天津市2024年高考化学模拟试题（含答案）4

天津市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分阅卷人一、单选题得分1．化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是A．淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子B．二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C．Fe(OH)D．碘是人体必需微量元素，应多吃富含高碘酸的食物2．下列有关化学用语表示正确的是A．乙醚的结构简式：CB．HClO的电子式：C．质子数为17、中子数为20的氯原子：17D．SO3．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是A．硫酸铜 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫4．下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A．该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－=Fe2＋＋I2C．和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－=Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D．1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe5．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X元素基态原子的最外层电子排布式为2s22

X

YZWA．离子半径：Z2−<WC．酸性：H3YO6．联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：下列说法错误的是A．N2H4B．N2H4C．②中反应产物是[Cu(NH3)2D．③中发生反应：47．下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂ANO(N蒸馏水、碱石灰BA盐酸、NaOH溶液、二氧化碳CNaCl(NBaCl2溶液、D酸性KMnOA．A B．B C．C D．D8．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3A．取ag混合物充分加热，质量减少bgB．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C．取ag混合物与足量Ba(OH)D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg9．向NaOH溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液pH及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．NaOH溶液的起始浓度为1B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小C．t1sD．由t2s后溶液的温度变化可推知，NaOH与10．已知：H2

容器1容器2容器3反应温度(℃)400400500起始量1molH2、1molI2molHI1molH2、1molI平衡浓度c(HI)ccc平衡转化率αααα平衡常数KKK下列各项关系错误的是A．c1=cC．α1(H11．一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：下列说法正确的是A．该反应的原子利用率为100%B．化合物M含有一个手性碳原子C．化合物N的分子式为：CD．化合物P能使酸性KMnO12．一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为：MnO2+A．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B．充电时，阴极反应：MnC．有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键D．合成有机高聚物的单体：阅卷人二、非选择题得分13．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为。（2）Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是。（3）NH3BH3①NH3B②键角：CH4H2（4）Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。①距离Mg原子最近的Fe原子个数是。②若该晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度为g⋅c③若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为14．香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，它的核心结构是芳香内酯A．该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸。提示：①C②R−CH=C回答下列问题：（1）D中官能团的名称是。（2）E的化学名称是。（3）在上述转化过程中，反应B→C的反应类型是，目的是。（4）C的结构简式为。（5）反应A→B的化学方程式为。（6）阿司匹林(乙酰水杨酸)是以水杨酸和乙酸酐()为原料合成的，写出该反应的化学方程式：。（7）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。写出其中一种同分异构体的结构简式：。（8）请设计合理方案从合成，写出合成路线流程图：。合成路线流程图示例：H2C=C15．K3（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有、。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c②向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，用c16．汽车尾气中NO（1）工业上通常用溶质质量分数为15%的Na2CO3溶液(密度为1.06g/c（2）汽车发动机工作时会引发N2(g)+ON则NO中氮氧键的键能是。（3）用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH①曲线a对应的n(NH3②曲线c中NO的起始浓度为4×10−4 mg/③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是。（4）元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成含有Ce3+和HNO2的吸收液，反应的离子方程式为①Ce4+从电解槽的②写出HNO2在阴极反应的电极反应式：

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．油脂不属于高分子化合物，故A不符合题意；B．二氧化硫具有强的还原性，可用作葡萄酒中作抗氧化剂，故B符合题意；C．Fe(OH)D．碘是人体必需微量元素，补充碘元素常在食盐中加入碘酸钾固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸，具有强烈刺激性和腐蚀性不能食用，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.油脂是小分子物质；

B.二氧化硫具有还原性，可作抗氧化剂；

C.氢氧化铁胶体为红褐色；

D.高碘酸为强酸，具有腐蚀性。2．【答案】D【解析】【解答】A．乙醚的结构简式：CHB．HClO的电子式：，故B不符合题意；C．质子数为17、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为1737D．SO2的价电子对数故答案为：D。

【分析】A.CH3OCH3是二甲醚的结构简式，乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH33．【答案】A【解析】【解答】A.CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，A符合题意。B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，B不符合题意。C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉淀产生，C不符合题意。D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。4．【答案】D【解析】【解答】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A不符合题意；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，B不符合题意；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C不符合题意；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.铁离子与酚羟基发生显色反应；

B.该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2；

C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系。5．【答案】A【解析】【解答】A．Cl-、S2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Cl-＜S2-，A符合题意；B．根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S2-的还原性比大于Cl-的还原性，B不符合题意；C．由于H2SO4的非羟基O原子数是2，而H3PO4的的非羟基O原子数是1，H2SOD．非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2O的稳定性也大于H2S，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】由图可知，X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期，X元素基态原子的最外层电子排布式为2s22p4，X为O元素，则Y为P元素、Z为S元素、W为Cl元素。6．【答案】A【解析】【解答】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的s−pσ键和N-N之间的p−pσ，A符合题意；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B不符合题意；C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是[Cu(NH3)2D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：4[Cu故答案为：A。

