云南省2024届高三年级下册一模化学 含解析

2024年云南省高三下学期第一次统一检测

化学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、准考证号、考场号、座位号填写在

答题卡上，并认真核准条形码上的学校、准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置

贴好条形码及填涂准考证号。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

可能用到的相对原子质量：HlC12016Co59Zr91

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.云南具有丰富的人文、物产资源。下列说法错误的是

A.建水紫陶中含有硅酸盐

B.从滇红玫瑰中提取精油主要采用过滤法

C.普洱茶中含有的咖啡因属于有机化合物

D.腾冲火山温泉含有的硫磺具有杀菌作用

【答案】B

【解析】

【详解】A.建水紫陶属于陶瓷，陶瓷是硅酸盐产品，故A正确；

B.玫瑰精油具有较强的挥发性，可利用其沸点低的特点，用蒸储法分离，故B错误;

OCH,

H'K

c.咖啡因的结构简式为久,是一种有机化合物，故c正确；

JLN>

I

CH,

D.硫磺具有杀菌作用，可用于治疗皮肤疾病，故D正确；

故答案为：Bo

2.东■碧碱可用于止咳、平喘，其结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是

A.属于芳香煌

B.含有5种官能团

C.分子结构中所有碳原子共面

D.能发生取代、消去反应

【答案】D

【解析】

详解】A.结构中含有N、0元素，不属于炫类，A错误；

B.由结构简式可知，东点若碱含有羟基、酸键、酯基、氨基4种含氧官能团，B错误；

C.该物质中含有饱和碳连接的3个碳原子，则不会所有碳原子共面，C错误；

D.醇羟基和酯基都能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，D正确；

故选D。

3.［W（X2Z）6『［（Y5）2（X2Z）4厂是合成某种全氮阴离子配合物所需的中间体。其中，x、Y、Z、W

为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，Y与Z是同周期相

邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z。下列说法正确的是

A.简单氢化物的沸点：Y>Z

B.简单离子的半径：W>Z>Y>X

C.Imol该中间体中含◎键的数目为30NA

D.X?Z分子的VSEPR模型名称为四面体

【答案】D

【解析】

【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取

向，X为H元素；Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于乙则Y为N元素，Z为。

元素，根据［亚（乂22）6『［（丫5）2停22）4『判断0为=2价金属，即为Mg元素；

【详解】A.Y和Z的简单氢化物分别为NH3、H2O,沸点H2ONH3,故A错误；

B.N\O'Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子的半径：N3>O2>

Mg2+>H+,故B错误；

C.该中间体的化学式为［乂8（凡0）6『［35）2（通0）4丁，1个中间体含有40个。键，即Imol该中

间体中含◎键的数目为40NA，故C错误；

D.HzO的中心原子含有4个价层电子对，其中2个孤电子对，VSEPR模型名称为四面体，故D正确。

答案选D。

4.我国科技工作者用钾离子促进电催化合成尿素［CO(NH2)2］可能的反应机理如下图。与其他步骤相比,

碳氮键的形成过程活化能更高。下列说法错误的是

A.尿素中碳原子采取sp?杂化

B.步骤①和③的反应速率较其他步骤慢

C.步骤⑥发生的是氧化反应

D.以上过程中涉及极性键的形成和断裂

【答案】C

【解析】

【详解】A.尿素的结构简式为?，其中碳原子形成三个。键、无孤电子对，采取sp2杂化，

U

H2N―—NH2

故A正确；

B.与其他步骤相比，碳氮键的形成过程活化能更高，活化能越高，速率越慢，由图可知步骤①和③的过

程形成碳氮键，所以步骤①和③的反应速率较其他步骤慢，故B正确；

C.由图可知步骤⑥过程中得电子，即发生的是还原反应，故C错误；

D.由图可知步骤①和③的过程形成碳氮键，步骤④和⑤的过程断裂氮氧键，所以以上过程中涉及极性键

的形成和断裂，故D正确；

故答案为：C»

