2024年天津市高考化学模拟试卷及答案解析

2024年天津市高考化学模拟试卷

一.选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）

1.（3分）（2021秋•闵行区期末）“控制碳排放、进行碳捕捉、实施碳中和”，国家在行动！

下列有关说法正确的是（）

A.碳减排是减少焦炭的使用量

B.碳捕捉是捕捉移放到空气中的CO2

C.碳中和是利用碱液吸收CO2

D.碳达峰是碳的使用最达到最大值

2.（3分）（2020春•台州期末）已知如表中几种物质的熔、沸点：据此判断，下列说法不正

确的是（）

NaClMgCI?A1C13A1F3

熔点/℃8017301901040

沸点/℃141313801801537

A.NaQ和MgCb熔融时通电，会发生化学变化

B.A1C13晶体中存在分子间作用力

C.A1F3晶体中的化学键是离子键

D.A1B门晶体为离子晶体

3.（3分）（2020春•鼓楼区校级期末）1999年度诺贝尔化学奖授予了开创“飞秒（10',5s）

化学”新领域的科学家，使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可

能.你认为该技术不能观察到的是（）

A.原子中原子核的内部结构

B.化学反应中原子的运动

C.化学反应中生成物分子的形成

D.化学反应中反应物分子的分解

4.（3分）（2021秋•奉贤区期末）关于反应K2H3IO6+9HL2KI+4I2+6H2O,卜列说法正确

的是（）

A.K2H3106发生氧化反应

B.KI是氧化产物

U还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1

D.生成4moll2时，转移9niol电子

5.（3分）（2022•天津模拟）硫酸盐气溶胶为PM2.5的主要组成成分，科学家最近发现了一

种“水分子桥”催化促进硫酸盐形成的化学机制，如图所示。下列说法不正确的是（）

A.“水分子桥”的形成与氢键有关

B.该机制可以解决由NO2造成的空气污染问题

C.HSO3与NO2的总反应为HSO3+NO2+H2O=HNO2+HSO4'

D.电子传递可以促进HSO3中O・H键的解离，进而形成中间体SO3

6.（3分）（2021•重庆模拟）利用如图装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是

A.用如图装置制备并收集CO2

茶.澳混合液

AgNO,

溶液

用如图装置制备澳苯并验证有HBr产生

尾气

厂处理

无水

C.用如图装置制备无水MgC12

/CuSO,

D.,溶液用如图装置保护铁不被腐蚀

7.（3分）（2021秋•安康期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.常温常压下，32go2中含有的原子总数为2NA

B.（）.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等

C.标准状况下，22.4L的CC14中含有的CC14分子数为NA

D.常温常压下，22.4L的NO2和C02混合气体含有2NA个氧原子

8.（3分）（2019•陆良县一模）下列与有机物的结构、性质有关的叙述中正确的是（）

A.乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高钵酸钾溶液褪色

B.乙酸与乙醇可发生酯化反应，均可与金属钠发生置换反应

C.分储、干储都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化

D.石油经过分储得到多种烧，煤经过分储可制焦炭、煤焦油等

（多选）9.（3分）（2021秋•滕州市校级期中）下列各组离子在相应的条件下可能大量共存

的是（）

A.能使pH试纸变蓝的溶液中：COa2\K+、Cl\Na+

B.由水电离产生的c（OH）=lX|（）r°mol・L7的溶液中：NOs\Mg?+、Na+.SO?

C.在）=ix]oi2的溶液中:NH4+、Fe2+>Cl\NO.<

CW）

K

D.——J=io-i4mo]・Li的溶液中：Na+、HCO3、Cl\K+

c（H+）

10.（3分）（2021秋•张掖期末）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到10（X）mL,

其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.A、R两酸溶液的物质的量浓度一定相等

B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强

Ca=5时，A是强酸，B是弱酸

D.若a小于5,贝4A、B都是羽酸，且A的酸性弱于B

❸Ca

Cl-BeBe-Cl

图甲

（3）Ca和Cu可以形成一.种合金，其晶体结构如图乙所示，该合金的化学式为,

若晶体底面边长为apni,高为bpm,Ca和Cu的半径分别为mpm、叩m,则该合金的空

间利用率为（列出计算表达式）。

14.（18分）（2022♦河南一模）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必

洛尔中间体G的部分流程如图所示。

FgoOH与加.

