2024年高考押题预测卷—化学（天津卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（天津卷01）（全解全析），共20页。试卷主要包含了物质的结构决定其性质等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
1．科学技术是第一生产力，下列说法错误的是
A．被称为“黑金”的新型纳米材料石墨烯属于无机非金属材料
B．日本福岛核电站排放核污水的2种放射性同位素和中子数相同
C．1965年，我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了结晶牛胰岛素
D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为共价晶体
【答案】B
【解析】A．石墨烯是一种碳的单质，属于无机非金属，A正确；
B．的中子数为78，的中子数为82，B错误；
C．1965年，我国科学家在世界上第一次用化学方法合成具有生物活性的蛋白质--结晶牛胰岛素.，C正确；
D．由于碳成四键，所以金刚石结构中碳原子与周围的四个碳原子以单键结合，形成立体网状结构，为共价晶体，D正确；
故答案为：B。
2．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的减小的是
A．向苯酚钠溶液中通入少量气体
B．向溶液中通入少量气体
C．向水中通入少量气体
D．向饱和溶液中通入少量气体
【答案】C
【解析】A．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，没有发生氧化还原反应，A不符合题意；
B．向溶液中通入少量气体，生成碳酸钠、二氧化碳和水，没有发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．向水中通入少量气体，NO2与水反应生成硝酸和NO，发生了氧化还原反应且溶液的减小，C符合题意；
D．向饱和溶液中通入少量气体，生成S单质，发生了氧化还原反应但溶液的增大，D不符合题意；
故选C。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．用高锰酸钾溶液滴定草酸：
B．电解饱和食盐水：
C．向溶液中加入足量稀硝酸：
D．将足量通入溶液中：
【答案】B
【解析】A．草酸是弱酸，不能拆写，用高锰酸钾溶液滴定草酸：，A错误；
B．电解饱和食盐水：，B正确；
C．硝酸具有强氧化性，能氧化硫代硫酸根离子，C错误；
D．将足量通入溶液中：，D错误；
故选B。
4．是宇宙中最丰富的元素，位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，基态原子的能级与能级的电子数相等，是的等电子体，四种元素形成的配合物结构如下图所示，下列说法错误的是
A．第一电离能：B．电负性：
C．配体ZW中配位原子为ZD．Y的最高价氧化物为碱性氧化物
【答案】D
【分析】X是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y位于第四周期且基态原子中有5个未成对电子，则Y为Mn元素；基态W原子的s能级与p能级的电子数相等，ZW是N2的等电子体，则Z为C元素、W为O元素。
【解析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氧元素的第一电离能大于碳元素，故A正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为O>C>H，则电负性的大小顺序为O>C>H，故B正确；
C．由图可知，一氧化碳是配合物的配体，给予孤对电子的配位原子是碳原子，故C正确；
D．七氧化二锰是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，故D错误；
故选D。
5．物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是
【答案】D
【解析】A．金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动，形成电流，实例与解释相符，故A不符合题意；
B．F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大，不容易提供孤电子对，不易与Cu2+形成配位键，实例与解释相符，故B不符合题意；
C．CO的沸点高于N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但是CO的极性大于N2，导致CO沸点较高，实例与解释相符，故C不符合题意；
D．中S为sp3杂化存在1对孤电子对，而中碳为sp2杂化，故中的键角小于，实例与解释不相符，故D符合题意；
故选D。
6．淄博烧烤红遍全国，用嫩肉粉腌制后烤出的肉串鲜香滑嫩，嫩肉粉的有效成分为木瓜蛋白酶，其结构简式如下，下列说法正确的是
A．1ml该分子最多消耗5mlNaOHB．该分子中含有4种含氧官能团
C．该分子中碳原子的杂化方式有3种D．该分子可以发生消去反应
【答案】A
【解析】A．1ml该分子最多消耗5ml NaOH，分别发生在1ml羧基、1ml酚羟基、3ml酰胺基上，A正确；
B．该分子中含有3种含氧官能团，分别为羧基、酰胺基、酚羟基，B错误；
C．该分子中碳原子的杂化方式有2种，分别为、，C错误；
D．该分子中不含能发生消去反应的醇羟基和碳卤键，不能发生消去反应，D错误；
故本题选A。
7．碱金属单质M和反应的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．CsCl晶体是共价晶体
