文档文本内容
【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<Cl，则 电负性差值小于 的，则共价键的极性：丙中 乙中 ，故B错
误；C．乙 相比甲在羧基的邻位上多了一个氯原子，氯原子具有很强的吸电子能力，会使乙中羧酸
容易电离出氢离子，酸性更强，所以 ：乙<甲，故C错误；
D．甲分子中N原子和C原子都是sp2杂化，-COOH也是平面结构，所以甲分子中所有原子可能在同一平
面内，故D正确；
故选AD。
（4）① 和 中C 是sp2杂化，S是sp3杂化，所以丙中 键角大于 键角；
②丙中能形成分子内氢键，其分子结构为： ；
③1mol丙能与2mol一水合氨反应，反应的离子方程式是： +2NH·H O 2NH +
3 2
+2H O。
2
（5）①丁中存在配位键的原因是V原子有空轨道，O原子和S原子都可以提供孤电子对；
②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
，方程式为：2VO +H C O+2H+=2VO2++2CO ↑+2H O，消耗 标准溶液
2 2 4 2 2
25.00mL，则n(H C O)=0.025L×0.5600mol/L=0.014mol，n(VO )=2n(HC O)=0.028mol，则样品中钒元素的
2 2 4 2 2 4
质量分数为 。
16．（2023·北京海淀·校考三模）（11分）25℃时，某小组同学分别用如下方法测定CHCOOH的电离常
3
数(K)。
a
【方法一】实验步骤：
i.取amL稀CHCOOH溶液于锥形瓶中，再加入……
3ii.用cmol•L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为VmL。
1 1
iii.另取一份该稀CHCOOH溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。
3
(1)CH COOH电离方程式为 。
3
(2)补全i中试剂及用量 。
(3)该稀CHCOOH溶液的浓度c= mol•L-1(用代数式表示)。
3
数据处理：醋酸的电离平衡常数K= ≈ 。代入相关数据，即可得K。
a a
误差分析：
(4)若i中锥形瓶提前用该稀CHCOOH溶液进行了润洗，会使测得的K 。(填“偏大”、“偏小”、
3 a
“无影响”)
【方法二】实验原理：
由CHCOOH的电离平衡常数表达式可知，当c(CHCOO-)=c(CH COOH)时，K=c(H+)。
3 3 3 a
实验步骤：①取25mL某CHCOOH溶液，用NaOH溶液滴定至终点。
3
②继续向①中加入一定量的该CHCOOH溶液。
3
③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。
(5)为保证c(CHCOO-)≈c(CH COOH)，步骤②中加入的CHCOOH溶液应为 。(填序号)
3 3 3
A．25mL B．50mL C．75mL D．用量与①中使用的NaOH溶液浓
度有关
数据处理：
(6)K= (用代数式表示)。
a
迁移应用：
(7)已知亚磷酸(H PO )为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
3 3
下列说法正确的是 (填字母序号)。
A．HPO 的K =10-1.43
3 3 a1
B．NaH PO 溶液显碱性
2 3C．向HPO 溶液中逐滴加入NaOH溶液至pH=6.54，发生反应：3OH-+2H PO =H PO +HPO +3H O
3 3 3 3 2 2
【答案】(1)CH COOH CHCOO-+H+
3 3
(2)2~3滴酚酞溶液
(3)
(4)偏小
(5)A
(6)10-y
(7)AC
【解析】（1）CHCOOH是弱酸，在水溶液中部分发生电离，电离方程式为CHCOOH CHCOO-
3 3 3
+H+；
（2）氢氧化钠滴定醋酸，滴定终点溶液呈碱性，选用酚酞作指示剂，所以i中加入2~3滴酚酞溶液。
（3）取amL稀CHCOOH溶液于锥形瓶中，用cmol•L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体
