2024年高考第三次模拟考试题：化学（天津卷）（解析版）

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【解析】
A．豆浆中的蛋白质可在CuSO4的作用下发生变性，A错误；
B．碳纳米管属于单质，只含有一种物质不能形成分散系，不是胶体，B错误；
C．糯米烧麦、白灼西兰花分别含淀粉、纤维素，都含天然高分子化合物，C正确；
D．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，D错误；
故答案为：C。
2．B
【解析】A．天然气的主要成分是甲烷CH4，A正确；
B．纤维素不能为人体分解，不可以为运动员提供能量，B错误；
C．维生素C具有还原性，可作为预包装食品的抗氧化剂，C正确；
D．向豆浆中加入卤水，使豆浆中的蛋白质发生聚沉，属于蛋白质的聚沉，D正确；
故选B。
3．A
【解析】A．四氯化碳和水互不相溶，应采用分液分离，仪器选用分液漏斗，故A正确；
B．粗盐提纯涉及蒸发结晶操作，应用到蒸发皿，而坩埚是灼烧固体的仪器，故B错误；
C．酸碱中和滴定不需要加热，不用酒精灯，故C错误；
D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇应用蒸馏法，蒸馏时应用直型冷凝管，故D错误；
故选：A。
4．D
【解析】A．铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝，致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应，铝具有延展性，故铝可用于制作铝金属制品，A错误；
B．氧化铝为离子化合物，可用作电解冶炼铝的原料，B错误；
C．氢氧化铝是强碱，具有腐蚀性，不能用于中和胃酸；氢氧化铝为两性氢氧化物，可以用于中和过多的胃酸，C错误；
D．明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物，用于净水，D正确；
故选D。
5．C
【分析】本题考查金属性、非金属性、熔点、热稳定性等，明确最高价氧化物的水化物酸性、碱性与非金属性、金属性的关系是解答本题的关键，难度不大。
【解析】A．熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体，SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，则熔点SiO2> CO2，不能用元素周期律解释，A错误；
B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物得水化物的酸性越强，非金属性：S>C，则酸性H2SO4> H2CO3，H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，因此酸性：H2SO3> H2CO3不能用元素周期律解释，B错误；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物得水化物的碱性越强，金属性：Na>Li，则碱性NaOH>LiOH，能用元素周期律解释，C正确；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，D错误；
故答案选C。
6．A
【解析】A．NH3中N的电负性强，能形成分子间氢键，A正确；
B．中N原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，空间构型为正三角形，B错误；
C．NH4NO3中存在极性共价键，但是没有非极性共价键，C错误；
D．NH3中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式为sp3杂化，D错误；
故答案选A。
7．D
【解析】A. 催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，故A错误；
B. 在②→③过程，存在H-H、N≡N键的断裂吸收能量，形成 N 原子和 H 原子，故B错误；
C. 在③→④过程，生成了NH3，NH3含有N-H键，为极性键，故C错误；
D. 合成氨为放热反应，则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D正确；
故答案为D。
【点睛】把握反应中能量变化、能量转化为解答的关键，化学反应的本质是构成反应物的化学键断裂，重新形成新的化学键，选项A为易错点，使用催化剂可以改变反应速率，但不改变反应放出的热量。
8．B
【解析】A．1ml双环烯酯含有2ml碳碳双键，能够和2mlH2发生加成反应，A正确；
B．该双环烯酯完全加氢后，左右的两个六元环各有4种一氯代物，-CH2-上有1种一氯代物，因此其完全加氢后的产物的一氯代物共有9种，B错误；
C．该双环烯酯水解后的产物中都含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾褪色，C正确；
D．左边环与酯基相连的C原子为手性碳原子，右边环上与亚甲基相连的C原子为手性碳原子，一共两个，D正确；
故选B。
9．D
【解析】
A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；
