【文档说明】湖南省桃源县第一中学2025届高三上学期9月模块考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.393 MB，由小赞的店铺上传

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机密★启封并使用完毕前2024年下学期桃源县第一中学9月模块考试高三年级化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Na23Si28一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)1.下列文物的主要成分不同于其他三种的是A.双面神人青

铜面具B.元代青花带盖瓷梅瓶C.元代“阳平治都功印”铭玉印D.屈蹲羽人活环玉佩饰【答案】A【解析】【详解】A．双面神人青铜面具的主要成份是铜锡合金，属于金属材料，故A符合题意；B．元代青花带盖瓷梅瓶的主要成份是瓷器，属于硅酸盐，故B不符合题意；C．元代“阳平治都功印”铭玉印的主

要成份属于硅酸盐，故C不符合题意；D．屈蹲羽人活环玉佩饰的主要成份属于硅酸盐，故D不符合题意；故选A。2.冰晶石(Na3AlF6)是电解铝工业的助熔剂、制造乳白色玻璃和搪瓷的遮光剂。制取冰晶石的反应为32336222Al(OH)+12HF+3NaCO=2NaA

lF+3CO+9HO，下列有关化学用语表示正确的是A.基态Al原子的价层电子轨道表示式：B.CO2的电子式：C.3-6AlF的结构式：D.镓与Al同主族，基态镓原子的核外电子排布式：[Ar]4s24p1【答案】C【解析】【详解

】A．基态Al原子的价层电子轨道表示式为，故A错误；B．CO2的电子式为，故B错误；C．3-6AlF的价层电子对数为6，孤电子对数为0，其结构式为，故C正确；D．镓与Al同主族，基态镓原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，故

D错误；选C3.甲、乙、丙、丁四种物质发生如图所示的转化：(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列不满足转化关系的是选项甲乙丙丁A乙醇乙醛乙酸乙酸乙酯BMgMgOMgCl2Mg(OH)2CNaAlO2AlCl3Al(OH)3Al2O3DSiSiO2Na2SiO

3H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．乙醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生乙醛；乙醛与H2在一定条件下发生加成反应产生乙醇；乙醛与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生乙酸

，乙酸与乙醇在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，乙酸乙酯在酸作催化剂时也能够发生水解反应产生乙酸；乙醇与酸性KMnO4溶液反应产生乙酸，可见四种物质在一定条件

下都可以一步实现物质之间的转化关系，A正确；B．Mg与O2在加热时反应产生MgO；MgO与H2在加热时反应产生Mg、H2O；MgO与HCl反应产生MgCl2、H2O；Mg与HCl反应可以产生MgCl2；MgCl2与NaOH溶液反应产生Mg(OH)2沉淀和NaCl；Mg(OH)2与HCl反应产生Mg

Cl2、H2O。可见四种物质在一定条件下都可以一步实现物质之间的转化关系，B正确；C．向NaAlO2溶液中加入过量HCl，反应产生AlCl3、NaCl、H2O；向AlCl3溶液中加入NH3·H2O，反应产生Al(OH

)3沉淀；向AlCl3溶液中加入足量NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O；向NaAlO2溶液中通入过量。CO2气体，反应产生Al(OH)3沉淀、NaHCO3；Al(OH)3受热分解产生Al2O3和H2O，但Al2O3不溶于水，不能直接一步反应产生Al(OH)3，因此四种物质在一定条件下

不能一步实现物质之间的转化关系，C错误；D．Si与O2加热反应产生SiO2，SiO2与NaOH溶液反应产生Na2SiO3和H2O，SiO2与焦炭在高温下反应产生Si和CO，向Na2SiO3溶液中加入HCl，反应产

生H2SiO3沉淀和NaCl，H2SiO3与NaOH溶液反应产生Na2SiO3和H2O，可见四种物质在一定条件下都可以一步实现物质之间的转化关系，D正确；故合理选项是C。4.下列反应的离子方程式正确的是A.向Al2(SO4)3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH-=[Al(OH)4]-B.23Na