⑤

G⑥

oo

IIH

已知：乙酸好的结构简式为CH厂C-O-C-CH、。

请回答下列问题：

（1）A的名称是；B中所含官能团的名称是o

（2）A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为,反应⑤的反应类型是。

（3）碳原子上连有4人不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则G分子中的手性碳个

数为个。

（4）写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：、0

I,苯环上只有三个取代基；

II.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰;

III.Imol该物质与足量NaHCCh溶液反应生成2molC02。

OOCCH2CH3

（5）根据已有知识并结合相关信息，将以为原料制备

CH2cHs

的合成路线流程补充完整（无机试剂任选），合成路线流程图示例如

下：

CH3cH2B也CH3CH3OH普曳CMOOCH2cH3

OOCCH2CH,（）H?杷催化（）

15.（17分）（2021秋•如东县校级月考）以废旧的FePO「Li电池正极材料（含LiFePCM、

Al等）为原料，通过浸出、除铝和沉淀处理后可制各FePO4o已知：川3+、Fe3+都容易

与广形成配合物。

（I）浸出：用H3P04溶液浸取正极材料中的铁元素。正极材料中的LiFePO4与H3P04

反应的微观过程如图1所示。

LiFePCM与H3P04反应的化学方程式为。

（2）除铝：30℃时，向浸出液中加入氢氟酸，生成Li3AlF6沉淀。

①生成Li3AlF6沉淀的离子方程式为。

②研究发现，铝元素去除率随溶液初始pH变化如图2所示。当溶液初始pH为1.2〜2.2

范围时，铝元素去除率先上升后降低的可能原因是。

（3）沉淀：向除铝后溶液中加入一定展的H2O2溶液，生成FeP（“沉淀。

①为确定加入H2O2的量，需先用K2CF2O7标准溶液测定溶液中的c（Fe2+）,反应的离子

方程式如下：Cr2O72-+Fe2++H+=Cr3++Fe3++H2O（未配平）。现滴定20.00mL溶液中Fe2+,

消耗0.1000mol・L：K2CF2O7溶液25.00mL,则溶液中c（Fe2+）为mol・L"（写

出计算过程）。

②欲使溶液中c（Fe3+）WlXlO-mR.L-i,c（PO43-）最小为moPL'1.（已知：

室温下，Ksp[FePO41=1.3X10'22o）

cl

16.（14分）（2021•湖北模拟）3）“哈伯法”合成氨的反应：N2（g）+3H2（g）J5“吆2NH3

20Obar

（g）相关键能数据如表：

化学键N三NH-HN-H

键能（kJ・mol“）946.0436.0390.8

®AH=kJ*molL

②向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2,反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%,

则N2的平衡转化率a（N2）=0

（2）“球磨法”是在温和的条件下（45℃和Ibar,IbarFOOkPa）合成氨，氨的最终体积

分数可高达82.5%。该法分为两个步骤（如图）：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈

碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上（IFc（N*）]）,有助于氮

分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NHx*（x=l〜3）,剧烈碰撞中，NHJ从催

化剂表面脱附得到产物氨。

“球磨法”合成氨过程

①“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中正确的是。（选填标号）

A.催化剂（Fc）缺陷密度越高，N2的吸附率越高

B.“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键

C.“球磨法”中“剧烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷”

D.“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本

②机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。图甲是N2吸附量、

体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约转/min。若选择500转/min

的转速，N2的吸附量降低的原因是.

N,的Jk强(bar)

■乙

③如图乙，平衡时NH3的体枳分数随N2初始压强增大而（填“增大”、“减小”

或“不变”），说明N2与H2的投料比1：3。（选填"W”、"=”或“2”）

2024年天津市高考化学模拟试卷

参考答案与试题解析

一.选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）

1.（3分）（2021秋•闵行区期末）“控制碳排放、进行碳捕捉、实施碳中和”，国家在行动！

下列有关说法正确的是（）

A.碳减排是减少焦炭的使用量

B.碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2

C.碳中和是利用碱液吸收CO2

D.碳达峰是碳的使用量达到最大值

【考点】常见的生活环境的污染及治理.

