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07
（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．碳有金刚石(晶体模型如图a)、 (分子结构如图b，每个分子内有32个面，均为正五边形或正六边形)
等单质，碳能形成甲醛、 氮化碳(分子结构如图c，分子内N和C均达到 稳定结构)等化合物，下列说
法不正确的是
A．金刚石结构中最小环是六元环，平均每个六元环有0.5个C，1条
B． 氮化碳的分子式为
C．甲醛中C为 杂化
D． 分子中有16个五元环和16个六元环
【答案】D
【解析】A．在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元
环，每个单键为6个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，平均每个六元环有0.5个C， =1条 ，故A正确；
B．由 氮化碳的分子结构可知， 氮化碳的分子式为 ，故B正确；
C．甲醛中存在碳氧双键，C为 杂化，故C正确；
D． 的结构是由20个六元环和12个五元环构成的，其中每个六元环都与两个相邻的五元环相连，故D
错误；
故选D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A． 的电子式为
B． 的VSEPR模型：
C． 电子云轮廓图为：
D．基态 的简化电子排布式：
【答案】C
【解析】A． 是共价化合物，电子式为 ，故A错误；
B． 的价层电子对数为 ，VSEPR模型： ，故B错误；
C． 电子云轮廓图为沿着z轴方向的哑铃形，为： ，故C正确；D．基态 的电子排布属于洪特规则的特例，所以简化电子排布式： ，故D错误；
故选C。
3．下列“类推”合理的是
A．Na与HO反应生成NaOH和H，则Fe与HO反应生成Fe(OH) 和H
2 2 2 3 2
B．SO 可与水反应生成HSO ，则SiO 可与水反应生成HSiO
2 2 3 2 2 3
C．铁与硫加热反应生成FeS，则铜与硫加热反应生成Cu S
2
D．Cl 与HO反应生成HCl和HClO，则F 与HO反应生成HF和HFO
2 2 2 2
【答案】C
【解析】A．Na与水反应生成NaOH和H，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe O 和
2 3 4
H，故A错误；
2
B．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以硅酸不能由二氧化硅与水反应制得，故B错误；
C．硫氧化性弱，遇到变价金属生成低价态硫化物，所以依据Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成
Cu S，故C正确；
2
D．Cl 和HO反应生成HCl和HClO，F 和HO反应生成HF和O，不能保护金属铁，故D错误；
2 2 2 2 2
故选：C。
4．采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是
A．铁与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液
B． 与无水乙醇反应时增大无水乙醇的用量
C． 与 两溶液反应时，增大压强
D． 与稀盐酸反应，加入少量醋酸钠粉末
【答案】A
【解析】A．铁和硫酸铜溶液发生置换反应，被置换出来的铜附着在铁上，和稀硫酸共同构成原电池，可
以加快反应速率，A正确；
B．增大无水乙醇的用量，反应物的浓度不变，反应速率不变，B错误；
C． 与 两溶液的反应没有气体参与，增大该反应的压强，反应速率不变，C错误；
D．加入少量醋酸钠粉末，与 反应生成 ， 是弱酸， 浓度减小反应速率减小，
D错误；
故选A。5．化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染其原理如图所示，
下列说法不正确的是
A．Pt电极为电解池的阴极
B．电解时，质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极
C．电解池的总反应方程式为2HO+4NO N↑+5O ↑+4OH-
2 2 2
D．当交换膜右室电解液的质量减少 时，电子转移数目为4N
A
【答案】A
【分析】由题原理图可知，Ag-Pt电极上 被还原为N，因此Ag-Pt电极为阴极，电极反应式为：
2
，Pt电极为阳极，电极反应式为： ，据此解答。
【解析】A．Ag-Pt电极上 被还原为N，则Ag-Pt电极为阴极，所以Pt电极为阳极，A错误；
2