SO溶液中通入少量2Cl：222324ClSOHOSO2Cl2H−−−+++=++C.向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生特征蓝色沉淀：+2+3-66Ke[+Fe+Fe(CN)=KF]Fe(CN)D.向NaHSO4溶液中滴加Ba(O

H)2溶液至中性：H++SO24−+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．向Al2(SO4)3溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3++3234Al+3NHHO

=Al(OH)+3NH，故A错误；B．少量氯气通入亚硫酸钠溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和亚硫酸氢钠，离子方程式为：2223243Cl3SOHOSO2Cl2HSO−−−−++=++，故B错误；C

．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，故离子方程式为：+2+3-66Ke[+Fe+Fe(CN)=KF]Fe(CN)，故C正确；D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性，则氢离子和氢氧根离子完全反应，部分硫酸

根离子转化为硫酸钡沉淀，离子方程式为：2H++SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；答案选C。5.据报道，北京大学材料物理研究所某团队利用相变和重结晶的方法，在非晶2SiO/S

i（在晶体Si或晶体2SiO中，每个Si都与四个Si或O原子以单键连接）表面上实现了二维半导体碲化钼（9612742522MoTe）单晶薄膜的无缝制备。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.由AN个该“碲化钼”组成的单晶薄膜中含有中子数为146ANB.14gSi晶体中

含有共用电子对数为ANC.60g2SiO晶体中含有Si-O键数为2AND.标准状况下，22.4L3TeO中含有O原子数为3AN【答案】B【解析】【详解】A．9612742522MoTe含有的中子数96-42+(127-52)×2=204，所

以由AN个该“碲化钼”组成的单品薄膜中含有中子数为204AN，A错误；B．平均1个硅原子含有的共用电子对数为2，14gSi晶体的物质的量是0.5mol，其中含有共用电子对数为AN，B正确；C．二氧化硅晶体中1个硅原子形成4个Si－O，60g2SiO晶体的物质的量是1mol，其

中含有Si－O键数为4AN，C错误；D．标准状况下3TeO不是气态，22.4L3TeO的物质的量不是1mol，其中含有O原子数不是3AN，D错误；答案选B。6.短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原

子s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导体，其结构如图所示，下列说法错误的是A.原子半径：M＞Y＞ZB.非金属性：N＞M＞YC.氢化物沸点：Z＞N＞YD.同周期中第一电离能小于Z的元素有五种【答案】C【解析】【分析】短周期

主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，基态Y原子s能级电子数是p能级电子数的两倍，则Y为C元素；由阴阳离子的结构可知，X、Y、Z、M、N形成的共价键数目分别为1、4、4、6、1，Z和M位于同一主族，则阴阳离子中均存在配位键，X为H元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素。【

详解】A．原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P＞C＞N，故A正确；B．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性的强弱顺序为HClO4＞H3PO4＞H2CO3，则非金属性强弱顺序为Cl＞P＞C，故B

正确；C．碳元素形成的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，液态烃、固态烃的沸点高于能形成分子间氢键的氨气，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离

能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，故D正确；故选C。7.有机物G的部分合成路线如下，下列推断正确的是A.上述转化中，只发生了取代反应B.1m

olZ最多能与25molH发生加成反应C.在水中的溶解度X>ZD.G分子中含有2个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．上述转化中，X→Y、Y→Z为取代反应，Z→G为加成反应，A错误；B．Z中的羰基、苯环可以与氢气发生加成反应，1molZ最多能与4mol氢气发生加成反应，B错误；C．X中羧基上

的羟基与水分子间能形成氢键，而Y中的氯原子则不能，因此在水中的溶解度X>Y，C正确；D．G分子中只有1个手性碳原子，如图所示（手性碳原子用*标示）：，D错误；故选C。8.雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见的砷化物，中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”

