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08
（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．化学处处呈现美。下列说法不正确的是
A．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，共价键断裂
B．降温后水结冰形成晶莹剔透的晶体，氢键数目增加
C．烟花燃放时呈现出五颜六色，是不同金属元素的焰色所致
D．甲烷分子中四个氢原子完美对称，其键角和键长均相等
【答案】A
【解析】A．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，破坏分子间作用力，共价键未断裂，故A错误；
B．水结成的冰为内部排布规则的晶体，在液态水中，经常是几个水分子通过氢键结合起来，在冰中，水
分子大范围地以氢键互相联结，形成疏松的晶体，从而在结构中有很多空隙，造成体积膨胀，密度较小，
所以冰中的氢键远比水中多，故B正确；
C．不同金属元素的焰色反应焰色不相同，因此烟花燃放时呈现出五颜六色，故C正确；
D．甲烷分子的键角和键长均相等，其结构为正四面体结构，四个氢原子完美对称，故D正确。
答案为A。
2．下列图示或化学用语错误的是
A．原子核内有8个中子的碳原子：
B．NaClO的电子式：
C． 的VSEPR模型：D．顺-2-丁烯的球棍模型：
【答案】A
【解析】A．原子核内有8个中子的碳原子的质量数为8+6=14，元素符号的左上角为质量数、左下角为质
子数，该原子可以表示为： ，故A错误；
B．NaClO是离子化合物，由Na+和ClO-构成离子键，其电子式为 ，故B正确；
C．HO有两对成键电子对和两对孤电子对，价层电子对为4，则HO的VSEPR模型： ，故C正
2 2
确；
D．顺-2-丁烯中2个-H位于碳碳双键的同一侧，球棍模型为： ，故D正确；
故选：A。
3．2023年10月31日8时11分，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞
行任务取得圆满成功。下列有关说法中错误的是。
A．神舟十六号返回舱在着陆前会先抛掉多余的推进剂——水合肼 ，水合肼难溶于水
B．神舟十六号太阳敏感器光学窗口上的石英玻璃主要成分是二氧化硅
C．神舟十六号飞船返回舱侧壁金属壳体用的是铝合金材料，其硬度比纯铝的大
D．神舟十六号飞船返回舱“外衣”中的酚醛树脂属于合成有机高分子化合物
【答案】A
【解析】A．水合肼和水可以形成分子间氢键，水合肼易溶于水，A错误；
B．石英玻璃的主要成分是二氧化硅，B正确；
C．一般来说，合金的硬度和强度都比组分金属的大，C正确；
D．酚醛树脂属于合成的有机高分子化合物，D正确；
故选A。
4．向 溶液中通入 气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色[经检验无 胶体]，较长时间后变为浅绿色。
已知：①反应I：
反应II：
②溶液酸性越强， 溶解度越低
下列说法正确的是
A．反应II中 体现漂白性 B．反应II的活化能比反应I的活化能高
C． 在反应I、II中均作氧化剂 D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，颜色加深
【答案】B
【解析】A．反应II中SO 体现还原性，故A错误；
2
B．向 溶液中通入 气体至饱和，观察到溶液由棕黄色迅速变为红棕色，说明反应II的化学反应速
率小于反应I的化学反应速率，则反应II的活化能比反应I的活化能高，故B正确；
C．Fe3+在反应II中作氧化剂，在反应I中化合价不变，不作氧化剂，故C错误；
D．向红棕色溶液中滴加浓盐酸，溶液酸性增强，SO 溶解度降低，反应I减弱，反应II增强，颜色变浅，
2
故D错误；
故选B。
5．直接 无膜微流体燃料电池(结构如图所示)利用多股流体在微通道内平行层流的
特性，自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，且使用氧化剂 可确
保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题。下列有关说法不正确的是A．电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极b
B．电极a上发生的反应为
C．电极b上消耗 时，理论上共转移3mol电子
D．上述无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池工作性能
【答案】C
【分析】接HCOONa/K [Fe(CN) ]无膜微流体燃料电池工作时，燃料发生失电子的反应，氧化剂发生得电
3 6
子的反应，使用氧化剂K[Fe(CN) ]可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题，则图中电极b为
3 6