B．电解时，阳离子从阳极移向阴极，所以质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极，B正确；
C．阴极反应式为： ，阳极反应式为： ，所以总
反应式为： ，C正确；
D．结合阴极、阳极和总反应式可知：每生成2molN (即56g)转移电子20mol，同时有20molH+(即20g)进入
2
阴极室，即右室电解液质量减少56g-20g=36g，可建立关系式：所以转移电子数为： ，即4N ，D正确；
A
故选A。
6．不能正确表示下列变化的离子方程式是
A． 溶于盐酸：
B． 浴液腐蚀铜板：
C．Fe和稀盐酸反应：
D． 气体通入溴水中：
【答案】C
【解析】A． 溶于盐酸， ，A正确；
B． 浴液腐蚀铜板， ，B正确；
C．Fe和稀盐酸反应， ，C错误；
D． 气体通入溴水中， ，D正确；
故选C。
7．下列关于实验操作的说法正确的是
A．取用药品时，剩余药品均不得放回原试剂瓶
B．中和热测定时，只需记录溶液的初始温度和最高温度
C．稀硫酸、 溶液等沾到皮肤上应立即用大量清水冲洗
D．酸碱中和滴定时，不能加入蒸馏水，以免溶液稀释产生误差
【答案】C
【解析】A．通常，实验后，将剩余药品放回原试剂瓶会污染瓶中药品，因此取用药品时，剩余药品不得
放回原试剂瓶，但是为了避免发生火灾等各种危险，Na、白磷之类应放回原瓶，A错误；
B． 中和热测定时，需要记录酸、碱溶液的浓度和体积，测定并记录酸、碱溶液的初始温度以及混合后的
最高温度，B错误；
C． 稀硫酸、 溶液具有腐蚀性，沾到皮肤上会腐蚀人的皮肤，因此不慎沾上应立即用大量清水冲洗，C正确；
D． 酸碱中和滴定时，必要时可加入少量蒸馏水，加入的少量水不影响酸、碱的物质的量，不会产生误差，
D错误；
答案C。
8．下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
A B C D
方
案
比较乙醇中羟基氢原子 检验电石与水反应产
目 利用乙醇的消去反应 验证石蜡油分解的产物
和水分子中氢原子的活 生的混合气体中有乙
的 制取乙烯 是乙烯
泼性 炔
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．利用乙醇的消去反应制取乙烯，温度计应该插入溶液中，A不符合题意；
B．钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，说明乙醇中羟基氢原子的活泼性比水分子中氢原子差，B
符合题意；
C．电石中含有CaS等杂质，与水反应生成的HS气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即能使酸性高锰酸
2
钾溶液褪色的不一定是乙炔，C不符合题意；
D．溴的四氯化碳溶液褪色，证明有烯烃生成，但不一定是乙烯，故无法验证石蜡油分解的产物是乙烯，
D不符合题意；
故选B。
9．有机物分子中的原子(团)之间会相互影响，导致相同的原子(团)表现出不同的性质。下列现象不能说明
上述观点的是
A．甲苯能使酸性KMnO 溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO 溶液褪色
4 4
B．苯与浓硝酸反应生成硝基苯，而甲苯与浓硝酸反应生成三硝基甲苯
C．乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应
D．苯酚具有酸性，而环己醇( )没有酸性【答案】C
【解析】A．苯环影响甲基，甲苯易被高锰酸钾氧化，而甲基环己烷不能，可说明或原子与原子团间的相
互影响会导致物质的化学性质不同，故A不选；
B．甲基影响苯环，则甲苯中苯环上的H易被取代，甲苯苯环上氢原子比苯分子中的氢原子易被硝基取代，
可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故B不选；
C．乙烯中含官能团碳碳双键，乙烷中不含官能团，因官能团不同导致化学性质不同，故C选；
D．苯环影响-OH，具有酸性，环己醇为中性，-OH连接的烃基不同，可说明或原子与原子团间的相互影
响会导致物质的化学性质不同，故D不选；
故选C。
10．硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：
下列说法错误的是
A． 具有还原性 B． 是直线形非极性分子
C．该反应中 是氧化产物 D．电负性：
【答案】C
【解析】A．NaCS 中S元素的化合价为+2价，处于中间价态，既能升高又能降低，所以NaCS 具有还原
2 3 2 3
性，选项A正确；
B．CS 中C原子的价层电子对数为2，没有孤电子对，空间构型为直线形，属于非极性分子，选项B正确；
2
