天津市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

天津市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是A．“北斗”系统芯片中的半导体材料为单晶硅B．“奋斗者”号潜水器外壳的钛合金的硬度比纯钛的高C．“嫦娥”五号运载火箭的液氧液氢推进剂的产物无污染D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含元素均为短周期元素2．下列过程体现所用物质的氧化性的是A．用FeCl3溶液腐蚀铜板 B．用SC．用锌块防止钢铁船体腐蚀 D．用铁粉防止FeSO3．我国科学家在碳循环(如下图所示)研究方面取得成就。下列说法正确的是A．乙酸属于二糖B．葡萄糖属于烃类C．淀粉在一定条件下能水解成葡萄糖D．22.4LCO4．下列关于第三周期元素及相关物质的性质比较中，正确的是A．酸性：H3PC．第一电离能：S>P D．热稳定性：Si5．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．无色溶液中：Cu2+、SB．酸性溶液中：Ca2+、NC．碱性溶液中：Al3+、SD．KNO3溶液中：Mg2+6．为减少环境污染，可利用活性炭发生脱硝反应：2C(s)+2NO(g)=N2(g)+2CO(g)A．该反应可以自发进行B．N2的电子式为C．NO分子中含有非极性共价键D．由CO难溶于水可推知其为非极性分子7．下列实验能达到实验目的的是A．制取乙烯B．探究浓度对反应速率的影响C．检验乙炔具有还原性D．制取NA．A B．B C．C D．D8．下列方程式不能合理解释实验现象或事实的是A．湿润的淀粉KI试纸遇Cl2B．电解MgCl2C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：OD．用Na2SO9．新型的生物可降解高分子材料聚乳酸的合成如下：下列说法正确的是A．m=2n-1 B．该反应属于消去反应C．乳酸分子中含有π键 D．乳酸分子中所有原子共平面10．设NAA．1mol[Cu(H2B．标准状况下，22.4LH2OC．常温下1LpH=5的溶液NH4Cl中，由水电离出D．2molNO和1molO2在密闭容器中充分反应后可得分子总数目为211．目前发展势头强劲的绿色环保储能电池——钒电池的工作原理如下图所示，放电时电子由B极沿导线向A极移动，电解质溶液含硫酸，下列说法正确的是A．基态原子钒的价层电子排布式为4B．放电时H+由B极经离子交换膜向A极移动C．充电时电池V2+被氧化为D．充电时A极反应为V12．室温下，向20.0mL0.100mol∙L−1的某弱酸HA的溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，过程中lgc(A．a到c的过程中，[n(HA)+n(AB．a到c的过程中，水的电离程度不断减小C．b点时，c(ND．c点时加入碱的体积小于20mL二、非选择题13．治疗疟疾的有效药物青蒿素是白色针状晶体，受热不稳定，易溶于乙醇和乙醚。按要求回答下列问题。（1）青蒿素的提取：在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚(C2①乙醇的沸点高于乙醚，原因是。②用乙醚提取效果更好，原因是。（2）青蒿素的结构①分子中C、H、O的原子半径最大的是，电负性最大的是。②测定晶体结构最常用的方法是、，经计算等过程得出其晶胞(长方体，棱长分别为anm、bnm、cm，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图甲所示。③测定其分子的相对分子质量为282，其物理方法是。④晶体的密度为g⋅cm-3(阿伏加德罗常数的值设为（3）青蒿素结构的修饰：一定条件下，用NaBH①青蒿素结构修饰发生的反应类型为，其过程中杂化轨道发生变化的碳原子的杂化方式变为。②BH4−③从结构与性质关系的角度推测双氢青蒿素比青蒿素的水溶性、疗效更好的原因：。14．抗击新型冠状病毒的潜在用药之一肉桂硫胺的一种合成路线如下(部分条件已略)：按要求回答下列问题。（1）C的分子式为；A的结构简式为，F中官能团的名称为。（2）B→C反应类型为；为检验C中所含官能团种类，所需试剂有。（3）写出G+H→M的反应化学方程式：（4）与苯丙酸(F的加氢产物)互为同分异构体的含酯基的一取代芳香族化合物有种；写出其中支链上核磁共振氢谱有3组吸收峰、且峰面积之比为1：1：（5）参考以上合成路线信息，以1-丙醇和必要的试剂为原料，合成正丁酸。将合成路线写在下列方框中。CH315．某小组同学设计如下实验装置制备高铁酸钾K2FeO（1）装置A反应中的氧化剂为。（2）进一步设计如下对比实验，探究在不同试剂a对K2FeO4产率的影响。已知实验中，溶液总体积、FeCl实验编号试剂a实验现象iFeCl无明显现象iiFeCl得到紫色溶液，无紫色固体iiiFe(N得到深紫色溶液，有紫色固体①对比实验i与ii现象，提出假设；“实验ii溶液碱性较强，、增强+3价铁的还原性”验证此假设的实验装置如图所示：当通入Cl2，电压表示数为V1；再向右侧烧杯中加入的试剂为，电压表示数为V2；且观察②配平实验iii中反应的离子方程式：□Fe3++□Cl2+□③实验ii中K2FeO（3）随着反应的发生，装置B中不断有白色片状固体产生。①结合化学用语解释该现象：；②若拆除装置B，而使K2FeO（4）向实验ii所得紫色溶液中继续通入Cl2，溶液紫色变浅，K2FeO（5）综上可知制备K2FeO16．在某空间站氧循环系统中，涉及电解水，还有碳中和反应(如下)：CO（1）电解液态水制备1molH2(g)的反应中，ΔH=+286kJ⋅mol-1。写出（2）系统碳中和反应的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。①由图1可推知：该反应的ΔH0(填“>”或“<”)；②若系统碳中和反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为|ΔH|>Ea。在图2中补充完成该反应过程的能量变化示意图。③某小组模拟该反应，t℃下，向容积为10L的密闭容器中通入5.2molCO2和0.9molH2，反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.2mol。则（3）在相同条件下CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的如下副反应：CO2(g)+3H催化剂t=350℃t=400℃c(Cc(Cc(Cc(CA10.812722345.241780B9.2107753439932①在选择使用催化剂A和350℃条件下反应，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为②若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂B和400℃的反应条件，其理由是。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，A项不符合题意；B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质，钛合金的硬度比纯钛的高，B项不符合题意；C．液氧液氢推进剂的产物是水，无污染，C项不符合题意；D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含碳，硅元素为短周期元素，锗不是短周期元素，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A．晶体硅为良好的半导体；B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质；C．液氧液氢推进剂的产物是水；D．短周期是前三周期的元素，锗不是短周期元素。2．【答案】A【解析】【解答】A．用氯化铁溶液腐蚀铜板，发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，该反应体现了氯化铁的氧化性，故A选；B．用SO2的水溶液吸收Br2，发生的反应为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，该反应体现了SO2的还原性，故B不选；C．用锌块防止钢铁船体腐蚀，是利用原电池原理，锌和铁构成了原电池的两极，锌比铁活泼，锌做负极，失去电子，保护了铁，利用的是锌的还原性，故C不选；D．用铁粉防止硫酸亚铁溶液变质，是利用铁的还原性，将可能生成的Fe3+还原为Fe2+，或铁直接吸收进入溶液中的氧气，从而保护了FeSO4不被氧化，故D不选；故答案为：A。