3 1
积为VmL，则c(CHCOOH)= ，K= ≈ =
1 3 a
；
（4）若i中锥形瓶提前用该稀CHCOOH溶液进行了润洗，会使醋酸浓度偏大，消耗氢氧化钠溶液体积偏
3
大，则测得的K 偏小；
a
（5）为保证c(CHCOO-)≈c(CH COOH)，醋酸钠和醋酸的浓度应该相等，所以步骤②中加入的CHCOOH
3 3 3
溶液应为25mL，选A；
（6）c(CHCOO-)≈c(CH COOH)时pH为y，K=c(H+)=10-y；
3 3 a
（7）A. = 时c(H+)=10-1.43，所以HPO 的K =10-1.43，故A正确；
3 3 a1
B. 的电离常数为10-6.54， 的水解常数为 ，电离大于水解，所以NaH PO
2 3
溶液显酸性，故B错误；C.向HPO 溶液中逐滴加入NaOH溶液至pH=6.54，生成等物质的量的NaH PO 、NaHPO ，发生反应：
3 3 2 3 2 3
3OH-+2H PO =H PO +HPO +3H O，故C正确;
3 3 2 2
选AC。
17．（2023上·北京西城·高三北京市回民学校校考（12分））他米巴罗汀是治疗急性髓性白血病的药物，
其合成路线如下：
已知：
(1)A→B的反应类型是 。
(2)C中含氮的官能团是 。
(3)D→E为酯化反应，化学方程式是 。
(4)C和F反应得到G为可逆反应，推测N(C H)(一种有机碱)的作用是 。
2 5 3
(5)I的结构简式是 。
(6)H是制他米巴罗汀的重要中间体，以C H 为原料合成H的路线如下：
2 2
已：
①试剂b的结构简式是 。
②N→H的化学方程式是 。
【答案】(1)取代反应
(2)氨基(3) +2CH OH +2H O
3 2
(4)N(C H) 具有碱性，能和该反应生成的HCl反应，降低HCl浓度，有利于C和F的反应正向进行
2 5 3
(5)
(6) +2HCl +2H O
2
【分析】根据有机物A的分子式，有机物A为苯（ ），苯与试剂A反应生成有机物B，根据有机
物B的分子式可以知道有机物B为硝基苯（ ），试剂a为浓硝酸、浓硫酸；硝基苯还原后生
成有机物C，有机物C为苯胺（ ）；根据有机物F的结构和有机物E反应生成有机物F的条
件可知，有机物E为对苯二甲酸甲酯（ ），有机物D与甲醇反应生成有机物E，
根据有机物D的分子式可知，有机物D为对苯二甲酸（ ）；有机物C与有机物F发生
取代反应生成有机物G（ ）；目标产物他米巴罗汀是由有机物I经KOH水解随后再酸化得到的，由他米巴罗汀的结构可以推出有机物I的结构为
，有机物G与有机物H在AlCl 的催化下生成有机物I，由有机物G
3
和有机物I的结构可以得出有机物H的结构 ，由此分析。
【解析】（1）根据分析，有机物A为苯，苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸反应生成硝基苯，反应类型为取
代反应；
（2）有机物C为苯胺，其含氮官能团为氨基（-NH ）
2
（3）有机物D( )和甲醇反应生成有机物E( )的反应方程式为
+2CH OH +2H O;
3 2
（4）有机物C与有机物F生成有机物G和HCl，N(C H) 具有碱性，可以吸收反应生成的HCl，降低HCl
2 5 3
浓度，有利于C和F的反应正向进行
（5）根据分析，有机物I的结构简式为 ；
（6）根据已知条件，乙炔（CH≡CH）与试剂b发生反应生成有机物M，有机物M反应生成有机物N，N
与HCl反应生成有机物H；乙炔与试剂b发生已知条件的反应生成有机物M，M中含有双键，但H中不含
有双键，因此可以得出M到N为双键的加成反应，根据有机物H的结构可以得到有机物N的结构为
，倒推有机物M的结构为 ，试剂b的结构为 ，由此分析第(6)小题；①根据分析，试剂b的结构简式为 ；②根据分析，有机物N与HCl反应生成有
机物H的化学方程式为 +2HCl +2H O。
2
18．（2021·北京西城·统考二模）（12分）菱锰矿的主要成分是MnCO ，其中含有FeCO、CaCO 、
3 3 3
MgCO 等杂质。工业上采用硫酸铵焙烧菱锰矿法制备高纯MnCO ，流程如下图：