C．该反应中各元素的化合价均不变，为非氧化还原反应，HS不是氧化产物，选项C错误；
2
D．Na是活泼金属，电负性最小，非金属元素非金属性越强电负性越大，则电负性 ，选项D正
确；
答案选C。
11．化合物Z是合成药物非奈利酮的重要中间体，其合成路线如下图，下列说法不正确的是
A．Z分子中存在3种官能团 B．Y分子中所有碳原子可能共平面
C．1molX最多消耗3molNaOH D．X、Y、Z可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别【答案】C
【解析】A．Z中存在醛基、溴原子、甲基三种官能团，A正确；
B．Y分子中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．羧基、酚羟基各消耗1molNaOH，溴原子消耗2molNaOH，1molX最多消耗4molNaOH，C错误；
D．Z中含有醛基，可使新制氢氧化铜悬出现浊液；X中含有羧基使新制氢氧化铜溶解，得到蓝色溶液；Y
不能和新制氢氧化铜反应，无明显现象，故可以鉴别，D正确；
故选C。
12．根据如图所示的转化关系判断，下列说法正确的是(反应条件已略去)
A．生成等质量 时，①和②反应消耗
B．反应③和④消耗等量的Al时，生成的
C．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．反应⑤的离子方程式为
【答案】B
【解析】A．生成等质量H 时，反应①生成3mol氢气消耗6mol盐酸，反应②生成3mol氢气消耗2mol氢
2
氧化钠溶液，因此反应消耗n(HCl)与n(NaOH)不相同，A错误；
B．反应③是 ，反应④是 ，因此两者消耗等量的
Al时，生成的 ，B正确；
C．反应③是 ，氧化剂是硫酸铜、还原剂是铝，因此反应中氧化剂与还原剂
的物质的量之比为3∶2，C错误；
D．一水合氨是弱碱，因此反应⑤的离子方程式为 ，D错误；故选B。
13．保护环境工作常常涉及到含氮化合物的治理，某研究发现NH 与NO的反应历程如图所示，下列说法
3
错误的
A．该反应历程中形成了非极性键和极性键
B．Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
C．每生成2molN ，转移的电子总数为6N
2 A
D．该反应历程中存在：NO+Fe2+－NH =Fe2++N ↑+H O
2 2 2
【答案】B
【解析】A．该反应的化学方程式为 ，因此历程中形成了非极性键N N和极
性键H-O，选项A正确；
B．由图可知: Fe3+开始参与反应，最后又重新生成，因此Fe3+在该反应中作为催化剂，能够降低总反应的
活化能，提高反应速率，选项B错误；
C．该反应的化学方程式为 ，每生成2molN ，转移的电子总数为6N ，选项
2 A
C正确；
D．根据反应历程可知，左下角转化是NO、Fe2+－NH 、H+进入反应，N、HO、Fe2+、H+反应产出，存在
2 2 2
历程：NO+Fe2+－NH =Fe2++N ↑+H O，选项D正确；
2 2 2
答案选B。
14．常温下，向10.0mL浓度均为0.1mol/L的 和 混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素
有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别
为3.0，4.3.已知：① ；
② ，298K， 。
下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ代表
B．常温下，
C．c点铁铝元素主要存在形式为 和
D． 的平衡常数K为 数量级
【答案】C
【分析】从图可以看出，当溶液中加入NaOH固体后，曲线Ⅰ中的金属离子最先沉淀，根据
，可知曲线Ⅰ表示的是 浓度变化，则曲线Ⅱ表示的是 浓度变化，
曲线Ⅲ表示的是 离子浓度变化，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示的是 浓度变化，故A错误；
B．根据曲线Ⅰ中的a点 ，可知此时溶液中的 离子浓度为 mol/L，对应的pH为3.0，则
c(OH-)= mol/L，可求得 ，故B错误；C．根据分析曲线Ⅲ表示的是 离子浓度变化，则c点铝元素主要存在形式为 ，
不溶于碱，则铁元素的主要存在形式为 ，故C正确；
D．由 和 ，结合盖斯定律可
知， ，则K= ，根据b点可知，
，带入可得K= =1.1 -1.1，故K的数
量级为 ，故D错误；
答案C。
第二部分
本题共5题，共58分。
15．(11分）铜及其化合物是生产、生活中应用广泛的材料。
(1)铜易导电的原因是 ，基态Cu原子的核外能量不同的电子有 种。
