北京市某中学2026届高三年级上册开学化学试题（解析版）

高三化学试卷

清华附中高23级

2025.8

可能用到的相对原子质量H1C12O16S32Fe56Mn55Pt195

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。每题只力一个选项符合题目要求。

1.甥是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第UA族。下列关于3、Sr的说法不正确

•••

的是

A.原子最外层有2个电子

B.中子数为52的Sr的核素符号为弋Sr

C.与同周期的53I的原子半径：Sr>I

D.最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2

【答案】D

【解析】

【详解】A.主族序数等于原子最外层电子数，银元素位于周期表中第五周期第IIA族，所以锯原子原子最

外层有2个电子，故A正确；

B.质量数二质子数+中子数=38+52=90,所以中子数为52的Sr的核素符号为故B正确；

C.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数：碘》锢，所以原子半径：Sr>I,故C正确；

D.同一主族元素元素从上到下金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，所

以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(0H)2<Sr(0H)2,故D错误；

故答案选D。

2.下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是

A.浓硝酸久置后，显黄色

B.刚生成的白色Fe(OH|,沉淀放置后，变成红褐色

C.将so通入酸性高铳酸钾溶液中，溶液紫红色褪去

D.向黄色的倍酸钾(KCrO)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr,O：)

【答案】D

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【解析】

【详解】A.浓硝酸久置后，显黄色，浓硝酸发生了分解反应，N、O元素的化合价发生变化，是氧化还原

反应，故A不选；

B,新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Te元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故

BK选；

C.将SO2通入酸性高锌酸钾溶液中，溶液紫红色褪去，是二氧叱硫具有还原性，被高镭酸钾溶液氧化，与

氧化还原反应有关，故C不选；

D.向黄色的格酸钾（KzCrO。溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色（CnO；），铭元素化合价不变化，不是氧化

还原反应，颜色变化与氧化还原反应无关，故D选；

3.句2%Ag\0溶液中滴加稀期水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法

正确的是

A.滴加稀岚水时，有沉淀的生成与溶解B.为加快银镜的出现，应加热并不断振荡

C.银镜的出现说明醛基具有氧化性D.反应后，可用氨水洗去银镜

【答案】A

【解析】

【详解】A.向AgNO；溶液中滴加稀氨水时，首先生成白色沉淀.4g。，（迅速分解为Ag?O,呈暗褐色），

继续滴加氨水,沉淀溶解形成银筑络离子Ag（NHj；,该过程有沉淀的生成与溶解.A正确：

B.银镜反应需水浴加热，但需保持静置。振荡会破坏生成的银镜，导致无法形成均匀镀层，B错误；

C.银镜反应中，醛基被氧化为废酸（或竣酸盐），/g.被还原为,醛基体现还原性而非氧化性，C错

误；

D.银镜为金属银，常温下不与氨水反应，清洗银镜通常需用硝酸等强酸，D错误；

故选Ao

4.下列依据相关数据作出的推断中，正确的是

A.依据离子半径：Br<I，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaI

B.依据元素的电负性：C<N<F,可推断分子极性：CFI>NF.

C.依据分子中羟基的数目，可推断HO（CHJsCHO在水中的溶解度大于葡蜀糖的

D.依据元素的第一电离能：Mg>AI,可推断单质的还原性：Mg>AI

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【答案】A

【解析】

【详解】A.Br的离子半径小于I,离子半径越小，离子间静电作用（库仑力）越强，晶格能越大，熔点

越高。NaBr与Nai同为离子晶体且结构相似，因此NaBr的熔点应高于Nai；推断正确，A正确：

B.CR是正四面体结构，极性键的矢量叠加后完全抵消，为非极性分子；NF3为三角锥形结构，极性未完

全抵消，为极性分子。因此CR的极性应小于NF3,推断错误，B错误；

C.葡萄糖分子含5个羟基，HOICHJsCHO仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的能力越强，