【专题】化学应用.

【分析】碳达峰是指二氧化碳排放总量在某一个时间点达到历史峰值，碳中和则是指企

业、团体或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳排放总量，通过二氧化碳去除

手段，如植树造林、干能减排、产业调整等，抵消掉这部分碳排放，达到“净零排放”

的目的，据此判断。

【解答】解：A.碳减排是减少二氧化碳的排放量，故A错误；

B.碳捕捉是捕捉释放到空气中的CO2,有利于实现碳中和，故B正确；

C.碳中和通过二氧化碳去除手段，如植树造林、节能减排、产业调整等，抵消掉这部分

碳排放，达到“净零排放”的目的，故C错误；

D.碳达峰是指二氧化碳排放总量在某一个时间点达到历史峰值，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，熟悉碳中和、碳达峰概念是解题关键，题

目难度不大。

2.（3分）（2020春•台州期末）已知如表中几种物质的熔、沸点：据此判断，下列说法不正

确的是（）

NaClMgChA1CI3A1F3

熔点/C8017301901040

沸点/C141313801801537

A.NaCl和MgC12熔融时通电，会发生化学变化

B.A1C13晶体中存在分子间作用力

C.A1F3晶体中的化学键是离子键

D.AIB「3晶体为离子晶体

【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系.

【专题】化学键与晶体结构.

【分析】A.Na。和MgC12熔沸点较高，是离子晶体，熔融时发生电解；

B.由表格知，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体；

C.AIF3的熔沸点较高，属于离子晶体，晶体中的化学键是离子键；

D.同族元素性质相似，AlBr3的性质最接近A1C13。

【解答】解：A.NaCl和MgQ2是离子晶体，熔融时发生电离，通电后被电解生成金属

单质和氯气，故发牛化学变化，故A正确：

B.由表格知，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，晶体中存在分子间作用力，故B

正确；

C.A1F3的熔沸点较高，属于离子晶体，晶体中的化学键是离子键，故C正确；

D.同族元素性质相似，三氯化铝的沸点较低，属于分子晶体，以此推理，AIBr3晶体为

分子晶体，故D错误；

故选：Du

【点评】本题主要考查了晶体类型的判断、分子晶体以及离子晶体的性质，侧重基础知

识的考查，题目难度不大。

3.（3分）（2020春•鼓楼区校级期末）1999年度诺贝尔化学奖授予了开创“飞秒（10',5s）

化学”新领域的科学家，使运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子运动成为可

能.你认为该技术不能观察到的是（）

A.原了中原了核的内部结构

B.化学反应中原子的运动

C.化学反应中生成物分子的形成

D.化学反应中反应物分子的分解

【考点】原子构成.

【专题】原子组成与结构专题.

【分析】运用激光光谱技术观察化学反应时分于中原于的运动，也就是说最小能观察到

原子，对于原子内部结构，该技术是观测不到的.

【解答】解：根据题干所给信息“运用激光光谱技术观察化学反应时分子中原子运动”，

所以原子内部结构无法观察，B、C、D选项中涉及到的分子分成原子、原子运动、分子

的形成，根据题干信息是能够观察到的。

故选：Ao

【点评】解题时，应充分考虑其告知信息的“内涵”和“外延”，本题只是能“观测化学

反应时分子中原子运动”，对于原子内部结构仍无法观察.

4.（3分）（2021秋•奉贤区期末）关于反应K2H3IO6+9HI-2K1+412+6H2O,卜列说法正确

的是（）

A.K2H3106发生氧化反应

B.KI是氧化产物

C.还原剂与氧化剂的物质的最之比为7：1

D.生成4moi匕时，转移9mol电子

【考点】氧化还原反应.

【专题】氧化还原反应专题.