(2)铜的第二电离能 (填“>”、“<”或“=”)锌的第二电离能，其主要原因是 。
(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜 溶液吸收对合成氨反应的催化剂有毒害的气体CO。
①写出一个与CO互为等电子体的离子： 。
②醋酸二氨合铜水解生成的醋酸(HA)的结构式为 ，则HAc分子中π键和σ键的数目之比
为 ，HAc中碳原子的杂化类型为 ，分子中键角α (填“>”“<”或“=”)
键角β。
(4)晶胞有两个基本要素。①原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。下图是CuI的晶胞结构图，其坐标参数如下：A(0，
0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为 。
②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若 最短距离为anm，则晶胞的边长为 nm，该化
合物的密度为 (设 为阿伏加德罗常数的值，用含a、 的代数式表示)。
【答案】(1) 金属铜中有自由移动的电子，在电场中能定向移动形成电流 7
(2) > 的最外层3d轨道上为全充满的稳定状态，再失去一个电子较锌更难
(3) (或其他合理答案) 1∶7 <
(4) ( )
【解析】（1）金属Cu晶体中含有自由移动的电子，在电场中定向移动形成电流，故Cu易导电；Cu元素
原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，故原子中核外
能量不同的电子有7种；
（2）Zn+失去1个电子形成Zn2+，外围电子排布由3d104s1→3d10，变为全充满稳定状态，而Cu+的3d10为全
充满稳定状态，再失去1个电子更难，故铜的第二电离能大于锌的第二电离能；
（3）①等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO的价电子数为10，互为等电子体
的离子为 (CN-等合理答案)；
②单键均为σ键，双键中含有1个σ键，则HAc分子中π键和σ键的数目之比为1：7，由醋酸分子结构式
可知，HAc中甲基中碳原子的杂化类型为sp3，羧基中碳原子杂化类型为sp2，羧基中碳氧双键对单键的作
用力大于单键之间的作用力，故分子中键角α＜键角β；
（4）①I-周围的4个Cu+形成正四面体，晶胞顶点Cu+与正四面体体心I-连线，处于晶胞体对角线上，且二
者距离等于体对角线长度的 ，由几何知识可知，D到左侧平面、前平面、下底面的距离分别等于晶胞棱长的 ，故D处微粒的坐标参数为( )；
②顶点Cu+与Cu+形成的四面体体心的I-之间距离最短，该距离为a nm,二者连线处于晶胞体对角线上，且
二者距离等于体对角线长度的 ，而晶胞体对角线长度等于晶胞边长的 倍，故晶胞边长为 nm；晶
胞中Cu+数目为8× +6× =4、I-数目为4，晶胞质量=(4× )g，化合物的密度为： =
。
16．(11分）一种用于治疗高血脂的新药I的合成路线如图：
已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO；
②
回答下列问题：
(1)B的化学名称为 ；H的分子式为 。
(2)E的结构简式为 ；G中所含官能团的名称是 。
(3)②的反应类型是 ；写出反应①的化学方程式 。
(4)化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件的W的结构有 种，其中核磁
共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1的W的结构简式为 。
①遇 溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应(5)设计用乙醇为原料制备 的合成路线，其他无机试剂任选。
【答案】(1) 苯甲醛
(2) HCHO 羟基、醛基
(3) 酯化(取代)反应 +Cl +HCl
2
(4) 13
(5)CH CHOH CHCHO CHCH(OH)CH CHO CHCH(OH)CH CHOH
3 2 3 3 2 3 2 2
CH=CH-CH=CH
2 2
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH Cl)，D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生
2 2
取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH(CH)CHO和甲醛
3 2 6
反应生成G，根据题给信息知G为 ，G和氢气发生加成反应生成H为
