文档内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟（北京专用）
黄金卷05
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
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： H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Ce 140
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2023上·北京朝阳·高三统考期中）我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石
墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是
A．与石墨互为同分异构体 B．碳原子有sp、sp2两种杂化方式
C．与石墨类似，层间存在范德华力 D．具有传导电子的性能
【答案】A
【解析】A．石墨炔也是碳的一种单质，与石墨互为同素异形体，A错误；
B．石墨炔结构中既有三键的碳原子也有双键的碳原子，所以有sp、sp2两种杂化方式，B正确；
C．结构与石墨类似，所以层间存在范德华力，C正确；
D．与石墨结构类似，所以具有传导电子的性能，D正确；
故选D。
2．（2023上·北京西城·高三北京师大附中校考）下列化学用语或图示表达正确的是
A．HClO的电子式：B．HO的VSEPR模型：
2
C．基态磷原子的轨道表示式：
D．原子核内中子数为20的氯原子：
【答案】B
【解析】A．HClO的电子式： ，A错误；
B．HO的VSEPR模型： ，B正确；
2
C．基态磷原子的轨道表示式： ，C错误；
D．原子核内中子数为20的氯原子： ，D错误；
故选B。
3．（2023上·北京·高三校考期中）下列关于氯及其化合物的说法不正确的是
A．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液，在阳极产生Cl
2
B．铁丝在氯气中燃烧，产生的棕黄色的烟主要成分为
C．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用会产生
D．光照可促进氯水中HClO分解，使溶液pH减小
【答案】B
【解析】A．用石墨作电极电解饱和NaCl溶液，在阳极氯离子失电子生成Cl，故A正确；
2
B．铁丝在氯气中燃烧，产生的棕黄色的烟主要成分为 ，故B错误；
C．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，NaClO与HCl发生归中反应，生成氯化钠、氯气，故C
正确；
D．光照可促进氯水中HClO分解为盐酸和氧气，弱酸变为强酸，溶液pH减小，故D正确；
选B。4．（2023上·北京通州·高三统考期中）2022北京冬奥会采用氢气作为火炬燃料，选择氢能汽车作为赛事
交通服务用车，充分体现了绿色奥运的理念。
已知：
下列说法不正确的是
A．氢气的燃烧热
B． 的过程中， ，
C．化学反应的 ，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
D．断裂2mol 和1mol 中化学键所需能量大于断裂2mol 中化学键所需能量
【答案】D
【解析】A．由图可知 ，即氢气的燃烧热 ，
故A正确；
B． ，物质状态由气态变为固态，放出热量，混乱程度减小， ， 。故B正
确；
C．根据盖斯定律：在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，
故C正确；
D． ，反应热=反应物键能-生成物键能＜0，因此断裂2mol
和1mol 中化学键所需能量小于断裂2mol 中化学键所需能量，故D错误；
故选D。
5．（2023上·北京西城·高三北京十五中校考期中）液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、
安全性强、可循环使用等特点，其放电过程示意图如图。下列说法不正确的是已知：① ；②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。
A．充电过程中，阴极的电极反应：
B．放电过程中，正极的电极反应：
C．放电过程中， 由正极向负极迁移
D．在充、放电过程中，凝胶中的 可再生
【答案】C
【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成 ，负极电极反应式为
Zn+4OH--2e-═ ，MnO 所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO +4H++2e-
2 2
═Mn2++2H O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与
2
外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分
析解答。
【解析】A．原电池负极反应为Zn+4OH--2e-═ ，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电
解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即 +2e-═Zn+4OH-，故A正确；
B．液体锌电池中MnO 所在电极作正极，MnO 发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO +4H++2e-
2 2 2
═Mn2++2H O，故B正确；
2
C．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故C错误；
D．电解时阴极电极反应式为 +2e-═Zn+4OH-，由于KOH凝胶的特殊作用可使KOH再生，故D正确；
故选：C。
6．（2023上·北京·高三首都师范大学附属中学校考）去除废水中含氮离子是目前水质改善的热点研究课题，
常见的化学方法是用 将含氮离子还原为氮气或先用臭氧、双氧水、次氯酸钠等氧化 ，再用还原剂