【分析】该反应中I元素化合价由+7价、-1价变为。价，则K2H3106为氧化剂、部分

HI为还原剂，转移电子数为7,

A.氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应；

B.KI既不是氧化产物又不是还原产物；

C.K2H3106为氧化剂、部分HI为还原剂;

D.该反应中转移电子数为7.

【解答】解：该反应中I元素化合价由+7价、-1价变为0价，则K2H3106为氧化剂、

部分HI为还原剂，转移电子数为7,

A.氧化剂发生还原反应、还原剂发生氧化反应，K2H3106发生还原反应、HI发生氧化

反应，故A错误；

B.KI既不是氧化产物又不是还原产物，12既是氧化产物又是还原产物，故B错误；

C.K2H3106为氧化剂、部分HI为还原剂，反应中有工的HI作还原剂，所以还原先和氧

9

化剂的物质的量之比为7：1,故C正确；

D.该反应中转移电子数为7,即生成4moi12时,转移电子7mol,故D错误;

故选：Co

【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素

化合价变化、基本概念内涵是解本题关键，注意：部分HI作还原剂，题目难度不大。

5.（3分）（2022•天津模拟）硫酸盐气溶胶为PM2.5的主要组成成分，科学家最近发现了一

种“水分子桥”催化促进硫酸盐形成的化学机制，如图所示。卜.列说法不正确的是（）

A.“水分子桥”的形成与氢键有关

B.该机制可以解决由NO2造成的空气污染问题

C.HSO3'与NO2的总反应为HSO?+NO2+H2AHNO2+HSO：

D.电子传递可以促进HSO3.中O-H键的解离，进而形成中间体SO3.

【考点】含有氢键的物质；氧化还原反应；催化剂的作用.

【专题】物质的性质和变化专题.

【分析】A.由图可知，HSO3-中H与H2O中O之间存在氢键，NO2与H2O之间也存

在氢键；

B.依据图示可知该过程可以消耗吸收二氧化氮；

C.HSO3与NO2反应生成HNO2、HSO4；

D.由图可知，传递电子后HSO3.中O-H键断裂，形成SO3.

【解答】解：A.由图可知，HSO3中H与H2O中。之间存在氢键，NO2与H2O之间

也存在氢键，所以“水桥”的形成与氢键有关，故A正确；

B.依据图示可知该过程可以消耗二氧化氮，所以该机制可以解决二氧化氮形成的环境污

染问题，故B正确；

C.HSO3-与NO2反应生成HNO2、HSO4',则HSO3-与NO2间发生的总反应的离子方

程式：HSO3+2NO2+H2O=2HNO2+HSO4',故C错误；

D.由图可知，传递电子后HSO3.中O-H键断裂，形成SO3,所以电子传递可以促进

HSO3一中O-H键的解离，进而形成中间体SO3，故D正确；

故选：Co

【点评】本题通过雾霾微颗粒中硫酸盐生成的过程示意图，考查了物质之间的反应、化

学键的变化、氢键等基础知识，题目难度不大，试题侧重考查学生的分析能力及员活应

用能力。

6.（3分）（2021•重庆模拟）利用如图装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是

A.用如图装置制备并收集CO2

茶、漠混合液

AgNO,

溶液

用如图装置制备澳苯并验证有HBr产生

尾气

丫处理

无水

C.用如图装置制备无水MgC12

CuSO.

FL

D.溶液用如图装置保护铁不被腐蚀

【考点】化学实验方案的评价.

【专题】实验评价题.

【分析】A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳，二氧化碳的密度大于空气的密度,

图中收集方法不合理;

B.挥发的澳及生成的HBr均与硝酸银反应;

C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发:

D.Cu与电源正极相连作阳极，Fe与电源负极相连作阴极

【解答】。解：A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳，二氧化碳的密度大于空气的

密度，应选向下排空气法收集，图中收集方法不合理，故A错误;

B.挥发的溟及生成的HBr均与硝酸银反应，不能检验HBr,故B错误;

C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HC1气流中加热，故C错误；

DCu与电源正极相连作阳极,Fe与电源负极相连作阴极，则图中装置可保护铁不被腐蚀,

故D正确；

故选：Do

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及

检验、电化学、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价

性分析，题目难度不大。

7.（3分）（2021秋•安康期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.常温常压下，32go2中含有的原子总数为2NA

B.0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等

C.标准状况下，22.4L的CC14中含有的CC14分子数为NA

D.常温常年下,22.41.的NCh和CO2混合气体含有2NA个氯原子

【考点】阿伏加德罗常数.

