云南省曲靖市2024届高三年级下册二模化学试题 含解析

云南省罗平第一中学2024年高三二模考试

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：HlC12Fe56

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。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.新质生产力涵盖创新材料、新能源、生物医药等产业链。下列说法错误的是

A.具有储氢潜力的新型材料碳纳米管属于单质

B.创新药氢澳酸笊瑞米德韦片中所含气与气互为同位素

C.可精确控制硬化过程的可编程水泥属于无机非金属材料

D.具有独特光学、电学性能的纳米半导体CdTe量子点属于胶体

【答案】D

【解析】

【详解】A.碳纳米管是碳元素形成的非金属单质，故A正确；

B.笊与气的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；

C.水泥的主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故C正确；

D.纳米半导体CdTe量子点是纯净物，不属于胶体，故D错误；

故选D。

2.高吸水性树脂可在干旱地区用于农业、林业抗旱保水，改良土壤。用某些单体与交联剂

(CH2=CH—X—CH=CH2)合成的一种高吸水性树脂(SAP)的结构片段如下。关于该树脂的说法正

确的是

COONa

m

COOHCOOH

A.通过缩聚反应合成B.该高分子属于线性高分子

C.合成SAP的单体中，碳原子均共面D.因含竣基等亲水基团而具有高吸水性和水溶性

【答案】C

【解析】

【详解】A.该树脂由CH2=CH-COONa、CH2=CH-COOH单体和交联剂(CH2=CH—X—CH=CH2)

发生加聚反应得到，故A错误；

B.线型高分子是单体经过缩合聚合得到的无支链的高分子，该高分子不属于线性高分子，故B错误；

C.合成SAP的单体CH2=CH-COONa、CH2=CH-COOH中，与碳碳双键相连的原子共平面，即碳原子均

共面，故C正确；

D.竣基是亲水基团，因此该树脂具有较好的水溶性，但不具有高吸水性，故D错误；

故选C。

3.离子液体有独特的优良性能。某离子液体Y的结构如图所示，下列说法正确的是

A.第一电离能：N>F>CB.N原子的杂化轨道类型均为sp3

C.ImolY中所含。键的数目为27NAD.最简单氢化物的沸点：

HF>NH3>PH3>CH4

【答案】D

【解析】

【详解】A.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氟元素的第一电离能大于氮元素，故A错

误；

B.由离子液体的结构可知，饱和氮原子的杂化方式为sp3杂化，双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，

C.由离子液体的结构可知，离子中单键为。键，双键中含有1个0键和1个n键，贝UmolY中所含0

键的数目为lmolX28XNAmori=28NA,故C错误；

D.氟化氢和氨分子都能形成氢键，氟化氢分子形成的分子间氢键强于氨分子，沸点高于氨分子；磷化氢

不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子；磷化氢是极性分子，甲烷是非极性

分子，磷化氢的分子间作用力大于甲烷分子，沸点高于甲烷分子，所以最简单氢化物的沸点高低顺序为

HF>NH3>PH3>CH4,故D正确；

故选D。

4.根据下列实验操作及现象，所得结论错误的是

选

实验操作及现象结论、

项

向溶有SO?的BaCl2溶液中滴加Fe(NO31溶液，产生白色沉

A.Fe3+具有强氧化性

淀

25°C，用pH计测得Q100mol/L某一元酸(HR)溶液

B.HR为弱电解质

pH=2.88

[CU(NH3)/S04在水-乙醇

C.向[CU(NH3)4]SC)4溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体

混合溶剂中的溶解度较小

将Zn与Fe用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%NaQ溶液，一

D.段时间后，从Fe电极区取出少量溶液，滴入2滴Zn可以保护Fe不被腐蚀

K31Fe(CN)6]溶液，无明显现象

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，酸性条件下硝酸根离子能与二氧化硫反应生成与溶液中钢离

子反应生成硫酸领白色沉淀的硫酸根离子，则向溶有二氧化硫的氯化钢溶液中滴加硝酸铁溶液，产生白

色沉淀不能说明铁离子具有氧化性，故A错误；

B.25℃,用pH计测得0.100mol/L一元酸HR溶液的pH=2.88说明HR在溶液中不能完全电离，属于弱

电解质，故B正确；

C.向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体说明硫酸四氨合铜在水-乙醇混合溶剂中的溶解度

较小，加入乙醇有利于降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体析出，故c正确；

D.将锌与铁用导线相连，插入稀硫酸酸化的3%氯化钠溶液，一段时间后，从铁电极区取出少量溶液，

滴入2滴铁氧化钾溶液，无明显现象说明锌铁在氯化钠溶液中构成原电池，锌做负极被损耗，铁在正极

被保护，证明锌可以保护铁不被腐蚀，故D正确;

