硫能使品红褪色，利用的是其漂白性，故C错误；D．氧气难溶于水，且不与水反应，图中装置可用于测量氧气体积，故D正确；故选D。4.下

列有关物质结构和性质的说法正确的是A.含有极性键的分子叫做极性分子B.邻羟基苯甲酸的沸点高于对羟基苯甲酸的沸点C.金属能导电是因为金属晶体中的金属阳离子在外加电场作用下可定向移动D.甲醇可与水以任意比互溶是因为醇分子与水分子间形

成了氢键【答案】D【解析】【详解】A．根据分子的正电中心和负电中心是否重合来判断它是否是极性分子，如4CH，有极性键但是非极性分子，A错误；B．邻羟基苯甲酸中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲酸的熔沸点低于对羟基苯甲酸的熔沸点，B错误；C．电子气理论用电子气在电场中定

向移动解释金属良好的导电性，C错误；D．甲醇可与水以任意比互溶是因为醇分子与水分子间形成了氢键，增大了溶解度，D正确；故选D。5.下列有关电极方程式或离子方程式错误的是A.碱性锌锰电池的负极反应：2Zn2en=Z−+−B.向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：2

23ClOCOHOHClOHCO−−++=+C.2I在KI溶液中溶解度大的原因：23III−−+D.将等物质的量浓度的()2BaOH和44NHHSO溶液以体积比1∶2混合：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++

=+【答案】A【解析】【详解】A．碱性锌锰电池的负极反应：2-+2OHZn2eZ=n(OH)−−，A错误；B．次氯酸钙中通入足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为223ClOCOHOHClOHCO−−++=+，B正确；C．碘可以和碘离子反应，故能增大溶解度，反应的离子

方程式为23III−−+，C正确；D．将等物质的量浓度的()2BaOH和44NHHSO溶液以体积比1∶2混合，反应生成硫酸钡和水和硫酸铵，：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+，D正确；故选A。6.W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元

素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，2Z是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物()()4XYWZ+−．下列说法正确的是A.分子的极性：33WZXZB.第一电离能：X<Y<ZC.元素对应最高价含

氧酸酸性：X<WD.键能：222XYZ【答案】A【解析】【分析】2Z是氧化性最强的单质可以推测Z元素为F，X、Y、Z相邻可知X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等可以推测W为B，以此解题。【详解】A．3BF为非极性分子，3NF是极性分子，故分子的极性：33WZXZ，A正确；

B．N的价层电子排布的最外层为半满的稳定结构，故第一电离能N>O，B错误；C．同周期越靠右非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，故元素对应最高价含氧酸酸性：X>W，C错误；D．氮气分子中，两个氮原子之间是氮氮三键，键能较大，D错误；故

选A。7.下列说法不正确的是A.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构B.利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离C.苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂D.可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液【答案】C

【解析】【详解】A．X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正确；B．蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B正确；C．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚

醛树脂，故C错误；D．新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应条件得到砖红色沉淀，新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液反应得到蓝色溶液，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确。综上所述，答案为C。8.已知2HO、3NH均可自耦电离：()232HO1OHHO−++，()3242NH

1NHNH−++，下列反应与→CH3CH2OH+HBr原理不同的是A.()32232MgN6HO3MgOH2NH+=+B.()()43244SiCl8NHlSiNH4NHCl+=+C.3233PCl3HOHPO3HCl+=+D.23423Cl8NH6NHClN+=+【答案】D【解析】【分析】根据题

目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr；【详解】A．由2H2O(l)OH-+H3O+，Mg3N2和H2O互相交换成分，生成Mg(OH)2和NH3，与题中反应原理相同，故A不符合；B．由NH3(1)自耦电离，2NH3(1)-+24NH+NH，SiCl4

和NH3互相交换成分，生成Si(NH2)4和NH4Cl，原理与题干中相同，故B不符合；C．PCl3、H2O的反应，二者进行互换成分生成了H3PO3和HCl，与题中的反应原理是相同的，故C不符合；D．Cl2和NH3发生反应生成单