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.

【分析】A.求出32go2的物质的量，然后根据氧气为双原子分子来分析；

B.氧气所处的状态不明确；

C.标况下四氯化碳为液体：

D.常温常压下气体摩尔体枳大于22/L/mol.

【解答】解：A.32go2的物质的量为32g="01,而氧气为双原子分子，故Imol

32g/mol

氯气中含2NA个氯原子，故A正确；

B.氧气所处的状态不明确，故氧气的物质的量无法计算，故B错误；

C.标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/moL故22/L混合气体的物质的量小于Imol,

故含有的氧原子小于2NA个，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运

用和物质的结构是解题关键。

8.（3分）（2019•陆良县一模）下列与有机物的结构、性质有关的叙述中正确的是（）

A.乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高钵酸钾溶液褪色

B.乙酸与乙醇可发生酯化反应，均可与金属钠发生置换反应

C.分储、干馀都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化

D.石油经过分储得到多种烧，煤经过分储可制焦炭、煤焦油等

【考点】有机物的结构和性质.

【专题】有机物的化学性质及推断：有机化合物的获得与应用.

【分析】A.乙烯、氯乙烯均含碳碳双键，而聚乙烯不含双键；

B.乙醇含-0H,乙酸含-COOH,均与Na反应生成氢气，二者可发生酯化反应；

C.干镭生成煤焦油等，裂解、裂化均为大分子转化为小分子的反应；

D.煤经过干储可制焦炭、煤焦油等.

【解答】解：A.乙烯、氯乙烯均含碳碳双键，而聚乙烯不含双键，则只有乙烯、氯乙烯

可使酸性高镒酸钾溶液褪色，故A错误；

B.乙醇含-OH,乙酹含-COOH,均与Na反应牛成氧气，均为胃换反应，H.二者可发

生酯化反应生成乙酸乙酯，故B正确：

C.干储生成煤焦油等，裂解、裂化均为大分子转化为小分子的反应，均为化学变化，而

分镯为物理变化，故C错误；

D.煤经过干储可制焦炭、煤焦油等，分储与混合物的沸点有关，为物理变化，则石油经

过分储得到多种烧，故D错误；

故选：Bu

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为

解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意煤和石油的综合应用，题目难度不大.

（多选）9.（3分）（2021秋•滕州市校级期中）下列各组离子在相应的条件下可能大量共存

的是（）

A.能使pH试纸变蓝的溶液中：CO32\K+、CI\Na+

B.由水电离产生的c（OHD=lX］（）-i°mol-L7的溶液中：NO?\Mg?+、Na+、SO42

C.在£（°H）=1*=12的溶液中:NH4+sFe2+sCl\NO3

c（H+）

K

D.——L_=io=4mol・Lr的溶液中:Na+、HCO3、Cl\K+

c（H+）

【考点】离于共存问题.

【专题】离子反应专题.

【分析】A.能使pH试纸变蓝的溶液，显碱性；

B.由水电离产生的c(OK)的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱

溶液：

C.£(OH)=1X1()12的溶液显碱性；

c(H+)

K

D.—=1(尸'0111的溶液，显酸性。

c(H+)

【解答】解：A.能使pH试纸变蓝的溶液呈碱性，在碱性溶液中CO32\K\Cl\Na+

互不反应、能大量共存，故A正确；

B.由水电离产生的c(OFT)=lXQi°mol・L「的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，

+2

在酸性溶液中：NOs\M/+、Na.SO4\酎之间不会发生任何反应，可以大量共存，

故B正确；

+2+

C由c(OH)=］乂10%可知c(H)<c(OH'),溶液显碱性，OH.与NH广、Fe

C(H+)