溶解度越高。因此HO（CH/，CHO的溶解度应小于葡萄糖，推断错误，C错误；

D.第一电离能Mg>Al,但金属单质的还原性Mg>Al（金属活动性顺序）。Mg的第一•电离能大于AI是因

为镁的价电子排布式为3s2不易失去电子，而A1的价电子排布式为3s容易失去3P能级电子，因此不

能直接通过第一电离能推断单质近原性，推断错误，D错误：

故选Ao

5.下列方程式与所给事实相符的是

A.露置在空气中的钠表面呈白色：2Na+O一、=Na■.O.、

B.用食醋除水垢中的CaCO,1：CaCO,J+2H=Cav+H,AO+CO,AT

C.过量铁粉与稀硝酸反应：Fe+NO,^4H=Fe+N0x+2H,0

通电

D.工业电解饱和食盐水制氯气：2C1+2H,O^H;?+CI2T+2OH

【答案】D

【解析】

【详解】A.钠在常温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，从而使表面呈白色，方程式：4Na02=2Na20

,A错误；

B.食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，正确写法为：

:,

CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COO+H2O+CO:T,B错误；

C.过量铁粉与稀硝酸反应时，硝酸被完全消耗，因Fe会被过量的Fe还原，故产物为Fc：・，正确离子方

:

程式为：3Fe+8H+2N0；=3Fe,+4H2O+2NOT,c错误；

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【解析】

【详解】A.二氧化氮气体中存在平衡2NO20M2O4,向里推动注射器，压强变大，体枳减小，导致二氧

化氮浓度变大，颜色变深，不能用平衡移动原理来解释，故A大选;

B.二氧化钵可催化过氧化氢分解，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理来解弹，故B不选;

C.氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应正向移动，颜色变

浅，能用化学平衡移动原理解释，故C选;

D.Fe置换出硫酸铜溶液中的Cu,与稀硫酸构成Cu、Fe原电池，从而加快反应速率，与平衡移动无关,

不能用平衡移动原理来解释，故D不选;

答案选C。

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.除去CO?中混有的HCL应选用饱和NaHCCh溶液，因为Na2c。3溶液会与CO?反应(Na2cCh

+C02+H2O=2NaHCO3),导致CO2被吸收，无法达到除杂目的，入不介题意；

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B.比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱时，乙酸与碳酸钠反应生成的CO?中会混有挥发的乙酸蒸气，乙酸也

能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性的比较，需在中间增加除去乙酸的洗气装置.，B不合题意;

C.萃取碘水中的碘，选用CC14作萃取剂，CC14与水不互溶，且碘在CC14中的溶解度远大于在水中，装置

中分液漏斗操作合理，能达到萃取目的，C符合题意；

D.侯氏制碱法需先向饱和NaCI溶液中通入NHM溶解度大)，再通入CCh，且N%极易溶于水，直接通入

溶液会导致倒吸，装置中N%通入方式及气体顺序均不合理,D不合题意；

故答案为：Co

9.25T时，在浓、aOH溶液中通入过量充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获

得NaCl和NaCIO固体。已知：NaOH、NaCIO>NaCI溶解度(S)随温度变化关系如下图c

(

弋

0

0

0一

S

卜列说法不正确的是

•••

A.通入CL后开始发牛反应：Ck+2NaOH=NaCl(HNaCI+H.O

B.25c时，随反应进行NaCI先析出

C.将反应后的固液混合物过滤，箱液降温可析出NaC10固体

D.在冷却结晶的过程中，大量、aOH会和NaClO一起析出

【答案】D

【解析】

【详解】A.氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为

Cl.+2NaOIHNaCIO+NaCRH,O,A正确；

B.25c时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，NaCI逐渐增多，则最先析出，B正确：

C.由「次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出NaC10固

体，C正确；

D.由于氢氧化钠的溶解度随温度的变化趋势较小，次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，在冷却结晶

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的过程中，NaCIO会大量析出，氢氧化钠则不会，D错误；

