文档内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟║天津专用
黄金卷01
（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．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Mg -24 Fe-56
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1.下列“一带一路”特色贸易商品中，主要有机成分不属于糖类的是
A．吉尔吉斯坦蜂蜜 B．内蒙古羊绒 C．新疆棉花 D．俄罗斯大列巴
【答案】B
【详解】羊绒主要有机成分为蛋白质,不属于糖类。
故选：B。
2.2023年10月24日，新修订的海洋保护法获得通过。以下过程未涉及氧化还原反应的是
A.量子点技术应用于深海探测与光学传感 B.高铁酸钠（NaFeO）处理水
2 4
C.利用风电技术对海水进行原位电解制氢 D.热空气吹出法从海水中提溴
【答案】A
【详解】
A．量子点发光未发生化学变化，A正确；
B．高铁酸钠（NaFeO）利用其强氧化性消杀病毒，涉及氧化还原，B错误；
2 4
C．水制备氢气，涉及价态变化，C错误；
D．海水中溴以溴离子存在，将其转化为溴单质，存在价态变化，D错误；
故选：A。3.下列有关 和 的性质，叙述错误的是
A．鉴别等物质的量浓度的 溶液和 溶液可以用盐酸
B．向等体积等物质的量浓度两种溶液中分别滴加等量酚酞溶液， 溶液红色较深
C．小苏打是发酵粉的主要成分之一
D．除去 溶液并混有的少量 ，用加热法
【答案】D
【详解】A．向等物质的量浓度的 溶液和 溶液中滴加少量盐酸，碳酸氢钠溶液首先反应生
成二氧化碳气体，故可以用盐酸，A正确；
B．等体积等物质的量浓度两种溶液中碳酸钠溶液的碱性更强，故分别滴加等量酚酞溶液， 溶液红
色较深，B正确；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热生成气体可以是糕点疏松，是发酵粉的主要成分之一，C正确；
D．NaHCO 不稳定，加热易分解生成NaCO，故不能用加热法，D错误；
3 2 3
故选D。
4.下列有关物质的性质与用途不相对应的是
选
性质 用途
项
A 二氧化硅硬度大，耐腐蚀 作光导纤维
B 液氨汽化时要吸收大量的热 作制冷剂
C 氧化钙能与水反应 作干燥剂
D 二氧化硫具有还原性 作抗氧化剂
【答案】A
【详解】A．二氧化硅能导光可以作光导纤维，故A错误；
B．液氨汽化时要吸收大量的热，降低温度，故可以作制冷剂，故B正确；
C．氧化钙能与水反应，吸收水分，故可作干燥剂，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可以与氧化剂反应，故可以作抗氧化剂，故D正确；
故答案为A。5.下列关系错误的是
A．沸点：CO＞N B．第一电离能：Si＜P＜S
2
C．在水中的溶解度：SO ＞CO D．还原性：稀盐酸＜浓盐酸
2 2
【答案】B
【详解】A．CO、N 的相对分子质量相同，但CO为极性分子，N 为非极性分子，所以CO分子间的作用
2 2
力比N 大，沸点：CO＞N，A正确；
2 2
B．P的价电子排布式为3s23p3，3p轨道电子半充满，原子的能量低，第一电离能反常，则第一电离能：Si
＜S＜P，B错误；
C．SO 为极性分子，CO 为非极性分子，水为极性分子，依据相似相溶原理，在水中的溶解度：SO ＞
2 2 2
CO，C正确；
2
D．浓盐酸中Cl-浓度比稀盐酸中大，且浓盐酸的酸性更强，所以还原性：稀盐酸＜浓盐酸，D正确；
故选B。
6.四氯化碳是常用的不燃溶剂，由如下反应制备： 。下列说法正确的是
A．CS 的熔沸点比CO 的低 B．CCl 的热稳定性比CF 的高
2 2 4 4
C．该制备反应是熵增过程 D．CS 的键角大于CCl 的键角
2 4
【答案】D
【详解】A．CS 和CO 均为分子晶体，结构相似，CS 的相对分子质量比CO 大，分子间作用力较大，故
2 2 2 2
CS 的熔沸点比CO 高，故A错误；
2 2
B．氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，Cl的原子半径大于F，键长：C-Cl>C-F，键能：
CCl < CF，所以CCl 的热稳定性比CF 的低，故B错误；
4 4 4 4
C．该正反应是气体分子数减小的反应，是熵减过程，故C错误；
D．CCl 分子为正四面体型，键角为109°28′，CS 分子为直线型，键角为180°，即CS 的键角大于CCl 的
4 2 2 4
键角，故D正确；
故选：D。
7.一定温度和压强下，以铁粉为催化剂，用氮气和氢气合成氨气；部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表
面的物种用*标注)，下列说法正确的是A．图示过程中只有一个基元反应
B．由此历程可知：N*＋3H*=NH*＋2H* ΔH﹤0
C．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
【答案】B
【详解】A．该反应分3个分步骤完成，有3个基元反应，故A错误；
B． H=生成物总能量-生成物总能量，由图可知，此历程中：N*+3H*═NH*+2H* H＜0，故B正确；
C．∆催化剂的作用是降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，而焓变只与反应∆的始态和终态有关，故
以铁粉为催化剂，铁粉改变了合成氨的反应历程，但不能改变反应热，故C错误；
D．用不同催化剂合成氨，活化能不同，则反应历程与该图不相同，故D错误；
故选：B。
8.有机物Z是一种强效免疫剂的合成中间体，其合成路线如下：
下列说法正确的是
A．X存在顺反异构体 B．Z中含氧官能团只有酮羰基和羟基
C．X、Y、Z均可发生水解反应和加成反应 D．可以用新制 悬浊液检验Y中残留的X
【答案】C