5.为达到下列实验目的，对应的操作及原理均正确的是

选

实验目的操作原理

项

向c与c的混合物中加入与c适配的杯

607060杯酚与C6。形成超分子，通

A.分离C6。与C7o

酚，再加入甲苯溶解C70,过滤，滤液中加入过尺寸匹配实现分子识别

氯仿溶解杯酚

检验硫代硫酸

取样，加入稀盐酸，将生成的气体通入品红溶亚硫酸钠与盐酸反应生成的

B.钠中是否混有

液二氧化硫能使品红溶液褪色

亚硫酸钠

检验乙醇中是

C.取待测液，加入酸性高镒酸钾溶液醛基能被酸性高锌酸钾氧化

否混有乙醛

探究浓度对化将5mL0.005mol/L的FeCl3溶液与在其他条件不变的情况下，

D.学平衡移动的5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，再加增大生成物浓度，平衡向逆

影响KC1固体反应方向移动

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.杯酚与C6。能形成超分子，通过尺寸匹配实现分子识别，所以向C6。与C7o的混合物中加入与

C6。适配的杯酚，再加入甲苯溶解C70,过滤，滤液中加入氯仿溶解杯酚可以达到分离C6。与C70的实验目

的，故A正确；

B.硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫气体、硫沉淀和水，则向硫代硫酸钠样品中加入稀盐

酸，将生成的气体通入品红溶液不能达到检验硫代硫酸钠中是否混有亚硫酸钠的实验目的，故B错误；

C.乙醇也能与酸性高锌酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则取待测液，加入酸性高镒酸钾溶液不能达

到检验乙醇中是否混有乙醛的实验目的，故c错误；

D.氯化铁溶液硫氧化钾溶液反应生成硫氧化铁，反应的离子方程式为Fe3++3SCN—.'Fe(SCN)3,则将

5mL0.005mol/L的氯化铁溶液与5mL0.015mol/L的硫氧化钾溶液混合，再加氯化钾固体，不会影响反应体

系中各物质的浓度，化学平衡不移动，溶液颜色无变化，无法达到探究浓度对化学平衡移动的影响的实

验目的，故D错误；

故选A„

6.一种水系锌有机电池的两个电极材料分别是Zn和有机材料M,放电过程中M能与Zu?f、IT结合。

在充、放电过程中，有机材料结构的转化如下图所示。下列说法正确的是

A.锌电极的电极电势高于另一个电极

B.当氢离子向有机材料电极移动时，电池正在充电

C.放电时，正极的电极反应式可简化表示为M+Zn2++4H++6e-=N

D.充电时溶液的pH上升（忽略溶液体积变化）

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，锌可以失去电子，作负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+,有机物M得到电子，作正

极，电极反应为：M+Zn2++4H++6e-=N,以此解题。

【详解】A.由分析可知，锌电极为负极，其电势低于另一个电极，A错误；

B.由分析可知，放电时，正极反应结合氢离子，则当氢离子向有机材料电极移动时，电池正在放电，B

错误；

C.由分析可知放电时，正极的电极反应式可简化表示为M+Zn2++4H++6e=N,C正确；

D.由分析中的正极反应可知，充电时，阳极会产生氢离子，并且阴极不会消耗氢离子，则此时溶液中的

氢离子浓度怎的，溶液的pH降低，D错误；

故选C。

7.室温下，BaSO4,AgBr、Ag2SO4,Cu（OH）2四种难溶电解质的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已

知：pM=-lgc（M）,pN=-lgc（N）,其中M代表上述沉淀中的阳离子，N代表阴离子，

Ksp（BaSO4）＞Ksp（AgBr）。下列说法正确的是

八pM

A.BaSC)4的Ksp数量级为pF

B.曲线a表示Ag2sO4的沉淀溶解平衡曲线

C.W点可以是AgBr的不饱和溶液

D.向d的悬浊液通入过量氨气，溶液中存在2c(CU2+)+C(NH；)+C(H+)=C(OH-)

【答案】B

【解析】

【分析】BaSO4,AgBr结构相同，溶度积曲线为两条平行线，^sp(BaSO4)>7^sp(AgBr),则b表示

Bas。4、c表示AgBr；Ag2SO4、Cu(OH)2的结构不同，根据溶度积曲线的斜率，可知a表示Ag2sO,、

d表示CU(OH)2O

【详解】A.b表示BaSOrBa2+浓度为Imol/L时，SOj的浓度为KTiOmol/L,BaSC)4的K‘p为1x1(?