质N2，反应物之间没有进行成分的互相交换，与题中的反应原理不相同，故D符合；故答案：D。9.以含锌废液(主要成分为4ZnSO，含少量的2Fe+、2Mn+)为原料制备32ZnCO2Zn(OH)的实验流程如下。AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1mo

l过二硫酸钠228NaSO()中含有过氧键(OO———)数目为ANB.“氧化除锰”后的溶液中一定存在：Na+、2Zn+、3Fe+、24SO−C.“调节pH”时试剂X可以选用Zn、ZnO、3ZnCO等物质D.“氧化除锰”过程中生成2

MnO的离子方程式：22228224MnSO2HOMnO2SO4H+−−+++=++【答案】C【解析】【分析】含锌废液中加入过二硫酸钠，可以将亚铁离子氧化生成铁离子，将锰离子氧化生成二氧化锰而除为去，再条件溶液的pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸氢铵得到32ZnCO2Zn(

OH)，然后过滤得到32ZnCO2Zn(OH)。【详解】A．228SO−中S为+6价，则有6个O为-2价，有2个-1价的氧，故含有1个过氧键(OO———)，因此1mol过二硫酸钠228NaSO()中含有过氧键数为AN，A正确；

B．分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、2Zn+、3Fe+、24SO−，B正确；C．溶液中3Fe+能与锌反应生成2Fe+和2Zn+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C错误；D．分析可知，“氧化除锰”工序用228NaSO把2Fe+、2Mn+氧化为3Fe+、2MnO，根

据电子转移守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是22228224MnSO2HOMnO2SO4H+−−+++=++，D正确；故选C。10.李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是A.该物质属于芳香烃B.可发生取代反应、加

成反应和氧化反应C.分子中有5个手性碳原子D.1mol该物质最多消耗10mol2Br【答案】B【解析】【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应；分子中含

有不饱和键，能发生加成反应，B正确；C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；D．分子中酚羟基的邻对位氢能被溴取代，碳碳双键可以和溴

加成，则1mol该物质最多消耗11molBr2，D错误；故选B11.卡塔尔世界杯上，来自中国的888台纯电动客车组成的“绿色军团”助力全球“双碳”战略目标。现阶段的电动客车大多采用4LiFePO电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只允许Li+通过。4LiFePO的晶胞结构示意图如图2(a)所示。

O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中不正确的是A.充电时，Li+通过隔膜向阴极迁移B.该电池工作时某一状态如图2(b)所示，可以推算0.1875x=C.充电时，每有

0.5mol电子通过电路，阴极质量理论上增加3.5gD.放电时，正极的电极反应方程式为144LiFePOLieLiFePO+−−+−=xxx【答案】D【解析】【详解】A．充电时是电解池，阳离子向阴极移动，Li+通过隔膜向阴极迁移，A正确；B．图2(b)晶胞中锂

原子数11183332582.4++=，4FePO数为4，则1x4LiFePO−的化学式为0.81254LiFePO，解得0.1875x=，B正确；C．充电时，阴极反应为LieLi+−+=，每有0.5mol电子通过电路，阴极生成0.5m

ol锂，质量为3.5g，C正确；D．放电时，4FePO得电子与Li+反应生成4LiFePO，正极的电极反应方程式为：4FePOLie+−++=4LiFePO，D错误；故选D。12.配离子的稳定性可用K不稳衡量，如32Ag(NH)+的()2332c(Agc

(NHKcAg(NH)))++=不稳。一定温度下，向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应332)Ag2NHAg(NH+++，溶液中3pNH与(X)的关系如图所示，其中33lgpNH(c)NH=

−、()32n(X)(X)n(AgnA))g(NH++=+(X代表Ag+或32Ag(NH)+。已知该温度下10spK(AgCl)1.610−=。下列说法正确的是A.图中2δ代表的是δ(Ag)+B.该溶液中()3243c