B．
C．若M分别为Na和K，则：NaD．，
【答案】B
【解析】A．CsCl晶体是离子晶体，A错误；
B．根据盖斯定律：，B正确；
C．若M分别为Na和K，失电子过程中需吸收能量，为正值，K半径更大，失去电子所需能量更小，则：Na＞K，C错误；
D．氯气分子断键为氯原子需吸收能量，；离子结合形成离子键需放热，，D错误；
答案选B。
8．联合和制取时，发生的主要反应如下：
①
②
将、和按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。下列说法正确的是
A．由①②可知，
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①②反应的v、K、均增大
D．其他条件不变时，增大原料中的浓度可以提高产物中的值
【答案】D
【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小；
【解析】A. ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·ml-1，②CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·ml-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·ml-1-247kJ·ml-1= -41kJ·ml-1，故A错误；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，①②反应增为吸热反应，升高温度K增大，但不变，故C错误；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值，故D正确；
答案选D。
9．某实验小组在探究性质时，做了如下实验：
实验Ⅰ：向NaCl溶液中加入溶液，溶液呈绿色。
实验Ⅱ：向溶液中加入表面打磨掉氧化膜的金属Mg，产生大量气泡同时溶液中产生绿色沉淀。
实验Ⅲ：向溶液中加入适量氨水，溶液变为深蓝色。
实验Ⅳ：向实验Ⅲ的深蓝色溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀。
资料显示：为黄色，为绿色不溶物。
下列说法错误的是
A．实验Ⅰ：在NaCl溶液中部分转化为
B．实验Ⅱ：Mg消耗了溶液中的从而产生了
C．实验Ⅲ：有生成
D．实验Ⅳ：获得的蓝色沉淀为
【答案】D
【解析】A．向NaCl溶液中加入溶液后溶液呈绿色，是在NaCl溶液中部分转化为，A正确；
B．为绿色不溶物，实验Ⅱ：产生大量气泡同时溶液中产生绿色沉淀，Mg消耗了溶液中的从而产生了，B正确；
C．实验Ⅲ溶液变为深蓝色是因为有生成，C正确；
D．实验Ⅳ产生蓝色沉淀为，D错误；
故答案为：D。
10．我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是
A．增大反应物或分压均能提高甲醇的产量
B．氢化步骤的反应为
C．增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D．催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
【答案】C
【解析】A．由反应机理图可知总反应为，增大反应物或分压均能提高甲醇的产量,A正确；
B．根据反应机理图可知氢化步骤的反应为，B正确；
C．增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；
D．催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确；
故选C。
11．复旦大学设计了一种新型碱性H2/Na0.44MnO2气体可逆电池，工作原理示意图如下。下列叙述错误的是
A．放电时N为电池正极
B．放电时负极反应：
C．充电时Na+由N极向M极移动
D．充电时阳极反应：
【答案】D
【分析】由图可知，放电时，M极氢元素化合价升高失电子，故M极为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，N极为正极，电极反应式为Na0.44-xMnO2+(x+y)Na++(x+y)e-=Na0.44+yMnO2，充电时，M极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，N极为阳极，电极反应式为Na0.44+yMnO2-(x+y)e-=Na0.44-xMnO2+(x+y)Na+，据此作答。
【解析】A．放电时，M极氢元素化合价升高失电子，故M极为负极，N极为正极，故A正确；
B．放电时M极为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故B正确；
C．充电时Na+由N极(阴极)向M极(阳极)移动，故C正确；
D．充电时，N极为阳极，电极反应式为Na0.44+yMnO2-(x+y)e-=Na0.44-xMnO2+(x+y)Na+，故D错误；
答案选D。
12．室温下，通过下列实验探究某些碳酸盐溶液及碳酸氢盐溶液的性质。
已知：。
下列有关说法正确的是
A．实验1溶液中：
B．实验1测得的值
C．实验2溶液中：
D．实验3所得溶液中：
【答案】D
【解析】A．溶液中存在电荷守恒，存在物料守恒，可得质子守恒为，A不正确；
B．，，则溶液中，以的水解为主，水解显碱性，实验1测得的pH值a＞7，B不正确；
C．实验2溶液中，，＜1，所以，C不正确；
D．将两种浓度均为和溶液等体积混合，测量其，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，另外溶液中以电离为主，水解是微弱的，，D正确；