正极，电极a为负极，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-= +2H O，正极反应式为[Fe(CN) ]3-+e-
2 6
=[Fe(CN)]2-，电池工作时，电子由负极直接经外电路流向正极，据此分析解答。
6
【解析】A．由上述分析可知，电极b为正极，电极a为负极，电池工作时电子由电极a直接经外电路流向
电极b，A正确；
B．电极a为负极，HCOONa发生失电子的氧化反应生成NaCO，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-=
2 3
+2H O，B正确；
2
C．电极b为正极，K[Fe(CN) ]发生还原反应生成K[Fe(CN) ]，正极反应式为[Fe(CN) ]3-+e-=[Fe(CN)]2-，
3 6 4 6 6 6
消耗1molK [Fe(CN) ]时，理论上共转移1mol电子，C错误；
3 6
D．该无膜微流体燃料电池自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产
成本，提升电池工作性能，D正确；
故答案为：C。
6．下列离子方程式与所给事实不相符的是A．Cl 制备84消毒液(主要成分是NaClO)：
2
B．食醋去除水垢中的CaCO ：
3
C．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：
D．NaS去除废水中的Hg2+：
2
【答案】B
【解析】A．Cl 和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、HO，除了Cl 和HO不能拆写，其余均可拆写为
2 2 2 2
离子，A正确；
B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CHCOOH+CaCO =Ca2++2CH COO-+CO ↑⏐+H O，B错误；
3 3 3 2 2
C．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液和次氯酸：ClO−+CO +H O=HClO+ ，C正
2 2
确；
D．NaS将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D正确；
2
故答案为：B。
7．化学是以头验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
选
实验操作和现象 结论
项
向 溶液KI中加入 溶液( )，溶 和 的反应存在限
A
液呈烹黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色 度
常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入 饱和的 溶液 能加速破坏铝片表
B
和 溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显 面的氧化膜
常温下，向 溶液中加入 溶液，将带火星的木条放在试管口，木
C 氧化性：
条复燃
原溶液中一定含有
D 向某无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的的气体
或
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．该反应中 的量不足，若完全反应，则溶液中不存在铁离子，但加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在铁离子，即 和 的反应存在限度，A正确；
B．饱和的 溶液和 溶液的浓度不同，不符合控制变量法，所以不能得出题给结论，B错误；
C．该反应中氯化铁是过氧化氢分解的催化剂，而不是氧化了过氧化氢，C错误；
D．溶液中含有亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子也会出现相同的现象，D错误；
故选A。
8．图中装置不能达到相应实验目的的是
A．用甲装置探究 、 对 分解的催化效果 B．用乙装置测量 体积
C．用丙装置除去 气体中的 D．用丁装置保护钢管柱不被腐蚀
【答案】D
【解析】A．用甲装置探究 、 对 分解的催化效果，可以达到目的，故A不符合题意；
B．氧气难溶于水，用乙装置测量 体积可以，故B不符合题意；
C．氯化氢和硫氢化钠反应生成硫化氢，用丙装置除去 气体中的 可以，故C不符合题意；
D．用丁装置保护钢管柱不被腐蚀钢柱应该与电源的负极相连，D丁装置达不到目的，故D符合题意；
故选：D。
9．实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为 ，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为 。
下列说法不正确的是
A．操作a为分液，操作c为重结晶 B．操作b中需用到直形冷凝管