除去。去除废水中含有的 、 的一种原理如下： (Ⅰ)，
(Ⅱ)。下列说法不正确的是
A．氧化性由强至弱的顺序为
B．用镁将水中的 还原成 的离子方程式为
C．根据上述资料可知 与 不共存，反应为
D．等物质的量 分别与臭氧、双氧水、次氯酸钠完全反应转移电子数之比为3∶1∶1
【答案】D
【解析】A．根据反应方程式： ，可知该反应的氧化剂为 ，氧化产物为 ，
所以氧化性由强至弱的顺序为： ，A项正确；
B．镁将水中的 还原成 ，镁作还原剂被氧化成镁离子， 作氧化剂被还原成 ，由原子守恒可
知反应中生成氢氧根，所以镁元素的存在形式应为氢氧化镁，所以离子方程式为：
，B项正确；
C． 具有氧化性， 具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：
，C项正确；
D． 与臭氧、双氧水、次氯酸钠完全反应均被氧化成 ，所以等物质的量 分别与臭氧、双氧水、次氯酸钠完全反应转移电子数之比为1∶1∶1，D项错误；
故选D。
7．（2023上·北京东城·高三北京市第一六六中学校考）常温常压下，下列实验方案能达到实验目的的是
实验目的 实验方案
A 证明苯酚有弱酸性 向苯酚浊液中加入NaOH溶液
B 证明葡萄糖中含有羟基 向葡萄糖溶液中加入高锰酸钾酸性溶液
C 测定过氧化钠样品(含少量氧化钠)的纯度 向ag样品中加入足量水，测量产生气体的体积
D 比较镁和铝的金属性强弱 用pH试纸分别测量MgCl 和AlCl 溶液的pH
2 3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，A错误；
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基，都能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，通过测量产生气体的体积
测定过氧化钠样品（含少量氧化钠）的纯度，C正确；
D．MgCl 溶液和AlCl 溶液的浓度未知，不能由盐溶液的pH比较对应碱的碱性及金属性，D错误；
2 3
答案选C。
8．（2023上·北京海淀·高三统考期中）下列实验设计能达成对应的实验目的的是
选
A B C D
项
实
验
设
计
实
配制100mL
验 比较Cl、Br、I得电子能力强
实验室制 除去 中的少量
目 弱
NaCl溶液
的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A【解析】A．实验室采用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，加热时试管口向下倾斜，故A正确；
B．氯气与溴化钠反应生成溴单质，可证明氧化性氯气大于溴单质，但溴单质易挥发，也能进入KI溶液中，
氯气、溴单质都能与KI反应生成碘单质，因此不能说明溴和碘、氯和碘的得电子能力，故B错误；
C．饱和碳酸钠能吸收二氧化碳，因此不能用饱和碳酸钠除二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；
D．转移溶液时需要用玻璃棒引流，故D错误；
故选：A。
9．（2023上·北京丰台·高三统考期中）下列说法不正确的是
A．葡萄糖在一定条件下能水解生成乳酸(C HO)
3 6 3
B．油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，含有酯基
C．核酸分子中碱基配对的原则是使形成的氢键数目最多、结构最稳定
D．用NH CHCOOH和NH CH(CH )COOH缩合最多可形成4种二肽
2 2 2 3
【答案】A
【解析】A．葡萄糖属于单糖，不能水解，A错误；
B．高级脂肪酸和甘油发生酯化反应，因此高级脂肪酸甘油酯是油脂的主要成分，B正确；
C．碱基之间形成的氢键数目越多，结构越稳定，故核酸分子中碱基配对的原则是氢键数目最多、结构最
稳定，C正确；
D．由NH CHCOOH和NH CH(CH )COOH两种氨基酸组成的二肽有2种，其自身和自身结合生成的二肽
2 2 2 3
也有2种，一共4种，D正确；
故选A。
10．（2023上·北京海淀·高三清华附中校考）胆矾(CuSO •5H O)的结构示意图如图所示。下列说法不正确
4 2
的是
A．基态Cu2+的价层电子轨道表示式是B．SO 中的O－S－O的键角小于HO中的H－O－H的键角
2
C．HO中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4
2
D．胆矾中的HO与Cu2+、HO与SO 的作用力分别为配位键和氢键
2 2
【答案】B
【解析】A．基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表示式为
，故A正确；
B．HO中O和SO 中S均为sp3杂化，HO中O含有2对孤电子对，SO 中S原子无孤电子对，孤电子
2 2
对与孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对与成键电子对之间的斥力，所
以H-O-H键角小SO 中O-S-O键角，故B错误；
C．HO中，氧原子的价层电子对数为 ，故C正确；
2
D．由图可知，胆矾中HO的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与水分子中H原子之
2
间形成氢键，故D正确；
故选：B。
11．（2023上·北京西城·高三北师大实验中学校考开学考试）聚碳酸酯二醇作为一种特种多元醇，已成为
合成新型聚氨酯(PU)的重要原料。通过下列反应可合成聚1，4-环己基碳酸酯二醇(PCHDL)
下列说法不正确的是
A．PCHDL是一种可降解高分子材料 B．单体A是乙二醇的同系物
C．单体B的核磁共振氢谱有4组峰 D．该合成反应为缩聚反应
【答案】B
【解析】A．PCHDL中有酯基，在酸性或碱性条件下都可发生水解，说明PCHDL是一种可降解的高分子
材料，故A正确；B．单体A与乙二醇的官能团不相同，不属于同系物，故B错误；
C．单体B中六元环上没有支链连接的所有H是第一种等效氢，有支链连接的2个 H是第二种等效氢，支
链上的H 是第三种等效氢，羟基上的H是第四种等效氢，所以单体B的核磁共振氢谱有4组峰，故C正