故选Ao

5.半导体光催化是指半导体材料吸收光子，产生光生电子(e)和空穴(h+),从而引发一系列反应的过

程。一种光催化选择性氧化甲烷制备甲醇的机理如图所示，下列说法错误的是

/e~-»^e，®>CHOOH®>CHOH

三Fl0Q/H!3|3

+

\h'->hZ^CH3-^-*CH3OO-

AuPdos/ZnOCH4

A.转化①是吸热过程

B.・OOH的电子式为・0：6旧

C.转化②发生的反应可表示为CH3OOH+2e—+2H=CH3OH+H20

D.光照下AuPdo^/ZnO可以加快该反应的速率，且不改变反应的焰变

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图可知，转化①为共价键的形成过程，形成共价键的过程为放热过程，故A错误；

・・••

B.-OOH是含有极性键和非极性键的自由基，电子式为・0：0：11，故B正确；

・•••

C.由图可知，转化②发生的反应为酸性条件下CH3OOH得到电子发生还原反应生成甲醇和水，反应式

为CH3()OH+2e+2H+=CH3OH+H2。，故C正确；

D.由图可知，AuPdo/ZnO是反应的催化剂，所以光照下AuPdo/ZnO可以加快该反应的速率，且

不改变反应的焰变，故D正确；

故选A„

6.我国科学家设计了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电Zn-NHs电池，以实现NH3到H2的高效

转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是

电源/用电器

Zn

Mo2C/NiCu@C

隔膜

A.放电时，a极区域pH减小(忽略体积、温度变化)

B.放电时，b极区域发生反应：2NH3-6e-+60H=N2+6H2O

C.充电时，电流从b电极经电解质溶液流向a电极

D.若放电、充电前后电极a的质量相等，则〃(国)：“(2)=3:1

【答案】B

【解析】

【分析】由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四

羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e-+40H—=Zn(OH)：,b电极为正极，水分子在正极得到电子发生还

原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2<D+2e-=H2T+2OH-；充电时，与直流电源负极相连的

a电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子电极反应式为Zn(OH)

：+2e—=Zn+4OH-,b电极为阳极，碱性条件下氨分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极

-

反应式为2NH3-6e+6OH-=N2+6H2O。

【详解】A.由分析可知，放电时，a电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应

生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)：,放电消耗氢氧根离子，a极区域溶液

pH减小，故A正确；

B.由分析可知，放电时，b电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，

电极反应式为2H2O+2e—=H2T+2OH一,故B错误；

C.由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的a电极为阴极，b电极为阳极，则电流从b电极经电解

质溶液流向a电极，故C正确；

D.由分析可知，若放电、充电前后电极a的质量相等，说明外电路转移电子的物质的量相等，则由得失

电子数目守恒可知，放电时生成氢气和充电时生成氨气的物质的量比为3：1,故D正确；

故选C。

7.电位滴定法是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。利用盐酸滴定MA

(NT?+不水解)溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示，常温下，H2A的电离常数

Ka=10435K=下列说法错误的是

ala2

25012

15010

5oa(pH=8.4)8

o6

-5

-150>4

-2502

0'1'2'3'4'5'6'7

r(HCl)/mL

A.该滴定过程不需要酸碱指示剂B.该滴定过程中水的电离程度逐渐减小

C.a点溶液中C(A2]=10°UC(H2A)D.b点溶液中：

c(HA)+2c(A2)<c(OH-)+c(H+)

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，a点时MA溶液与盐酸恰好反应生成M(HA)2和MCL,溶液pH为8.4；b点为

M(HA)2溶液与盐酸恰好反应生成H2A和MCh,溶液呈酸性。

【详解】A.由图可知，滴定过程中可利用电极电位的变化来确定滴定终点，不需要酸碱指示剂来确定滴

定终点，故A正确；

B.由分析可知，滴定过程中促进水电离的A2一浓度减小，所以水的电离程度逐渐减小，故B正确；

-c(HA)c(H+)c(A2)c(H+}c(A')c2(H+)