C．可用冷水洗涤苯甲酸粗品 D．无水 可以用浓硫酸代替
【答案】D
【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水
和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；苯甲酸乙酯的沸点为 ，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸
点为 ，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中
的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲
酸钠，加入硫酸反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸，据此分析
此题。
【解析】A. 结合上述分析，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确；
B. 结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确；
C. 用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确；
D. 浓硫酸使苯甲酸乙酯部分发生水解，故D错误；
答案为D。
10．工业上制备粗硅的反应为 ，若C过量还会生成 。下列叙述错误的是
A． 分子内只含有1个 键和2个 键
B．键长： ，因此C的还原性大于 的还原性
C．键长： ，因此熔点：
D．键能： 。因此甲硅烷没有甲烷稳定
【答案】B
【解析】A．CO与N 是等电子体，其结构式为 ，则1个CO分子内只含有1个σ键和2个π
2键，故A正确；
B．键长：C-C＜Si-Si，共价键的牢固程度：C-C＞Si-Si，键长越短，性质越稳定，因此C的还原性小于Si
的还原性，故B错误；
C．碳化硅和单晶硅均属于共价晶体，原子半径：C＜Si,键长：C-Si＜Si-Si,共价键的牢固程度：C-Si＞Si-
Si，因此熔点：SiC＞Si,故C正确；
D．原子半径：C＜Si，共价键键长：C-H＜Si-H，键能：C-H＞Si-H，共价键的牢固程度：C-H＞Si-H，因
此甲硅烷没有甲烷稳定，故D正确。
答案选B。
11．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法正确的是
A．1molX能最多能与4molH 反应
2
B．Y不存在顺反异构体
C．Z分子中含有2个手性碳原子
D．可以用NaHCO 溶液鉴别化合物Y和Z
3
【答案】A
【解析】A．由题干X的结构简式可知，X中含有苯环和碳碳双键能与H 发生加成反应，故1molX能最多
2
能与4molH 反应，A正确；
2
B．由Y的结构简式可知，Y中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子连有互不相同的原子或原子团，故存
在顺反异构体，B错误；
C．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合Z的结构简式可知，Z分子中含
有1个手性碳原子即和苯环直接相连的碳原子为手性碳原子，C错误；
D．由题干有机物结构简式可知，Y和Z中含有羧基，故不可以用NaHCO 溶液鉴别化合物Y和Z，D错误；
3
故答案为：A。
12．高铁酸钾(K FeO)是一种既能杀菌 消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式
2 4
为Fe(OH) +ClO-+OH- +Cl-+H O (未配平)。下列有关说法不正确的是
3 2
A．由上述反应可知，FeO 的氧化性强于ClO-B．生成0.4molCl-时转移电子数0.8N
A
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．KFeO 处理水的原理可为：
2 4
【答案】A
【解析】A．由上述反应可知，FeO 是氧化产物，ClO-是氧化剂，故FeO 的氧化性弱于ClO-，A符合题
意；
B．由上述反应可知，反应中ClO-中+1价的Cl转化为Cl-中-1价，故生成0.4molCl-时转移电子数0.8N ，B
A
不合题意；
C．根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：2Fe(OH) +3ClO-+4OH-=2 +3Cl-+5H O，则上述反
3 2
应中氧化剂ClO-和还原剂Fe(OH) 的物质的量之比为3∶2，C不合题意；
3
D．KFeO 处理水的原理为KFeO 溶于水生成Fe(OH) 胶体和O，反应的离子方程式为：4
2 4 2 4 3 2
+10H O=4Fe(OH) (胶体)+3O ↑+8OH-，D不合题意；
2 3 2
故答案为：A。
13．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将HS和空气的混合气体通入 和