故选D。

10.我国科学家成功制得新型的可化学循环的高分子材料，其合成路线如下（部分试剂和反应条件略去）。

ZnBr

III

下列说法不正确的是

•••

A.反应①中，标记*的碳原子被还原

B.可用银室溶液检验化合物in中的官能团

C.反应②和反应③都发生了不键的断裂

D.聚合物IV可以通过水解反应降解小分子

【答案】D

【解析】

【详解】A.标记的碳原子上从连接滨原子变成连接ZnBr,根据浪的化合价为T,锌的化合价为+2分析,

碳原子的化合价降低，被还原，A正确；

B.醛基能用银氨溶液检验，B正确；

C.反应②和反应③都为双键变成单键，即发生了〃键的断裂，c正确；

D.聚合物IV是通过加聚反应生成的，水解后生成的仍为高分子化合物，不是小分子，D错误；

故选D。

11.用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以「形式存在）的工艺流程如下：

H2s。4Cl2Na2s。3KCIO3

pH=2〜3（高分子树脂）

下列说法不正确的是（）

A.经①和④所得溶液中，c（「）后者大于前者

B.④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂

C.若②和⑤中分别得到等量H则消耗的n（Ch）：n（KCIO3）=5：2

D.由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化

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【答案】C

【解析】

【详解】A.从①到④的过程起到富集碘元素的作用后，环节④所得溶液中c(D大于环节①溶液中的c

(D,故A项正确；

B.环节④是用亚硫酸钠作还原剂将高分子树脂吸附的碘单质还原为碘离子，使碘元素以离子的形式脱离树

脂进入溶液中，故B项正确；

C.环节②是用CL将碘离子氧化为L，氯元素从0价降低为-1价，1molCL可得到2moi电子，环节⑤是

用KC103将碘密子氯化为L，氯元素从+5价降低为-1价，1molKQ03可得到6moi电子，所以，若②和⑤

中分别得到等量6消耗的C12与KCICh的物质的量之比为62=3:1,故C项错误：

D.步骤⑥采用升华的方法提取纯净的碘发生的变化是物理变化，故D项正确；

故选C。

12.为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NM”固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。

©+©△〃3=+4kJmoH

十e++HQ⑴

NaCl(s)

Na+(aq)>Cr(aq)

下列说法不正确的是

A.NaCl固体溶解是吸热过程

B.根据盖斯定律可知:a+b-4

C.根据各微粒的状态，可判断a>0，b>0

D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，NaCI固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和C「，此过程离子

键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和C「与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成

键过程，为放热过程。

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【详解】A.由图可知，NaCI固体溶解过程的熔变为为吸热过程，A正确；

B,由图可知，NaCI固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知△/，+△/，=△〃,，即a*b=4,B

正确；

C.由分析可知，第一步为NaCI固体变为Na+和C「，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a>0；第二步

为Na+和Q-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b<0,C错

误；

D.由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于NaCI固体断键吸收的热量及Na+和C「水合过程放出的热屋

有关，即与NaCI固体和NaCI溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；

故选Co

13.硫铁矿矿渣（F0）周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进R金的溶解，相关的物质转化如图,

其中①〜③均完全转化。下列说法不正确的是

A.硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的S

B.铁细菌的存在能提高反应①的速率

C.废水中铁元素含量儿乎不变

D.一段时间后，废水的pH降低

【答案】C

【解析】

【详解】A.硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离了•从而减少硫铁矿表面的硫，A正确；

B.铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快R金的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应

①的速率，B正确；

c.根据流程图，RW参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，c错误；

D.硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子的过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子的过程中消耗

氢离子，生成的氢离子多于消耗的氢离子导致废水的pH降低，D正确；

故答案选C.

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14.Fe/SO」1溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCI,黄色加深(b)。

已知：Fc"+4CI「(黄色)；浓度较小时[Fc|H⑼J"(用Fe”表示)几乎无色

取溶液进行如下实验，对现象的分析不•正•确•的是

A.测溶液a的pH'1.3,证明Fe’发生了水解

B.将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明加热能促进Fe’水解

C.加入浓HCI,H.与CI对溶液颜色变化、Fe’浓度大小的影响是一致的

D.向b中加入AgNOj后，黄色褪至儿乎无色，说明H'能抑制Fe’.水解

【答案】C

【解析】

3+

【详解】A.Fe2(SO4)3溶液的pHa1.3,证明Fe3+发生了水解:Fe+3H2O^Fe(OH)3+3H+,使溶液中c

(H+)>c(OH),溶液呈酸性，A项正确；

B.将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明生成了胶体，说明加热促进Fe3+水解生成了Fe

(OHb胶体，B项正确;