10,数量级为10T°,故A错误；

B.Ag2so4、Cu(OH)2的结构不同，根据溶度积曲线的斜率，可知a表示Ag2so4、d表示

CU(OH)2,故B正确；

C.C表示AgBr,W点是AgBr的过饱和溶液，故C错误；

D.向Cu(OH)2d的悬浊液通入过量氨气，根据电荷守恒，溶液中存在

2+2++

2C(CU)+2[CU(NH3)4]+C(NH；)+c(H)=c(0H-),故D错误；

选B。

二、非选择题

8.一种利用废旧三元锂离子电池分步回收金属的实验流程如下:

H2sO4

H2s。4、岑多酚DMG例%焯208有外萃取剂I

[I]]I-*'反萃取---aLi2sO4

LiNil/3Co1/3Mn1/3O2_卜浸出||沉银||沉锦—

\,I沉钻|—►COC2O4-2H2O

已知I:

①LiNijCo!M\O2中元素Li、Ni、Co的价态分别为+1、+2、+3；

333

②室温下，几种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表:

金属离子Mn2+Ni2+Co2+

开始沉淀

817.27.2

PH

完全沉淀

10.18.78.7

PH

③DMG的结构为)(

HO-NN-OH

④金属离子与有机萃取剂TBP结合能力为Li+»Co2+>Mn2+，与P507的结合能力为

Mn2+>Co2+»Li+。

回答下列问题：

(1)LiNhCOiM\°2中镒元素的化合价是。

333

(2)LiNi1C0iM、°2可表示为LNCM,充放电时口+分别脱出、嵌入。为提高锂回收率，回收前应

333

对电池进行放电处理。判断LNCM是电池的(填“正极”或“负极”)材料。

(3)“浸出”后的溶液中过渡金属离子的化合价均为+2,茶多酚的作用是=

(4)沉淀1为C8HHN,NiO,，“沉银”过程主要反应的离子方程式是(DMG用化学式表示)，

该过程中应控制溶液的pH,理论上最佳的pH不超过(填序号)，原因是o

A.7.2B.8.1C.8.7D.10.1

(5)沉淀2为Mn。？，“沉锦”过程主要反应的离子方程式是o

(6)有机萃取剂应选择(填“TBP”或“P507”)，利用CoCzCVZH2。的热重图进行计算，可知

400℃时的固体成分是(填化学式)。

温度/℃

【答案】(1)+4(2)正

(3)作还原剂，将Co元素和Mn元素还原为+2价

2++

(4)0.2C4H8N2O2+Ni=C8H14N4NiO4^+2H②.A③.因为pH不超过7.2时,Mn2+、

C02+都不会形成氢氧化物沉淀，有利于后续分离

+

(5)Mi?++S2O^+2H2O=2SO^+MnO2J+4H

(6)①.TBP②.Co

【解析】