3 3
已知：
I.金属碳酸盐和硫酸铵混合粉末在加热条件下反应，生成硫酸盐、NH 和CO
3 2。
II.溶液中金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀pH 1.5 6.3 8.2 8.9 11.9
完全沉淀pH 2.8 8.3 10.2 10.9 13.9
(1)步骤1中MnCO 与(NH )SO 反应的化学方程式是 。
3 4 2 4
(2)步骤2和3中加入MnO 固体、调节pH的目的分别是 。
2
(3)上述流程中可以再利用的物质有 。
a.(NH)SO b.NH c.CO
4 2 4 3 2
(4)MnCO 可用于制备苯甲醛，流程如下：
3
已知：甲苯难溶于水，密度小于水，沸点为110.4oC；苯甲醛微溶于水，易溶于甲苯，沸点为179℃。
①MnCO 在空气中加热的化学方程式是 。
3②操作1是 ；操作2是 。
③该方法制备1.06kg苯甲醛，则理论上消耗MnO kg[M(Mn O)=158g/mol；M(苯甲
2 3 2 3
醛)=106g/mol]。
【答案】 MnCO +(NH)SO MnSO +CO ↑+2NH↑+H O 加入MnO 将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH
3 4 2 4 4 2 3 2 2
将Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去 abc 4MnCO+O 2MnO+4CO 分液 蒸馏 3.16
3 3 2 2 3 2
【分析】菱锰矿粉与过量的硫酸铵粉末共热，得到MnSO 、FeSO 、CaSO、MgSO 等物质的混合固体和
4 4 4 4
CO、NH ；将固体a加入硫酸溶液溶解，并加入MnO 作氧化剂，Fe2+被氧化为Fe3+，CaSO 微溶，所以过
2 3 2 4
滤得到含有Mn2+、Fe3+、Mg2+等阳离子的溶液b，调节pH除去Fe3+得到Fe(OH) ，溶液c中还有Mn2+、
3
Mg2+等，加入NH F除去Mg2+得到MgF 沉淀，过滤后再向溶液d中通入NH 和CO 得到MnCO ，溶解时
4 2 3 2 3
用的酸为硫酸，所以最终过滤得到的溶液e中主要含硫酸铵。
【解析】(1)根据题意可知MnCO 与(NH )SO 反应可得到MnSO 、CO、NH ，根据元素守恒可得化学方
3 4 2 4 4 2 3
程式为MnCO +(NH)SO MnSO +CO ↑+2NH↑+H O；
3 4 2 4 4 2 3 2
(2)加入MnO 作氧化剂，将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，再调节pH将Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去；
2 3
(3)溶液e中主要含硫酸铵，处理得到硫酸铵粉末可以再利用，步骤1中产生的NH 和CO 可以在步骤5中
3 2
再利用，故选abc；
(4)①根据流程可知MnCO 在空气中加热可以得到MnO，应是被空气中的氧气氧化，根据电子守恒可知
3 2 3
MnCO 和O 的系数比应为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4MnCO +O 2MnO+4CO ；
3 2 3 2 2 3 2
②酸性环境中MnO 将甲苯氧化为苯甲醛，苯甲醛易溶于甲苯，微溶于水，甲苯难溶于水，所以操作1应
2 3
是分液，分离得到苯甲醛和甲苯；根据题目所给信息可知苯甲醛和甲苯的沸点差异较大，可以蒸馏分离，
即操作2为蒸馏；
③根据电子守恒和元素守恒甲苯和MnO 反应的化学方程式应为
2 3
C HCH+2Mn O+8H+→C HCHO+5H O+4Mn2+；1.06kg苯甲醛的物质的量为 =10mol，所以理论
6 5 3 2 3 6 5 2上消耗20mol MnO，质量为20mol×158g/mol=3160g=3.16kg。
2 3
19．（2023上·北京顺义·高三杨镇第一中学校考）（12分） 在光照条件下与 反应，可得到各种氯
代甲烷。