2
HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
A．历程①发生反应的离子方程式为：
B．历程②中 作氧化剂
C．历程③中D．该转化历程中可循环的物质有
【答案】D
【解析】A．HS为弱酸，离子方程式中不能拆，则历程①发生反应HS＋Cu2＋═CuS↓＋2H＋，选项A错误；
2 2
B．历程②中CuS转化为S，S元素化合价从−2价升高为0价，则CuS作还原剂，选项B错误；
C．历程③为用氧气将亚铁离子氧化铁离子，1molO 参与反应转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知
2
4mol亚铁离子转化为铁离子时失去4mol电子，故n(Fe2＋)∶n(O )＝4∶1，选项C错误；
2
D．根据图中转化可知，整个转化过程中 既有参与反应又有反应生成，可以循环使用，选项
D正确；
答案选D。
14．25℃时，向 的氨水中逐滴加入 的盐酸 ，向 的 溶
液中逐滴加入 的 溶液 (无气体逸出)，溶液的pH与 [ 或
]的关系如图所示。下列说法错误的是。
A．曲线②中的
B．当 时，恒有关系：
C．当 时，两溶液pH均大于9.26
D．25℃时， 的 溶液的pH约为4.63【答案】C
【分析】向 的氨水中逐滴加入 的盐酸 ， ，加入
盐酸，pH减小，氢离子浓度增大，促进一水合氨的电离， 逐渐增大，对应曲线②；向
的 溶液中逐滴加入 的 溶液 (无气体逸出)，
，加入NaOH，pH增大，氢氧根离子消耗氢离子，促进铵根离子的水解，
逐渐增大，对应曲线①；
【解析】A．根据分析，曲线②中的 ，A正确；
B．当 时，两线相交，则 ，说明 ，B正确；
C． 时，则两混合溶液中均含等物质的量的 和 ， ，所以 的电离程
度大于 的水解程度，所以 ，则 ， ，据图可知
此时 ，C错误；
D．假设25℃时， 的 溶液中 ，则 ，
，解得 ，则25℃时， 的 溶液的pH约为
4.63，D正确；答案选C。
第二部分
本题共5题，共58分。
15．(11分）完成下列问题。
(1)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有NO 、HCOOH、
x
(PAN)等二次污染物。
①PAN中除H外其余三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。1molPAN中含有的σ键数目
为 。
②NO能被FeSO 溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H O) ]SO ，该配合物中中心离子的配位数为 ，中
4 2 5 4
心离子的外围电子排布图 。
③相同压强下，HCOOH的沸点比CHOCH (填高或低)，其原因是 。
3 3
(2)PM2.5微细粒子包含(NH )SO 、NH NO 等。
4 2 4 4 3
①(NH )SO 晶体中各种微粒间的作用力不涉及 (填序号)。
4 2 4
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．范德华力 e．氢键
②NH NO 中阳离子的中心原子轨道采用 杂化，阴离子的空间构型为 。
4 3
(3)测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构
如图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则 =
(填数字)。已知：该晶胞边长为bpm，N 代表阿伏伽德罗常数，则该晶体的密度为 g/cm3(写出
A
计算式即可)。
【答案】(1) N＞O＞C 10N 6 高 HCOOH分子间可以形
A
成氢键，而CHOCH 分子间不能形成氢键
3 3
(2) de sp3 平面三角形(3) 3
【解析】（1）①PAN中除H外其余三种元素为C、N、O，C的价电子为2s22p2，N的价电子为2s22p3，p
轨道为半充满状态，O的价电子为2s22p4，则它们的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；1个PAN分
子中含10根σ键，则1molPAN中含有的σ键数目为10N ；
A
②配合物[Fe(NO)(H O) ]SO 的中心离子为Fe2+，其配位数为6，Fe2+的外围电子排布式为3d6，排布图为
2 5 4
；
③相同压强下，HCOOH的沸点比CHOCH 高，原因为HCOOH分子间可以形成氢键，而CHOCH 分子
3 3 3 3
间不能形成氢键；
（2）①(NH )SO 晶体中含离子键、共价键、配位键，各种微粒间的作用力不涉及范德华力和氢键，故选
4 2 4
de；
②NH NO 中阳离子的中心原子为铵根离子中的N原子，采用sp3杂化；阴离子为硝酸根，硝酸根中的N原
4 3
子采用sp2杂化，阴离子的空间构型为平面三角形；
（3）由晶胞结构可知，晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有12个，晶胞中Kr原子为 个，