【分析】UNiiC01Mni°2与硫酸反应生成金属阳离子，茶多酚做还原剂，将Co元素和Mn元素还原为

333

+2价，加入DMG沉银，继续加入(NH4)2S2C>8,将Mn2+氧化为MnCh达到沉铸目的，加入有机萃取剂萃

取Li+,再加硫酸反萃取得到硫酸锂；加草酸沉钻得到CoC2O4-2H2。；

【小问1详解】

LiNiiCOiMn/^可以改写为LLNiCoMnC^,元素Li、Ni、Co的价态分别为+1、+2、+3,根据

333

化合价代数和为0可以计算出Mn的化合价为+4价；

【小问2详解】

放电时Li+嵌入LNCM,可以提高锂的回收率，放电时Li+向正极移动，说明LNCM是电池的正极；

【小问3详解】

由上述分析可知，茶多酚的作用是作还原剂，将C。元素和Mn元素还原为+2价；

【小问4详解】

沉淀1为CgHuN&NiC^,则沉镇过程中主要反应的离子方程式为

2c4H8电。2+22+土8HuMNiO,J+2H+,根据表格数据，该过程中应控制溶液的pH,理论上最佳

的pH不超过7.2,因为pH不超过7.2时，Mn2\C02+都不会形成氢氧化物沉淀，有利于后续分离；

【小问5详解】

沉淀2为Mn。？，是因为（NH4）2S2C）8将Mn2+氧化为Mn。？，离子方程式为：

2++

Mn+S2O"-+2H2O=2SO?+MnO2J+4H；

【小问6详解】

有机萃取剂是要萃取Li+,根据金属离子与有机萃取剂TBP结合能力为Li+>>C02+>Mn2+,可以知道

18.3g

应该选择TBP为萃取剂；18.3gCoC2O4・2H2。的物质的量为、=0.1mol,400℃时的固体质量为

183g/mol

5.9g,刚好是O.lmolCo的质量，可判断此时的固体为Co。

9.8-羟基喳琳可用于植物营养液的配制。实验室制备8-羟基喳琳的反应原理如下：

2h°-^°h^3QQ+iiH2°

OHOHOH

相关信息列表如下:

溶解性

相对分子质熔点

物质沸点/℃

乙

量/℃

水

醇

丙三醇（甘易易

9217.4290

油）溶溶

邻氨基苯（易升微微

109177

酚华）溶溶

邻硝基苯微易

13943〜45214〜216

酚溶溶

不易

8-羟基唾琳14570〜73267

溶溶

已知：水蒸气蒸储是分离提纯有机物的重要方法之一，可使难溶或微溶于水的物质在温度低于100℃下随

水蒸气一起出来，从而达到分离提纯的目的。

实验步骤如下:

I.在圆底烧瓶中依次加入0.2mol甘油、0.03mol邻硝基苯酚、0.05mol邻氨基苯酚，混合均匀后缓慢加入

浓硫酸，间歇加热并保持溶液微沸1.5ho

n.稍冷后，将上述反应得到的混合液倒入下图所示装置的三颈烧瓶B中，进行水蒸气蒸馆，除去剩余的

邻硝基苯酚。(加热及夹持装置已略去)