C.由电离常数可知，Ka&=—-_1X」_U_2=--~,由分析可知，a点溶液

C(H2A)C(HA)C(H2A)

c(A2')KKiO_635x1r10-34

pH为8.4,则溶液中质木=不行=(io&4)2=10°”故C错误；

D.由分析可知，b点为H2A和MCL混合溶液，由溶液中的电荷守恒关系

c(HAj+2c(A2j+c(OH-)+c(Cl)=2c(M2+)+c(H+)可知，溶液中

c(HA)+2c(A2)+c(OH-)=c(H+),则溶液中c(HAj+2c(A2)<c(OH)+c(H+),故D正确；

故选Co

8.碳酸锌在工业上用途广泛。利用某种浸锌渣(主要含有FeS?、ZnS、Ag2S>SiO^A12O3)制备

ZnCOs的一种流程如下：

气体X浸渣滤渣气体Y

已知：①Zn(OH)2(s)+2OH-(aq)=Zn(OH);(aq)K=0.1；

②室温下，部分离子浓度的对数Ige与pH的关系如下图所示(其中A、S和Z分别代表含铝、含硅和含

(1)“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物，生成的气体X中主要成分是(填化学式)。

(2)“碱浸”后，浸出液中含有金属元素的离子主要是Na+和(填离子符号)；欲使浸出液中的含

锌微粒完全沉淀，应调节pH的范围是。

(3)浸渣回收银的过程中有配合物Na3[Ag(S2O3)2]生成，在碱性条件下用N2H4-H2。还原该配合

物，还原产物为银单质，同时放出N2,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为o

(4)“除杂”时滤渣的主要成分是(填化学式)。

(5)“沉锌”时发生反应离子方程式为；此过程不宜用碳酸钠代替碳酸氢镂，原因是。

2-

【答案】⑴S02(2)®.[Al(OH)4]\[Zn(OH)4]②.8.2—12

(3)4：1(4)H2SiO3>A1(OH)3

(5)①.Zn2++2HCO3=ZnCO3J+CO2T+H2O②.碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生

成氢氧化锌

【解析】

【分析】由题给流程可知，浸锌渣在空气中焙烧，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中

加入氢氧化钠溶液碱浸，将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子、硅酸

根离子，过滤得到浸渣和滤液；调节滤液pH为5,将溶液中的四羟基合铝酸离子、硅酸根离子转化为氢

氧化铝、硅酸沉淀，四羟基合锌离子转化为锌离子，过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和滤液；向滤

液中加入碳酸氢镂溶液，溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，过滤得到

碳酸锌。

小问1详解】

由分析可知，“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，则X为二氧化硫，故答案为：SO2；

【小问2详解】

由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟

基合铝酸离子、硅酸根离子，则浸出液中含有金属元素的离子主要是钠离子、四羟基合锌离子、四羟基

合铝酸离子；由图可知，溶液中锌离子的浓度为lXl(F5moi/L时，溶液pH为8.2,由方程式可知，溶液

中四羟基合锌离子浓度为lXl(F5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为Ji22almol/L=0.01mol/L,溶液

Vo.i

的pH为12,所以欲使浸出液中的含锌微粒完全沉淀，应调节pH的范围是8.2—12,故答案为：

[Al(OH)4]\[Zn(OH)4『；8.2—12；

【小问3详解】

由题意可知，碱性溶液中二硫代硫酸根合银酸钠与一水合助反应生成硫代硫酸钠、银、氮气和水，反应

中银元素化合价降低被还原，二硫代硫酸根合银酸钠是反应的氧化剂，氮元素的化合价升高被氧化，一

水合朋是还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1,故答案为：4：

1;

【小问4详解】

由分析可知，“除杂”时滤渣的主要成分是氢氧化铝、硅酸，故答案为：H2SiO3,A1(OH)3；

【小问5详解】

由分析可知，“沉锌”时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，

反应的离子方程式为Zn2++2HCO；=ZnCO3；+CO2T+H2O,碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢锈，溶

液的碱性强于碳酸氢镂，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌，所以不宜用碳酸钠代替碳酸氢镂，故答

案为：Zn2++2HCO；=ZnCO3J+CO2T+H2O；碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化