B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；
C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；
D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；
故选D。
10．A
【解析】A．根据质子守恒，0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液中存在c(H＋)＋c(H2CO3)=c()＋c(OH—)＋c(NH3·H2O)，故A正确；
B．由实验1溶液呈碱性可知，水解程度<，故可得Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3)，故B错误；
C．实验2中发生反应的离子方程式为＋＋2OH-=＋NH3↑＋2H2O，故C错误；
D．析出晶体为NaHCO3，滤液中溶质为NaHCO3、NH4Cl，根据元素质量守恒，实验3中物料守恒所得滤液中存在：c()＋c(NH3·H2O)=c(Cl—)，c(Na＋)=c(H2CO3)＋c()＋c()，c(Na＋)c(H2CO3)＋c()＋c()，故D错误；
故本题选A．
11．D
【解析】
A．含有氢键的氢化物易液化，NH3分子间存在氢键，PH3分子间不存在氢键，所以氨气易液化，A不合题意；
B．由于F的电负性大于Cl，则F3C-的极性大于Cl3C-的极性，F3C-的吸电子效应比Cl3C-的强，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，与分子间作用力无关，B符合题意；
C．镁离子半径大于铝离子半径，且铝离子所带电荷多于镁离子，则镁中的金属键较铝中的更弱，镁的硬度较铝的小，即由于Al原子价电子数多，半径小，导致Al的硬度大于Mg ，C不合题意；
D．非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，溴、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，所以Br2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D不合题意；
故答案为：D。
12．D
【解析】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。
13．(1)3:2(或2:3)
(2) SiO2 H2S CaSO4
(3) MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(4) Fe(OH)3
(5)
【分析】高硫锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3，还含有少量MnS、FeS、CuS、NiS、FeCO3等，脱硫时，加入NaOH溶液、催化剂，并通入空气，硫化物中的硫转化为S单质，SiO2溶于NaOH；矿粉中加入稀硫酸、MnO2进行酸浸，CaCO3转化为CaSO4，此时S、CaSO4成为滤渣；Fe2+被MnO2氧化为Fe3+；加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；上清液1中加入(NH4)2S等，将Cu2+、Ni2+转化为CuS、NiS沉淀；上清液2为MnSO4溶液，经后续反应可得LiMn2O4。
【解析】（1）基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其价电子排布式为3d84s2，价电子中只有2个未成对电子，则两种自旋状态的电子数为6和4，二者之比为3:2或2:3。
（2）矿物中含杂质SiO2，其属于酸性氧化物，脱硫时能被NaOH溶液溶解；若未经脱硫直接酸浸，金属硫化物和硫酸反应生成H2S气体，污染环境；矿粉中的CaCO3和稀硫酸反应生成CaSO4，因此“滤渣”中还含有CaSO4。
（3）①“酸浸池”中，MnCO3和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为MnCO3+ H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；
②“酸浸池”中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。
（4）加入调pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀1主要成分为Fe(OH)3；由表格数据知Ksp(CuS)< Ksp(NiS)，当时，Cu2+、Ni2+沉淀完全，此时，由、得，，。
（5）位于顶点和面心的氧原子数=，则晶胞中含1个LiMn2O4，所以该晶体的摩尔体积Vm=。
14．(1) 1-氟-2，4-二氯苯 羰基和酯基
(2) 取代反应
(3)+CH3COCl+HCl
(4)
(5)或
【分析】
根据反应条件可知，A发生取代反应生成B，B的结构简式为，B发生取代反应生成C，根据H的结构简式，逆推可知的G结构简式为，所以F→G的反应属于水解反应，根据G的结构简式，可知F为，C发生已知信息的反应生成D，以此解答。