(AgcAg(NHc(NHcO)))N)(+++−++=C.向该溶液中滴入稀硝酸，32δ(Ag(NH))+增大D.AgCl溶于氨水时332AgCl2NHAg(NHl)C+−++平衡常数为.27K1610.−=【答案】

D【解析】【详解】A．3c(NH)越大，3pNH越小，32Ag(NH)+越多，因此2δ代表的是32δ(Ag(NH))+，故A错误；B．溶液中根据电荷守恒有()3243))c(Hc(AgcAg(NHc))(NHc(OHc(NO++++−−+++=+）），故B错误；C

．向体系中滴入稀硝酸，3NH与H+反应生成4NH+，3()NHc减小，332)Ag2NHAg(NH+++的平衡逆向移动，32δ(Ag(NH))+减小，故C错误；D．a点，32δ(Agδ(A))g(NH)++=，则()27.3332c(Agc(NHK1.010c(Ag)

)N)H+−+==不稳，则对于反应332AgCl2NHAg(NHl)C+−++，10sp2.77.3K(AgCl)1.610K1.610K1.010−−−===不稳，故D正确。故答案选D。13.CO2-H2催化重整可获

得CH3OH。其主要反应为反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ·mol-1反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41k

J·mol-1若仅考虑上述反应，在5.0MPa、n始(CO2)：n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=332n生成(C

HOH)CHOH的选择性=100%n消耗(CO)下列说法正确的是A.其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大B.其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱C.一定温度下，增大n始(CO2):n始(H2)可提高CO2平衡转化率D.研发高温高效催化剂可提高

平衡时CH3OH的选择性【答案】B【解析】【详解】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，反应Ⅰ减小的程度大于反应Ⅱ进行的程度，导致CO2的转化率也

有所下降，B正确；C．增大n始(CO2):n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；D．研发高效的催化剂可提高反应速率和CH3OH的选择性，且由图知，温度越高甲醇的选择

性越低，D错误；故答案选B。14.在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，38CH的平衡转化率增大D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变【答案】

C【解析】【详解】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子N

O、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项错

误；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O2NO⇌2C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项正确；故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.研究小组以无水甲苯为溶剂，5PCl(易水解)和3NaN为反应物制备中

空多孔红磷纳米球。该红磷可提高钠离子电池的性能。（1）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酠为指示剂，无水时体系呈蓝色。①冷凝水的进口是______(填“a”或“b”)。②用Na干燥甲苯原理是______(用化学方程式表示)。（2）中空多孔纳米球状红磷的制备装置如图

2所示(搅拌和加热装置略)。①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为______。推测红磷能形成中空多孔结构的原因是______。②经冷却、离心分离

和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是______和______。③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R125nm=的红磷，气体产物的压强为______kPa，需3Na

N的物质的量为______mol(保留3位小数)。已知：pan=，其中512.510kPamola−=，n为气体产物的物质的量。的【答案】（1）①.b②.222Na2HO2NaOHH+=+（2）①.2PCl5+10NaN3o280C2P+15N2↑+10NaCl②.反应生成的大量

氮气，当温度冷却、压力降低后，被红磷壳包裹的氮气被释放，形成中空多孔结构③.甲苯④.NaCl⑤.410⑥.0.027【解析】【分析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝

色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于280℃加热12小时使其充分反应。【小问1详解】①为了充分冷凝蒸汽，冷凝管应从下口进水，即进水口是b；②钠能和甲苯中的水反应从而除去甲苯中的

水，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；小问2详解】①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，以无水甲苯为溶剂，于280°C加热12小时，PCl5和NaN3反应生成米球状红磷。其化学反应方程式为：

2PCl5+10NaN3o280C2P+15N2↑+10NaCl；根据方程式可知，反应过程中生成大量大量氮气，则红磷形成中空多孔的原因是：反应生成的大量氮气，当温度冷却、压力降低后，被红磷壳包裹的氮气被释放，形成中空多孔结构；②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去

氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠；③R=125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa•mol-1，45-110kPa=0.04mol2.510kPamoln=，