【详解】A．根据结构判断，X碳碳双键的同一个碳原子上有两个相同的基团，不存在顺反异构，故A错
误；
B．Z中含氧官能团除了酮羰基和羟基还有酰胺基，故B错误；
C．X、Y、Z中都有酰胺基可以发生水解反应，X中有羰基、碳碳双键，Y中有醛基、碳碳双键，Z中有羰基，因此都可以发生加成反应，故C正确；
D．有醛基结构的是Y无法用新制 悬浊液检验Y中残留的X，故D错误；
故选C。
9.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是(夹持装置已略去)
化学试剂 制备的气体
A 稀盐酸与碳酸氢钠
B 稀硫酸与铝
C 过氧化氢与二氧化锰
D 浓盐酸与高锰酸钾
【答案】B
【详解】A．二氧化碳的密度大于空气，二氧化碳应从长导管通入，A错误；
B．稀硫酸与铝反应放出氢气，氢气的密度小于空气，从短导管通入进行收集，B正确；
C．氧气的密度大于空气，氧气应从长导管通入，C错误；
D．氯气的密度大于空气，氯气应从长导管通入，D错误；
答案选B。
10.已知硼酸溶于水后发生的变化为HBO+H O [B(OH) ]-+H+，下列有关说法正确的是
3 3 2 4
A．硼酸是酸，能抑制水的电离 B．1molH BO 能中和3moNaOH
3 3
C．NaB(OH) 溶液中：c(OH-)＞c(H+) D．NaB(OH) 溶液不能与CO 反应
4 4 2
【答案】C
【详解】A．由硼酸与水作用的离子方程式知，硼酸消耗了水电离出的 ，从而促进了水的电离，A项
错误；
B．硼酸是一元酸，B项错误；
C． 是强碱弱酸盐，溶液显碱性，C项正确；D．根据元素周期律知，碳酸的酸性强于硼酸，故 溶液可以与 反应，D项错误；
故答案为：C。
11.下列说法错误的是
A．常温下， 溶液呈碱性，说明 是弱酸
B．常温下， 的醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液的pH增大
C． 溶液中
D．若氨水和盐酸混合后的溶液呈中性，则混合后的溶液中
【答案】C
【详解】A．常温下， 溶液呈碱性，说明 为强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，故 是弱酸，
A正确；
B．常温下， 的醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动，
氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，B正确；
C． 溶液中根据物料守恒可知， ，C错误；
D．若氨水和盐酸混合后的溶液呈中性，则 ，根据电荷守恒可知，混合后的溶液中
，D正确；
故选C。
12.下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列叙述正确的是
A．装置最终实现化学能转化为电能 B．电解质溶液pH变大
C．导线中每通过1mole－，需要消耗11.2 LO (标况) D．b为正极
2
【答案】D【分析】氢氧燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极、通入氧化剂氧气的电极是正极，电解质溶液呈碱
性，则负极上电极反应式为H-2e-+2OH-=2H O，正极电极反应式为O+2H O+4e-═4OH-，根据LED发光二
2 2 2 2
极管中电子移动方向知，b是正极、a是负极，据此分析解答。
【详解】A．原电池是将化学能转化为电能，电能通过LED发光二极管，则电能最终转化为光能，部分还
转化为热能，故A错误；
B．氢氧燃料的生成物为水，故电解质溶液pH变小，故B错误；
C．通过以上分析知，b为正极，通入O 的电极发生反应：O+4e−+2H O═4OH−，每通过1mole－，需要消
2 2 2
耗0.25mol氧气，故(标况)体积为5.6L，故C错误；
D．燃料电池中，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，b是正极，故D正确；
答案选D。
二、非选择题：本题共4小题，共64分。
13.（15分）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) (氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)，是颇具潜力的化学储氢材料之一，
它可通过环硼氮烷、 与 进行合成。
① 中涉及的元素H、B、N电负性最大的是 。
②键角： (填“>”、“<”或“=”)，原因是 。
(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 ，则该合金的密度为 。③若该晶体储氢时， 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 的
体积约为 L。
【答案】(1)H
2
(2)第四周期IVB族
(3) N > 分子中没有孤电子对， 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 小于 的键角
(4) 4 22.4
【详解】（1）NaH遇水反应的方程式为： ，NaH中-2价H与 中+1价H结合
生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H；
2
（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；
② 与 价电子对数均为4，但 分子中没有孤电子对， 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 小于 的键角，故
答案为：>； 分子中没有孤电子对， 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 小于 的键角；
（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 ，Mg原子位于体内有8个， 则晶胞的质量