则 =3；N 代表阿伏伽德罗常数，该晶胞边长为bpm，则晶胞的体积为 ，每个晶
A
胞中含 个Kr原子，则每个晶胞的质量为 ，则该晶体的密度为
。16．(11分）已知： 是一种重要的化工品，在一定温度下可发生分解反应：
①
②
回答下列问题：
(1) (用含 的式子表示)。
(2)在恒温恒容密闭容器中投入足量 ，发生反应 ，下列叙述正确
的是___________(填标号)。
A．增大 质量时，反应速率增大
B． 体积分数不变时，该反应达到平衡状态
C．平衡后，再充入 ，达到新平衡时， 增大
D．平衡后，再充入少量 质量增大
(3) 的速率方程为 ( 为速率常数，只与温度、
压强有关)。
①某温度下，该反应的平衡常数K为10， ，则 。
②已知： (式中，R为常数， 单位为 ，温度T单位为K，E表示反应的活化
能，单位为 )。 与不同催化剂( 为催化剂)、温度(T)关系如图所示。相同条件下，催化效率较高的是 (填“ ”或“ ”)，判断依据是 。在催化
剂 作用下，正反应的活化能为 。
(4)一定温度下，向密闭容器中充入足量 ，达到平衡时测得生成 和 。则该温
度下，反应 的压强平衡常数 ( 为用分压表示的平衡常数，分压=
总压×物质的量分数)。
(5)在甲、乙两个体积相等的容器中都充入 发生反应： 。测得 的物质的量
与时间关系如图。
①相对乙，甲仅改变一个条件，该条件是 。
②乙容器中，在恒容条件下 时再充入少量 的平衡转化率将 (填“增大”、“减
小”或“不变”)。
【答案】(1)(2)D
(3) 20 变化相同温度， 对应曲线变化值较小，活化能较小 400
(4)1
(5) 升高温度 不变
【解析】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由① 2+②得反应 ；
（2）A．PH I为固体，浓度为常数，增大PH I质量时，反应速率不变，选项A错误；
4 4
B．该反应为气体体积增大的反应，但反应物为固体，生成物按比例生成，PH 体积分数始终保持不变，无
3
法说明反应达到平衡状态，选项B错误；
C．平衡后，再充入0.1 mol H、0.1 mol I (g)、0.2 mol PH ，相当于增大压强，平衡逆向移动，达到新平衡
2 2 3
时，c(PH )减小， 选项C错误；
3
D平衡后，再充入少量PH ，平衡逆向移动，PH I质量增大，选项D正确；
3 4
答案选D；
（3）①平衡时正、逆反应速率相等,得出平衡常数等于正、逆速率常数之比，可得正反应速率常数为20；
②根据表达式可知，温度变化值相等时，RInk变化越大，说明活化能越大，催化剂效率低；故变化相同温
度， 对应曲线变化值较小，活化能较小，则相同条件下，催化效率较高的是 ；
取催化剂 曲线上400℃的点的数据代入 得正反应的活化能为400 ；
（4）根据反应式，平衡时，n(HI)=0.2 mol，n(H )=0.2 mol，n(I)=0.2 mol，HI分解反应是等气体分子数的
2 2
反应，设总压强为p，则p(HI)= p(H)=p(I )= ，故K= =1；
2 2 p
（5）①在甲、乙两个体积相等的容器中都充入 发生反应： 。测得 的物
质的量与时间关系图，可知，甲中氢气的物质的量均较小，则平衡逆向移动，正反应为吸热反应，相对乙，
甲仅改变一个条件，该条件是升高温度；②对于恒容条件，平衡后充人HI，相当于原平衡体系缩小体积，平衡不移动，HI平衡转化率不变。
17．(12分）受体拮抗剂广泛于医药领域。某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：
已知：①
②R-CN R-COOH
(1)根据化合物A的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。
反应形成新官能团的名
序号 反应试剂、条件 反应类型
称
① H/催化剂，加热
2
② 酯化反应
(2)关于C→D的反应，下列相关说法正确的是 (填标号)。
a．NaBH 既含共价键又含离子键
4
b．一个化合物C分子中有4个π键
c．反应过程中只有C=O双键断裂和O-H单键形成
d．化合物D分子中存在手性碳原子，且分子中氧原子均采取sp3杂化
(3)由E→F的反应的化学方程式为 。
(4)化合物X是G的同系物，且比G少2个碳原子。写出同时满足下列条件的X的同分异构体的结构简式
、 (任写两种)。
①苯环上连有两个取代基，且苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
②能发生银镜反应
③与NaHCO 反应能生成CO
3 2(5)根据上述合成路线的原理，以 为有机原料，分四步可合成化合物 。基于
设计的合成路线，回答下列问题：
①第一步的化学方程式为 。
②最后一步反应中，有机反应物的结构简式为 。
【答案】(1) 羟基 加成反应 乙醇/浓硫酸，加热 酯基
(2)ad
(3)
(4)
(5)
【分析】由 可知D为 ；D和硫酰氯发生取代反应生成E：
