天津市2024年高考化学模拟试题（含答案）3

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．化学是材料科学的基础，下列涉及的材料中，主要成分为有机高分子化合物的是A．制造5G芯片的氮化铝晶圆B．飞船返回仓壳层中的铝合金C．中国天眼中传输信息用的光导纤维D．航天服中的合成纤维及尼龙膜2．下列关于Na和K的比较中正确的是A．原子半径：Na＞K B．金属性：Na＞KC．第一电离能：Na＞K D．还原性：Na＞K3．“夏禹铸九鼎，天下分九州”，青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是（）A．青铜器中锡、铅对铜有保护作用B．青铜的熔点低于纯铜C．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类D．可用FeCl3溶液浸泡青铜器来清洗青铜器的铜锈4．用NaCl固体配制100mL1.00mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是A．a为Na+，b为Cl-B．水分子破坏了NaCl中的离子键C．NaCl只有在水溶液中才能发生电离D．上述过程可表示为NaCl通电__Na+5．劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是选项劳动项目化学知识A科学研究：燃煤脱硫增大煤燃烧放出的热量B工厂生产：冶炼钢铁涉及氧化还原反应C社会服务：推广使用免洗手酒精消毒液酒精消毒液酒精能使蛋白质变性D家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具油脂在碱性条件下发生水解A．A B．B C．C D．D6．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）A．a的氧化或还原均可实现氮的固定B．b是红棕色气体，b常温下可转化为cC．常温下d的稀溶液可保存在铝制容器中D．e的溶液一定呈中性7．化合物Q可用于合成药物，结构如图所示。下列有关说法正确的是A．化合物Q中无手性碳原子B．化合物Q中所有原子均处于同一平面C．化合物Q苯环上的一溴代物有2种D．1mol化合物Q最多能与3molH2加成8．下列实验操作规范的是（）A．过滤B．排空气法收集CC．混合浓硫酸和乙醇D．溶液的转移A．A B．B C．C D．D9．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（）A．金属钠加入水中：Na+B．AlCl3C．同浓度同体积NH4D．Na210．臭氧层可阻止紫外线辐射，氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。下列说法正确的是A．过程Ⅰ中断裂极性键C－F键B．过程Ⅱ和Ⅲ中不涉及电子转移C．臭氧被破坏的过程中Cl作催化剂D．CFCl3的空间构型是正四面体形11．我国科技工作者设计了一种电解装置，能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气(CO和H2)，原理如图所示，下列说法错误的是A．催化电极b与电源负极相连B．电解时催化电极a附近的pH增大C．电解时阴离子透过交换膜向a极迁移D．生成合成气时电极上发生还原反应12．已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是物质HFHCaCa(OH相关数据KKKKKA．NaF不与盐酸溶液反应B．NaF溶液中存在的所有微粒有：HC．HF与碳酸钠溶液反应，可能产生气体D．向石灰水悬浊液中加入NaF溶液，溶液可能变澄清二、非选择题13．铁、硒、铜都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：（1）乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构如图：①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]。②该新药分子中有种不同化学环境的H原子。③SeO32−的空间构型为（2）富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：①基态Fe2+的价电子轨道表示式为。②富马酸分子中σ键与π键的数目比为。③富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。（3）铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，若该晶胞中O原子之间的最近距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为g•cm-3(填含a、NA的代数式).14．色满结构单元()广泛存在于许多具有生物活性分子的结构中。一种含色满结构单元的药物中间体G的合成路线如图：（1）色满结构单元()的分子式是。（2）乙酸酐的结构简式是，A→B反应类型是。（3）检验A中的含氧官能团的化学试剂是；写出G中含氧官能团的名称为。（4）E→F的化学方程式是。（5）乙二酸二乙酯由乙二酸和乙醇反应制得，乙二酸二乙酯的结构简式是。M是乙二酸二乙酯的同分异构体，写出两种满足下列条件的M的结构简式、。①1molM能与足量NaHCO3反应放出2molCO2②核磁共振氢谱有三组峰（6）设计以为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。15．我国自主开发的“钛战甲”是一种钛合金材料，为深潜万米的“奋斗者”号建造了世界最大、搭载人数最多的潜水器载人舱球壳。TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体，可利用下列装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)：已知：①TiO2+2C+2Cl21000℃__TiCl②TiCl4为无色或淡黄色液体，熔点为-30℃，沸点为136.4℃，极易与水反应③PdCl2的盐酸溶液可吸收CO而生成黑色颗粒Pd回答下列问题：（1）盛放浓盐酸的仪器名称为，圆底烧瓶内所装试剂可为(填编号)。①MnO2②KMnO4③浓H2SO4写出其中发生的离子反应方程式。（2）装置的连接顺序为(D装置可重复使用)。（3）对于实验过程的控制，开始的操作为(填①或②)，实验结束的操作为(填③或④)。①先打开分液漏斗活塞，一段时间后，再陶瓷管通电加热②先陶瓷管通电加热，一段时间后，再打开分液漏斗活塞③先陶瓷管断电停止加热，一段时间后，再关闭分液漏斗活塞④先关闭分液漏斗活塞，一段时间后，再陶瓷管断电停止加热（4）装置C左边进气的细长导管作用为。（5）吸收尾气中CO的的化学方程式。（6）所得的TiCl4可用Mg制Ti，该过程可在气氛围保护下进行(填编号)。①氮气②氧气③水蒸气④氩气16．在我国大力推进生态文明建设，全力实现“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，对CH4和CO2利用的研究尤为重要。Ⅰ.我国科学家研发的水系可逆Zn－CO2电池可吸收利用CO2，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液充、放电时，复合膜间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示：（1）充电时复合膜中向Zn极移动的离子是，放电时负极的电极反应式为。Ⅱ.科学家使CH4和CO2发生重整反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ•mol-1。生成合成气CO和H2，以实现CO2的循环利用。该反应中，如何减少积碳，是研究的热点之一。某条件下，发生主反应的同时，还发生了积碳反应：CO岐化：2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)△H1=-172kJ•mol-1CH4裂解：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)△H2=+75kJ•mol-1（2）如图表示表示温度和压强对积碳反应平衡碳量的影响，其中表示对CO岐化反应中平衡碳量影响的是。(填“图a”或“图b”)，理由是。（3）结合图分析，在700℃、100kPa的恒压密闭容器中进行此重整反应且达到平衡，当升高温度至1000℃达到平衡时，容器中的含碳量(填“减小”“不变”或“增大”)，由此可推断100kPa且高温时积碳主要由(填“歧化”或“裂解”)反应产生。（4）合成气CO和H2，可用于合成甲醇，能说明反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)一定达平衡状态的是____(填字母)。A．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率B．一定条件，CO的转化率不再变化C．在绝热恒容的容器中，平衡常数不再变化D．容器中气体的平均相对分子质量不再变化（5）向1L恒容密闭容器中通入4mol的CH4和2mol的CO2，在800℃下若只发生主反应一段时间后达到平衡，测得CO的体积分数为25%，则主反应的K=(保留两位有效数字)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．氮化铝属于新型无机非金属材料，故A不符合题意；B．铝合金属于金属材料，故B不符合题意；C．光导纤维的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故C不符合题意；D．合成纤维及尼龙膜的主要成分为有机高分子化合物，故D符合题意；故答案为：D