为： ，该合金的密度 ，故答案为：；
③ 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： ，晶胞中Mg原子与
氢气的关系： ；含Mg48g即2molMg吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：
22.4；
14.（18分）A为重要的有机化工原料，B分子的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰，下列是合成防火材料
聚碳酸酯(PC)和有广泛用途的内酯 的路线：
已知：i： ( 、 为氢原子或烃基)
ii： (R、 、 代表烃基)
请回答下列问题：
(1)A的名称为 。
(2)反应①的反应类型为 。
(3)C分子含有的官能团是 。
(4)化合物甲的分子式为 。
(5)反应④的方程式为 。
(6)E分子内含有六元环，可发生水解反应，其结构简式是 。
(7)X是 的同分异构体，符合下列条件的 的结构简式是 。
① 能与足量银氨溶液生成 ；
② 中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为 。(8)以物质B为原料选用必要的无机试剂经过以下3步反应合成 。
B CHOCH CH(CH )
3 2 3 2
写出中间产物1和中间产物2的结构简式：中间产物1 、中间产物2 。
【答案】(1)2—丙醇
(2)氧化反应
(3)羰基、羟基
(4)C HO
4 8 2
(5)n +n
+(2n-1)
(6)
(7)
(8) 或【分析】由有机物的转化关系可知，铜做催化剂作用下 与氧气发生催化氧化反应生成
，则A为 、B为 ； 一定条件下
与甲醛发生加成反应生成 ，则C为 ；
与CHCOOC H 发生加成反应生成 ，催化剂作
3 2 5
用下 发生分子内取代反应生成 ，则甲为CHCOOC H、E
3 2 5
为 ； 与苯酚反应生成 ，则G为； 与 发生缩聚反应生成
。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为 ，名称为2—丙醇，故答案为：2—丙醇；
（2）由分析可知，反应①为铜做催化剂作用下 与氧气发生催化氧化反应生成
和水，故答案为：氧化反应；
（3）由分析可知，C的结构简式为 ，官能团为羰基、羟基，故答案为：羰基、羟
基；
（4）由分析可知，甲的结构简式为CHCOOC H，分子式为C HO，故答案为：C HO；
3 2 5 4 8 2 4 8 2
（5）由分析可知，反应④为 与 发生缩聚反应生成
和甲醇，反应的化学方程式为n+n
+(2n-1) ，故答案为：n
+n +(2n-1) ；
（6）由分析可知，E的结构简式为 ，故答案为： ；
（7）1molE的同分异构体X能与足量银氨溶液生成4mol说明X分子中含有2mol醛基，则X中核磁共振
氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1：1：3的结构简式为 ，故答案为：
；
（8）由题意可知， 一定条件下发生加成反应生成 ，浓硫酸作用下 共热发生消去反应生成为 或
， 或 ，
一定条件下与氢气发生加成反应生成CHCOCH CH(CH )，则中间产物1为
3 2 3 2
，中间产物2为 或
，故答案为： ； 或
。
15.（14分）某同学制备HSO ，再用HSO 制备C H，并检验产物。
2 4 2 4 2 4
I.制备HSO 的重要一步是制SO
2 4 3
(1)某同学在实验室中根据2SO (g)+O(g) 2SO (g)，设计如图1所示实验装置来制备SO 固体。
2 2 3 3①在A装置中加入NaSO 固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。
2 3
②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。
③实验开始时的操作顺序为 。
a.先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入E
b.先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯
II.制取乙烯
图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题：
(2)图2中仪器①、②的名称分别为 。
(3)反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。
III.检验产物
(4)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如表实验并得出相应结论。
实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论
① 酸性KMnO 溶液 紫红色褪去 产物含有乙烯
4
② 澄清Ca(OH) 溶液. 变浑浊 产物含有CO
2 2
③ 通过品红溶液 红色褪去 产物含有SO
2
实验①～③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
【答案】(1) 水与浓硫酸作用放热，有利于SO 的放出 浓硫酸 燥SO 和O；使SO 和O 混
2 2 2 2 2
合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度 b(2)温度计和圆底烧瓶
(3)防暴沸
(4) ①；② 二氧化硫能使酸性KMnO 溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH) 溶液变浑浊
4 2
【分析】A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发
生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理，据
此解答。