根据反应【5322PCl+10NaN=2P+15N+10NaCl可知，n(NaN3)=1015N2=1015×0.04mol=0.027mol。16.工业中可利用生产钛白的副产物42FeSO7HO和硫铁矿(2FeS)联合制备铁精粉(xyFeO)和硫酸，实现能源及资源的有效利

用。回答下列问题：（1）在2N气氛中，()42FeSO7HO278g/molM=的脱水热分解过程如图1(a)所示根据上述实验结果，可知x=______。42FeSO7HO结构示意图如图1(b)，其中2HO与2Fe+、2HO与24SO−的作用力类型分别是__

____、______，该物质脱水热分解过程中首先断开的是______键。（2）已知下列热化学方程式：()()()4242FeSO7HOsFeSOs7HOg=+11kJmol−=Ha()()()4242

FeSOHOsFeSOsHOgxx=+12kJmol−=Hb()()()4242FeSOHOsFeSOsHOgyy=+13kJmol−=Hc则()()()()424242FeSO7HOsFeSOHOs2FeSOHOsyx+=的H

=______1kJmol−。（3）将4FeSO置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：()()()()()423232FeSOsFeOsSOlgSOg++。平衡时3SOpT−的关系如图2所示。660K时，该反应的平衡总压p=总______kPa、平衡

常数()pIK=______()2kPa。()pIK随反应温度升高而______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.4②.配位键③.氢键④.配位（2）()a+c-2b（3）①.3②.2.25③.增

大【解析】【小问1详解】由图中信息可知，当失重比为19.4%时，42FeSO7HO转化为42FeSOHOx，设FeSO4⋅7H2O的物质的量为1mol，则失去的水为278g×19.4%=54g，即3mol，所以x=7-3=4；从图(a)可知，在F

eSO4⋅7H2O晶体中，6个水分子中的氧原子提供孤电子对和Fe2+的空轨道形成配位键，还有一个水分子和硫酸根离子间形成氢键；从图(a)可知，100℃时所得固体为FeSO4⋅4H2O，200℃所得固体为FeSO4⋅H2O，所以该物质脱水热分解过

程中首先断开的是配位键。【小问2详解】三个反应依次标序号为①、②、③，根据盖斯定律可知，①+③―②×2可得()()()()424242FeSO7HOsFeSOHOs2FeSOHOsyx+=，则()12kJmolHacb−=+−。小问3详

解】将4FeSO置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：()()()()423232FeSOsFeOsSOgSOg++(Ⅰ)，由平衡时3SOTP−的关系图可知，660K时，3SOa1P.5kP=，根据反应方程式，SO2和SO3的分压相等，则2SO

a1P.5kP=，因此，该反应的平衡总压3kPaP=总；平衡常数()()2pI1.5kPa1.5kPa2.25kPaK==。由图中信息可知，3SOP随着温度升高而增大，因此，()pKI随反应温度升高而增大。17.4SiCl是生产多晶硅的副产物．利用4SiCl对废

弃的锂电池正极材料2LiCoO进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：【Ⅰ．回答下列问题：（1）2Co+价层电子排布式为______。（2）烧渣是LiCl、2CoCl和2SiO的混合物，“50

0℃焙烧”后剩余的4SiCl应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因______。（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体23NaCO常用方法的名称是______。（4）已知()15sp2CoOH5.910K−=，若“沉钴过滤”的pH控制

为10.0，则溶液中2Co+浓度为______1molL−。“850℃煅烧”时的化学方程式为______。（5）导致4SiCl比4CCl易水解的因素有______(填标号)．a．Si-Cl键极性更大b．Si的原子半径更大c．Si-Cl键键能更大d．Si有更多的价层轨道Ⅱ．设计如图装置回

收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成2CO，将废旧锂离子电池的正极材料2LiCoO转化为2Co+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。（6）装置工作时，

甲室溶液pH逐渐______，乙室电极反应式为：______。【答案】（1）73d（2）4223SiCl3HOHSiO4HCl+=+（3）焰色实验（4）①.75.910−②.()234228506CoOHO2Co