发生反应而不能大量共存，故C错误：

K

D.——--=c(OH")=1X1O'14mol-L1,则溶液显酸性，HCO3-与H*会发生离子

c(H+)

反应而不能大量共存，故D错误；

故选：ABo

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大。

10.(3分)(2021秋•张掖期末)pH=2的A、B两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL,

其中pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是()

A.A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等

B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强

C.a=5时，A是强酸，B是弱酸

D.若a小于5,则A、B都是弱酸，且A的酸性弱于B

【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.

【专题】电离平衡与溶液的pH专题.

【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中

氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+）,但对于一元弱酸，c

（酸）＞c（H+）,以此来解答。

【解答】解：A.因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+）,对于一元弱

酸，c（酸）＞c（H，）,则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；

B.由图即可得到：当稀释后，A酸的pH明显大于IT则稀释后B的酸性强，故B错误；

C.由图可知，若a=5,A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C

正确；

D.稀稀1000倍，若a小于5,则A、B都是弱酸，且A的酸性强于B,故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查酸的稀释及图象，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，明

确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子H勺浓度的关系是解答本题的关键。

11.（3分）（2021秋•长春期末）我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置（如图

所示），闭合K2、断开Ki时，制氢并储能：断开K2、闭合Ki时，供电。下列说法正确

的是（）

A.制氢时，溶液中K*■向X电极移动

B.供电时，Zn电极反应式为Zn・2e—=Zn2+

C.供电时，X电极发生氧化反应

D.制氢时，X电极反应式为Ni（OH）2-e+OH-N1OOH+H2O

【考点】原电池和电解池的工作原理.

【专题】电化学专题.

【分析】A.制氢时，是电解池，甩解池工作时，溶液中阳离子移向阴极；

B.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，Zn失去电子生成ZnC^-；

C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是止极，止极发生还原反应；

D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，阳极上发生失电子的氧化反应。

【解答】解：A.制氢时，是电解池，光伏电池供电，电解池工作时，Pt电极上生成氢气、

为阴极，则X电极是阳极，溶液中K+向Pt电极移动，故A错误：

B.供电时，是原电池，Zn为负极，Zn失去电子生成Zr.O22',电极反应式为Zn-2e+4OH

-ZnO22+2H2O,则Zn电极附近溶液的pH降低,故B错误；

C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，X电极发生还原反应，故C错误;

D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Ni（OH）

2-c+OH-N1OOH+H2O,故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查电化学装置的工作原理、氧化还原反应规律、电池反应和电极反应式

书写等知识，侧重学生的理解与辨析、分析与检测能力的考查，把握原电池和电解池工

作原理是解题关键，注意电极的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。

12.（3分）（2020•安阳二模）X、Y、Z、W是质子数依次增大的短周期主族元素，它们形

成的某种化合物Q的结构式如图所示。X与W形成的化合物M常温下是液体。下列说

法正确的是（）

XWX

IIII

X—Z—Y—Z—X

A.X与Z可形成质子数、电子数均相同的ZX3、ZX4+

B.M热稳定性强且具有弱氯化性

C.Q分子中各原子最外电子层均达到稳定结构

D.X、Y、Z、W四种元素间只能形成共价化合物

【考点】原子结构与元素周期律的关系.

【专题】元索周期律与元索周期表专题.

【分析】X、Y、Z、W是质子数依次增大的短周期主族元素、它们形成的某种化合物Q

的结构式如图所示。X与W形成的化合物M常温下是液体，根据图示可知，W形成2

个共价键，X形成I个共价键，则M为H2O,X为H,W为O元素；Z形成3个共价键,

其原子序数小于0,则Z为N；Y形成4个共价键，其原子序数小于N,则Y为C元素,

据此解答。

【解答】解：根据分析可知，X为H,Y为C,Z为N,W为O元素。

+

A.ZX3、ZX4+分别为NH3、NH4,NH3、NH4+的电子数均为10,但质子数分别为10、

11,故A错误；

B.M为H2O,H2O的稳定性较强，但不具有弱氧化性，故B错误；

C.该化合物中，H原子满足最外层2电子稳定结构，C、N、O原子满足8电子稳定结

构，故C正确；

D.H、C、N、O形成的化合物可能为离子化合物，如醋酸铁、碳酸核等，故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键,