【分析氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低。3．【答案】C【解析】【解答】A．乙酸的官能团为-COOH，属于酸类，不属于糖类，故A不符合题意；B．葡萄糖的分子式为C6H12O6，属于烃的衍生物，不属于烃，故B不符合题意；C．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故C符合题意；D．未指明气体处于标准状况，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算物质的量，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．乙酸属于酸类；B．烃为仅含碳和氢两种元素组成的化合物；葡萄糖的分子式为C6H12O6；C．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖；D．未指明标准状况，不能计算。4．【答案】A【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性P＞Si，所以酸性H3B．晶体硅为原子晶体，红磷为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的，故熔点：红磷＜单晶硅，故B不符合题意；C．一般同周期元素随核电荷数的增大第一电离能逐渐增大，但是P的最外层电子为3s23p3，p能级的电子为半满状态，较稳定，故第一电离能：S＜P，故C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性P＞Si，故热稳定性：SiH故答案为：A。

【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强；B．原子晶体的熔点高于分子晶体；C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。5．【答案】D【解析】【解答】A．铜离子为蓝色，A不符合题意；B．酸性溶液中含有氢离子，H+、ClOC．碱性溶液中存在氢氧根离子，氢氧根离子和铝离子反应不共存，C不符合题意；D．KNO3溶液中，钾离子、硝酸根离子、Mg2+、故答案为：D。