【分析】A.氮化铝是无机非金属材料；

B.铝合金是金属材料；

C.光导纤维的主要成分为二氧化硅；

D.航天服中的合成纤维及尼龙膜属于有机合成材料。2．【答案】C【解析】【解答】A．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠原子的原子半径小于钾原子，故A不符合题意；B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则钠元素的金属性弱于钾元素，故B不符合题意；C．同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则钠原子的第一电离能大于钾原子，故C符合题意；D．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，单质的还原性依次增强，则钠单质的还原性弱于钾单质，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.电子层数越多，原子半径越大；

B.同主族从上到下元素的金属性逐渐增强；

C.同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小；

D.同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，单质的还原性逐渐增强。3．【答案】D【解析】【解答】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A不符合题意；B．青铜为铜、锡、铅的合金，合金的熔点通常低于它的成分金属，所以青铜的熔点低于纯铜，B不符合题意；C．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或COD．FeCl3在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，Fe3+具有较强的氧化性，能将Cu氧化为Cu2+，所以不能用FeCl3溶液浸泡青铜器来清洗青铜器的铜锈，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据牺牲阳极的阴极保护法判断；B．合金的熔点通常低于它的成分金属；C．盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；D．依据物质的性质判断。4．【答案】B【解析】【解答】A．Na+的半径小于Cl-，所以b为Na+，a为Cl-，A不符合题意；B．据图可知，NaCl溶于水后，在水分子作用下形成水合离子，水分子破坏了NaCl中的离子键，B符合题意；C．NaCl在熔融状态下也可以电离形成钠离子和氯离子，C不符合题意；D．上述过程为氯化钠的电离，不需要通电，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.离子半径：Cl->Na+；

