文档文本内容
【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04
（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．“化学——人类进步的关键”，前提是必须根据化学物质的特性合理使用，下列关于化学物质使用的
说法正确的是
A．同时施用草木灰(有效成分为KCO)和氮肥可促进植物的生长、增强抗倒伏能力
2 3
B．农药施用后一定不会通过农作物、农产品等发生转移
C．随意丢弃聚乙烯制品(如食品包装袋)会产生“白色污染”
D．由于钢铁在空气中会发生锈蚀而损耗，故废旧钢铁制品不需回收利用
【答案】C
【解析】A．草木灰(有效成分为KCO)溶液呈碱性，铵态氮肥溶液呈酸性，两者会反应产生氨气，同时施
2 3
用会降低肥效，故A错误；
B．农药可以通过生物转移，故B错误；
C．塑料垃圾可以造成白色污染，随意丢弃聚乙烯制品(如食品包装袋)会产生“白色污染”，故C正确；
D．回收利用废旧金属是保护金属资源的有效途径，故D错误；
故选：C。
2．高分子材料是当代生产生活的重要物质基础。下列高分子材料通过加聚反应得到的是
A．顺丁橡胶 B．聚酯纤维 C．酚醛树脂 D．聚酰胺纤维
【答案】A
【解析】A．顺丁橡胶单体为1，3-丁二烯，是通过加聚反应得到 ，A正确；
B．聚酯纤维是有机二元酸和二元醇缩聚而成，B错误；
C．酚醛树脂单体为苯酚和甲醛通过缩聚反应得到，C错误；
D．聚酰胺纤维通过缩聚反应得到，D错误；
故选A。3．下列各组物质的鉴别方法错误的是
选项 物质 鉴别方法
A CO(g)和 分别通入澄清石灰水
B 和 分别取少许试剂加入金属钠
和
C 分别取少许试剂加入 溶液
D 和 分别取少许固体加入盐酸中
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．将CO(g)和 分别通入澄清石灰水，使其变浑浊的为 ，可以鉴别，故A正确；
B．分别取少许 和 加入金属钠，反应剧烈的为 ，可以鉴别，故B正确；
C．分别取少许 和 加入 溶液，形成沉淀的是 ，可以鉴别，
故C正确；
D．分别取少许 和 加入盐酸中，均可产生气体，现象相同，无法鉴别，故D错误；
答案选D。
4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A．液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
B． 具有氧化性，葡萄酒中添加 起到漂白作用
C．钾钠合金具有还原性，用于快中子反应堆的热交换剂
D． 具有氧化性，可用作净水剂
【答案】A
【解析】A．氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是因为液氨汽化时吸收大量热，A
正确；
B．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，B错误；
C．在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，C错误；
D．FeCl 溶液水解生成Fe(OH) 胶体具有吸附性，用作净水剂，与氧化性无关，D错误；
3 3
故答案为：A。
5．下列各组物质性质的比较，结论正确的是
A．酸性：
B．还原性：
C．酸性：
D．沸点： <
【答案】C
【解析】A． 是强酸， 是中强酸， 是弱酸， 是弱酸，酸性顺序是错误的，A错
误；
B． 与 同一主族元素，非金属性 > ，还原性 ，B错误；
C．由于氟的电负性大于氯的电负性， 的极性大于 ，使 的极性大于 的极性，导致三氟
乙酸的羧基更易电离出氢离子，酸性强于三氯乙酸，C正确；
D． 易形成分子间氢键沸点高， 更容易形成分子内氢键沸点低，二者
沸点为 > ，D错误；
答案选C。
6．元素As、Se、Br位于元素周期表中第四周期。下列说法正确的是
A．原子半径大小： B．电离能大小：
C．氢化物稳定性： D．电负性大小：
【答案】A【解析】A．同周期元素自左向右半径依次减小，所以 ，A正确；
B．同周期元素自左向右电离能依次增大，当最外层出现半满和全满时第一电离能比相邻元素都要大，所
以 ，B错误；
C．非金属性越强氢化物越稳定，非金属性溴最强砷最弱，所以稳定性 ，C错误；
D．同周期元素自左向右电负性依次增大，所以 ，D错误；
故选A。
7．黄铁矿(主要成分 )是制取硫酸的重要矿物原料。在酸性条件下， 可被氧气催化氧化，反应方
程式为 ，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是
A．反应Ⅰ中，还原剂为
B．在该催化氧化反应中NO作催化剂
C．反应Ⅱ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应Ⅲ中 可吸收标准状况下