；E再发生R-CN R-COOH 反应，F为： 。
【解析】（1）A中有羰基和苯环能和氢气发生加成，羰基加成生成羟基；发生羧酸和醇发生酯化反应，
生成酯基，故答案为：羟基、加成反应、乙醇/浓硫酸，加热、酯基；
（2）NaBH 钠离子和 之间是离子键， 内部存在共价键；C中苯环里面有个大π键，羰基里有个π
4键，只有两个π键；反应过程中除了C=O双键断裂和O-H单键形成还有C—H形成；D中与羟基相连的C
是手性碳，醚键和羟基中的O都是sp3杂化，故答案为：ad；
（3）E→F的反应，是氯原子被-CN取代： ，答案
为： ；
（4）化合物X是G的同系物，且比G少2个碳原子。苯环上连有两个取代基，且苯环上只有两种化学环
境不同的氢原子，说明两个取代基在对位；能发生银镜反应有醛基；与NaHCO 反应能生成CO 有羧基。
3 2
满足条件的结构有： 、 、 、 、 。故
答案为： 、 、 、 、（任选两种）。
（5）现将醛氧化为羧酸，再根据B→C的反应成环，利用A→B羰基还原为羟基，在通过醇的消去即可达
到目的： ，因此第一步的方程式为：
，最后一步反应的反应物为： ，
故答案为：c， 。
18．(12分）钴是重要的战略金属之一，钴粉主要以高温氢还原草酸钴制得。一种利用水钴矿[主要成分为
，还含有少量CuO、 、 、MnO、CaO、 等]制备钴的工艺流程如下。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表。
金属离子
开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 4.7
完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 6.7
请根据以上信息，回答下列问题：
(1)为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有 (答出1条即可)，滤渣1的主要成分为
(填化学式)。
(2)在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)“转化”步骤中加 的目的是 (用离子方程式表示)，该步骤反应温度不宜高于40℃的原
因可能是 。
(4)在“调pH”步骤中加入 调节溶液的pH，其合理范围为 ；“萃取”步骤中萃取的主
要离子是 (填离子符号)。
(5)在“沉钴”步骤中，副产物 在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为
。
【答案】(1) 将水钴矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 、
(2)
(3) 不稳定，温度高于40℃时加速分解，使“转化”反
应速率减小
(4) 6.7≤pH<7.6
(5)【分析】酸浸后，滤出的滤渣为 、 ，加入 的目的是将 氧化为 ，加入 调节
溶液的pH是为了将阳离子 、 、 以氢氧化物形式沉淀除去，萃取中有机相为Mn2+，加入
(NH )C O 沉钴，以此分析；
4 2 2 4
【解析】（1）为加快“酸浸”的速率和效率，可以采取的措施有：将水钻矿石粉碎、搅拌、适当增大硫
酸浓度等(题干流程图已指定酸浸温度为95℃，所以可采取的措施不能为升高温度或加热)； 在硫酸中
不溶解，硫酸与氧化钙反应生成微溶的 ，所以滤渣1的主要成分为 、 ；
故答案为：将水钻矿石粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等； 、 ；
（2）在“酸浸”步骤中发生的最主要的氧化还原反应的化学方程式为
；
故答案为： ；
（3）“转化”步骤中加入 的目的是将 氧化为 ，所以用离子方程式表示为
；该步骤反应温度不宜高于40℃的原因可能是： 不稳定，温度高
于40℃时加速分解，使“转化”反应速率减小；
故答案为： ； 不稳定，温度高于40℃时加速分解，使“转化”反
应速率减小；
（4）在“调pH”步骤中加入 调节溶液的pH是为了将阳离子 、 、 以氢氧化物形式沉
淀除去( 形成沉淀的pH范围与 有重叠，所以此步骤无法除去 )，结合已知信息可知pH的合
理范围为：6.7≤pH≤7.6；在“萃取”步骤中萃取的主要离子是 ；
故答案为：6.7≤pH≤7.6； ；
（5）副产物 在空气中可被氧气氧化的化学方程式为 ；故答案为： 。
19．(12分）氯气是一种重要的化工原料，大量用于制造盐酸、漂白剂、农药、染料和药品等。
Ⅰ.为探究氯气与 溶液的反应，某课外小组用下图装置进行实验(夹持仪器已略去)
实验操作 实验现象
打开A中分液漏斗活塞，放下部分浓盐酸，加热 装置B中溶液变蓝色，随后蓝色褪去，溶液显浅棕色
(1)装置A中生成氯气的化学反应方程式为 。
(2)装置C中 的作用是 。
(3)能证明氯气的氧化性强于碘的实验现象是 。
(4)为探究B中溶液颜色变化的原因，小组同学查阅资料并进行实验。
查阅资料： 和 在溶液中会发生反应： ， 显棕黄色且遇淀粉变蓝； 可被氯气氧化为