之说。早期曾用作绘画颜料，因有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.反应Ⅰ中Sn4+为氧化产物B.反应Ⅰ中As2S3和Sn²⁺恰好完全反应时，其

物质量a之比为2：1C.若反应Ⅱ中转移电子0.7mol，则生成0.1molSO2D.反应Ⅲ和Ⅳ均属于非氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．反应I中Sn元素化合价升高，Sn4+为氧化产物，A正确；B．反应I方程式2As2S3+

2Sn2++4H+=As4S4+2Sn4++2H2S↑，As2S3与Sn2+恰好完全反应的物质的量之比为1:1，B错误；C．反应Ⅱ中As4S4+7O2=2As2O3+4SO2，转移28mol电子，生成4molSO2，所以转移0.7mol电子，生成0.1m

olSO2，C正确；D．反应Ⅲ和Ⅳ中各元素化合价都没有变化，均属于非氧化还原反应，D正确；本题选B。9.下列方案设计，现象和结论不正确的是选项目的方案设计现象和结论的A探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入

硫酸铜溶液铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜B探究2Fe+、Br−的还原性强弱向2FeBr溶液中加入少量氯水，再加4CCl萃取若4CCl层无色，则2Fe+的还原性强于Br−C比较22HO和3Fe+的氧化性强弱取适量

22HO溶液于试管中，滴入()243FeSO溶液，振荡，观察现象若产生气体使带火星木条复燃，说明3Fe+的氧化性强于22HOD探究温度对3Fe+水解程度的影响向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和3FeCl溶液若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进3Fe+水解

A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故A正确；B．向2FeBr溶液中加入少量氯水，再加4CCl萃

取，若4CCl层无色，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到2Fe+的还原性强于Br−，故B正确；C．取适量22HO溶液于试管中，滴入()243FeSO溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到3Fe+的氧化性强于22HO，故C

错误；D．向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和3FeCl溶液，若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进3Fe+水解，温度高，水解程度大，故D正确。综上所述，答案为C。10.实验室通过对市售

85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸晶体，实验装置如下图。已知：①通常情况，纯磷酸的熔点为42℃，沸点为261℃，易吸潮。②纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成3422HPOHO(熔点为30℃)，高于100℃则发生分子间脱水生成焦磷酸。结合实验目的，下列说

法错误的是A.图甲中使用三种干燥剂的目的是为了充分除去空气中的水分B.图乙毛细管的作用是防止爆沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用C.图乙采用油浴加热，控制温度261℃D.磷酸中有少量的水极难除去的原因是磷酸与水分子形成氢键【答案】C【解析】【分析】通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶

液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸，据此分析回答问题。【详解】A．结合题意可知，纯化过程需要严格控制水分，所以使用三种干燥剂的目的是为

了充分除去空气中的水分，故A正确；B．五氧化二磷可作为干燥剂，空气经干燥后经过毛细管进入圆底烧瓶中，可以防止液体暴沸，还具有搅拌和加速水逸出的作用，故B正确；C．结合分析可知，已经减压蒸馏了，此时水、磷酸的沸点降低，无需控制温度，故C错误；D．

磷酸结构为，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，使得磷酸中少量的水极难除去，故D正确；答案选C。11.肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，因此肼与氨在性质上有一定的相似性。下

列有关说法中正确的是A.肼分子中存在s-pσ键和p-pσ键B.肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂C.肼存在顺式和反式两种同分异构体：和D.肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H5HSO4【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，肼(N2H4)是一种应用广泛的化

工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，则N2H4的电子式为：，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，肼分子中的N原子采用sp3杂化，故肼分子中存在s-sp3σ键和sp3-sp3σ键，A错误；B．由题干信息可知，肼与氨在性质上有一定的相似性，故肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂，B正确