【答案】A
【分析】由图可知：反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，反应Ⅱ的Fe3+由+3
价变成+2价，FeS 中硫元素化合价升高，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ +NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，
2
总反应2FeS+7O +2H O=2Fe2+ +4 +4H+可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，据此分析。
2 2 2【解析】A．由分析可知，反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，Fe(NO)2+做还原剂，故A错误；
B．由分析可知，NO参加反应但反应前后性质和质量不变，属于NO催化剂，故B正确；
C．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS 中硫元素化合价由-1价升高到+6价，由电子守恒可知Fe3+和FeS
2 2
的物质的量之比为14∶1，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为14∶1，故C正确；
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+ +NO=Fe(NO)2+，则1mol Fe2+可吸收1mol NO，即标准状况下22.4L，故D
正确；
答案选A。
8．乙酰水杨酸(阿司匹林)的结构如图，下列说法中错误的
A．阿司匹林有镇痛、解热的功效
B．乙酰水杨酸分子中含有羧基、碳碳双键官能团
C．乙酰水杨酸可发生酯化反应和水解反应
D．乙酰水杨酸是一种不饱和烃的衍生物
【答案】B
【解析】A．阿司匹林是人们熟知的感冒药，是第一个重要的人工合成药物，具有解热镇痛作用，故A正
确；
B．阿司匹林分子中含有2种官能团，分别为酯基和羧基，故B错误；
C．该有机物分子中含有羧基、酯基，能够发生酯化反应和水解反应，故C正确；
D．该有机物除含C、H两种元素外，还含有氧元素，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，故D正确；
故选：B。
9．利用图中装置进行实验，能达到实验目的的是。
装置测定醋酸浓 模拟侯氏制碱法制
合成氨并检验氨的生成 制备
度 备
A B C D
A．A B．B C．C D．D【答案】B
【解析】A．测定醋酸浓度，应用酚酞作指示剂， 溶液应该用碱式滴定管盛装，A项不符合题意；
B．氢气和氮气在催化剂（铁丝）、加热条件下反应生成氨气，氨气与HCl反应生成氯化铵固体，若观察
到导管口产生白烟，即可验证有氨气生成，B项符合题意；
C． 易溶于水，不能用排水法收集 ，C项不符合题意；
D．模拟侯氏制碱法制备 时应先向饱和食盐水中通入过量氨气，再通入二氧化碳反应生成
，D项不符合题意。
故选B。
10．室温下，通过下列实验探究 、 溶液的性质。
实验1：用 试纸测量 溶液的 ，测得 约为8
实验2：将 溶液与 溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：饱和 溶液中通入 产生白色沉淀，溶液 从12下降到约为9
实验4：向 溶液中滴加几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅
下列说法正确的是
A．由实验1可得出：
B．由实验2可推测：
C．实验3中发生反应的离子方程式为
D．实验4中加水稀释后，溶液中 的值增大
【答案】D
【解析】A．由实验1可得出碳酸氢钠溶液中碳酸氢根水解程度大于电离程度即，则 ，故A错误；
B．实验2是等体积混合， ，由于混合后碳酸氢钠中碳酸根浓度小于0.05 mol∙L−1，氢
氧化钙是微溶物，钙离子浓度小于0.05 mol∙L−1，因此不能推测： ，故B错误；
C．实验3中发生反应的离子方程式为 ，故C错误；
D．实验4中加水稀释后，水解程度增大，由于溶液体积增大，溶液碱性减弱，氢离子浓度增大，因此溶
液中 的值增大，故D正确。
综上所述，答案为D。
11．研究表明，臭氧层的破坏与“氟利昂”的排放密切相关，其化学反应机理如图[以二氯二氟甲烷
(CFCl)为例]，下列说法不正确的是
2 2
A．紫外线使CFCl 分解产生的Cl·是臭氧生成氧气的催化剂
2 2
B．ClOOCl(过氧化氯)中含有非极性共价键
C．CFCl 分解为CFCl·和Cl·反应中有化学键的断裂和形成
2 2 2
D．臭氧层破坏的关键因素是氟利昂和紫外线
【答案】C
【分析】由图可知，CFCl→CFCl·+Cl·，生成的Cl促进臭氧分解生成氧气，同时最后又生成Cl；ClOOCl
2 2 2