锌。

9.[Ni(NH3)1C12可用于镀锲。某实验小组欲制备[Ni(NH3)x]C12,并测定产品的化学式。

I.制备［Ni（NH3）x］ci2

①将保粉用浓硝酸溶解，获得Ni（NC）3）2溶液；

②向Ni（NC）3）2溶液中缓慢加入浓氨水，使［Ni（H2O）j2+发生配体取代反应，冰水浴冷却结晶，减压

过滤、用浓氨水洗涤；

③向所得沉淀中加入浓盐酸，冷却后慢慢加入NH3-H2（D-NH4cl的混合液，减压过滤，分别用三种洗

涤剂依次洗涤、干燥，得到产品。

II.测定［Ni（NH3）x］C12的化学式

④氯含量的测定：准确称取023g产品，用蒸储水溶解后，加入过量强酸，用NaOH溶液调节pH=7,

加入少量KzCrO,作指示剂，用O.lmoLLTAgNOs标准溶液滴定，三次滴定平均消耗标准溶液

20.00mLo

⑤氨含量测定：准确称取0.23g产品于锥形瓶中，加入25.00mL过量盐酸溶解，加入指示剂甲基红（变

色pH范围为4.4~6.2）,三次滴定平均消耗0.5mol-I7i标准NaOH溶液13.00mL；另取25.00mL上述

盐酸，加入指示剂甲基红，三次滴定平均消耗0.5mol-匚1标准NaOH溶液25.00mL。

已知：［Ni（NH3）x］CL易溶于冷水、稀氨水，不溶于浓氨水、乙醇、乙醛，在潮湿空气中易生成

Ni（OH）2；乙醛的挥发性强于乙醇；Ag2CrC>4是一种难溶于水的砖红色晶体。

回答下列问题：

（1）若浓氨水需自制，适宜选用下列装置及连接顺序为（填接口标号），写出该连接装置中制备

氨气的化学方程式。

（2）步骤②中［NMH?。）［"发生配体取代反应的离子方程式为o

（3）步骤③所得［Ni（NH3）x］C12沉淀采用“减压过滤”而非“常压过滤”的原因是；选用的三种洗

涤剂及使用顺序为（填标号）。

A.稀氨水B.浓氨水C.乙醛D.乙醇

（4）步骤④中加入的过量强酸是（填“HC1”或“HN03”）；判断滴定终点的现象是。

（5）实验测得［?^（岫3）、］02的*=

【答案】（1）①.ac®.2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3T+CaCl2+2H2O

2+2+

（2）［Ni（H2O）J+XNH3-H2O=［Ni（NH3）］+2xH2O

（3）①.利于盐酸、氨水挥发得到较为纯净的产品②.BDC

（4）①.HNO3②.最后半滴标准液加入后，产生砖红色沉淀且半分钟内沉淀不溶解

（5）6

【解析】

【分析】银粉用浓硝酸溶解，获得Ni（NC）3）2溶液；向Ni（NC）3）2溶液中缓慢加入浓氨水，使

［NKH?。1］“发生配体取代反应生成［Ni（NH3）1"，冰水浴冷却结晶，减压过滤、用浓氨水洗涤；

向所得沉淀中加入浓盐酸，冷却后加入NHs-H2。-NH4cl的混合液，减压过滤，洗涤、干燥，得到产

品；

【小问1详解】

氯化镂和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，

2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3T+CaCl2+2H2O,反应为固体加热反应且生成氨气极易溶于水，需要使