【解析】（1）由结构简式可知，A的系统命名是1-氟-2，4-二氯苯，C中含氧官能团名称是羰基和酯基。
（2）由分析可知，F的结构简式为，G→H的反应类型是取代反应。
（3）A和CH3COCl发生取代反应生成B，化学方程式为：+CH3COCl+HCl。
（4）由结构简式可以推知，D和先发生加成反应再发生消去反应生成E，则D→E中间体的结构简式为。
（5）G的同分异构体满足：①分子中含有硝基和2个苯环；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酚羟基；③其核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：2：1，说明其中含有5种环境的H原子，且是对称的结构，则满足条件的同分异构体为：或。
15．(1)AC
(2)PbCl2(s)=Pb2+(aq)+2Cl-(aq)
(3) 使PbCl2充分溶解(合理即可) 除去溶解在其中的CO2
(4) 产生白色沉淀 B
(5) 酚酞试液 最后半滴标准液加入后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色
(6)C
(7)不可行，Mg2+交换出的H+会与CO反应生成CO2逸出损失，从而无法被测定
【分析】
以PbCl2与H+氢离子交换树脂交换出H+，并用标准浓度的NaOH溶液进行滴定，来测量出溶液中的Pb2+的物质的量浓度，从而可测量出PbCl2的Ksp；
【解析】（1）实验中涉及准确量取V1mLPbCl2饱和溶液（需要使用移液管，而不是量筒），搅拌，过滤，涤离子交换树脂，合并滤液和洗涤液至锥形瓶，用氢氧化钠标准液滴定氢离子的物质的量，故图中仪器需使用漏斗、碱式滴定管，本实验用不到的量筒、容量瓶；故答案为：AC；
（2）步骤一中存在的沉淀溶解平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)；
（3）配制饱和溶液时搅拌的目的是使PbCl2充分溶解(合理即可)；使用煮沸后的蒸馏水配制，原因是除去溶解在其中的CO2，以免对实验结果造成误差；故答案为：使PbCl2充分溶解(合理即可)；除去溶解在其中的CO2；
（4）取少量饱和溶液于试管中，向其中滴加几滴溶液，提高氯离子的浓度，PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)平衡逆向移动，观察到的现象是产生白色沉淀，溶液中减小，故答案为：产生白色沉淀；B；
（5）步骤四使用浓度为的氢氧化钠溶液进行滴定，氢氧化钠滴定氢离子可以选择酚酞为指示剂，滴定终点现象为最后半滴标准液加入后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色。到达滴定终点时，消耗溶液，Pb2+~2H+~2NaOH，n(Pb2+)= n(H+)=cml·L－1 ×V2×10-3L=×10-3ml,c(Pb2+)= = c(Cl-),则。故答案为：酚酞试液；最后半滴标准液加入后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色；；
（6）若步骤二中使用的烧杯未干燥，并不改变溶液中的H+的物质的量，则测定结果不变,故答案为：C；
（7）某同学提出可以利用该方法测定的，分析该建议是否可行并说明理由不可行，Mg2+交换出的H+会与CO反应生成CO2逸出损失，从而无法被测定。故答案为：不可行，Mg2+交换出的H+会与CO反应生成CO2逸出损失，从而无法被测定。
16．(1) 作为反应物提供Cl-,做助剂降低Li2CO2熔融所需的温度
(2) 9
(3)6:1
(4)沉钴
(5)
【分析】氯化胆碱-草酸和微波共熔的过程中，C被还原为+2价，经过水浸滤液中C以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到C(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，C(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
【解析】（1）呈蓝色， “水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、C的化合物为，又已知：“氯化胆碱[]是铵盐，熔点较低，熔点较高”，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是: 作为反应物提供Cl-,做助剂降低Li2CO2熔融所需的温度。
（2）水浸滤液加入氢氧化钠沉钴，得到C(OH)2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为。常温下， ，当c(C2+)≤10-5ml/L时可认为离子沉淀完全，则钴离子恰好沉淀完全时溶液中c(OH-)=10-5ml/L，pOH=5，则pH=9。
（3）“煅烧”过程C(OH)2生成，反应为：，则消耗的6:1。
（4）“沉锂”后的滤液有残留的、锂离子和氯化钠，若加碱有利于左移、进一步转化为C(OH)2沉淀，故可回收利用“沉锂”后的滤液的操作单元是“沉钴”。
（5）碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品，则“高温烧结”发生反应的化学方程式为。