云南省2024年高考化學模擬試題（含答案）4

云南省2024年高考化學模擬試題閱卷人一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有—項是符合題目要求的。得分1．化學與社會和生活密切相關。下列說法錯誤的是（）A．紅色油漆中所用鐵紅的成分為Fe2O3B．干冰可用在影視劇及戲劇舞臺上制造“云霧”C．“墨子號”量子通信的載體-光纖的主要成分為單晶硅D．2023年杭州亞運會主火炬燃料零增碳甲醇屬于可再生能源2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．10g立方氮化硼晶體所含原子數(shù)目為0.8NAB．常溫下，pH=12的Na2S溶液中OH-數(shù)目為0.01NAC．含4molSi-O鍵的SiO2晶體中氧原子數(shù)目為NAD．標準狀況下，22.4LNO2的分子數(shù)目為NA3．降解聚碳酸酯(PC)回收雙酚A(BPA)的工藝過程，存在如下反應：下列說法錯誤的是（）A．PC可以發(fā)生水解反應和氧化反應B．反應物X為CH3OHC．BPA中不可能所有碳原子共面D．DMC分子中碳、氧原子雜化類型均為sp34．下列實驗操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的是（）選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A向兩份等體積等濃度的新制氯水中，分別滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者產(chǎn)生白色沉淀，后者溶液變?yōu)樗{色氯氣與水的反應存在限度B將苯與液溴在催化劑作用下產(chǎn)生的氣體通入硝酸銀溶液中產(chǎn)生淡黃色沉淀苯和液溴發(fā)生取代反應C向1mL0.01mol·L-1MgCl2溶液中滴入2滴0.01mol·L-1NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再滴入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液白色沉淀逐漸變?yōu)樗{色沉淀Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D向溶有SO2的CaCl2溶液中通入氣體X產(chǎn)生白色沉淀X一定具有強氧化性A．A B．B C．C D．D5．鈦被稱為21世紀金屬，是衛(wèi)星、火箭、宇宙飛船等高科技領域的重要材料，目前制備純鈦的新型工藝是“熔鹽直接電解脫氧法”，其工作原理如下圖所示，下列說法正確的是（）A．石墨作陽極，電極反應為C+2B．產(chǎn)生22.4LCO2(標準狀況)氣體時理論上可以制得2mol金屬TiC．Cr-Al電熱棒上的電勢高于石墨電極上的電勢D．若用鉛蓄電池作該裝置的電源，a為Pb電極6．我國科學家在嫦娥五號月壤樣品中發(fā)現(xiàn)一種新礦物“嫦娥石”，其中含有原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R。X在地殼中含量最多，Y的電子層數(shù)是其最外層電子數(shù)的3倍，基態(tài)Z原子無未成對電子，基態(tài)R原子的p軌道半充滿。下列說法錯誤的是（）A．Y的簡單離子半徑比Z的簡單離子半徑大B．R的簡單氫化物的VSEPR模型為三角錐形C．Z的第一電離能大于同周期相鄰元素D．X、R的簡單氫化物的穩(wěn)定性前者強于后者7．CaF2是一種難溶于水、可溶于酸的鹽，工業(yè)上常用NaF固體除去工業(yè)廢水中的Ca2+。常溫下，向一定體積的工業(yè)廢水中加入NaF固體，溶液中pX{pX=?lg[c(X)/mol?L?1]A．曲線II表示p(F)B．CaF2C．c(HFD．反應CaF2(s閱卷人二、第Ⅱ卷(非選擇題，共174分)得分8．苯胺(有機堿，常溫下為無色油狀液體，易被氧化)在染料、醫(yī)藥、農(nóng)藥、香料等領域有廣泛的應用。實驗室以硝基苯為原料制備苯胺，反應原理如下：相關信息列表如下：物質(zhì)相對分子質(zhì)量沸點/℃密度g/mL溶解性硝基苯123210.9123不溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺93184.41.02微溶于水，易溶于乙醇、乙醚甲苯92110.60.872略實驗步驟為：①組裝好實驗裝置(如圖，部分夾持儀器已略去)，并檢查裝置氣密性。②向三頸燒瓶中依次加入沸石及10mL硝基苯。③打開活塞K，先通入H2一段時間。④使三頸燒瓶內(nèi)溶液保持140℃恒溫，充分反應。⑤反應結(jié)束后，關閉活塞K，向三頸燒瓶中加入干燥劑。