故选D。
13．（14分）铜氨溶液含有，具有溶解纤维素的性能，在溶解纤维素后所得溶液中再加酸时纤维素又可以沉淀析出，利用这种性质来制造人造丝。用硫酸铜溶液和氨水反应可以制得铜氨溶液。
(1)溶液呈蓝色是因为含有水合铜离子，结构示意图如图所示：基态原子核外电子排布式为 。
(2)制备铜氨溶液。
向溶液中加入少量氨水，得到浅蓝色的碱式硫酸铜的沉淀；若继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的含的铜氨溶液。
①比较键角：NH3 NH(填“大于”“小于”或“等于”)。
②该实验中，与结合能力 (填“大于”“小于”或“等于”)与结合能力，解释原因： 。
③经实验发现：金属铜与氨水和过氧化氢的混合溶液反应也可得到。金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是 ，反应的离子方应程式为 。
(3)某种铜的氯化物晶胞形状为立方体，结构如图所示。
已知该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数为。则该晶胞的边长为 (列出计算式)。
【答案】(1)（2分）
(2)①小于（2分）
②＞（2分） 电负性：O＞N，因此与形成的配位键极性比与形成的配位键要强，更易断裂，即与的结合能力更强（2分）
③过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（2分） （2分）
(3)（2分）
【解析】（1）基态Cu原子核外电子排布式为：；
（2）①NH3价层电子对数为4，有1个孤电子对，为sp3杂化，价层电子对数为4，没有孤电子对，为sp3杂化，由于孤电子对对键合电子对的排斥力比键合电子对之间的排斥力大，因此的键角更大；
②电负性：O＞N，因此与形成的配位键极性比与形成的配位键要强，更易断裂，即与的结合能力更强；
③过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，反应的离子方程式为：；
（3）由均摊法可知，1个晶胞中Cu2+数目为，Cl-数目为4，晶胞的质量为：，晶胞的边长为：。
14．（18分）对乙酰氨基酚（，）具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，刺激性小，极少有过敏反应．某科学小组设计如下转化流程在实验室制备对乙酰氨基酚（部分产物已略去）：
(1)苯酚的俗称是 ．步骤Ⅰ反应温度须控制在，采用的控温方法为 ．
(2)步骤Ⅱ的反应原理为 ,反应装置如图甲所示．该科学小组通过实验测定了不同温度下对氨基苯酚钠的产率，数据如表：
①盛装溶液的仪器名称是 ．
②通过实验数据，可知最佳反应温度为 ℃．
(3)步骤Ⅲ中硫酸的作用是析出对氨基苯酚，若加入硫酸过多或过快，可能导致发生的副反应的离子方程式为 ，的空间结构为 ．
(4)步骤Ⅳ的实验装置如图乙所示，其中，冷凝管的作用是 ；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是 ．
(5)该科学小组用苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚 g．
【答案】(1)石炭酸（2分） 冰水浴（2分）
(2)三颈烧瓶（2分） 45℃（2分）
(3)（2分） 正四面体形（2分）
(4)冷凝回流（2分） 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失（2分）
(5)33.22（2分）
【分析】苯酚在0~5℃与HNO2反应，生成，与Na2S在一定温度下发生反应，生成的在硫酸的作用下析出，与（CH3CO）2O反应生成。
【解析】（1）苯酚俗称石炭酸；步骤Ⅰ反应温度须控制在0~5℃，采用的控温方法为：冰水浴；
（2）①，由图可知，盛装Na2S溶液的仪器名称是：三颈烧瓶；
②由实验数据可知，产率越高，对应的反应温度越合适，最佳反应温度为45℃；
（3）步骤Ⅱ除了生成还生成Na2S2O3，若加入硫酸过多或过快，可能导致Na2S2O3与硫酸反应生成SO2和S，反应的离子方程式为：；中S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形；
（4）冷凝管的作用是：冷凝回流；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是：洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
（5）用0.4ml苯酚进行实验，理论上生成对乙酰氨基酚0.4ml，质量为：0.4ml×151g/ml=60.4g，对乙酰氨基酚的总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚：60.4×55%=33.22g。
15．（18分）有机物G是合成一种抗癌药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：①+CH3I+HI
②+
回答下列问题：
(1)A的名称是 ，E的结构简式为 。
(2)C的含氧官能团的名称为 。
(3)实际上是经过两步反应，其反应类型分别是 ， 。
(4)为了使转化率更高，条件X最好选择 (填标号)；
a．溶液 b．溶液 c．溶液 d．稀盐酸
(5)有机物C能使溴水褪色，写出C与足量的溴水反应的化学方程式 。
(6)有机物D有多种同分异构体，符合下列条件的D的同分异构体有 种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为的是 (填结构简式) 。