C.力口入浓HQ,H+的浓度增大，抑制+的水解，使+的浓度增大，Cr浓度增大，促进F*+4Cg[FeCL]

.(黄色)正向移动，使Fe3+的浓度减小，H+与C「对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响不一致，C项错误；

D.向b中加入AgN03后,发生反应Ag++Cr=AgClI,C「的浓度减小，平衡Fe3++4C1—FeClJ逆向移动,

溶液的黄色应变浅，而b中加入AgNOa后黄色褪至几乎无色，结合题给粒子的颜色，说明与此同时溶液中

H+浓度大，H+能抑制Fe3+水解使溶液几乎无色，D项正确；

答案选C。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.配合物顺伯是临床使用的第一代伯类抗癌药物。

(1)的配体为NHj和写出NHJ的电子式：------。

(2)顺销的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用卜.，顺钳进入人体细胞发生水解，生成的pnNH/(OH)Q与

DNA结合，破坏DNA的结构，I且止癌细胞增殖。如：

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①C11属于_______区元素，基态CM'的价电子排布式为。

②鸟噂吟中，与N同周期原子的第一电离能由大到小的顺序是

③生成物中a、b所示的作用力类型分别是和o

（3）顺伯和反钳互为同分异构体，两者的结构和性质如下。

顺钳反伯

C</NMC<

ZNH3

结构PtPt

H3N、C1

Cl\H3

25c时溶解度

0.25770.0366

/g

①推测Pt（C］中Pt的杂化轨道类型不是sp'，依据是o

②顺钳在水中的溶解度大于反钳的原因是。

（4）伯晶胞为正方体，边长为“nm,结构如下图。的晶体的摩尔体积匕,=m'mol”

（Inm=10m,阿伏加德罗常数为"A）。

【答案】（1）H-H（2）®.ds®.3d9③.N>O>C④.配位键⑤.氢键

H

（3）①.若Pt采用sp3杂化，那么Pt（NH3）2Cl2的空间结构应该是四面体结构，这样的垢构不存在顺

反异构体②.顺销是极性分子，水也是极性分子，反销是非极性分子，根据“相似相溶”原理，顺伯在

水中的溶解度大于反钳

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a5NxlO27

(4)——AJ-------

4

【解析】

【分析】NH3是共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对。Cu的原子序

数为29,位于元素周期表的ds区，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3』04sL同周期元素从左到右第一电

离能呈增大趋势，但第UA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。“相似相溶”原理，极性分子组

成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂。均摊法计算晶胞中Pt原子的个数，顶点的原子，每个晶胞占:，面

上的原子，每个晶胞占4,根据公式V„,二Y即可求出。

2n

【小问1详解】

NG是共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成,3对共用电子对，其电子式为H：N：H

H

O

故答案为：H：N：H。

H

【小问2详解】

①Cu的原子序数为29,位于元素周期表的ds区。基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3di04sl失去2个电子