【分析】A．铜离子为蓝色；B．H+、ClOC．OH-和Al3+反应；D．离子相互不反应。6．【答案】A【解析】【解答】A．反应熵增加或放热都有利于反应的进行。该反应为放热且气体分子式增加的反应，该反应为自发反应，A项符合题意；B．N最外层电子为5需要3个电子达饱和，所以N与N之间共用3对电子，其电子式为，B项不符合题意；C．当共价键中的共用电子对没有偏移时为非极性共价键，同种非金属原子之间往往易形成非极性共价键，NO中共价键为极性键，C项不符合题意；D．CO为极性键构成的双原子分子，为极性分子，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据反应熵增加或放热都有利于反应的进行判断；B．N原子满足8电子结构；C．同种原子之间的共价键为非极性键；D．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。7．【答案】D【解析】【解答】A．乙醇制取乙烯要温度迅速升高到170℃，温度计要在液面以下，A不符合题意；B．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，而在稀硫酸中硫酸电离产生H+、SOC．电石中主要成分CaC2与水反应产生C2H2，及其中含有的杂质与H2O反应产生H2S，二者都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能检验乙炔具有还原性，C不符合题意；D．NH4Cl和氢氧化钙加热生成氨气，氨气密度小于空气使用向下排空气法收集，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．温度计要在液面以下；

B．浓硫酸在混合时会放出大量的热；

C．乙炔中含有的杂质气体有还原性；

D．实验设计合理。8．【答案】B【解析】【解答】A．湿润的淀粉KI试纸遇Cl2变蓝，氯气将碘离子氧化为单质碘即B．MgCl2电解C．钢铁发生吸氧腐蚀，正极氧气得到电子变为氢氧根，电极反应式为：O2D．用Na2SO3故答案为：B。【分析】依据元素及其化合物的性质分析，B项中Mg是活泼金属，电解熔融MgCl9．【答案】C【解析】【解答】A．根据原子守恒，m=n-1时乳酸变为聚乳酸，故A不符合题意；B．根据聚乳酸分子结构可知，该反应为缩聚反应，故B不符合题意；C．乳酸中含有碳氧双键，故含有π键，故C符合题意；D．乳酸中含有-CH3，-CH3为四面体结构，所有原子不可能共平面，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A．根据原子守恒分析；B．消去反应是指一定条件下，有机物分子里生成小分子，同时生成不饱和有机物的反应；C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；D．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断。10．【答案】C【解析】【解答】A.1个[Cu(H2O)4B．标况下过氧化氢不是气体，不能计算其物质的量，B不符合题意；C．氯化铵水解促进水的电离，常温下1LpH=5的溶液NH4Cl中氢离子浓度为10-5mol/L，则由水电离出H+为10D．一氧化氮和氧气生成二氧化氮，部分二氧化氮生成四氧化二氮，故反应后可得分子总数目小于2NA故答案为：C。【分析】A.1个[Cu(HB．标况下过氧化氢不是气体，不能计算；C．氯化铵水解促进水的电离；D．依据可逆反应进行不到底；一氧化氮和氧气生成二氧化氮，部分二氧化氮生成四氧化二氮。11．【答案】B【解析】【解答】A．V为23号元素，其电子排布为[Ar]3d34s2，其价电子排布式为3d34s2，A项不符合题意；B．原电池（放电时）中，离子的移动方向：带正电的离子移向正极，带负电的离子移向负极，所以H+移向A极，B符合题意；C．放电时为V2+-e-=V3+，充电为其逆过程为V3+被还原为V2+，C项不符合题意；D．放电时A极反应为VO2+故答案为：B。

【分析】A．依据构造原理分析；B．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；CD．充电阴极与放电时负极反应相反，反之则反之。12．【答案】B【解析】【解答】A．根据物料守恒，a到c的过程中，[n(HA)+n(AB．a到c的过程中，HA物质的量浓度不断减小，酸性不断减弱，抑制水的电离程度不断减弱，则水的电离程度不断增大，故B符合题意；C．b点时，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(D．若HA恰好完全反应，加入碱的体积等于20mL，则此时溶质为NaA，NaA溶液中由于A－水解使溶液显碱性，c点溶液显中性，说明c点时加入碱的体积小于20mL，故D不符合题意。故答案为：B。【分析】A．根据物料守恒分析；B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；C．根据电荷守恒分析；D．依据盐类水解规律分析。13．【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键；乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解（2）C；O；X射线衍射；模型法；质谱法；282×4（3）加成反应；sp3；正四面体；与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好【解析】【解答】（1）①乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。②乙醚沸点低，蒸馏时需要的温度低，青蒿素不易分解，所以用乙醚提取效果更好；（2）①电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、H、O的原子半径最大的是C，元素的非金属性越强，电负性越大，电负性最大的是O。②X射线衍射法能确定哪些原子键存在化学键、并能测定键长和键角，测定晶体结构最常用的方法是X射线衍射、模型法，③能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱法。④1个晶胞中含有4个青蒿素分子，1mol晶胞的质量为282g/mol×4，1mol晶胞的体积为NA×abc×10（3）①青蒿素结构修饰过程中氢气与羰基发生加成反应，其过程中，双键碳原子变为单键，杂化轨道发生变化的碳原子的杂化方式变为sp3。②BH③与青蒿素相比，双氢青蒿素分子中含有羟基，与水分子能形成氢键，水溶性更好，疗效更好。