注意掌握元素周期律自容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵

活应用能力。

二.解答题（共4小题，满分64分）

13.（15分）（2022•成都模拟）我国科学家开发了类新型碱（上）金属钉基三元氢化物催

化剂，实现了温和条件卜.氨的催化合成。碱土金属在化学中有着诸多应用。

（1）Ba2RuH6可作为合成氨的催化剂，Ba的价电子排布式为6s2,氨气是一种重要

的化工原料，氨气的VSEPR模型为三角锥形,其极易溶于水的原因有：氨气能与

水反应、氨气为极性分子、氨气分子与水分子间形成氢键.

（2）气态BeCh可以形成一种二聚分子，其结构如图甲所示，Be的杂化类型为sp2,

a

Be—a

在图中用“一”表示出配位键，MgCh的沸点远高于BeC12,其原因

是MgC12是离子晶体，而BeC12一是分子晶体，发生状态变化时，离子晶体要克服离子

键，分子晶体要克服分子间作用力，离了•键比分子间作用力强得多。

图甲图乙

（3）Ca和Cu可以形成一.种合金，其晶体结构如图乙所示，该合金的化学式为

CaCus＞若晶体底面边长为apm,高为bpm,Ca和Cu的半径分别为mpm、npm,则

该合金的空间利用率为世工优+5小义100%（列出计算表达式）。

—9x2y

【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布.

【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构.

【分析】（1）主族元素的价电子为最外层电子；氨气的中心原子价层电子对数为立及=4,

2

有I对孤电子对，为三角锥型；氨气为极性分子，与水分子间形成氢键；

（2）氯化钺中Be与C1形成三个键，Be的杂化为sp?；Cl的最外层含有1个单电子，最

多形成1根共价键，则另外一根键为配位键；Be和A1处于对角线位置，二者性质相似,

BeC12与A1C13相似，均为分子晶体，MgC12是离子晶体，离子晶体的沸点比分子晶体高;

（3）采用均摊法确定化学式；根据晶胞体积和原子的总体积确定空间利用率。

【解答】解：（1）Ba为第六周期，IIA族元素，价电子排布式为6s,；氨气的中心原子价

层电子对数为昱3=4,有1对孤电子对，则氨气的VSEPR模型为三角锥形；氨气为极

2

性分子，且N元素的电负性较强，则氨气与水分子间形成氢键，增大其溶解性，

故答案为：6s2；三角锥形；氨气为极性分子；氨气分子与水分子间形成氢键；

（2）氯化被以二聚体Be2c14的形式存在，由结构式知Be与C形1成三个键，因此Be

的杂化方式为sp2；Cl的最外层含有1个单电子，最多形成1根共价键，则另外一根键为

a

Be—a

配位键，根据结构式，其中有2个CI存在配位键，则结构简式为：“a,；Be

和Al处于对角线位置，二者性质相似，BeC12与A1C13相似，均为分子晶体，MgC12是

离子晶体，离子晶体的沸点比分子晶体高，因此MgCh的沸点比BeCh高的原因是MgCh

是离子晶体，而BeCh是分子晶体，发生状态变化时，离子晶体要克服离子键，分子晶

体要克服分子间作用尢，离子键比分子间作用力强得多，

a

/\

a—B«Be—O

故答案为：sp2；"a,；MgC12是离子晶体，而BeC12是分子晶体，发生状态变

化时，离子晶体要克服离子键，分子晶体要克服分子间作用力，离子键比分子间作用力

强得多:

（3）由图乙可知，该晶体结构中Ca原子的个数=12X2+2X工=3,Cu原子个数=12

62

X,L+6XA+6=15,该合金的化学式为CaCus；晶胞体积V=［』(aX10"。)2sin60°X

222

6X(yX10-1O)1cm3=3巨x?yX10-3。513,原子的总体积为：3X-1ZL(mXlO'10)