形成C/十时，先失去4s轨道上的1个电子，再失去3d轨道上的1个电子，所以基态C『+的价电子排布式

为3d3

②鸟噪吟中，与N同周期的元素是C和0,同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第

VA族元素的第一电离•能大于相邻元素。故第一电离能由大到小的顺序为N>O>Co

③由图可知，a是配位键(Pt提供空轨道，N提供孤电子对形成的配位键)；b是氢键。

故答案为：ds；3d%N>O>C；配位键；氢键。

【小问3详解】

①若Pt采用Sp3杂化，那么Pt(NH3)2C12的空间结构应该是四面体结构，这样的结构不存在顺反异构体。但

题目中明确Pt(NH3)2c12存在顺伯和反伯这两种顺反异构体，所以Pt的杂化轨道类型不是sp\

②顺德是极性分子，水也是极性分子，反钳是非极性分子。根据“相似相溶”原理，极性分子组成的溶质

易溶于极性分子组成的溶剂，所以顺伯在水中的溶解度大于反钳。

故答案为：若Pt采用sp3杂化，那么Pt(NH3)2Ch的空间结构应该是四面体结构，这样的结构不存在顺反异

构体；顺伯是极性分子，水也是极性分子，反伯是非极性分子，根据“相似相溶”原理，顺铲在水中的溶

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解度大于反钳。

【小问4详解】

1

用均摊法计算晶胞中Pt原子的个数。顶点的原子，每个晶胞占顶点有8个Pt原子，所以顶点Pt原子

O

个数为8x：=l；面上的原子，每个晶胞占面上有6个Pt原子，所以面上Pt原子个数为6X；=3。则

晶胞中Pt原子总个数为1+3=4。晶胞为正方体，边长为anm,因为InmulO,m,所以晶胞体积

VN4

VTaxl(Tm);a\lO根据摩尔体积的定义，Vm=-,n=7r=-111()1,所以

NA

故答案为:

16.软锦矿浆(主要成分MnCh)可吸收烟气中的SO2，同时可■制备MnCCh，工艺流程如卜.:

MnCO,

灌渣1滤渣2

资料：①吸收SO2后的软镶矿浆中含有Fe2+、Fe3\Al3\Z/等阳离子;

②金属岗子沉淀的pH如下表

金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Zn2+

开始沉淀的pH8.16.31.53.46.2

沉淀完全的pH10.18.32.84.78.2

(I)脱硫的产物是MnSOa.软锦矿中Mn()2所起的作用是0

(2)过程I向浆液中通入02的目的是o

(3)滤渣1的成分是,过程2中发生反应的离子方程式为。

(4)制备MnCO.i的过程中，一般控制溶液的pH范围为5-7,不宜过大或过小。原因是。

(5)已知：常温下，(NHjCOj容液的PH约为9.3,NH4HCO3溶液的pH约为7.8,写出制备MnCCh

时发生反应的离子方程式。

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(6)取mg碳酸锌样品，加适量硫酸加热溶解后，用emo卜L”的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗

KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnCh，杂质不参与反应)

样品中MnCO3质量分数的计算式为(用质量分数表示)。

【答案】(1)氧化剂(2)将Fe?+氧化为F/+,便于在下一步中将铁元素变成沉淀除去

⑶①.AI(OH%和Fe(OH)3②.ZnW=ZnSl

(4)pH过小，降低溶液中CO；浓度、pH过大可能产生沉淀

(5)2HCO,+Mn2=MnCO,i+CO,1+H,O

JJ44

/八|55+12+48)xcVx3

⑹-----------------xlOO%

2000m

【解析】

【分析】锌矿浆主要成分MnOz，吸收SO2后的软镒矿浆中含有Mr?+、Fe2\Fe3\Al3\Zr?+等阳离子。

通入氧气把Fe?+氧化为F/+,加氨水调节pH为5~6生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe?＞、Al3+,过滤，

滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝，注液中加(NHRS生成ZnS沉淀除Z，+,过滤出ZnS,滤液中加碳酸氢钱生

成碳酸镭沉淀。

【小问1详解】

二氧化钵和二氧化硫反应生成硫酸镐，脱硫的产物是MnSO』，MnCh中镒元素化合价降低，所起的作用是

氧化剂；

【小问2详解】

3+3+

氧气能把Fe?+氧化为FC,过程1向浆液中通入O2的目的是将Fc2+氧化为Fe,而后经过调节溶液的pH

除去；

【小问3详解】

由金属离子沉淀的pH表可知，谎节溶液的pH将Fe3+、A产变成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤渣1是