；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成 ， 水解
得到A为 ，A氧化生成B为 ，B进一步氧化生成C为 ，C与H
发生酯化反应生成I为 ；
【解析】（1）B的结构简式为 ，B的化学名称为苯甲醛；H的结构简式为，H的分子式为C H O；
10 22 3
（2）由分析可知，E的结构简式为HCHO；G的结构简式为 ，G中所含官能团的名
称是羟基、醛基；
（3）由分析可知，②的反应类型是酯化反应或取代反应，反应①的化学方程式为 +Cl
2
+HCl；
（4）W的相对分子质量比化合物C大14，说明W比C( )多一个“CH”，能同时满足：①
2
遇FeCl 溶液显紫色，说明含有酚羟基，②属于芳香族化合物，说明含有苯环，③能发生银镜反应，说明
3
含有-CHO，苯环有2个侧链为-OH、-CHCHO，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-OH、-
2
CHO、-CH，羟基与醛基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条
3
件的同分异构体共有3+(4+4+2)=13种；其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为
2：2：2：1：1的W的结构简式为 ；
（5）CHCHOH发生氧化反应生成CHCHO，2分子乙醛反应生成CHCH(OH)CH CHO，然后与氢气反应
3 2 3 3 2
生成 CHCH(OH) CH CHOH，最后发生消去反应生成CH=CH-CH=CH ，合成路线为CHCHOH
3 2 2 2 2 3 2
CHCHO CHCH(OH)CH CHO CHCH(OH)CH CHOH CH=CH-
3 3 2 3 2 2 2
CH=CH。
2
17．(12分）工业上利用软锰矿(主要成分为 ，含 等元素)与纤维素制备
，工艺如下图所示。(1)基态 原子的价电子排布式 ；为利用纤维素“酸浸”相较于 酸浸法，除了原料来源丰富、
耗能低，还具有的优点为 。
(2)“酸浸”时，由纤维素水解得到的葡萄糖与软锰矿反应，该反应的离子方程式为 。
(3)“中和”时，相关离子形成氢氧化物沉淀的 范围如下：
金属离子
开始沉淀的 1.5 3.0 8.9 6.0 8.1
完全沉淀的 2.8 4.7 10.9 8.0 10.1
“中和”步骤要调节溶液 ，最适宜的 范围是 。
(4)“净化”时，加入 是为了将 转化为 和 沉淀除去，还能除去 (填元
素符号)。
(5)“沉锰”时，主要生成 和 沉淀，其中生成 的离子方程式为 。
(6)“氧化”时，氧化时间对产品中的锰含量及溶液pH的影响如下图。最佳的氧化时间为 ；下列
说法错误的是 。A．前 ，主要发生的反应是 下降较慢
B． ，主要发生的反应是 ， 下降较快
C． 之后， 趋于稳定，则 已完全氧化
D． 后，继续通入空气，可能将产品氧化生成 及 ，使产品中锰含量下降
【答案】(1) 成本低廉、环保、原料可再生、减少除杂量
(2)
(3)
(4)
(5)
(6) 175 C
【分析】软锰矿(主要成分MnO 、还含Fe、Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)利用纤维素“酸浸"，过滤去除
2
二氧化硅，得到酸浸液；“中和”时，加入碳酸钙调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤除去氢氧
化铁、氢氧化铝；“净化"时，在滤液中加入NaS、NH F使Zn2+、Mg2+、Ca2+转化为ZnS和MgF 、CaF 沉
2 4 2 2
淀除去，在滤液中加入氨水沉锰，主要生成Mn(OH) 和Mn(OH) SO 沉淀，过滤，得到沉淀Mn(OH) 和
2 2 2 4 2
Mn(OH) SO ，再经氧化得到MnO，据此分析解答。
2 2 4 3 4
【解析】（1）Mn是25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d5，价电子排布式为3d54s2。FeS 酸浸法，
2
FeS 会被MnO 氧化生成硫单质和Fe3+，会增加后续步骤的除杂量，故利用纤维素“酸浸"相较于FeS 酸浸
2 2 2
法，除了原料来源丰富、成本低廉、耗能低外，还有的优点是环保、原料可再生、减少除杂量。
（2）葡萄糖与软锰矿在酸性条件下反应，葡萄糖被氧化为二氧化碳，二氧化锰被还原为硫酸锰，根据得
失电子守恒，电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为：C H O+12MnO+24H+=12Mn2+
6 12 6 2
+6CO ↑+18H O。