O6HO++℃（5）abd（6）①.减小②.222LiCoOe4HLiCo2HO−+++++=++【解析】【分析】由流程和题中信息可知，2LiCoO粗品与4SiCl在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、2CoCl

和2SiO的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是2SiO和23HSiO；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为()2CoOH)和滤液2(主要溶质为LiC1)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到34CoO；滤液2经碳酸

钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为23LiCO。【小问1详解】Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为73d。【小问2详解】“500℃焙烧”后剩余的4SiCl应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，该反应的化学方程式为4223SiC

l3HOHSiO4HCl+=+。【小问3详解】滤饼3为23LiCO，鉴别其与固体Na2CO3可利用焰色试验，Na2CO3的焰色试验呈黄色；【小问4详解】已知()15sp2CoOH5.910K−=，若“沉钴过滤”的pH

控制为10.0，则溶液中()41OH1.010molLc−−−=，2Co+浓度为()()()15sp2171224CoOH5.910molL5.910molLOH1.010Kc−−−−−−==

，滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到34CoO，对应的化学方程式为：()234228506CoOHO2CoO6HO++℃；【小问5详解】a．Si―Cl键极性更大，则Si―Cl键更易断裂，因此，4SiCl比4CCl易水解，a项正确；b．Si的原子半径更大，

因此，4SiCl中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si―Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH−的进攻，因此，4SiCl比4CCl易水解，b项正确；c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si―Cl键键能更大不能说明Si―C

l更易断裂，故不能说明4SiCl比4CCl易水解，c项错误；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH−形成化学键，从而导致4SiCl比4CCl易水解，d项正确；综上所述，导致4SiCl比4CCl易水解的因素有abd；【小问6详解】装置工作时，左侧电解池中阳极发生氧化反应，

电极反应式为--+322CH=HCOO-8e+2O2CO+7H，甲室为阴极区，2+-Co+2e=Co，阳极区产生的氢离子通过阳离子交换膜进入阴极区，溶液pH值减小；乙室LiCoO2转化为Co2+，电极反应式为222LiCoOe4HLiCo2HO−+++++=++。18

.莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。回答下列问题：（1）A的化学名称是______。（2）C中碳原子的轨道杂化类型为______。（3）D中官能团的名称为____

__、______。（4）E与F反应生成G的反应类型为______。（5）F的结构简式为______。（6）I转变为J的化学方程式为______。（7）、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是______。（8）在B的同分异构体中，同时

满足下列条件的共有______种(不考虑立体异构)；①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。【答案】（1）3―甲基苯酚(间甲基苯酚)（2）2sp、3sp（3）①.氨基②.羟基（4）取代反应（5）()2232ClCHCHNCH（6）2HO+⎯⎯→△2HClN++（7）（8）9【解析】【分析】

A和2-溴丙烷发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据D的分子式、E的结构简式知，C中-NO发生还原反应生成D为，D和乙酸酐发生取代反应生成E和乙酸，根据G的结构简式知,E和F发生取代反应生成G；结合F的

分子式、G的结构简式可知，F为(CH3)2NCH2CHCl，根据H的分子式、I的结构简式可知，H为，根据IK的结构简式以及J的分子式分析，J的结构为。已知3CH—为推电子基团，―Cl是吸电子基团，则导致N原子

电子云密度大小顺序为：＞＞，题干信息显示：碱性随、原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为：(8)连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：、、、、、、、、。【小问1详解】A

的结构简式为，名称为3―甲基苯酚(间甲基苯酚)。【小问2详解】C中碳原子有形成四个单键和形成一个双键的，故轨道杂化类型为2sp、3sp。【小问3详解】D的结构为，官能团为氨基和羟基。【小问4详解】E与F发生取代反应生成G。【小问5详解】根据分析，F的结构简式为：()

2232ClCHCHNCH。【小问6详解】I转变为J的化学方程式为：2HO+⎯⎯→△2HClN++。【小问7详解】已知3CH—为推电子基团，―Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，题干信息显示：碱性随、原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为：。【小问8详解】获得更多资源请

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