AIIOHI和Fe(OHj；过程2中加入硫化镀除去锌离子，发生反应的离子方程式为Zif++s2三ZnSI：。

【小问4详解】

制备MnCOs的过程中，pH过小，降低溶液中co；浓度；pH过大可能产生旭(014)沉淀，所以一般控

制溶液的pH范围为5-7。

【小问5详解】

NH4HCO3溶液的pH约为7.8,硫酸镒和碳酸氢链反应生成碳酸镒、硫酸筱、二氧化碳，制备MnCCb时发

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2

生反应的离子方程式2HCO3+Mn-=MnCO3i+CO,T+H,0。

【小问6详解】

碳酸锌与硫酸反应生成硫酸锌，而后与KMnCU反应生成MnCh，硫酸锦中锌元素化合价由+2价变成+4价,

KMnO4中锦元素化合价由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，反应方程式为

2

2MnO4+3Mn'+2Hg=5MnO,I+4H,n(MnCO3)=

_3

—n(KMnO4)=-xcmol/LxVx10L=—eVxlO'^mol；样品中MnCCh质量分数的计算式为

222

-cVxlO'molx155+12+48(g/mol55+12+48xcVx3

2-----------------------------------------------xl00%=--------------------------x100%。

2000m

mg

17.汉黄苓素具有抗病毒、抗肿癖作用。合成汉黄苓素的中间体M的路线如下:

（1）A属于芳香垃，A的名称是。

（2）由A生成B的化学方程式是0

（3）D中含有的官能团是o

（4）E的结构简式是o

（5）K与X在一定条件下转化为L,X的分子式是C4H8O2。

①有机物X的结构简式是。

②符合下列条件的K的同分异构体有种。

a.含有苯环，能与NaHCCh反应生成CCh

b.苯环上的氯代物有两种

（6）F与L合成M的步骤如下：

H

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OH

中间产物1和中间产物2的结构简式分别是

【答案】(I)甲苯+3HNCH浓1中T

(3)硝基、翔基

(5)①.CH3coOCH2cH3(2).4

OH

【解析】

【分析】A属于芳香烧，根据A分子式知A为A发生取代反应生成B,B发生氧化反应生成D,D

发生还原反应、脱竣反应生成E,E水解生成F,则B为

为;G发生酯化反应生成K,K和X发生取代反应生成L,X的分子式是C4H8。2,X

为CH3coOCH2cH力F和L发生•系列反应生成M：(6)生成中间产物1时酚羟基上去掉H原子、酯基中

去掉-OCH2cH3,中间产物1为根据题给信息知口间产物2为

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由分析可知，A属于芳香烧，A结构简式为6,则A的名称是甲苯，故答案为：甲苯;

【小问2详解】

+3H2O；

【小问3详解】

由分析可知，D的结构简式为故答案为：硝基、

竣基;

【小问4详解】

由分析可知，E的结构简式是

【小问5详解】

①通过以上分析知，有机物X的结构简式是CHKOOCH2cH3，故答案为：CH.iCOOCH2cH乂

②K的同分异构体符合下列条件：a.含有苯环，能与NaHCCh反应生成CO2,说明含有拨基，b.苯环上

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的一氯代物有两种，说明苯环上含有两种氢原子，如果取代基为-COOH、・CH2cH3,二者位亍对位；如果

取代基为-CH2COOH、-CH3,二者位于对位：如果取代基为-COOH、2个-CH3,有2种结构：所以符合条件

的有4种，故答案为:4；

【小问6详解】

通过以上分析知，中间产物1为中间产物2为

I8.CH,在光照条件下与CL反应，可得到各种氯代甲烷。

(1)生成CH3C1的化学方程式是

(2)CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如门,、.)反应，包括以下几步:

I链引发11链传递111链终止

Cl+CH4T・CH,+HQ2QTCL

Cl;—^-»2Cb

CH.+CLTCHQ+CLCl+CHK->CH,CI

①写出由CH3CI生成CH2cI2过程中链传递的方程式：

②不同卤原子自由基(乂・)均可夺取CH.中H,反应通式：XTCHJT-CH；+HX

己知：25℃，[0]kPa时，CH1中CH和HCI中H-Cl的键能分别是439kJ-mol和抬IH。

a.当X为C'l时，A//=-----------kJmor'0

b.若X依次为F、Cl、Br、I,AH随着原子序数增大逐渐增大，结合原子结构解释原因：。

③探究光照对CH与CL反应的影响，实验如下。

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编号操作结果

A将与CH、混合后，光照得到氯代甲烷

B将C%先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到氯代甲烷

将先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH；混合

C几乎无氯代甲烷

设计实验

D将CH、先用光照，然后迅速在黑暗中与C1?混合几乎无氯代甲烷

a.由B和D得出的结论是o

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最变化如下。

叭JCH2CH2CH3+HC1

J.CH3CHCH5+HCI

反应过程

下列说法正确的是0

a.-CH.中C・H键能比，CH?中C-H健能大

b.I的反应速率比II快

c.n中生成的自由基比I中生成的自由基更稳定

【答案】(I)CH4+Q2CH3C1+HCI

(2)①.O+C%。一・CH2C1+HC1②.・<2&。+。2-(2比。2+。・③.+8④.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，计算出的AH增大⑤.Ch⑥.当CL