相当HO2中的H原子被Cl取代形成，根据ClOOCl的结构式判断作答；CFCl 分解为CFC1和Cl，反应
2 2 2 2
中有化学键的断裂，没有形成新的化学键；
【解析】A．根据过程分析可知，生成的Cl·促进臭氧分解生成氧气，同时最后又生成Cl·，所以Cl·是促进
臭氧分解生成氧气的催化剂，A正确；
B．ClOOCl的结构式为Cl—O—O—Cl，含有氧氧非极性共价键，B正确；
C．CFCl 分解为CFCl·和Cl·反应中有化学键的断裂，没有形成新的化学键，C错误；
2 2 2
D．氟利昂在紫外线条件下产生的Cl·促进臭氧分解生成氧气，臭氧层破坏的关键因素是氟利昂和紫外线，
D正确；故选C。
12．以炼铁厂锌灰（主要成分为 ，含少量的 、 、 ）为原料制备 的工艺流程如下。
下列说法正确的是
已知：浸取工序中 、 分别转化为 和 。
A．“浸取”采用较高温度更有利于提高浸取率
B．“滤渣①”经稀盐酸溶浸、过滤可获得
C．“除杂”的主要目的是将铁元素从溶液中分离
D．“煅烧”时加入焦炭可提高 的产率
【答案】B
【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+，MnO 、Fe O 不反应，滤液1中含有
3 4 3 4 2 2 3
[Zn(NH )]2+、[Cu(NH )]2+、NH HCO 、NH •H O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH)]2+＝Cu+
3 4 3 4 4 3 3 2 3 4
[Zn(NH )]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH )]2+，滤液2中主要含[Zn(NH )]2+、NH HCO 、NH •H O，经
3 4 3 4 3 4 4 3 3 2
过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO ，最后煅烧获得ZnO。
3
【解析】A．浸取时温度过高会导致碳酸氢铵和氨水分解，故A错误；
B．由分析可知，滤渣1的主要成分为 和 ，用稀盐酸溶浸时 溶解，得到 ，故B正确；
C．加入过量锌粉发生的反应为Zn+[Cu(NH)]2+＝Cu+[Zn(NH)]2+ ，“除杂”的主要目的是将铜元素元
3 4 3 4
素从溶液中分离；故C错误；
D．煅烧时加入焦炭， 会变为单质Zn，会降低 的产率，故D错误。
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共64分。
13．（16分）Li、B、C、Ga等元素的单质或化合物在很多领域有广泛的应用。请回答：
(1)基态 原子的价电子排布式为 。(2)一种含B化合物可用作吸附材料，其化学式为 ，部分晶体结构如图1所示，
其中 为平面结构。
下列说法不正确的是___________。
A．基态原子的第一电离能：
B．基态原子未成对电子数：
C．该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键、氢键
D．晶体中B、C、N和O原子轨道的杂化类型分别为
(3)比较 键角大小： (填“>”“=”或“<”)，并说明理由
。
(4)一种锂离子电池负极材料为两层石墨层中嵌入 ，形成如图2所示的晶胞结构。该物质的化学式可以
表示为 ， 的配位数为 。
【答案】(1)
(2)BCD
(3) > 中B为 杂化， 中B为 杂化(4) 12
【解析】（1）基态 原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，价电子排布式为4s24p1。
（2）A．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第IIA、VA 元素的原子结构比较稳定，其第
一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为 C<O<N，A正
确；
B．B、C、O、N 的未成对电子数分别为 1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数 B<C=O<N，B错误；
C．由晶体结构图可知，该晶体中存在的化学键有共价键、配位键、氢键，C错误；
D． 为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2； 中B与4个O形
成了4个 键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3； 中O分别与B和C形成了
2个 键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3，晶体中B、C、N和O原子轨
道的杂化类型分别为 ，D错误；
故选BCD。