III.待三颈烧瓶B内液体冷却后，依次用NaOH、Na2c。3调节溶液pH为7〜8,再进行水蒸气蒸储，得

到大量含8-羟基喳琳的粗品。

W.用80%的乙醇分离提纯粗品，最终得到5g白色晶体。

回答下列问题：

(1)步骤I不采用持续加热的原因是(写出一条即可)。

(2)仪器C的名称是,冷却水应从(填“a”或"b”)□通入。

(3)若观察到安全管中液面上升，除暂停加热外，还可采取的措施是0

(4)步骤III中加碱调节时，pH过高可能会导致产率降低的原因是。

(5)步骤IV中从粗品获得8-羟基唾琳晶体所用方法的名称为。

(6)图中虚线框内合适的装置可以为(填序号)。

【答案】(1)防止温度过高，导致反应物挥发或升华

(2)①.冷凝管②.b

(3)打开k处旋塞(4)8-羟基喳琳与碱发生反应

(5)重结晶(6)A(7)D

【解析】

【小问1详解】

步骤I不采用持续加热，防止温度过高，导致反应物挥发或升华。

【小问2详解】

由仪器C的构造可知C为冷凝管，冷却水应下进上出，即从b□进水，a口出水；

【小问3详解】

若观察到安全管中液面上升，可暂停加热；也可以打开k处旋塞，平衡装置内外气压；

小问4详解】

8-羟基喳琳具有酚的性质，若步骤III中加碱调节时，pH过高，0H-会与8-羟基唾琳发生反应，导致8-羟

基喳琳产率降低；

【小问5详解】

步骤IV中从粗品获得8-羟基喳琳晶体，即提纯粗产品，应选用重结晶发；

【小问6详解】

虚线框内应为接收储分的装置应选A,既可盛接冷凝液，同时还能减少氧气的混入导致产品被氧化。

【小问7详解】

由用量可知，邻氨基苯酚少量，则理论上生成产品的物质的量为眄㈣x3=0.075mol,实验的产率

2

5g

~....._-X1OO%»46%,故D符合。

0.075molxl45g/mol

10.CO?催化加氢制备甲醇可以减少C。？的排放，有利于实现碳中和。在一定条件下，CO?和Hz可发

生如下反应：

I.CO2(g)+3H2(g),^CH3OH(g)+H2O(g)<0

II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)AH2

III.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3>0

回答下列问题：

(1)已知部分化学键键能如下表：

化学键C-000H-HO-HC-H

键能abcde

(kJ/mol)

依据表中信息，△&=kJ-mol-1

（2）反应I的速率常数k与反应温度T的关系遵循Arrhenius方程，实验数据如图所示。

+RlgA（其中k为速率常数，Ea为活化能，R、A均为常数）。

①反应I的活化能Ea=kJ.moL（保留整数）。

②下列措施能使速率常数k增大的是（填序号）。

A.增大压强B.升高温度C.增大CO2的浓度D.更换适宜催化剂

（3）不同压强下，CO2的平衡转化率々（CO?）随温度的变化如图所示。

(

g

)

u

0.5MPa条件下，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大的原因是.

（4）一定条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入l.OmolC。?和S.OmolH2,发生反应I、IkIII,

达到平衡时，容器中MCH3OH）为0.15mol,“（CO）为0.07mol,“（旦0）为0.22mol,则C。？的平衡

转化率为，反应I的平衡常数为L2.mo「2（用代数式表示，无需化简）。

（5）Cu/ZnO-AI2O3-无。2可用于C。2催化加氢制备甲醇。立方ZrO?晶胞中，Zr，+处于晶胞的顶

点和面心，晶胞参数a=515pm,该晶体的密度为g・cm7(列出计算式，阿伏加德罗常数的值

为刈)。

【答案】(1)b+2c-3e-a-d

(2)①.162②.BD

(3)600℃以下以反应I为主，AHiO,随温度升高反应I平衡逆移，C02转化率减小；600℃以上以反应

III为主，AH3〉。，随温度升高反应III平衡右移，CCh转化率增大

一、八c0.15x0.22

(4)①.22%②.-----------------

0.78x2.483

4x91+8x16

(5)-83

NAX(5.15X10)

【解析】

【小问1详解】

AH=反应物总键能-生成物总键能=[b+2c-(3e+a+d)]kJ/mol=(b+2c-3e-a-d)kJ/mol；

【小问2详解】

E

①由Arrhenius方程可知，98.7x103=......-x4.0x103+RlgA

2.303

E

28.3x10-3=——^x5.0xl0-3+RlgA,解得Ea=162kJ/mol；

2.303

②由Arrhenius方程可知，速率常数k只与活化能和温度有关，催化剂能降低反应的活化能使速率常数增

大，升温也能使速率常数增大，故答案为：BD；

【小问3详解】

0.5MPa条件下，600℃以下以反应I：CO2(g)+3H2(g)，(^^(汨⑻+凡。^)八日④为主，随温度

升高反应I平衡逆移，CCh转化率减小；600。。以上以反应III：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H3X)为主，随温度升高反应III平衡右移，C02转化率增大，所以二氧化碳的平衡转化率随温度升高先

减小后增大；

【小问4详解】

向体积为1L的恒容密闭容器中通入LOmolCCh和3.0HIO1H2,发生反应I、IkIII,达到平衡时，容器中

n(CH3OH)=0.15mol,n(CO)=0.07mol,n(H2O)=0.22mol,三段式

CO2(g)+3H2(g),CH3OH(g)+H2O(g)

始(mol/L)1300

转(mol/L)X3xXx,

平(mol/L)1-x-z3-3x-2y-z0.150.22

co（g）+2H2(g)=CH3OH(g)

始(mol/L)030

、

转(mol/L)y2yy

平(mol/L)0.07