确；
D．由合成路线可知，该反应是单体变为聚合体，属于缩聚反应，故D正确；
故本题选B。
12．（2023·北京海淀·校考三模）CO 的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水
2
溶液体系中将CO 分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如图，下列说法正确的是
2
A．在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成
B．在转化为HCOOH的路径中，CO 被氧化
2
C．上述反应过程说明催化剂具有选择性
D．在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率为100%，符合原子经济理念
【答案】C
【解析】A．在转化为CO的路径中，涉及碳氧键的断裂、氧氢键的形成和碳氧三键的形成，A错误；
B．在转化为HCOOH的路径中，碳元素由+4价降低为+2价，CO 作氧化剂被还原为HCOOH，B错误；
2
C．选择不同的催化剂，CO 可转化为CO或HCOOH，说明催化剂具有选择性，C正确；
2
D．CO 转化为CO反应有水生成，氧原子的利用率小于100%，D错误；
2
故答案为：C。
13．（2023上·北京西城·高三北京十五中校考开学考试）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催
化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是
A．在转化过程中，氢元素均被还原B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1molN，转移电子数为0.5mol
2
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、C H、NO 三种成分的净化
x y x
【答案】D
【解析】A．在转化过程中，氢元素化合价不变，氢元素不被还原，故A错误；
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NO 与BaO、O 转化成Ba(NO ) 时，BaO参与储存N元素，故B错误；
x 2 3 2
C．还原过程中生成0.1mol N，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5-0)×2=1mol，故C错误；
2
D．整个过程中，CO、C H、NO 转化成CO、HO、N，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、
x y x 2 2 2
C H、NO 三种成分的净化，故D正确；
x y x
故选：D。
14．（2023·北京朝阳·统考二模）室温下，将 溶液与过量 固体混合，溶液 随时间变化如
图所示。
已知：
下列说法不正确的是
A．两者混合发生反应：
B．随着反应的进行， 逆向移动，溶液 下降
C．充分反应后上层清液中 约为
D． 内上层清液中存在：
【答案】D【解析】A． 微溶于水， 难溶于水， 溶液与过量 固体混合反应生成 ，
离子反应为： ，故A正确；
B．随上述反应的进行， 减小，使得 逆向移动，c( )减小，pH减
小，故B正确；
C．充分反应后上层清液为碳酸钙和硫酸钙的饱和溶液，
≈ ，故C正确；
D．根据电荷守恒得： ， 溶液呈碱
性， ，则 ，故D错误；
故选：D。
第二部分
本题共5题，共58分。
15．（2022上·北京西城·高三北京师大附中校考）（11分）钒的化合物能有效调节血糖，化合物丁有望成
为抗糖尿病的新型药物，其制备流程如下：
(1)金属V晶体的晶胞形状为立方体，结构如图所示。
①钒在元素周期表中的位置为 。②基态V的价层电子排布图为 。
③设阿伏加德罗常数为 ，距离最近的两个钒原子间距为 ( )，则金属钒的晶体密度为
(列出计算式)。
(2) 转化为 的化学方程式是 。
(3)下列说法正确的是_________(填字母)。
A．元素的第一电离能：
B．共价键的极性：丙中 乙中
C． ：乙>甲
D．甲分子中所有原子可能在同一平面内
(4)分析丙的分子结构与性质。
①比较丙中 键角和 键角的大小并解释原因： 。
②判断丙中能否形成分子内氢键。若能，画出其分子结构并表示出该氢键；若不能，说明原因：
。
③1mol丙能与2mol一水合氨反应，反应的离子方程式是 。
(5)丁是一种配合物。
①丁中存在配位键的原因是 。
②含有化合物丁的样品中，含钒量的测定方法是：先把样品中的钒元素经处理转化为 溶液，再
用硫酸酸化的 标准溶液进行滴定，生成 。取样品10.2g，用上述方法测定其中钒的含量，消
耗 标准溶液25.00mL，则样品中钒元素的质量分数为 (写出计算结果)。
【答案】(1) 第四周期ⅤB族
(2)
(3)AD
(4) 和 中C sp2杂化，S是sp3杂化，所以丙中 键角大于 键角丙中能形成分子内氢键，其分子结构为： +2NH·H O 2NH +
3 2
+2H O
2
(5) V原子有空轨道，O原子和S原子都可以提供孤电子对 14%
【分析】 加热得到 ，甲发生取代反应得到乙，乙再发生取代反应得到丙，丙和 在氨水
中反应得到丁，以此解答。
【解析】（1）①钒为23号元素，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第四周期ⅤB族；
②根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其价层电子排布式
为3d34s2，价层电子排布图为 ；
③晶胞中V原子数目=1+8× =2，距离最近的两个钒原子间距为 ( )，则晶胞的边长为
，则晶胞的体积为 d3×10-21cm3，一个晶胞的质量为 g，则金属钒的晶体密度为
g/ cm3。
（2） 转化为 的化学方程式是： 。
（3）A．同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，V有四个电子层，第一电离能最小，所以元素的
第一电离能： ，故A正确；
B．电负性：S