；C．由肼的电子式可知，N原子间单键连接可以任意旋转，故肼不存在顺式和反式两种同分异构体，C错误；D．由肼的电子式可知，肼分子中每个N原子上各有一对孤电子对，故肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H6(HSO4)2，D错误；故答案为

：B。12.在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的2H可高效转化酸性溶液中的硝态氮()3NO−以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A.Ir的表面发生氧化还原反应，生成21molN时转移A2N个电子B.导电基体上的Pt

颗粒上发生的反应：342NO8e10HNH3HO−−++++=+C.若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量D.在导电基体上生成NO的反应式为：32NO3e4HNO2HO−−+++=+【

答案】C【解析】【详解】A．由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O，Ir的表面发生反应的方程式为：H2+N2O=N2+H2O，属于氧化还原反应，N的化合价由+1变为0，故生成1molN2时转移2NA个电子，故A正确；B．根据图示，导电基

体上的Pt颗粒上，部分-3NO得到电子变为+4NH，则Pt颗粒上发生的反应：342NO8e10HNH3HO−−++++=+，故B正确；C．导电基体上的Pt颗粒上，部分-3NO得到电子变为+4NH，+4NH仍在溶液中，所以若导电基体上的

Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故C错误；D．导电基体上的Cu颗粒上，-3NO得到电子变为NO，则在导电基体上生成NO的反应式为：-3NO+3e-+4H+═NO↑+2H2O，故D正确；故选：C。13

.化学镀镍法得到的镀层均匀性，硬度等性能都较好，一种化学镀工艺流程如图所示：已知：①镀层为Ni-B合金，比例为n(Ni)：n(B)=10∶3；②Ni(OH)2难溶于水；③NaOH能稳定NaBH4，降低其水解率，NaBH4的水解反应：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2；有关材料下列

说法正确的是A.上述流程涉及到的物质中，含配位键的物质有2种B.“络合”时，将NiCl2溶液滴入到少量乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中C.流程中使用H2NCH2CH2NH2，有利于调控溶液pH得到均匀性、硬度等性能较好的镀层D.“合成”时，NaBH4既作氧化剂又作还

原剂【答案】D【解析】【详解】A．镍、硼均能提供空轨道与有孤电子对的原子形成配位键，含配位键的物质有NaBH4、Na[B(OH)4]、[Ni(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2，A错误；B．乙二胺具有碱性且Ni(OH)2难溶于水，则“络合”时，将乙二胺(H2N

CH2CH2NH2)滴入到NiCl2溶液中，B错误；C．流程中使用H2NCH2CH2NH2，是使得镍离子形成络合物[Ni(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2，防止在下一步操作中形成Ni(OH)2沉淀，导致镀镍速率减慢，C错误；D．“合成”时，NaBH4

中氢化合价升高、B化合价降低，故其既作氧化剂又作还原剂，D正确；故选D。14.发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如

图转化进行发蓝处理，已知2NaNO的还原产物为3NH。下列说法正确的是A.钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是34FeOB.反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1C.反应②的离子方程式为222224326FeONO7H3FeONH2HO−−+−++++D.反应③属于氧化还原反

应【答案】A【解析】【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOHΔ3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2OΔ3Na2Fe2O4+NH3↑+7Na

OH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OΔFe3O4+4NaOH，据此解答。【详解】A．根据分析，钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是34FeO，故A正确；B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反应中，NaNO2为氧化剂，Fe

为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3，故B错误；C．2NaNO的还原产物为3NH，溶液显碱性，离子方程式为222222436FeONO5HO3FeONH7OH−−−−++++，故C错误；D．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OΔ

Fe3O4+4NaOH，该反应中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；答案选A。二、填空题(共4大题，共58分)15.根据要求回答下列问题：I．某抗失眠药物结构简式为，其分子式为C17H14O2N2FBr。请回答下列问题：（1）N、O

、F三种元素中第一电离能最小的元素是_____(填元素符号)，该药物的组成元素中位于p区的元素有_____种。（2）基态N原子的价电子轨道表示式为_____。（3）若某元素的核电荷数是N元素的4倍，其基态+