(1)生成 的化学方程式是 。
(2) 氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如 、 )反应，包括以下几步：
Ⅰ链引发 Ⅱ链传递 Ⅲ链终止
… …
①写出由 生成 过程中链传递的方程式： ， 。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取 中的H，反应通式： 。
已知：25℃，101 kPa时， 中C-H和HCl中H-Cl的键能分别是439 kJ·mol 和431 kJ·mol 。
a．当X为Cl时， kJ·mol 。
b．若X依次为F、Cl、Br、I， 随着原子序数增大逐渐 (填“增大”或“减小”)。
③探究光照对 与 反应的影响，实验如下。
编
操作 结果
号
A 将 与CH₄混合后，光照 得到氯代甲烷
B 将 先用光照，然后迅速在黑暗中与 混合 得到氯代甲烷
C 将 先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与 混合设计实验 几乎无氯代甲烷
D 将 先用光照，然后迅速在黑暗中与 混合 几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是 。
b．依据上述机理，解释C中没有氯代甲烷的原因： 。
(3)丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。推知 中C-H键能比 中C-H键能 (填“大”或“小”)。
【答案】(1)CH +Cl CHCl+HCl
4 2 3
(2) CH Cl+Cl•→•CH Cl+HCl •CH Cl+Cl →CHCl+•Cl +8 增大 光照时发生链引发
3 2 2 2 2 2
的物质是Cl 而不是CH 黑暗中发生2Cl•→Cl ，一段时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递
2 4 2
(3)大
【解析】（1）甲烷与氯气在光照的条件下发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则化学方程式为CH+Cl
4 2
CHCl+HCl，故答案为：CH+Cl CHCl+HCl；
3 4 2 3
（2）①由Cl•+CH →••CH+HCl和•CH+Cl→CHCl+Cl•可知，
4 3 3 2 3
CHCl+Cl•→•CH Cl+HCl,•CH Cl+Cl →CHCl+•Cl,故答案为：CHCl+Cl•→•CH Cl+HCl；
3 2 2 2 2 2 3 2
•CHCl+Cl →CHCl+•Cl；
2 2 2 2
②a.Cl•(g)+CH (g)→•CH (g)+HCl(g)可知，断裂C-H键，形成H-Cl键，则当X为Cl时，ΔH=(439-431)kJ/
4 3
mol=+8kJ/mol,故答案为：+8；
b.同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小，则若X依次为F、Cl、
Br、I，ΔH随着原子序数增大逐渐增大，故答案为：增大；
③a.光照的甲烷时反应不能进行，只有光照氯气才能发生反应，说明光照时发生链引发的物质是Cl 而不是
2
CH，故答案为：光照时发生链引发的物质是Cl 而不是CH；
4 2 4
b.将Cl 先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH 混合几乎无氯代甲烷，说明黑暗中发生
2 4
2Cl•→Cl ，一段时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递，故答案为：黑暗中发生2Cl•→Cl ，一段
2 2
时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递；
（3）两个反应都是形成H-Cl,由图可知，断开 中C-H键的反应放出的热量大于断开-CH 中C-H键
3
的反应放出的热量，根据ΔH=断开化学键吸收的热量-形成化学键放出的热量，则-CH 中C-H键能比
3中C-H键能大，故答案为：大。