B.NaCl为离子化合物，溶于水破坏离子键；

C.NaCl在熔融状态下也能电离；

D.氯化钠电离无需通电。5．【答案】A【解析】【解答】A．燃煤脱硫可以减少煤燃烧时二氧化硫的排放，减少酸雨，与燃烧放出的热量无关，A符合题意；B．工厂利用CO还原氧化铁等铁的氧化物从而得到铁单质，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．推广使用免洗手消毒液，利用了体积分数为75%的酒精，能够使蛋白质变性，杀死细菌，C不符合题意；D．纯碱溶液即为碳酸钠溶液，碳酸钠电离产生的碳酸根在水溶液中能水解产生氢氧根，油脂在碱性条件下，能发生皂化反应，即水解反应，能清洗餐具上的油脂，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.煤中含有少量硫元素，燃烧时会生成污染性气体二氧化硫；

B.冶炼钢铁时，利用一氧化碳还原氧化铁；

C.酒精能使蛋白质变性；

D.纯碱在水溶液中水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解。6．【答案】A【解析】【解答】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮单质中元素化合价可升可降，A符合题意；B．b为NO，是无色气体，B不符合题意；C．浓硝酸能使铝钝化，可以盛放在铝制容器中，C不符合题意；D．e为硝酸盐，其溶液不一定呈中性，例如硝酸铵溶液由于铵根离子水解，溶液显酸性，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】由图可知，a为N2，b为NO，c为NO2，d为硝酸，e为硝酸盐。7．【答案】A【解析】【解答】A．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Q中无手性碳原子，故A符合题意；B．醚键中的O原子采用sp3杂化，与醚键中的O原子连接的2个碳原子和氧原子呈V形结构，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子不一定共平面，故B不符合题意；C．苯环上含有3种氢原子，苯环上的一溴代物有3种，故C不符合题意；D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，所以1mol该物质最多消耗4mol氢气，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

B.甲基具有甲烷结构特点，所有原子不共面；

C.Q中苯环上有3种不同环境的氢原子；

D.Q中苯环和羰基均能与氢气发生加成反应。8．【答案】B【解析】【解答】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A不符合题意；B．CO2的密度大于空气，且不与空气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B符合题意；C．浓硫酸密度大于乙醇，混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁；

B.二氧化碳密度大于空气；

C.浓硫酸密度大于乙醇，两者混合时，应将浓硫酸加入乙醇中；

D.转移溶液时，应用玻璃棒引流。9．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氢气：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A不符合题意；B．AlCl3溶液中滴入过量NaOH溶液生成偏铝酸钠溶液和水：C．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合只发生氢离子和氢氧根离子的反应生成水：H++OH-=H2O，C不符合题意；D．Na2S2O3溶液中通入足量氯气生成硫酸钠、硫酸、HCl和水：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO故答案为：D。【分析】A.该方程式原子不守恒；

B.氢氧化铝溶于过量NaOH生成偏铝酸钠；

C.两者混合，只能发生反应H++OH-=H2O。10．【答案】C【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，CFCl3断裂极性键C－Cl键，A不符合题意；B．过程Ⅱ发生的反应为：Cl+O3=ClO+O2，Cl的化合价由0价变成看+2价，即一个Cl失去2个电子，发生了电子转移，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O2，Cl的化合价由+2价变成看0价，即一个Cl得到2个电子，发生了电子转移，B不符合题意；C．臭氧被破坏的过程为过程Ⅱ和Ⅲ，过程Ⅱ发生的反应为：Cl-+O3=ClO+O2，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O2，臭氧被破坏的前后Cl的质量和化学反应不变，即为催化剂，C符合题意；D．CFCl3的中心原子是C，价层电子数为4，空间构型是四面体形，不是正四面体形，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂C-Cl键；

B.过程Ⅱ发生反应O3+Cl=ClO+O2，过程Ⅲ发生反应O+ClO=Cl+O2；

D.C-Cl键和C-F键的键长不一样。11．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，故A不符合题意；B．由分析可知，催化电极a为阳极，碳酸根离子作用下甘油在阳极失去电子发生氧化反应生成甘油醛和碳酸氢根离子，电极反应式为C3H8O3-2e-+2CO32-=C3H6O3+2HCO3C．由分析可知，与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，催化电极a为阳极，则电解时阴离子透过交换膜向阳极a极迁移，故C不符合题意；D．与直流电源负极相连的催化电极b为阴极，二氧化碳和水在阴极在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢气，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】催化电极a上，甘油被氧化为甘油醛，则催化电极a为阳极，电极反应式为C3H8O3-2e-+2CO32-=C3H6O3+2HCO312．【答案】C【解析】【解答】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成NaF+HCl=NaCl+HF，符合强酸制弱酸，A不符合题意；B．NaF=Na++C．根据电离平衡常数，HF>H2CD．根据Ksp可知，Ksp(CaF2)<Ksp[Ca(OH)2故答案为：C。