2价阳离子的电子排布式为_____。II．硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，科学家最近发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制。如图所示：（4）化工生产排放的烟气含有2SO和xNO，是空气污染的重要元凶。xNO引发的环境污染有酸雨和_____。（5）通过“水分子

桥”，处于纳米液滴中的23SO−或3HSO−可以将电子快速转移到周围的气相2NO分子。的观察图示可知“水桥”主要靠_____形成。其中由3HSO−形成中间体3SO−的离子方程式为_____。（6）写出3HSO−与2NO间发生的总反应的离子方程式：_____。III．工业可

使用酸化的溶液处理含NO和2SO的烟气。（7）为测定NaClO溶液在不同温度下对烟气中硫、硝脱除率，实验得到如下图所示结果。若烟气中2SO和NO体积比为1：1，烟气于50℃时的吸收液转化生成的()()()243nSO:nN

O:nCl−−−=_____。【答案】（1）①.O②.5（2）（3）1s22s22p63s23p63d8（4）光化学烟雾（5）①.氢键②.--3232HSO+NO=SO+HNO（6）32242HSO2NOHOHSO2HNO−−++=+（7）5:4:11【解析】【小问1详解】根据第二周期从左到右

元素的第一电离能呈总体增大变化，但B、O元素的第一电离比其左边元素的第一电离能低的规律，N、O、F三种元素中第一电离能最小的元素是O，元素周期表中第ⅢA族到第ⅦA族的元素均位于p区，因此该药物的组成元素中，C、O、N、F、Br共5种元素位于p区。【小问2详解】N原子核外共有7个电子，

基态N原子的价电子轨道表示式为：。【小问3详解】N元素的核电荷数为7，其4倍为28，核电荷数为28的元素是Ni，核外有28个电子，其+2价阳离子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8。【小问4详解】的xNO引发的环境污染有酸雨和光化学烟雾等。【小问5详解】观察图示可知“水桥”

主要靠氢键形成，其中由3HSO−形成中间体3SO−的离子方程式为：3232HSO+NO=SO+HNO−−。【小问6详解】根据图示，3HSO−与2NO间发生的总反应的离子方程式：32242HSO2NOHOHSO2HNO−−++=+。【小问7详解】设烟气中2SONO

、各为1mol，50℃时：21molSO转化率为100%，根据S原子守恒，生成241molSO−，反应中转移电子2mol，根据氧化还原反应中得失电子总数相等，氧化剂NaClO被还原生成的Cl−的物质的量为1mol；1molNO转化率为80%，根据N原子守恒

，生成30.8molNO−，反应中转移电子2.4mol，根据氧化还原反应中得失电子总数相等，氧化剂NaClO被还原生成的Cl−的物质的量为1.2mol。因此转化生成的()()()243nSO:nNO:nCl1:0.

8:(11.2)5:4:11−−−=+=。16.叠氮化钠(NaN3)可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：①叠氮化钠可以由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应

为322248HCl2HNO4SnClNO5HO4SnCl++=++。②氨基钠易氧化、易潮解；NaN3能与强酸反应生成HN3，HN3不稳定，易爆炸。③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应。回答下列问题：Ⅰ.制备NaN3（1）按气流方向，仪器口的连接顺序为a→__________

_→h。（2）装置B中有NH3生成，B中发生反应的化学方程式为___________。（3）装置C的作用为___________。（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为___________。

Ⅱ.用如图所示装置测定产品纯度（5）仪器F的名称为___________，恒压分液漏斗中侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有___________。（6）取10.0gNaN3样品与足量的NaClO反应(杂质不与NaClO溶液反应)，利用如图装置测量所得

氮气的体积，初始时G、H两液面相平，G管的读数为V1mL充分反应后，恢复至室温，移动G使两液面再次相平，G管读数为V2mL(其中12V>V)，则产品中NaN3的质量分数为___________％(本实验条件下气体摩尔体