（3） 中B为 杂化， 中B为 杂化，因此 与 相比，
中的 的键角更大。
（4）该晶胞中Li原子位于顶点，数目为 ，C原子位于棱上、体内，数目为 ，
则晶胞中Li与C原子个数比为1:6，化学式可以表示为 ；Li嵌入两层石墨层中，同层上与顶点Li原子
最近的C原子数目为 ，则晶胞中与顶点Li原子最近的C原子数目为12，即Li的配位数为
12。
14．（16分）化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路
线如下：已知：R CHBr R CH=CHR
1 2 1 2
回答下列问题：
(1)B的化学名称为 ；E中官能团的名称为 。
(2)写出D与氢氧化钠水溶液共热的化学方程式 。
(3)由F生成M所需的试剂和条件为 。
(4)X是D的同分异构体，同时符合下列条件的X可能的结构有 种(不含立体异构)。
①苯环上有两个取代基，含两个官能团；②能发生银镜反应。
其中核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式是 (任写一种)。
(5)碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式并用星号(*)标出F中的
手性碳： 。
【答案】(1) 邻甲基苯甲醛或2-甲基苯甲醛 碳碳双键、羧基
(2) +2NaOH +NaBr+H O
2
(3)NaOH的乙醇溶液、加热
(4) 6 、
(5)【分析】A分子式是C H，则A是甲苯，结构简式是 ，A与CO在AlCl /HCl存在条件下发生
7 8 3
反应生成B，B分子式是C HO，B与O 反应生成的C是 ，C分子式是C HO，两种物质分
8 8 2 8 8 2
子式相差一个O原子，可逆推B是 ，C发生甲基上的取代反应生成的D为 ，根据
已知，D与HCHO在一定条件下发生反应生成的E为： ，E与I 在一定条件下发生信息
2
中第二步反应生成的F为 ，F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生的M为
，据此分析解题。
【解析】（1）B结构简式是 ，名称为邻甲基苯甲醛或2-甲基苯甲醛；E是
，含有的官能团的名称为碳碳双键、羧基；
（2）D是 ，D与氢氧化钠水溶液共热，Br原子被-OH取代，-COOH与NaOH发生中和反应产生-COONa，故反应的化学方程式为： +2NaOH
+NaBr+H O；
2
（3）F是 ，分子中含有I原子，由于I原子连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，所以
F可以与NaOH的乙醇溶液在加热条件下发生消去反应形成不饱和的碳碳双键，得到物质M：
，故由F生成M所需的试剂和条件为NaOH的乙醇溶液、加热；
（4）D是 ，X是D的同分异构体，同时符合下列条件：①苯环上有两个取代基，含两个官
能团；②能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO或甲酸形成的酯基HCOO-，由于X中含有2个O原子，可
确定X可能含有两个取代基分别是HCOO-、-CHBr或HCOOCH -、-Br，两个官能团在苯环上的位置有邻
2 2
位、间位、对位三种不同的位置，因此D的同分异构体X可能的种类数目为2×3=6种；其中核磁共振氢谱
显示4组峰的结构简式是 或 ；
（5）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳；F的结构简式是 ，其中
含有的手性碳原子用星号(*)标出为： ；
15．（16分）I．NaCO 和NaHCO 是厨房中常见的两种盐。回答下列问题：
2 3 3
(1)与酸反应的差异进行鉴别。甲组进行了如图4组实验。其中实验 和 (填实验序号)可以鉴别NaCO 和NaHCO 。
2 3 3
(2)利用如图实验比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则物质甲的化学式为 。
取某碳酸钠和碳酸氢钠混合物2.74g，加热到质量不再变化时，剩余固体的质量为2.12g，则混合物中碳酸
钠的质量为 克。
Ⅱ．如图所示，此装置可用来制备Fe(OH) 并验证其还原性，填写下列空白：
2
(3)制备Fe(OH) ：
2
仪器X的名称为 ，实验开始时先将止水夹“a”打开，滴入HSO 和铁粉反应。一段时间后关闭
2 4
止水夹a，使A中溶液流入B中进行反应。
(4)验证Fe(OH) 还原性：
2
实验完毕，打开b处止水夹，充入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为(写化学方程式) ，现象：
。
(5)某同学欲用36.5%浓盐酸(密度1.2g/mL)配制480mL上述实验所需盐酸。
配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果 (填写“偏大”、“偏小”、“不变”)。