23

3+15X12L(nxIO-,O)3=4n(m3+5n3)X10则该合金的空间利用率为;

3

333033

4n(m+5n)XlQ-x1Q9%_8V3n(m+5n)

xioo%,

主③x2yXL09x2y

873TT(m34-5n3)

故答案为：CaCu5；X100%o

9x2y

【点评】本题考查物质结构与性质，涉及配合物、VSEPR模型、杂化方式、分子结构与

性质、晶胞计算等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。

14.（18分）（2022•河南一模）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必

洛尔中间体G的部分流程如图所示。

8COOH与地F-

⑤

G⑥

oo

IIR

乙酸酹的结构简式为

已知:CHS-C-O-C-CH3O

请回答下列问题：

(I)A的名称是对美苯酚或4-氟苯酚；B中所含官能团的名称是酯基、氟原子。

OH

(2)A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为F+3NaOHf

ONa

ONa+NaF+2H2O,反应⑤的反应类型是消去反应。

(3)碳原子上连有4人不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。则G分子中的手性碳个

数为1个。

CHtaMHI

(4)写出满足下列条件的E的同分异构体的结构简式:CHtUMMI

(11,(1MHi

v

(KtaMMI

1.苯环上只有三个取代基；

n.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰;

III.Imol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2。

（5）根据已有知识并结合相关信息，将以、JOOCCH2CH3为原料制备

OHOH

Br

\jJCH2CH）

Br的合成路线流程补充完整（无机试剂任选），合成路线流程图示例如

下：

CH3cH2BrACH3CH2OH3硫酸-CH3coOCH2cH3

△

OHOH

八BY?CH,CH,

q-OOCCH2cH3立%杷催化立工

<*<(><«H<W"YMCMX

【考点】有机物的合成.

【专题】有机物的化学性质及推断.

【分析】A与乙酸肝发生酯化反应生成B,B再A1Q3催化下生成C,C和乙二酸二乙酯、

乙酸钠发生.取代反应生成D,D和氢气发生加成反应生E,对比E、G的结构及反应⑥的

条件，可知反应⑤中羟基发生消去反应生成F,⑥中碳碳双键与氢气发生加成反应生成G,

F

故F结构简式为：WCOOH;

^-yoOCCHX：^

（5）山路线中B-C的转化，?一在氯化铝条件下生成

<>Ho<*h»i

,再与氢气加成生成7,最后与澳发生取代反应生成

9I!OH

【解答】解：（1）A物质中F原子为取代基，苯酚为母体，A的名称为：对氟;苯酚或4

-氟苯酚；根据B的结构简式，可知其含有的官能团有：酯基、氟原子，

故答案为：对氟苯酚或4-氟苯酚；酯基、氟原子；

（2）A分子中含有酚羟基和氟原子，与足量NaOH溶液反应的化学方程式为

OHONa

ONa+NaF+2H20,对比E、G的结构及反应⑥的条件，可知反

应⑤中羟基发生消去反应生成F,即反应⑤的反应类型是消去反应,

ONa

故答案为:ONa+NaF+2H20；消去反应;

（3）碳原子上连有4人不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，因此G分子中的手性碳

个数为1个（~COOH）,

故答案为：I;

（4）E的同分异构体满足：HLlmol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2moic02,说

明含有2个粉基；II.核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明分子中有4种H,存在

对称结构；I.苯环，只有三个取代基，三个取代基为-F与2个-CHzCOOH,符合条

F

件的E的同分异构体结构简式为：C

cibaMMiF6

故答案为:<H；<•MHI.<HuIMHI.

n

(XXrHzCHj(J

（5）由路线中B-C的转化,转化为y,再与氢

（出（川

Ik

<ijiCFhCHj

AA

IICH.CIU

气加成生成7,最后与溪发生取代反应生成Br,合成路线

流程图为

?H(JH

CH.OL

MI./>A.Hi.ait/XA...«Br>*

—<(J----4J