【详解】（1）①实验中A装置制取SO ，制备原理本质为：SO +2H+＝SO ↑+H O，反应通常加热进行，
2 2 2
便于SO 逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO 的放出，故答案为：水与浓硫酸
2 2
作用放热，有利于SO 的放出；
2
②气体SO 和O 在E试管中以Cr O 作催化剂、加热条件制备SO ，并且SO 易吸水。为实验安全、防止
2 2 2 3 3 3
催化剂中毒以便得到SO 固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO 和O 在催化剂表面反应生成SO ，为
3 2 2 3
充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作
用是①干燥SO 和O；②使SO 和O 混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；
2 2 2 2
干燥SO 和O；使SO 和O 混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；
2 2 2 2
③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，答案选
b。
（2）根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。
（3）反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。
（4）由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也
能使酸性KMnO 溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH) 溶液变浑浊，所以②中结
4 2
论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。
16.（17分）我国科学家在“碳中和”项目上进行了如图相关深入研究，并取得一定效果。请按要求回答
下列问题：
(1)将CO 转化为炭黑(C)并回收利用，反应原理如图所示。
2①FeO的作用是 。
②写出CO 转化为炭黑(C)和氧气的热化学方程式： 。
2
(2)常温下，CO 催化加氢的反应为2CO+6H =C H+4H O H<0。
2 2 2 2 4 2
①若该反应自发进行，反应适宜条件是 (填“低温”或△“高温”)。
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，负极反应物为 。
(3)以CO 和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CHOCOOCH )的反应为CO(g)+2CH OH(g)
2 3 3 2 3
CHOCOOCH (g)+HO(g) H。在一定条件下，测定碳酸二甲酯的产率随温度变化的曲线如图a所示；其他
3 3 2
条件一定时，改变压强(保△持各物质气态)，测定甲醇的平衡转化率随压强变化的曲线在图b(未画出)。
①每个碳酸二甲酯分子中最多有 原子共平面。
②在140~180℃之间，随着温度升高，碳酸二甲酯的产率降低，可能原因是(写一种) 。
③请绘制出图b曲线 。
【答案】(1) 催化剂，降低反应活化能 CO(g)=C(s)+O (g) H=+(a+b) kJ/mol
2 2
(2) 低温 H 2 △
(3) 8 从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多
【详解】（1）由图可知，过程ⅰ的反应为二氧化碳与氧化亚铁反应生成四氧化三铁和炭黑，反应的热化
学方程式为CO(g)+6FeO(s)=2Fe O(s)+ C(s) △H=+bkJ/mol，过程ⅱ的反应为四氧化三铁发生分解反应生成
2 3 4
氧化亚铁和氧气，反应的热化学方程式为2Fe O(s)= O (g)+6FeO(s) △H=+akJ/mol，则氧化亚铁为反应的催
3 4 2
化剂，总反应的热化学方程式为CO(g)=C(s)+O (g)△H=+(a+b) kJ/mol；
2 2
①由分析可知，氧化亚铁为反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故答案为：催化剂，降
低反应活化能；
②由分析可知，二氧化碳转化为炭黑和氧气的热化学方程式为CO(g)=C(s)+O (g)△H=+(a+b) kJ/mol，故答
2 2
案为：CO(g)=C(s)+O (g)△H=+(a+b) kJ/mol；
2 2
（2）①常温下，该反应是气体体积减小的放热反应，反应焓变△H＜0，熵变△S＜0，则该反应在低温条
件下反应△H＜0—T△S＜0，能自发进行，故答案为：低温；
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，由方程式可知，还原剂氢气在负极失去电子发生氧化反应生成
水，故答案为：H；
2
（3）①酯基是平面结构，则每个碳酸二甲酯分子至少有6个原子一定共平面，由三点成面的规则可知，分
子中最多有8个原子共平面，故答案为：8；
②由图可知，140℃时，碳酸二甲酯的产率最大，说明反应达到平衡，140℃时之前是平衡的形成过程，
140℃时之后是平衡的移动过程，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碳酸二甲酯的
产率减小；温度升高，催化剂的活性降低、反应的副产物增多也可能导致碳酸二甲酯的产率减小，故答案
为：从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副
产物增多；
③该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡转化率增大，所以甲醇的平衡转化率与压强变化的曲线如下图： ，故答案为：
。