【分析】A.根据强酸制弱酸原理分析；

B.HF为弱酸，故F-在水中能水解生成HF；

D.CaF2难溶于水。13．【答案】（1）3d104s24p4；5；三角锥形（2）；11：3；O＞C＞H＞Fe（3）64×4+16×2【解析】【解答】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4；②该新药分子中有5种不同化学环境的H原子；③SeO32−（2）①亚铁价层电子排布式为3d6，故其价层电子轨道表示式为；②由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；③金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；（3）利用均摊法，每个晶胞含有O为8×18+1=2，Cu皆在体心，个数为4，故该晶胞的质量为64×4+16×2NA，若该晶胞中O原子之间的最近距离为apm，则晶胞边长为apm，由ρ=m

【分析】（1）①Se为34号元素，基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；

②该物质中含有5种不同环境的氢原子；

③SeO32−中Se的价层电子对数为4，含有一个孤电子对；

（2）①基态Fe2+的价电子排布式为3d6；

②单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；

③元素的非金属性越强，电负性越大；

（3）根据均摊法和ρ=14．【答案】（1）C9H10O（2）取代反应（3）FeCl3溶液或浓溴水；醚键、羧基（4）→Δ浓H2S（5）C2H5OOCCOOC2H5；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH；（6）→AlCl3→催化剂H【解析】【解答】（1）由结构简式可知，色满结构单元的分子式为C9H10O，故答案为：C9H10O；（2）由分析可知，A→B的反应为浓硫酸作用下与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，故答案为：取代反应；（3）由结构简式可知，A中的含氧官能团为酚羟基，可以用氯化铁溶液与A发生显色反应使溶液呈紫色或浓溴水与A发生取代反应生成白色沉淀检验酚羟基，由结构简式可知，G中含氧官能团为醚键和羧基，故答案为：FeCl3溶液或浓溴水；醚键和羧基；（4）由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸中共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为→Δ浓H2SO4+H2O，故答案为：→Δ浓（5）乙二酸二乙酯的结构简式是C2H5OOCCOOC2H5，1mol乙二酸二乙酯的同分异构体M能与足量碳酸氢钠溶液反应放出2mol二氧化碳说明M分子中含有2个羧基，则核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH、，故答案为：C2H5OOCCOOC2H5；HOOCCH2CH2CH2CH2COOH；；（6）由有机物的转化关系可知，以为原料制备的合成步骤为氯化铝作用下转化为，催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，与溴水发生取代反应生成，合成路线为→AlCl3→催化剂H2→Br2水，故答案为：→AlCl3→催化剂H2→B

【分析】A中酚羟基和乙酸酐发生取代反应生成B和CH3COOH，B发生异构化生成C，C和乙二酸二乙酯发生反应生成D，D与氢气发生加成反应（或还原反应）生成E，E发生消去反应生成F为。15．【答案】（1）分液漏斗；②；2MnO4-+16H++10Cl-Δ__2Mn2++5Cl2（2）A→D→D→B→C→D→D→D（3）①；③（4）细长导管对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂（5）PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl（6）④【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗，由分析可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应生成氯化钾、氯化镁、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-Δ__2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：分液漏斗；②；2MnO4-+16H++10Cl-Δ__2Mn（2）由分析可知，装置的连接顺序为A→D→D→B→C→D→D→D，故答案为：A→D→D→B→C→D→D→D；（3）实验开始时，为防止碳与空气中的氧气共热反应，应先打开分液漏斗活塞，利用A中生成的氯气排出装置内的空气后，再陶瓷管通电加热；为防止温度变化产生倒吸，实验结束时应先断电停止加热陶瓷管，一段时间后，再关闭分液漏斗活塞停止通入氯气，故答案为：①；③；（4）装置C左边细长导管可以对高温蒸汽初步冷凝，避免冷凝管因温差过大而破裂；（5）由题给信息可知，装置D中盛有的氯化钯的盐酸溶液与一氧化碳反应生成钯、二氧化碳和水，反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；（6）镁化学性质活泼，能与氯气、氧气、水蒸气反应，所以制备钛的过程应在氩气氛围保护下进行，故答案为：④。

【分析】装置A不存在