光照时，吸收能量发生C12，^_>2CI・，然后在黑暗中放置，又发生2cl・一。2,一段时间后体系中几乎无

。•存在，无法进行链传递产生氯代甲烷

(3)ac

【解析】

【分析】将CH4在光照条件下与C12发生取代反应，生成一氯甲烷至四氯甲烷产物，同时还产生氯化氢，

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理解题目和问题中不同条件下的反应机理来解决问题，据此回答。

【小问I详解】

将CH4在光照条件下与02发生取代反应，先生成CH3cl和HQ,化学方程式为：CH4+Ch牌*H3cl

+HCL故答案为：CH4+Q2-空TCHQ+HCl；

【小问2详解】

①仿造表格中链传递的格式，由CH3cl生成CH2c12过程中链传递的方程式为：CI・+CH3Clf-CH2C1+HC1、・

CFhCl+CLfCH2CI2+C"故答案为：C1*+CH3C1^-CH2C1+HC1：•CH2C1+C12-*CH2C12+CP；

②a.当X为Cl,25℃,lOlkPa时，CH4中C—H和HC1中H—C1的键能分别是439kJ・mol”和431kJ・mol",

根据反应:Cl-(g)+CH4(g)-CH3(g)+HCl(g),则△H=439kJ・morL431kJ・mo「=+8kJ・mol",故答案为:+8；

b.若X依次为F、CKBr、I时，AH随着原子序数增大逐渐增大的原因为：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，计算出的AH增大，故答案为：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，计算出的4H增大；

③a.由B：将CL先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合，得到氯代甲烷和D：将CE先用光照，然后

迅速在黑暗中与。2混合，几乎无氯代甲烷对比可得出光照时引发链反应的物质是。2的结论，故答案为：

Ch：

b.C组实验中几乎没有氯代甲烷的原因：将CL光照时，C12吸收能量发生CL九网)2Q・,然后在黑暗

中放置一段时间后，又发生2。・一。2,一段时间后体系中几乎无Q♦存在，无法进行链传递产生氯代甲烷，

故答案为：当CL光照时，吸收能量发生Cb枳,2C1・,然后在黑暗中放置，又发生2cl・->C12,一段时

间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递产生氯代甲烷；

【小问3详解】

a.根据坐标图得出，CH3cH2cH3与C1•作用生成・CH2cH2cH3+HC1时放出的能量比生成CH5-CHCH3+HC1

小，推知一CH3中C—H键键能比一CH?•中C—H键键能大，a正确；

b.由题干图示信息可知，I所需要的活化能比H所需要的活化能大，由于活化能越大反应速率慢，故I的

反应速率比II慢，b错误；

c.由题干图示信息可知，II生成自由基具有的总能量比I生成自由基具有的总能量低，故II中生成的自由

基比I中生成的自由基更稳定，c正确；

故答案为：aco

19.某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。

3U、

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已知：稀溶液中Fe’.的水合离子几乎无色；Fev+4CI=[FeCL「（黄色）。

操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X,塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a,待C中铁粉完全溶

解后，关闭活塞a,打开活塞b.C中现象如下表。

C1」现象

序

号

IT:干活塞a后打开活塞b后

有二弋量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量

I

后i冬渐变为浅绿色淡黄色沉淀

有:七量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，溶液逐渐变为黄色，产生.少量淡黄

II

后i豕渐变为浅绿色色沉淀

有:七量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅

1n无明显变化

绿1

（1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为o

（2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b,目是0

（3）打开活塞a期间，实验1~111中的现象有相同也有