①能与反应产生气体
②能使溴的四氯化碳溶液褪色
③苯环上只有两侧链
(7)设计以和为原料制备的合成路线 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】(1) 对甲基苯酚（1分） （2分）
(2)醚键、醛基（2分，各1分，写错不得分）
(3)加成反应（1分） 消去反应（1分）
(4)b（1分）
(5)（2分）
(6)18（2分） （2分）
(7)（4分，每步合成1分）
【分析】A和CH2=CHCH2Br反应生成B，根据信息①，由B逆推，可知A是；D和CH3I反应生成E，根据信息①，可知E是。
【解析】（1）根据以上分析，A是，名称是对甲基苯酚，E的结构简式为；
（2）根据C的结构简式，可知C的含氧官能团的名称为醚键、醛基；
（3）经过两步反应，第一步和发生加成反应生成，第二步是发生消去反应生成，其反应类型分别是加成反应，消去反应。
（4）
D和CH3I反应生成和HI，加入碱性溶液与HI反应，降低HI的浓度能促进反应正向进行，但氢氧化钠能与D中的酚羟基反应，与酚羟基不反应，所以为了使转化率更高，条件X最好选择溶液，选b；
（5）有机物C能使溴水褪色， 中碳碳双键与溴水发生加成反应，醛基与溴水发生氧化反应，与足量的溴水反应的化学方程式为。
（6）①能与反应产生气体，说明含有羧基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键；③苯环上只有两侧链，两个侧链为-COOH、-CH2-CH=CH2或-COOH、-CH=CH-CH3或-COOH、或-CH2COOH、-CH=CH2或-CH3、-CH=CHCOOH或-CH3、，两个侧链在苯环上的位置异构有3种，符合条件的的同分异构体有18种；其中核磁共振氢谱的峰面积比为的是。
（7）水解生成，氧化为，和反应生成，与溴水发生加成反应生成，合成路线为。
16．（14分）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
(1)反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为 ml。
(2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处： 。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。
(3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为 。
②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1ml，则理论上减小了 ml。
(4)常温向溶液中加入适量的NaOH，溶液中、、的分布系数随pOH的变化如图。
下列说法正确的是 。
A．
B．时，溶液显酸性
C．N点对应的溶液，对水的电离起到抑制作用
【答案】(1)4（2分）
(2)①回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量（2分）
②温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动（2分）
③先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变（2分）
(3)（2分） 2（2分）
(4)AC
【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。
【解析】（1）根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mlS2，理论上转移12ml电子，则生成1mlS2时，转移电子的物质的量为4ml；
（2）①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；
（3）①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：；
②根据电极方程式可知，当消耗1ml亚硫酸根离子，转移4ml电子，同时消耗6ml碳酸氢根离子，生成6ml碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4ml的H+通过质子交换膜来到正极，4ml氢离子可以结合4ml的碳酸根离子生成4ml的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2ml。
（4）pOH越大，pH越小，酸性越强，则表示，表示，表示，由，当时，，即，，当时，，即
，A正确；
，即，即为M点，pOH=6.8，即溶液呈碱性，B错误；
N点对应的溶液中主要存在的是，的电离常数为，水解常数为，电离大于水解，对水的电离起到抑制作用，C正确。
评卷人
得分
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
选项
事实
解释
A
金属是电的良导体
金属晶体中的自由电子在外电场作用下发生定向移动
B
NF3不易与Cu2+形成配位键
F的电负性大，导致N原子核对其孤电子对的吸引力大
C
CO的沸点高于N2
CO的极性大于N2
D
中的键角小于
S的原子半径较大，其价层σ键电子对之间的斥力较小
实验
实验操作和现象
1
测量溶液的，测得为
2
测量某浓度的溶液的，测得约为9.4
3
将两种浓度均为和溶液等体积混合，测量其
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共64分。
温度/℃
25
45
55
65
产率/%
52.6
64.7
62.5
58.8