2 2
（3）据分析，中和时需将Fe3+、Al3+完全沉淀，且防止Mn2+被沉淀，Zn2+在净化时除去，调节pH的范围
为4.7≤pH<6.0。
（4）“净化"时，加入NaS、NH F是为了将Zn2+、Mg2+转化为ZnS和MgF 沉淀除去，同时还会生成CaF
2 4 2 2沉淀，从而除去Ca元素。
（5）“沉锰”时，加入氨水沉淀Mn2+，生成Mn(OH) 的离子方程式为：Mn2++2NH·H O=Mn(OH)↓+2NH
2 3 2 2
。
（6）由图可知，在170~180min之间，产品中的锰含量已达到比较大的数值，再延长时间，变化不明显，
故最佳的氧化时间为175(170-180之间均可)min；
A．前15min，主要发生的反应是6Mn(OH) +O =2Mn O4+6HO，对pH影响较小，A正确；
2 2 3 2
B．15-150min，主要发生的反应是3Mn(OH) SO +O =2Mn O+6H++3SO ，生成H+使pH下降较快，B正
2 2 4 2 3 4
确；
C．150min之后，pH趋于稳定，但是仍有所减小，且产品中的锰含量仍然在增加，则Mn(OH) SO 未被完
2 2 4
全氧化，C错误；
D．250min后，继续通O，使产品中的锰含量下降，可能将锰元素进一步氧化成+3价或+4价，生成
2
MnO 及MnO ，D正确；
2 3 2
故选C。
18．(12分）尿素 是目前产量最大的氮肥．工业上以氨气和二氧化碳为原料，合成尿素时，通
常认为反应分为如下两步：
反应①
反应②
(1)尿素属于 。
A．无机物 B．有机物
(2)对于尿素分子中N、O两种基态原子，下列说法正确的是_________。
A．N的半径较小 B．N的未成对电子数较多
C．N的电负性较大 D．N的第一电离能较高
(3)尿素晶体的晶胞如图所示。推测尿素晶体中存在的主要作用力为共价键和 ．每个尿素晶胞中
含有 个尿素分子。(4)写出反应①的化学平衡常数表达式， 。
(5)反应①能自发进行，条件是 。
A．较高温度 B．较低温度 C． 较高温度或较低温度
(6)已知反应①的反应速率远大于反应②。如图能表示上述两步反应能量变化的是_________。
A． B． C． D．
(7)恒温恒容时，将 和 充入 反应器中合成尿素，经 测得反应器内气体压强变为
起始的80%(已知此时尿素为固态，水为液态)，则从反应开始至 时， 的平均反应速率
。
(8)与铵态氮肥相比，写出施用尿素的两个优点 、 。
【答案】(1)B
(2)BD
(3) 范德华力 2
(4)
(5)B
(6)D
(7)0.02
(8) 含氮量高 是一种中性肥料，适用于各种土壤
【解析】（1）尿素是含有碳元素的化合物，属于有机物，故答案为：B；（2）A.同周期元素的原子半径随原子序数增大而减小，则N的半径较O原子大，A错误；
B.N的未成对电子数为2p轨道上的3个电子，氧原子2p轨道上4个电子，只有2个未成对电子，B正确；
C.同周期元素的电负性随原子序数增大而增大，N的电负性较小，C错误；
D.N的核外2p轨道上电子为半充满状态，比较稳定，第一电离能较O原子高，D正确；
故答案为：BD；
（3）如题干图所示，尿素应该是分子晶体，则尿素晶体中存在的主要作用力为共价键和范德华力；晶胞
中4个尿素分子均在面心位置，依据均摊法，晶胞中尿素分子数目为4× =2，故答案为：范德华力；2；
（4）反应①2NH
3
(g)+CO
2
(g)⇌NH
2
COONH
4
(s)，化学平衡常数是生成物的平衡浓度的幂之积和反应物平衡
浓度的幂之积的比值，即K= ，故答案为： ；
（5）反应①2NH
3
(g)+CO
2
(g)⇌NH
2
COONH
4
(s)，该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，则低温时ΔG=ΔH-TΔS有可能
小于0，则低温下自发，故答案为：B；
（6）已知反应①的反应速率远大于反应②，则已知反应①的活化能小于反应②的活化能，再结合已知反
应①为放热反应，反应②为吸热反应，则对应图像D正确，故答案为：D；
（7）恒温恒容时，将2molNH 和1molCO 充入2L反应器中合成尿素，经10min测得反应器内气体压强变
3 2
为起始的80%，设达到平衡时发生反应的二氧化碳的物质的量为x，列出三段式：
，恒温恒容时，气体压强之比等于其物质的量之比，
则 = ，则解得x=0.2mol，则 (NH )= = =0.02mol•L-1•min-1，故答案为：0.02；
3
（8）与铵态氮肥相比，写出施用尿素的优点有：含氮量高；是一种中性肥料，适用于各种土壤，故答案
为：含氮量高；是一种中性肥料，适用于各种土壤。
19．(12分）某实验小组欲探究 和 的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢了标签。