(红色)和 (黄色)，两种离子可继续被氧化成 (无色)。
进行实验：
实验操作 实验现象
Ⅰ.取反应后B中的溶液 分成两等份，第一份滴入1滴碘水；第 第一份溶液变蓝色
二份滴入1滴淀粉溶液 第二份溶液颜色没有变化
Ⅱ.将 溶于 溶液中配制得碘总浓度为 的溶液，取上述溶 加淀粉后溶液变蓝，通入氯气后蓝
液 ，滴加1滴淀粉溶液，再通入氯气 色褪去，溶液显浅棕色
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液继续通入氯气 溶液几乎变为无色
①操作Ⅰ的实验目的是 。
②写出 在水溶液中与氯气反应生成 的离子方程式 。
③由以上实验可推断 中溶液颜色变成浅棕色的原因是 。Ⅱ.84消毒液是一种常见的含氯消毒剂，其有效成分为次氯酸钠。
资料：84消毒液中含氯微粒主要有 、 、 ；相同浓度时， 的氧化性强于 ；ORP是
反映水溶液中所有物质表现出来的氧化—还原性，ORP值越大，氧化性越强。某兴趣小组同学研究84消
毒液的漂白性，实验如下。
a.向 消毒液中加入 水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。
b.向 消毒液中加入 白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。
c.测得84消毒液在不同温度时ORP随时间的变化曲线如图。
(5)①已知白醋显酸性，不具有漂白性。实验a、b现象不同的原因是 。
②由实验c可得出的结论是 。
【答案】(1)
(2)吸收多余氯气，防止污染环境
(3)B装置中通氯气后溶液变蓝
(4) 证明反应后的B溶液中有淀粉，无 ，说明溶液的浅棕色不是 造成的
先被氯气氧化成 ， 又被氯气氧化成 (红色)和 (黄
色)，两者混合呈浅棕色溶液
(5) 醋酸和 反应生成 ，根据相同浓度时， 的氧化性强于 ，实验b中 浓度大
于实验a中 浓度，其氧化性更强，因此实验a、b现象不同(合理即可) 温度越高，氧化性越弱，
且温度在40℃到50℃，氧化性迅速越弱，是因为次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气(合理即可)【分析】A装置为实验室制备Cl，即用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应原理为：MnO +4HCl(浓)
2 2
MnCl +Cl↑+2H O ，B装置中盛放淀粉碘化钾溶液，探究氯气与KI溶液的反应，氯气有毒，不能直接
2 2 2
排放到空气中，用盛有NaOH溶液的C装置吸收氯气，(2)根据查阅资料提供的信息结合氧化还原反应配平
即可，据此分析解题。
【解析】（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应方程式为MnO +4HCl(浓)
2
MnCl +Cl↑+2H O，故答案为：MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O；
2 2 2 2 2 2 2
（2）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应被吸收，2NaOH+Cl
2
=NaCl+NaClO+H O，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染环境，故答案为：吸收多余氯气，
2
防止污染环境；
（3）因Cl 的氧化性大于I 的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl+2I-
2 2 2
=I +2Cl-，I 能使淀粉变蓝，即B装置中通氯气后溶液变蓝，故答案为：B装置中通氯气后溶液变蓝；
2 2
（4）①第一份滴入1滴碘水，碘单质与淀粉作用显示蓝色，证明反应后的B溶液中有淀粉， 显棕黄色
且遇淀粉变蓝，第二份滴入淀粉溶液，溶液颜色没有变化，说明溶液的浅棕色不是 造成的，无 ，故答
案为：证明反应后的B溶液中有淀粉，无 ，说明溶液的浅棕色不是 造成的；
② 中的碘为+1价，氯气具有氧化性，两者反应生成 ，失去4e-，生成Cl-，得到2e-，最小公倍数为
4，所以离子反应式为： +2Cl+3H O= +6Cl-+6H+，故答案为： +2Cl+3H O= +6Cl-+6H+；
2 2 2 2
③向Ⅱ所得溶液继续通入氯气，溶液几乎变为无色，被氧化成 (无色)，B中溶液颜色变成浅棕色的原
因是I-先被氯气氧化成I，Cl+2I-=I +2Cl-，I 又被氯气氧化成 (红色)和 (黄色)，两者混合呈浅棕
2 2 2 2色溶液，故答案为：I-先被氯气氧化成I，I 又被氯气氧化成 (红色)和 (黄色)，两者混合呈浅棕色
2 2
溶液；
（5）①醋酸和 反应生成 ，根据相同浓度时， 的氧化性强于 ，实验b中 浓度大
于实验a中 浓度，其氧化性更强，因此实验a、b现象不同；
②结合图示可知，温度越高，氧化性越弱，且温度在40℃到50℃，氧化性迅速越弱，是因为次氯酸在较高
温度下分解变为盐酸和氧气。