【分析】A.N2H4分子中N原子采用sp3杂化；

B.N2H4具有还原性，与氧气能发生氧化还原反应，生成氮气和水；

C.氨水足量，得到的产物为[Cu(NH3)2]+，说明其更稳定；

D.③7．【答案】A【解析】【解答】A．除去NO中的NO2，先通入蒸馏水中，发生反应B．除去Al2O3中含有的Fe2O3，先加入盐酸，涉及反应Al2O3+6H+C．除去NaCl中含有的Na2SO4，先加过量BaCl2溶液发生反应BD．除去甲苯的苯，加入酸性KMnO故答案为：A。

【分析】除杂至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质；氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。8．【答案】D【解析】【解答】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=b58.5C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与Ba(OH)D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；故答案为：D。

【分析】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳，碳酸钠受热不分解；

B.加热后bg为氯化钠的质量，结合质量关系可计算；

C.bg为碳酸钡的质量；

D.bg为二氧化碳和水的质量。9．【答案】C【解析】【解答】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时NaOH溶液pH=a，c(H+)=10−amol⋅LB．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，NaOH浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B不符合题意；C．t1s时，NaOH过量，溶质为NaOH和NaCl；t3s时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，NaOH与HCl的反应是放热反应，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.起始时，溶液中只含NaOH，pH=a，则c(H+)=10−amol⋅L10．【答案】B【解析】【解答】A．容器1和容器2是等效平衡，因此c1=cB．容器1和容器2是等效平衡，因此K1=K2，温度升高平衡逆向移动，C．温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此α1D．容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，α2(HI)=α故答案为：B。【分析】恒温恒容下，对于反应前后都是气体且物质的量相等的可逆反应，改变起始加入物质的物质的量，只要按化学计量数，换算成同一边的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效，则容器Ⅰ和容器Ⅱ为等效平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。11．【答案】C【解析】【解答】A．反应物中含有Br原子，生成物中没有Br原子，所以原子利用率不是100%，A不符合题意；B．化合物M没有手性碳原子，B不符合题意；C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：C17D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性KMnO故答案为：C。【分析】A.反应物M中含有Br元素，生成物P中不含Br元素；

B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

C.根据结构简式确定其分子式；

D.碳碳三键能被酸性高锰酸钾氧化，也能与溴水发生加成反应。12．【答案】B【解析】【解答】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A不符合题意；B．由分析可知，充电时，阴极反应：16C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C不符合题意；D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据总反应可知，放电时，Zn为负极，电极反应式为12Zn+x6H2O+16ZnSO4+OH--e-=16[ZnSO413．【答案】（1）H2（2）第四周期IVB族（3）N；>；CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以（4）4；416N【解析】【解答】（1）NaH遇水反应的方程式为：NaH+H2O=H2（2）Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；（3）①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；②CH4与H2O价电子对数均为4，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以H2O小于（4）①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，Mg原子位于体内有8个，则晶胞的质量为：③H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：1+12×14

【分析】（1）NaH与水发生反应NaH+H2O=H2↑+NaOH；

（2）Ti为22号元素，在元素周期表中位于第四周期IVB族；

（3）①元素的非金属性越强，电负性越大；

②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

（4）①Mg原子在晶胞内，与Mg最近的Fe位于顶点和面心；

②根据均摊法和ρ=14．【答案】（1）羧基、醚键（2）乙二酸（3）取代反应；保护酚羟基不被氧化（4）（5）+H2O→H+（6）+→一定条件+CH3COOH（7）或或(其它合理答案也可)（8）→ΔNaOH醇溶液→催化剂，Δ【解析】【解答】（1）由D的结构简式可知，D中含羧基和醚键两种官能团，故答案为：羧基和醚键；（2）E的名称为乙二酸，故答案为：乙二酸；（3）由上述分析可知B与CH3I反应生成C，B中酚羟基上的氢原子被CH3I中甲基替代，发生取代反应，这样可以将酚羟基转化成醚键，避免后续过程中羟基被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基不被氧化；（4）由上述分析可知C为：，故答案为：；（5）A为：，在酸性条件下发生水解反应生成B，反应方程式为：+H2O→H+，故答案为：+H2O→H+；（6）水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为：+→一定条件+CH3COOH，故答案为：+→一定条件+CH3COOH；（7）D的同分异构体水解后生成的产物之一能发生银镜反应，可知该结构中含有酯基，其水解产物中含有醛基，结合D的结构简式可知该同分异构体中应存在-OOCH结构，又为苯环二取代结构则两取代基可以是-OOCH和-OCH3、-OOCH和-CH2OH、-CH2OOCH和-OH，且在苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题意的结构简式有：或或等，故答案为：或或等；（8）发生卤代烃的消去反应生成，与水发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生分子内酯化生成，由此得合成路线：→ΔNaOH醇溶液→催化剂，ΔH2O→Δ浓硫酸，故答案为：→ΔNaOH醇溶液→催化剂，ΔH

【分析】C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合D的结构简式可知，C为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B为，A水解生成B，则A为。15．【答案】（1）Fe3[Fe(CN)6]2（2）隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；CO2；CO；先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3（3）滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；5cV×56m×1000【解析】【解答】（1）显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；（2）①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；（3）①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用cmol/LKMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用cmol/LKMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液VmL，n(Fe