2024年高考猜想预测卷（天津卷）03化学·全解全析本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时60分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！以下数据可供解题时参考：H1C12O16S32Fe56Co59第Ⅰ卷注意事项：每题选出答案后，用铅笔将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。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．“挖掘文物价值，讲好河北故事”。下列河北“镇馆之宝”中主要成分不同于其他三种的是选项ABCD文物名称战国中山王铁足铜鼎锴金银四龙四凤铜方案座彩绘石散乐浮雕长信宫灯A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．铁足铜鼎是由铁、铜等金属制造而成，属于金属制品；B．锴金银四龙四凤铜方案座是由金、银、铜等金属制成，属于金属制品；C．彩绘石散乐浮雕，石刻用汉白玉雕成并着色，汉白玉的主要成分为碳酸钙等，属于碳酸盐制品；D．长信宫灯是由铜鎏金等金属制成，属于金属制品；综合以上分析，可得出彩绘石散乐浮雕与其他三件“镇馆之宝”不同，故选C。2．根据下列实验叙述，得出结论正确的是A．向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体，则原FeCl2溶液部分变质B．向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，有机层呈橙红色，则Cl2氧化性大于Br2C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体，则该固体难溶于水D．向含有等物质的量H2SO4和HNO3的混酸稀溶液加入过量铜粉，充分反应，则溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2【答案】D【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁红褐色沉淀，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明原FeCl2溶液部分变质，A错误；B．有机相呈橙红色，说明反应中有Br2生成，KBrO3中溴元素由＋5价被还原至0价，发生还原反应，说明Cl2是还原剂，表现出还原性，故根据该实验无法比较Cl2、Br2的氧化性强弱，B错误；  C．向CuSO4溶液中加入适量的氨水，再加入乙醇，析出深蓝色固体为，固体易溶于水，C错误；D．硝酸根离子具有强氧化性，在酸性条件下发生反应，等物质的量H2SO4和HNO3的混酸中氢离子、硝酸根离子比为3:1，则氢离子不足、硝酸根离子过量，溶液中的溶质有CuSO4和Cu(NO3)2，D正确；故选D。3．下列表示正确的是A．的价层电子对互斥（VSEPR）模型：B．的电子式：C．基态的价层电子轨道表示式：D．的名称：乙二酸乙二酯【答案】A【详解】A．的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B．的电子式为，B错误；C．基态的价层电子轨道表示式为C错误；D．的名称为乙二酸二乙酯，D错误；答案选A。4．实验室合成高铁酸钾（）的过程如下图所示。下列说法错误的是A．气体a的主要成分为B．沉淀b的主要成分为C．中的化合价为D．反应2为【答案】B【分析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl气体，得到气体a的主要成分为，氯气和饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成，由于的溶解度小于KOH，会析出白色沉淀，将和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成，以此解答。【详解】A．由分析可知，气体a的主要成分为，故A正确；B．由分析可知，沉淀b的主要成分为，故B错误；C．由化合物化合价的代数和为零可知，中的化合价为，故C正确；D．反应2中和在碱性条件下发生氧化还原反应生成和KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确；故选B。5．下列物质的鉴别或检验一定能达到实验目的的是A．用饱和溶液鉴别溶液和溶液B．用盐酸和KSCN溶液检验Fe粉中是否含有C．用湿润的淀粉-KI试纸鉴别和溴蒸气D．向1-氯丁烷中加入硝酸酸化的溶液检验氯元素【答案】A【详解】A．饱和溶液和溶液混合反应生成碳酸钡白色沉淀，饱和溶液和溶液混合氢氧化铝白色沉淀和二氧化碳气体，能用饱和溶液鉴别溶液和溶液，故A正确；B．溶于盐酸生成Fe3+，而Fe粉可以将Fe3+还原为Fe2+，加入KSCN后溶液不变红，Fe粉也可能含有，不能用盐酸和KSCN溶液检验Fe粉中是否含有，故B错误；C．溶于水后会生成HNO3，HNO3和溴蒸气都能将I-氧化为I2，不能用湿润的淀粉-KI试纸鉴别和溴蒸气，故C错误；D．鉴定1-氯丙烷中氯元素应该先加入NaOH溶液使其水解产生NaCl，然后加入稀HNO3酸化，用于中和NaOH溶液，防止NaOH与AgNO3溶液反应生成沉淀对实验产生干扰，故D错误；故选A。6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2—)，下列说法正确的是A．简单离子半径：Z＞Y＞X B．沸点：ZX2＞WX2C．R2—中Z的化合价是—3 D．第二电离能：Y＞Z【答案】B【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、原子半径大的黑球形成6个和2个共价键，则X为O元素、Z为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P元素。【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则磷离子的离子半径大于硫离子，故A错误；B．二氧化硫和二氧化碳均构成分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，二氧化硫的空间结构为V形，是结构不对称的极性分子，二氧化碳的空间结构为直线形，是结构对称的非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳，故B正确；C．由化合价代数和为0可知，由氧元素和硫元素形成的R2—中硫元素的化合价平均为+2.5价，故C错误；D．磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布式为3s23p2，硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为3s23p3，S+离子中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫元素的第二电离能大于磷元素，故D错误；故选B。7．多巴胺是一种神经传导物质，其合成路线如下图所示。下列说法正确的是A．-酪氨酸最多可以与发生加成反应B．L-多巴分子中所有碳原子不可能共平面C．多巴胺可与溶液反应D．L-酪氨酸、L-多巴和多巴胺均既有酸性，又有碱性【答案】D【详解】A．L-酪氨酸含有苯环，因此1molL-酪氨酸最多可以与3mol发生加成反应，羧基不与氢气发生加成反应，A错误；B．根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则L-多巴分子中所有碳原子可能同平面，B错误；C．多巴胺含有酚羟基，但酚的酸性比碳酸弱，不能与溶液反应，C错误；D．L-酪氨酸、L-多巴和多巴胺都含有氨基，具有碱性，同时都有酚羟基，具有酸性，D正确；故选：D。8．反应：Al2Cl6+2NH3=2Al[(NH3)Cl3]中，共价化合物Al2Cl6的结构式为，下列说法错误的是A．1molAl[(NH3)Cl3]中通过p-p轨道重叠形成的σ键数目为4NAB．Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构C．反应前后Al原子配位数不变D．Al[(NH3)Cl3]属于极性分子【答案】A【详解】A．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、3个N—H键和1个N—Al键，其中Al—Cl键为p—pσ键，N—H键为s—pσ键，N—Al键属于配位键，不是轨道重叠形成，则1molAl[(NH3)Cl3]中通过p—p轨道重叠形成的σ键数目为3NA，故A错误；B．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子外围有4对成键电子对，Cl原子有2对成键电子对,还含有2对孤电子对，所以Al2Cl6分子中所有原子最外层均满足8电子结构，故B正确；C．由Al2Cl6分子结构图可知，Al原子的配位数为4；Al[(NH3)Cl3]分子分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键(实质为配位键)，则Al原子的配位数也是4，即反应前后Al原子配位数不变，故C正确；D．Al[(NH3)Cl3]分子中含有3个Al—Cl键、1个N—Al键，且两种键的键长不相等，正负电中心不能重合，所以Al[(NH3)Cl3]属于极性分子，故D正确；故选A。9．下图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。    下列说法正确的是A．Q中反应的离子方程式为+2H+=H2O+CO2↑，2+4H+=2H2O+O2↑B．测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1C．没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大D．若操作正确，量筒I、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2的质量分数为【答案】C【分析】实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应：，，此时关闭K1、K2，打开K3，利用排液法测得所有气体的体积即量筒I中水的体积xmL，反应完毕后先打开K2，关闭K3保证Q灵活伸缩后打开K1，碱石灰吸收后量筒Ⅱ收集ymL水即氧气的体积，据此进一步分析。【详解】A．过氧化钠不能拆，其离子方程式为：，故A错误；B．为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关闭K3，故B错误；C．若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；D．题中计算既未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数为：，故D错误；故选C。10．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70，下列说法错误的是  A．“杯酚”能与C60形成分子间作用力B．操作①是过滤；操作③是蒸馏C．上述方法能实现C60与C70分离D．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子【答案】D【详解】A．“杯酚”能与通过形成分子间作用力而形成超分子，A正确；B．操作①得到溶于甲苯的和不溶于甲苯的超分子，是过滤；操作③得到易挥发的氯仿，为蒸馏操作，B正确；C．根据信息，通过操作①能实现与分离，C正确；D．氯仿不是正四面体结构，是极性分子，苯是非极性分子，而苯分子的一个H原子被甲基取代后形成甲苯为极性分子，D错误；故选D。11．下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。左右两侧为电解质储罐，中央为电池，电解质通过泵不断在储罐和电池间循环；电池中的左右两侧为电极，中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许离子通过；放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和NaBr。下列有关该系统的叙述不正确的是A．左、右储罐中的电解质分别为左：；右：B．中间离子选择性膜为阴膜，允许阴离子通过C．电池充电时，阴极的电极反应为D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，需往溶液中加入才能使原硫酸铜溶液复原，则电解过程中转移电子的物质的量为1.8mol【答案】B【详解】A．放电前，被膜隔开的电解质为和，放电后，分别变为和NaBr，可以知道被氧化，NaBr被还原，左储罐为电源的正极，原电池正极发生还原反应，则左储罐电解质为，右储罐为电源的负极，原电池负极发生氧化反应，则右储罐电解质为，故A正确；B．电池充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+，阴极发生还原反应，电极反应为，阳极生成的Na+要经过阳离子交换膜进入阴极，中间离子选择性膜为阳离子交换膜，故B错误；C．电池充电时，阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，故C正确；D．用该电池(电极为惰性电极)电解硫酸铜溶液一段时间后，阳极电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+