⑥繼續(xù)加熱，收集182～186℃餾分，將所得餾分進行二次純化，最終得到較純苯胺5.6g。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是。（2）長頸漏斗內(nèi)的試劑最好選用。a．稀鹽酸b．稀硝酸c．稀硫酸（3）A裝置是一個簡易啟普發(fā)生器，其優(yōu)點是，若實驗中未先通入H2一段時間，則可能產(chǎn)生的不良后果是。（4）步驟⑤中干燥劑可選用。a．濃硫酸b．堿石灰c．無水硫酸鎂d．五氧化二磷（5）二次純化并測定產(chǎn)率：蒸餾所得苯胺中混有少量硝基苯雜質(zhì)，可以采用如下方案除雜提純：加入試劑X后發(fā)生反應的離子方程式為，“液相”是(填“水層”或“有機層”)。（6）苯胺與甲苯相對分子質(zhì)量相近，但沸點相差較大，試從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度說明原因。（7）本實驗的產(chǎn)率為(保留一位小數(shù))。9．硒、碲廣泛應用于傳感、光學器件、紅外探測等領域。以下是利用碲堿渣(主要含Na2TeO3、Na2SeO3，還有微量的Cu2+、Pb2+及部分不溶性雜質(zhì))為原料分離硒、回收碲的流程圖：已知：①25℃時溶度積常數(shù)：K②當c(Mn+)≤1.0×10-5mol/L時認為Mn+③鹽酸羥胺(NH2OH·HCl)是一種還原劑，其氧化產(chǎn)物是N回答下列問題：（1）基態(tài)硒原子的價電子排布式為，TeO32?（2）當Pb2+完全沉淀時，Cu（3）下圖是Te—H2O系電位(φ)—pH圖，“酸化”步驟中，當pH為5時，在體系中Te(Ⅳ)主要以形式存在，Te(Ⅳ)可被氧化形成相應的高價Te(Ⅵ)離子，氧化電位隨pH值的變化規(guī)律為。（4）“沉硒”步驟中加入鹽酸羥胺，反應的化學方程式為。（5）工業(yè)上可用電解法制備高純碲，同時回收工業(yè)造紙廢液中的NaOH，工作原理如圖所示，裝置中采用離子交換膜(填“陽”或“陰”)，寫出B電極的電極反應式，若電解8小時，獲得1.28噸高純碲，則電流強度I=C·h-1(已知：一個電子的電荷量e=1.6×10-19C，用含NA的式子表示)。10．低碳烷烴選擇氧化及脫氫反應的研究既是解決能源問題的有效途徑之一，也是碳基能源催化研究的熱門課題。乙烷的選擇氧化生成乙醛有如下三種反應機理：機理Ⅰ：C2H6→CH3CHO機理Ⅱ：C2H6→CH3CH2OH→CH3CHO機理Ⅲ：C2H6→C2H4→CH3CHO已知下圖是乙烷選擇氧化生成乙醛的一種反應歷程的過渡態(tài)、中間體和產(chǎn)物的穩(wěn)定幾何構(gòu)型。請回答下列問題：（1）根據(jù)圖中的幾何構(gòu)型示意圖，推測該反應歷程是乙烷選擇氧化生成乙醛的機理(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)（2）一定條件下，幾種化學鍵的鍵能如表所示化學鍵C-HO-HO=OC=OC-C鍵能kJ·mol-l413.4426.8497.3750347.7①反應C2H6(g②溫度898K下，在2L的剛性密閉容器中按一定比例[x=n(C2H6)n(O2)]加入C2H6（3）反應速率與濃度之間存在如下關系：v正=k正?c(C2H6)?c(O2)，v逆=k逆?c(CH3CHO)?c(H2O)，k正、k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響。898K時在11．決奈達隆(Dronedarone，即化合物J)是一種抗心律失常藥物，適用于陣發(fā)性或持續(xù)性心房顫動或心房撲動患者。以下為其合成路線之一：已知：回答下列問題：（1）A的化學名稱是。（2）B也可由苯酚經(jīng)兩步反應制備，第②步反應的試劑和條件分別是。（3）C在NaHCO3條件下成環(huán)，接著在NaBH4作用下轉(zhuǎn)化為D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）E轉(zhuǎn)變?yōu)镕的化學方程式為。（5）G中的官能團有碳碳雙鍵、羥基、醚鍵、(填官能團名稱)。（6）H生成I的反應類型為。（7）L是比C的相對分子質(zhì)量少14的同系物，符合下列條件的L的同分異構(gòu)體M有種(不考慮立體異構(gòu))。①含有結(jié)構(gòu)；②苯環(huán)上只有3個取代基且相鄰；③1molM與足量NaHCO3溶液反應產(chǎn)生2molCO2氣體。其中，核磁共振氫譜顯示7組峰，且峰面積比為4：2：2：1：1：1：1的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.鐵紅可用作紅色油漆，主要成分為氧化鐵，故A不符合題意；