【分析】（1）①分子间有氢键，沸点较高；②依据题目信息分析；（2）①电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，元素的非金属性越强，电负性越大；②测定晶体结构最常用的方法是X射线衍射、模型法；③测定相对分子质量的物理方法是质谱法；④依据ρ=（3）①依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；③羟基亲水基，分子间氢键会增大物质的溶解度。14．【答案】（1）C8H8O；；碳碳双键羧基（2）氧化反应；银氨溶液或新制的氢氧化铜（3）+→ΔNEt3（4）6；（5）CH3CH2CH2OH→Cu，ΔO2CH3CH2CHO→HCN→H+→一定条件CH3CH=CHCOOH→催化剂，ΔH【解析】【解答】（1）根据C的结构简式可知，C的分子式为C8H8O；由以上分析可知，A的结构简式为，根据F的结构简式可知，F中官能团为碳碳双键和羧基。（2）B→C是醇氧化为醛，反应类型为氧化反应；C中的官能团为醛基，含醛基的物质可以发生银镜反应，或和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀Cu2O，所以检验醛基的试剂可以是银氨溶液或新制的氢氧化铜。（3）G和H发生取代反应生成M和HCl，反应的化学方程式为：+→ΔNEt3（4）苯丙酸的苯环上连有3个碳原子、2个氧原子，还有1个不饱和度。其同分异构体含酯基和苯环，且为一取代物，则可以将-COO-或-OOC-插入①、④两个位置（如图），有四种不同结构，还可以将-OOC-插入②处，将-COO-插入③处，有两种不同结构，所以共有6种同分异构体，其中支链上核磁共振氢谱有3组吸收峰、且峰面积之比为1：1：3的同分异构体为。（5）以1-丙醇为主要原料，合成正丁酸，需要增加一个碳原子，可以用含醛基的物质和HCN加成然后水解得到，1-丙醇可以氧化为丙醛，合成路线为：CH3CH2CH2OH→Cu，ΔO2CH3CH2CHO→HCN→H+→一定条件CH3CH=CHCOOH→催化剂，ΔH

【分析】（1）根据结构简式确定分子式；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；根据结构简式确定官能团；（2）根据官能团的变化确定反应类型；依据醛基的性质选择试剂；（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。15．【答案】（1）KMnO4（2）KOH；<；2、3、16OH-、2、6、8H2O；反应存在平衡16OH-+2Fe3+（3）吸入的HCl增加了Cl-浓度使NaCl(s)⇌Na+(aq)+C（4）2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O（5）Fe(NO3)3溶液和过量KOH、适量Cl2【解析】【解答】（1）KMnO4中Mn为+7最高化合价可以降低从而使KMnO4具有氧化性。故答案为：KMnO4；（2）本实验设计原电池，Fe3+为负极，若碱性增强其还原性增强，那么两极的电动势增大。本实验探究碱性较强会增强Fe3+的还原性，本实验只需改变Fe3+溶液的碱性即可，即向右池中加入KOH，观察还原性增强电压增大。Fe3+被Cl2氧化为K2FeO4，而Cl2变为Cl-。按升降守恒配平，由于碱性环境需要加入OH-。该反应为16OH-+2Fe3++3Cl2⇌2FeO42-+6Cl-+8H2（3）B装置的作用吸收HCl。该装置中存在NaCl(s)⇌Na+(aq)+Cl-(aq)，随着反应的进行B中Cl-增加使平衡逆向产生NaCl晶体。若拆除该装置，HCl进入装置C中增加了Cl-浓度使16OH（4）Cl2中Cl为0价中间价态既氧化性又具有还原性，与KOH反应为：2KOH