用防倒吸装置，故浓氨水自制，适宜选用下列装置及连接顺序为ac；

【小问2详解】

Ni（NC）3）2溶液中缓慢加入浓氨水，使［Ni（H20）x1+发生配体取代反应生成［Ni（NH3）,广，反应为

2+2+

［Ni（H2O）J+xNH3-H2O=［Ni（NH3）J+2xH2O；

【小问3详解】

浓盐酸、氨水均具有挥发性，使用采用“减压过滤”而非“常压过滤”可以利于盐酸、氨水挥发得到较为纯净

的产品；已知：［Ni（NH3）1C12易溶于冷水、稀氨水，不溶于浓氨水、乙醇、乙醛，在潮湿空气中易生

成Ni（OH）2，乙醛的挥发性强于乙醇，则洗涤过程中不能使用稀氨水，且应该逐步使用挥发性的物质，

更利于得到干燥的［Ni（NH3）1C12,故答案为：BDC；

【小问4详解】

加入盐酸会引入氯离子，和银离子生成氯化银沉淀，则步骤④中加入的过量强酸是HC1；Ag2CrC>4是一

种难溶于水的砖红色晶体，则判断滴定终点的现象是：最后半滴标准液加入后，产生砖红色沉淀且半分

钟内沉淀不溶解；

【小问5详解】

由题干可知，0.23g产品中氯的物质的量为O.lmoLir】x0.020L=0.002mol，0.23g产品中NH3的物

质的量为0.5mol-LTx0.025L-0.5mol-IJix0.013L=0.006mol，则人2=0.006:0.002,则

[Ni（NH3）x]ci2B<jx=6o

10.环戊二烯是一种重要的有机合成原料，用其制备环戊烯涉及的反应如下:

入催化剂

主反应：Q值）+H2（g）=Ly值）A"I<0；

（环戊二烯）（环戊烯）

副反应i：。⑥+%g―o®『

（环戊烷）

副反应2：C〉（g）+2H2（g）、4Q（g）绝

回答下列问题:

（1）AH3=（用含“AHJ，和“八凡”的式子表示），该反应在______（填“高温”或“低温”）条件下

能自发进行。

（2）下列操作中，能提高环戊二烯平衡转化率的是（填标号）。

A.增加环戊二烯的用量B.恒温恒压下通入惰性气体C.移除环戊烯

（3）保持其他条件不变，在相同时间内，环戊二烯转化率及环戊烯、环戊烷的选择性与温度的关系如下

图所示：

100100

9090

8080

77o语

7O

6o携

6)O

用

5W・环戊二烯转化率-5o/

乐

4O―环戊烯选择性4o

3O，环戊烷选择性3o

2

2o

O1

1OO

0I

4050607080

①综合分析，反应最佳温度的范围为(填标号)。

A.40~45°CB.55~60°CC.80°C左右

②随着温度的升高，环戊二烯转化率升高而环戊烯选择性降低，其原因是O

(4)T°C，向恒容密闭容器中加入Imol环戊二烯(g)和lmolH2(g),反应达到平衡时，环戊二烯的转

化率为a,环戊烷物质的量为历iol,则用气体物质的量分数(x)表示的主反应的平衡常数K,=

(用含b的计算式表示)。

(5)用环戊二烯制备的二茂铁［Fe(C5H5入］可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂、橡胶熟化剂、紫外

线吸收剂等。二茂铁的晶胞结构如图所示(未画出微粒)，密度为pg-cm-3,设阿伏加德罗常数的值为

NA，则一个晶胞中含Fe(C5H5［的数目为0

【答案】(1)①.AH1+AH2②.低温

(2)C(3)①.A②.温度升高，主反应和副反应的反应速率都加快，但对副反应速率的影响

大于对主反应速率的影响

(a-b)(2-a-b)

(l-a)(l-a-b)

⑸103%bcpNA

372

【解析】

【小问1详解】

由盖斯定律可知，主反应+副反应1得到副反应2,则△HanAH1+AH2；主反应和副反应1都是焰变小

于0的放热反应，则副反应2是燃减的放热反应，低温条件下反应AH—TASCO,能自发进行，故答案

为：AHj+AH2；低温；

【小问2详解】

A.增加环戊二烯的用量，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但环戊二烯的转化率减小，故A

不符合题意；

B.环戊二烯制备环戊烯的反应是气体体积减小的反应，恒温恒压下通入惰性气体相当于减小压强，平衡

向逆反应方向移动，环戊二烯的转化率减小，故B不符合题意；

C.移除环戊烯，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，环戊二烯的转化率增大，故C符合题意；

故选C；

【小问3详解】

由图可知，温度在40~45°C范围内，环戊烯的选择性最大且环戊二烯的转化率较高，所以40~45°C是

环戊二烯氢化制环戊烯的最佳反应温度的范围，故选A；

②升高温度，环戊二烯的转化率提高而环戊烯的选择性降低，说明温度升高，主反应和副反应的反应速

率都加快，但对副反应速率的影响大于对主反应速率的影响，故答案为：温度升高，主反应和副反应的

反应速率都加快，但对副反应速率的影响大于对主反应速率的影响；

【小问4详解】

由题意可建立如下三段式：

C5H6(g.)+凡⑸C5H8(g)

起(mol)110

变(mol)aaa

平(mol)1-aaa

C5H8(g)+H2(g)-C5H10(g)

起(mol)a1-a0

变(mol)a-bb