【答案】(1) ① ②
(2) NaHCO 1.06
3
(3)分液漏斗
(4) 4Fe(OH) +O +2H O=4Fe(OH) 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
2 2 2 3
(5)偏小
【解析】（1）①和②将盐酸逐滴滴加到碳酸钠和碳酸氢钠溶液中，前者开始无明显现象一段时间后有气
泡产生，后者盐酸加进去立马有气体产生，能区分二者，故答案为①、②；
（2）内试管温度低，外试管温度高，因此内试管盛放碳酸氢钠固体，温度低时能能分解，温度高反而没
有分解，更能说明碳酸氢钠的热稳定性差。固体质量差为0.62g是二氧化碳和水且二者物质的量之比为
1:1，进而求得二氧化碳和水的物质的量都是0.01mol，二氧化碳和水都是碳酸氢钠受热分解而来，
2molNaHCO~1molCO ，因此碳酸氢钠的物质的量为0.02mol，质量为0.02×84g=1.68g，碳酸钠的质量为：
3 2
2.74-1.68=1.06g，故答案为NaHCO 、1.06；
3
（3）X指向分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（4）打开b处止水夹，充入一部分空气氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，
最终变为红褐色，答案为：4Fe(OH) +O +2H O=4Fe(OH) 、白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
2 2 2 3
（5）未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒导致进入容量瓶的溶质偏少，最终溶液浓度偏小。故答案为：偏小。
16．（16分）明矾[KAl(SO)•12H O]是一种常用的净水剂，以废易拉罐(主要成分为铝和少量不溶于碱性
4 2 2
溶液的物质)为原料制取明矾晶体的实验流程如图：
回答下列问题：
(1)“碱溶”步骤中发生反应的化学方程式为 。
(2)“沉铝”步骤在煮沸条件下进行，生成Al(OH) 、NH 和NaHCO 检验“沉铝”所得滤液中主要阳离子的
3 3 3.
定性分析操作为 (填操作名称)。
(3)由浓硫酸配制250mL“酸溶”所需的9mol•L-1HSO 溶液需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、
2 4
、 。(4)“酸溶”步骤在如图所示的装置中进行，导管的作用是 。圆底烧瓶中发生反应的离子方程式
为 。
【答案】(1)2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑{或2Al+2NaOH+6H O=2Na[Al(OH) ]+3H ↑}
2 2 2 2 4 2
(2)焰色试验
(3) 250mL容量瓶(或胶头滴管) 胶头滴管(或250mL容量瓶)
(4) 平衡压强，便于HSO 溶液顺利滴下 Al(OH) +3H+=Al3++3H O
2 4 3 2
【分析】易拉罐的主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并
通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH HCO 溶液后，促进[Al(OH) ]-水解生成Al(OH) 沉淀，过滤
4 3 4 3
后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加KSO 溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。
2 4
【解析】（1）“碱溶”步骤中铝单质和过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)]和氢气，发生反应的化学方
4
程式为2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑{或2Al+2NaOH+6H O=2Na[Al(OH) ]+3H ↑}；
2 2 2 2 4 2
（2）“沉铝”所得滤液中的阳离子主要为Na+，可以采用焰色反应进行检验；；
（3）配置一定物质的量浓度的溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头
滴管；
（4）图示装置是在密闭容器中进行的反应，导管的作用是平衡气压，使液体上下气体压强一致，液体在
重力作用下可以顺利滴下；在圆底烧瓶中浓硫酸与Al(OH) 发生中和反应产生Al (SO )、HO，该反应的
3 2 4 3 2
离子方程式为：Al(OH) +3H+=Al3++3H O。
3 2