B.干冰氣化時吸熱，可做影視以及戲劇制造云霧，故B不符合題意；

C.墨子號量子通信載體主要成分為二氧化硅，故C符合題意；

D.零增碳甲醇可進行人工合成屬于可再生能源，故D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.氧化鐵是紅色可用作紅色油漆；

B.干冰可用于制造云霧；

C.光纖主要成分是二氧化硅；

D.零增碳甲醇屬于可再生能源。2．【答案】A【解析】【解答】A.立方氮化硼晶胞中B原子個數(shù)為：8×1/8+6×1/2=4，N原子個數(shù)為4，化學式為BN，10g含有物質(zhì)的量為0.4mol，因此原子個數(shù)為0.8NA，故A符合題意；

B.n=cV，但是體積未知，因此無法計算其數(shù)目，故B不符合題意；

C.含4molSi-O鍵的SiO2晶體中氧原子數(shù)目為2NA，故C不符合題意；

D.標況下，二氧化氮不是氣體，故D不符合題意；

故答案為：A

【分析】A.根據(jù)晶胞計算出化學式，計算出物質(zhì)的量再計算出原子數(shù)目；

B.根據(jù)n=cV，但體積未知；

C.1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵；

D.標況下，二氧化氮不是氣體。3．【答案】D【解析】【解答】A.PC中含有酯基可水解反應，也可被氧化，故A不符合題意；

B.根據(jù)PC與C反應得到BPA和DMC即可判斷X為甲醇，故B不符合題意；

C.BPA中含有烷基，因此所有的碳原子不可能共面，故C不符合題意；

D.DMC中氧原子是sp3雜化，碳原子有sp3和sp2雜化，故D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.根據(jù)PC含有的官能團即可判斷可水解以及發(fā)生氧化反應；

B.根據(jù)反應物和產(chǎn)物即可得到C為甲醇；

C.BPA中含有烷基，因此其碳原子不可能共面；

D.碳氧雙鍵中的碳原子是sp2雜化。4．【答案】C【解析】【解答】A.氯氣和次氯酸均可氧化碘離子，不能說明氯氣與水反應存在限度，故A不符合題意；

B.液溴也可揮發(fā)溶于水與硝酸銀產(chǎn)生沉淀，不能說明其發(fā)生取代，故B不符合題意；

C.向1mL0.01mol·L-1MgCl2溶液中滴入2滴0.01mol·L-1NaOH溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再滴入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液，氫氧化鈉少量，白色沉淀變?yōu)樗{色沉淀，可說明氫氧化銅產(chǎn)生，可說明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故C符合題意；

D.向溶有SO2的CaCl2溶液中通入氣體X產(chǎn)生白色沉淀說明X可能具有氧化性或者是氨氣，故D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.次氯酸和氯氣均可使碘離子氧化為碘單質(zhì)；

B.溴易揮發(fā)因此也可使硝酸銀變渾濁；

C.氫氧化鈉少量，沉淀有白色變?yōu)樗{色說明有氫氧化銅沉淀產(chǎn)生，說明氫氧化銅難溶；

D.向溶有SO2的CaCl2溶液中通入氣體X產(chǎn)生白色沉淀，沉淀可能是硫酸鋇或者亞硫酸鋇，可能具有氧化性或者為氨氣。5．【答案】A【解析】【解答】A.根據(jù)電極反應，石墨被氧化變?yōu)槎趸?，說明石墨電極為陽極，發(fā)生的反應是C+2O2??4e?=CO2↑，故A符合題意；

B.根據(jù)陰極反應式為：TiO2+4e=Ti+2O2-，根據(jù)產(chǎn)生22.4L標況下二氧化碳轉(zhuǎn)移4mol電子，即可計算出制取1molTi，故B不符合題意；

C.Cr-Al電熱棒（陰極）上的電勢低于石墨電極（陽極）上的電勢，故C不符合題意；

D.鉛酸電池a連接的陽極，因此a為PbO2，故D不符合題意；

故答案為：A

6．【答案】B【解析】【解答】含有原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R，X在地殼中含量最多，Y的電子層數(shù)是其最外層電子數(shù)的3倍，基態(tài)Z原子無未成對電子，基態(tài)R原子的p軌道半充滿，X為O、Y為Na、Z為Mg、R為P。

A.Y為Na的陽離子為Na+、Z為Mg的陽離子為Mg2+，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小，半徑越大，故A不符合題意；

B.R為P，簡單氫化物，價電子對數(shù)為4，VSEPR模型為四面體構(gòu)型，故B不符合題意；

C.Z為Mg、鎂的第一電離能大于鈉和鋁，故C不符合題意；

D.X為O、R為P，氧元素的非金屬性強于磷元素，因此穩(wěn)定性是水大于磷化氫，故D不符合題意；

故答案為：B

【分析】A.電子層相等，核電荷數(shù)越小半徑越?。?/p>

B.R為P，其簡單氫化物的VSEPR模型為四面體；

C.Z為鎂，其第一電離能大于鈉和鋁；

D.元素非金屬性越強，其氫化物穩(wěn)定性越強。7．【答案】A【解析】【解答】A.氟離子的濃度越大，lgc(HF)c(F?)數(shù)值越小，因此曲線I表示p(F)與lgc(HF)c(F?)變化關系，故A符合題意；