积为1mVLmol−)。【答案】（1）f→g→b→c→e→d（2）2NaNH2+N2OΔ=NaN3+NaOH+NH3（3）防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解（4）SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2∙

xH2O↓+N2+2HCl（5）①.蒸馏烧瓶②.减少测定气体体积时的误差（6）12m1.3(VV)3V−【解析】【分析】叠氮化钠NaN3由氨基钠(NaNH2)和N2O为原料加热制得，其中N2O的制备反应为322248H

Cl2HNO4SnClNO5HO4SnCl++=++。A装置为N2O的制取装置，反应中随N2O一起挥发出硝酸蒸气和水蒸气，而氨基钠遇水强烈水解，所以生成的气体应导入D装置内；然后将气体导入B装置内，

尾气中的N2O需使用SnCl2溶液吸收，但E中产生的水蒸气若进入B装置，会引起氨基钠水解，所以在B、E装置间，应安装C装置，从而得出装置的连接顺序为ADBCE。【小问1详解】由分析可知，装置的连接顺序

为ADBCE，则按气流方向，仪器口的连接顺序为a→f→g→b→c→e→d→h。【小问2详解】装置B中有NH3生成，则B中发生反应的化学方程式为2NaNH2+N2OΔ=NaN3+NaOH+NH3。【小问

3详解】由分析可知，装置C的作用为：防止E中产生的水蒸气进入B装置内，引起NaNH2的水解。【小问4详解】在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体(N2)，同时生成SnO2∙xH2O沉淀，发生反应的化学方程式为：SnCl2+N2

O+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。【小问5详解】仪器F带有支管，则名称为蒸馏烧瓶，恒压分液漏斗流出多少体积的液体，蒸馏烧瓶内就有多少体积的气体进入恒压分液漏斗，则侧管q的作用除平衡气压，有利于液体顺利流下外，还有：减少测定气体体积时的误差。【小问6

详解】由反应可建立关系式：2NaN3——3N2，生成N2的体积为(V1-V2)mL，则产品中NaN3的质量分数为3121m(VV)10L265g/mol3VLmol100%10.0g−−−=1

2m1.3(VV)3V−。【点睛】NaN3样品与足量的NaClO反应的化学方程式为2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+2NaOH+3N2↑。17.华为研发人员利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，实现快速充放电，开发出石墨烯电池。利用原钴矿23Co

O(含少量23CrO、NiS等杂质)制备2LiCoO的工艺流程如下。已知：①在含一定量Cl−的溶液中，钴离子以24CoCl−形式存在：224Co4ClCoCl+−−+；②24CoCl−溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水；（1）基态2C

o+的价层电子排布式为_____。（2）步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀，写出发生该反应离子方程式_____。（3）从平衡的角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的_____。（4）步骤iv的操作是_____。（5）沉钴后对沉淀

进行过滤、洗涤、干燥，如何证明沉淀已洗涤干净？_____（6）步骤ⅷ中34CoO和23LiCO混合后，鼓入空气，经高温烧结得到2LiCoO。该反应的化学方程式是_____。（7）3CoCO在空气中受热分解可生成34CoO，测得剩余固体的质量

与起始3CoCO的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。为获得高产率34CoO选择的温度范围为400℃~600℃，但超过600℃后剩余固体质量分数会随温度升高而降低，其原因是_____。【答案】（1）73d（2）+2+2+

232CoO+NiS+6HS+Ni+2Co+3H=O（3）加入NaCl固体后，溶液中的Cl-浓度增大，平衡224Co4ClCoCl+−−+右移，CoCl2-4浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度（4）分液（5）取最后一次洗涤液

于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀则证明已洗涤干净。（6）34232224CoO+6LiCO+O12LiCoO+6CO高温（7）温度超过600℃，34CoO转化为CoO，质量减小。【解析】【分析