于是，他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究。(1)分别加热固体A、B，发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A受热分解的化学方程式为
。
(2)称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分
溶解，恢复至室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。
①发现 固体完全溶解，而 固体有剩余，由此得出结论： 。
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象。其中，盛放 的烧杯中出现的现象是 (填字母
序号)
a．溶液温度升高 b．溶液温度下降
c．滴入酚酞后呈浅红色 d．滴入酚酞后呈红色
(3)如图所示，在气密性良好的装置I和II中分别放入药品，将气球内的固体同时倒入试管中。
①两试管中均产生气体， 的反应程度更为剧烈。(填“I”或“II”)
②反应结束后，恢复至室温，下列说法正确的是 。
a．装置I的气球体积较大 b．装置II的气球体积较大
c．生成气体的体积根据盐酸计算 d．生成气体的体积根据固体计算
(4)同学们将两种固体分别配制成 的溶液，设计如下方案并对反应现象做出预测：
预测现
实验方案 预测依据
象
操作1：向 溶液中滴加
无白色
溶液中的 浓度很小，不能与 反应
溶液 沉淀
操作2：向 溶液中滴加 有白色 溶液中的 浓度较大，能与 发生反
溶液 沉淀 应 (写出该反应的离子方程式)
实施实验后，发现操作1的现象与预测有差异：产生白色沉淀和二氧化碳气体。则该条件下， 溶液与 溶液反应的离子方程式为 。
【答案】(1)2NaHCO NaCO+H O+CO↑
3 2 3 2 2
(2) 同温度下，碳酸钠在水中的溶解度大于碳酸氢钠 ad
(3) Ⅱ bc
(4) +Ca2+=CaCO ↓ Ca2++2 =CaCO ↓+CO ↑+H O
3 3 2 2
【解析】（1）碳酸钠稳定，受热不分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成二氧化碳气体，因此
固体A为碳酸氢钠，其受热分解的化学方程式为2NaHCO NaCO+H O+CO↑。
3 2 3 2 2
（2）①称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化，待固
体充分溶解并恢复到室温，发现碳酸钠完全溶解，碳酸氢钠部分溶解，说明在相同的温度下，碳酸钠在水
中的溶解度大于碳酸氢钠。
②
a．碳酸钠溶于水放热，溶液温度升高，a正确；
b．碳酸钠溶于水放热，溶液温度升高，b错误；
c．碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解，且水解程度较大，溶液碱性较强，加入酚酞后呈红色，c错误；
d．碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解，且水解程度较大，溶液碱性较强，加入酚酞后呈红色，d正确；
故答案选ad。
（3）①碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳气体，而碳酸氢钠直接
与盐酸反应生成二氧化碳气体，因此Ⅱ中反应更剧烈。
②盐酸的物质的量为0.003mol，1g碳酸钠物质的量约为0.0094mol，1g碳酸氢钠物质的量约为0.0119mol，
根据方程式NaCO+HCl=NaCl+NaHCO 可知，Ⅰ中盐酸量不足，没有气体生成，
2 3 3
NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑，Ⅱ中盐酸量也不足，生成气体的量取决于HCl的物质的量。
3 2 2
a．两个反应盐酸的量均不足，Ⅰ中无气体生成，Ⅱ中有气体生成，因此装置Ⅱ的气球体积较大，a错误；
b．两个反应盐酸的量均不足，Ⅰ中无气体生成，Ⅱ中有气体生成，因此装置Ⅱ的气球体积较大，b正确；
c．根据前述分析可知，生成气体的体积根据盐酸的量计算，c正确；
d．根据前述分析可知，生成气体的体积根据盐酸的量计算，d错误；故答案选bc。
（4）碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙沉淀，离子方程式为 +Ca2+=CaCO ↓。操作1中产生白
3
色沉淀和二氧化碳气体，则该条件下NaHCO 与CaCl 反应的离子方程式为Ca2++2
3 2
=CaCO ↓+CO ↑+H O。
3 2 2