B.根據(jù)圖示lgc(HF)c(F?)=1，時，c(F-)=0.1mol/L，c(Ca2+)=10-8.57mol/L，CaF2的溶度積常數(shù)Ksp(CaF2)=c(F-)2c(Ca2+8．【答案】（1）直形冷凝管（2）c（3）可以通過控制K，實現(xiàn)控制反應的發(fā)生與停止；生成的苯胺會被殘留的空氣氧化（4）bc（5）+H+→；有機層（6）苯胺中含有氨基，能形成分子間氫鍵，而甲苯不能形成分子間氫鍵（7）60.2%【解析】【解答】（1）根據(jù)圖示即可得到儀器a為直形冷凝管；

（2）制取氫氣一般選擇稀硫酸，故答案為：c；

（3）根據(jù)圖示即可判斷得到，通過控制開關K即可控制反應的發(fā)生與停止；先通入一段時間氫氣主要是排除裝置的空氣，未先通入氫氣可能導致苯胺被殘留的空氣氧化；

（4）干燥劑的目的是除水，苯胺是有機堿，顯堿性，因此可選用堿石灰和無水硫酸鎂進行干燥，故答案為：bc；

（5）根據(jù)圖示，加入試劑X為鹽酸，將苯胺反應變?yōu)橐合啵纯蓪懗鲭x子方程式：+H+→；

（6）苯胺中含有氨基，可形成氫鍵，導致沸點較大，故答案為：苯胺中含有氨基，能形成分子間氫鍵，而甲苯不能形成分子間氫鍵；

（7）10mL的硝基苯質(zhì)量為10×1.23g=12.3g物質(zhì)的量為0.1mol，理論上可制取苯胺的質(zhì)量為93×0.1g=9.3g，質(zhì)量分數(shù)為5.6/9.3×100%=60.2%；

【分析】（1）根據(jù)圖示即可找出名稱；

（2）制取氫氣一般選擇稀硫酸；

（3）根據(jù)圖示可控制反應的發(fā)生與停止，先通入氫氣是排除空氣防止被氧化；

（4）苯胺顯堿性，因此可選擇堿石灰和無水硫酸鎂干燥；

（5）根據(jù)加入鹽酸反應寫出離子方程式，液相中是有機層；

（6）考慮苯胺形成氫鍵；

（7）根據(jù)硝基苯計算出物質(zhì)的量，利用方程式計算出苯胺理論值即可計算出產(chǎn)率。9．【答案】（1）4s24p4；1（2）5×1（3）TeO2；氧化電位隨pH值的升高而降低（4）H（5）陰；TeO3【解析】【解答】（1）Se的質(zhì)子數(shù)為34，基態(tài)硒原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s24p4，價電子排布為：4s24p4，TeO32?的中心原子的孤電子對為(8-3×2)/2=1；

（2）當c(Mn+)≤1.0×10-5mol/L時認為Mn+離子已經(jīng)沉淀完全，因此c(Pb2+)=10-5mol/L，Ksp(CuS)=1.3×10?36,Ksp(PbS)=2.6×10?11，即可計算出c(Cu2+)=Ksp(CuS)Ksp(PbS)c(Pb2+)=5×10?31mol/L；

（3）根據(jù)圖示即可得到當pH為5時，在體系中Te(Ⅳ)主要以TeO2形式存在，根據(jù)圖示，氧化電位越高pH越?。?/p>

（4）根據(jù)加入鹽酸羥胺得到氮氣和Se和氯化氫即可寫出方程式為：H2SeO3+4NH2OH·HCl=Se↓+2N210．【答案】（1）Ⅱ（2）-279.5；增大；1；M；增大壓強（3）60%；914【解析】【解答】（1）根據(jù)圖示中的幾何構(gòu)型即可得到該反應歷程是乙烷選擇氧化生成乙醛的機理II；

（2）①根據(jù)焓變=反應物鍵能-生成物鍵能=（6×413.4+347.3+497.3-3×413.4-347.7-413.4-750-2×426.8）kJ?mol?1=-279.5kJ?mol?1，升高溫度活化分子百分數(shù)增大；

②根據(jù)投料比等于系數(shù)之比時，平衡體系中的生成物的分數(shù)最大，因此p點坐標X2=1，增大氧氣濃度，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大，因此最大的是M，若要縮短a點至Q點所用的時間增大反應速率，可增大壓強；

（3）898K時在