】分析流程可知，原钴矿球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，24CoCl−浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加的入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，

煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成LiCoO2，以此解答该题。【小问1详解】钴为27号元素，基态Co2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d7，所以Co2+价电子排布式为3d7；【小问2详解】步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性

环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，离子方程式为：+2+2+232CoO+NiS+6HS+Ni+2Co+3H=O；【小问3详解】步骤iii中加入NaCl固体的目的是：加入NaCl固体后，溶液中的Cl-浓度增大，平衡224Co4ClCoCl

+−−+右移，CoCl2-4浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；【小问4详解】由分析可知，步骤iv的操作是分液；【小问5详解】沉钴后对沉淀进行过滤、洗涤，洗涤的目的是将沉淀表面的Cl-等可溶性杂质洗掉，检验沉淀

是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀则证明已洗涤干净；【小问6详解】Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为34232224Co

O+6LiCO+O12LiCoO+6CO高温；【小问7详解】由题意可知，400℃~600℃时得到的剩余固体为Co3O4；取3CoCO为1mol，超过600℃后，剩余固体质量分数为63%，即剩余固体质量为119g6

3%75g，此时为CoO，因此剩余固体质量分数随温度升高而降低的原因是Co3O4转化为CoO，质量减小。18.布洛芬具有退热、镇痛的疗效，是缓解新冠病毒病症的有效药物。布洛芬的传统合成路线如图。已知：RCHO2NROH⎯⎯⎯→RCH=NOH(R

为烃基)回答下列问题：（1）A→B的反应类型为_______。（2）ClCH2COOC2H5的官能团名称为_______。（3）写出D与银氨溶液反应的化学方程式_______。（4）布洛芬的同系物M分子式为C9H10O2，其可能结构有__

_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为1∶2∶6∶1的结构简式为_______(写出一种即可)。（5）芳醛直接氧化时，苯环上烃基也可能被氧化，参照上图流程设计由制备的合成路线：_______

。【答案】（1）取代反应（2）酯基、碳氯键或氯原子（3）+2Ag(NH3)2OH水浴加热⎯⎯⎯⎯→+2Ag↓+3NH3+H2O（4）①.14②.或（5）2NHOH⎯⎯⎯→2-HO⎯⎯⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→3CHOH/⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸【解析】【

分析】根据B含有苯环，由A的化学式和A→B反应可推测A为，A和乙酸酐发生取代反应生成B，B和ClCH2COOC2H5反应生成C，C酸化生成D，根据所给信息可推测E为，E脱水得到F，则F为，F酸化得到布洛芬。【小问1详解】A为，A和乙酸酐发生取代反应生成B，答案为取代反应；【

小问2详解】根据结构简式可知，ClCH2COOC2H5的官能团名称为酯基、碳氯键或氯原子；【小问3详解】D与银氨溶液反应生成、银镜、氨气和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH水浴加热⎯⎯⎯⎯→+2Ag↓+3NH3+H2O；【小问4详解

】M的分子式为C9H10O2，且为布洛芬的同系物，则M中含有苯环，只有羧基一种官能团，若苯环上只有一个取代基，则为-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，则有两种结构；若苯环上只有两个取代基，则有-CH2CH3和-COOH、-CH3和-CH2COOH，取代基的

位置为邻、间、对位，则共有23=6种；若苯环上有三个取代基，则为两个甲基和一个羧基，先以甲基定在苯环上的邻、间、对位上，则再定羧基的位置，则结构分别有2种、3种、1种共6种；综上，总共符合条件的同分异构体有14种；其中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积

之比为1∶2∶6∶1的结构简式为或。【小问5详解】由制备，先将中的醛基转化为氰基，再将氰基在酸性环境下水解成羧基，最后酯化得到，其流程为2NHOH⎯⎯⎯→2-HO⎯⎯⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→3CHOH/⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸。