云南省2024年高考化学模拟试题（含答案）

云南省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、单选题得分1．我国历史悠久，文化灿烂，拥有众多的非遗技艺传承。下列说法正确的是A．斑铜制作技艺在铜中掺杂金、银等金属，斑铜的熔点比纯铜低B．蒸馏酒传统酿造技艺利用酒和水的密度不同，蒸馏提高酒精度C．传统棉纺织、蚕丝制造技艺中的棉、丝主要成分相同D．木版年画制作技艺使用的靛蓝、赭石等颜料均属于有机化合物2．有机化合物丙具有镇痉、抗肿瘤等生物活性，其部分合成路线如下。下列说法正确的是A．甲的核磁共振氢谱共有10组吸收峰B．乙和丙相比，乙的沸点更高，水溶性更好C．1mol丙最多可以和1molNaOH反应D．可用酸性高锰酸钾溶液验证甲中含有碳碳双键3．下列反应的离子方程式表达错误的是A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L-1Na2S溶液2AgI(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2I-(aq)B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)C．乙酰胺与氢氧化钠溶液共热CH3CONH2+OH-→ΔCH3COO-+NH3D．向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色Cu2++2Cl-=Cu+Cl2↑4．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐；Y元素原子的核外电子有8种运动状态；Z为短周期金属元素，其简单离子的半径在同周期中最小；基态W原子的未成对电子数为6。下列说法错误的是A．第一电离能：X>Y>ZB．键角XY3C．W为第四周期d区元素D．X和Y的最简单气态氢化物中，前者更易液化5．下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A提高KMnO4溶液的氧化性用草酸酸化KMnO4溶液B除去乙醇中混有的乙酸向混合物中滴加适量的Na2CO3溶液，静置分液C检验碳酸钠中是否混有亚硫酸钠向样品中加入过量稀盐酸，将产生的气体通入Ba(NO3)2溶液中，观察是否出现白色沉淀D验证浓硝酸在加热条件下可以氧化碳单质将木炭和浓硝酸混合后加热，观察是否出现红棕色气体A．A B．B C．C D．D6．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．22.4L光气(COCl2)所含分子数为NAB．0.1molCu(H2O)4SO4·H2O晶体中σ键数目为1.8NAC．电解1L饱和食盐水，pH=13时，转移的电子数为0.05NAD．2mL5mol·L-1的硅酸钠溶液和盐酸反应后制得硅酸胶体，胶粒数为0.01NA7．一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法正确的是A．连接负载时，电极A为正极B．连接负载时，阳极区的电极反应式为2S22--2e-C．连接电源时，电路中每通过2NA个电子，生成NaOH的质量为80gD．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜阅卷人二、非选择题得分8．GaAs是一种重要的半导体材料。一种以粉煤灰(主要成分为SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3、Ga2O3等)为原料制备GaAs的工艺流程如下：已知：Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[Al(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Fe(OH)3]≈2.8×10-39回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为。（2）焙烧工序中Ga2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为。（3）母液中主要成分经分离、提纯后，可返回工序循环利用。（4）若浸取液中金属阳离子的浓度几乎相同，则分步沉淀中最先沉淀的离子为。（5）碱浸时发生反应Ga(OH)3+OH-⇌[Ga(OH)4]-K=0.1，已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，计算说明分步沉淀时Ga(OH)3难溶于氨水的原因。（6）电解生成Ga的电极反应式为。（7）GaAs的晶胞结构如图，晶体中每个As原子周围等距且最近的Ga原子数目为，已知：GaAs的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞的边长为pm。9．硫酸羟胺[(NH3OH)2SO4]为无色晶体，易溶于水，是一种重要的化工原料，在农药、医药行业中有广泛用途。合成硫酸羟胺的流程如下：模拟上述流程的实验装置如下(夹持装置与加热装置省略)：已知：羟胺(NH2OH)为白色片状晶体，易溶于水、甲醇等，受热易分解。回答下列问题：（1）三颈烧瓶中的试剂是，装置C中反应的化学方程式为。（2）开始实验时，应最先打开(填“K1”“K2”或“K3”)。（3）流程中步骤I的化学方程式是。（4）为分离(NH3OH)2SO4和(NH4)2SO4，向二者混合溶液中加入氨水，生成NH2OH·H2O，说明碱性较强的是(填“NH2OH·H2O”或“NH3·H2O”)；再加入甲醇，析出(填化学式)晶体，过滤，滤液经(填“常压”或“减压”)蒸馏后，加入硫酸，得到硫酸羟胺产品。（5）测定硫酸羟胺的含量：称取一定量样品，溶于水中，移入250mL的三颈烧瓶中，加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸10min，N2O气体全部逸出。将所得溶液冷却后，用cmol·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定。则硫酸羟胺物质的量(n)与消耗高锰酸钾溶液的体积(VmL)的关系是n=mol。10．CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化剂)；回答下列问题：（1）反应iii的化学方程式为。（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信息，ΔH1=。（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=甲酸的物质的量消耗C①下列措施能提高CO2平衡转化率的是(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应(填“i”或“ii”)，判断的理由是。（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成中间体，且(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。11．多环化合物是合成很多药物的中间体，下面是一种多环化合物G的合成路线：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为，由B生成D的反应类型为。（2）下列说法正确的是(填标号)。a．A侧链上的碳原子的杂化类型有sp和sp2b．B所含元素电负性最大的为Oc．C分子中所有原子一定共面d．D分子中手性碳原子数目为2（3）E中含氧官能团的名称为，E→F反应的方程式为。（4）C的同分异构体中，同时满足以下两个条件的有种(考虑立体异构)。i．除苯环外不含其他的环状结构；ii．能发生银镜反应；（5）写出G的结构简式。（6）结合题中相关信息，设计以和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．斑铜是铜的一种合金，熔点比纯铜低，A符合题意；

B．蒸馏是利用了酒和水的沸点不同，B不符合题意；

C．丝的主要成分为蛋白质，C不符合题意；

D．赭石主要成分为Fe2O3，D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A．合金熔点比纯铜低；

B．蒸馏是利用了酒和水的沸点不同；

C．丝的主要成分为蛋白质；

D．赭石主要成分为Fe2O3。2．【答案】C【解析】【解答】A．甲结构不对称，有8种不同环境的H原子，核磁共振氢谱共有8组吸收峰，A不符合题意；

B．丙分子中有羟基，可形成分子间氢键，能和水分子形成氢键，丙的沸点更高，水溶性更好，B不符合题意；

C．丙中只有酯基可以和NaOH反应，水解后没有酚羟基，1mol丙最多可以和1molNaOH反应，C符合题意；

D．甲中-CH2OH也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．有几种不同环境的H原子，核磁共振氢谱有几组吸收峰；

B．有羟基，可形成分子间氢键，能和水分子形成氢键；

C．酯基可以和NaOH反应；

D.-CH2OH也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。3．【答案】D【解析】【解答】A．向AgI沉淀中加入0.1mol·L-1Na2S溶液，AgI沉淀转化为溶解度更小的Ag2S，A不符合题意；

B．碳酸酸性比偏铝酸强，能和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3，HCO3-，B不符合题意；

C．酰胺基在碱性条件下水解，得醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，氨基水解生成氨气，C不符合题意；

D．向CuSO4溶液中加入浓盐酸，溶液变为绿色是因为[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－⇌CuCl42-(黄色)+4H2O，蓝色和黄色叠加为绿色，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．AgI沉淀转化为溶解度更小的Ag2S；

B．碳酸酸性比偏铝酸强，能和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3，HCO3-；

C．酰胺基在碱性条件下水解，得醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，氨基水解生成氨气；

D．[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－4．【答案】D【解析】【解答】A．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐；X是N；Y元素原子的核外电子只有8种运动状态，Y是O；Z为短周期金属元素，其简单离子的半径在同周期中最小，Z是Al；基态W原子的未成对电子数为6，W是Cr，Al为金属元素，第一电离能最小，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O>Al，A不符合题意；

B．NO3-中N原子价电子对数为3，无孤电子对；NO2-中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，键角NO3->NO2-，B不符合题意；

C．W是Cr，价电子排布为3d54s1，为第四周期d区元素，C不符合题意；

D．H2O的沸点大于NH3，H2O更易液化，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐；X是N；Y元素原子的核外电子只有8种运动状态，Y是O；Z为短周期金属元素，其简单离子的半径在同周期中最小，Z是Al；基态W原子的未成对电子数为6，W是Cr，Al为金属元素，第一电离能最小，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O>Al；

B．键角NO3->NO2-；

C．Cr价电子排布为3d54s1，为第四周期d区元素；

D．H2O的沸点大于NH3。5．【答案】C【解析】【解答】A．草酸有还原性，会被高锰酸钾氧化，A不符合题意；

B．乙醇和水互溶，不能分液分离，B不符合题意；

C．CO2与酸化的硝酸钡不反应，SO2可以和酸化的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，C符合题意；

D．浓硝酸受热分解也可以产生NO2，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．草酸有还原性，会被高锰酸钾氧化；

B．乙醇和水互溶；

C．SO2可以和酸化的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀；

D．浓硝酸受热分解也可以产生NO2。6．【答案】B【解析】【解答】A．未注明标准状况，无法计算，A不符合题意；

B．Cu(H2O)4SO4·H2O晶体中H原子和O原子之间均有一个σ键，SO42-中S原子和O原子之间有4个σ键，Cu与4个水分子形成4个σ键，0.1molCu(H2O)4SO4·H2O晶体中σ键数目为1.8NA，B符合题意；

C．电解饱和食盐水，溶液体积会变化，无法计算，C不符合题意；

D．胶粒是多个硅酸分子的集合体，无法确定胶粒数目，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．未注明标准状况，无法计算；

B．Cu(H2O)4SO4·H2O晶体中H原子和O原子之间均有一个σ键，SO42-中S原子和O原子之间有4个σ键，Cu与4个水分子形成4个σ键；

C．溶液体积会变化，无法计算；

D．胶粒是多个硅酸分子的集合体。7．【答案】B【解析】【解答】A．该电池放电时通入空气的一极为正极，电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极，连接负载时为原电池，电极B为正极，A不符合题意；

B．连接负载时A为负极，发生氧化反应为阳极区，电极反应为2S22--2e-=S42-，B符合题意；

C．连接电源时为电解池，电极B反应为4OH--4e-=O2+2H2O，电极A反应为S42-+2e-=2S22-，没生成NaOH，C不符合题意；

D．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；负极发生氧化反应，反应为2S22--2e-=S42-；正极区OH-向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区Na+向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．该电池放电时通入空气的一极为正极，电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极；

B．负极，发生氧化反应为阳极区；

C．连接电源时为电解池，电极B反应为4OH--4e-=O2+2H2O，电极A反应为S42-+2e-8．【答案】（1）4s24p1（2）Ga2O3+3(NH4)2SO4高温__Ga2(SO4)3+6NH3↑+3H（3）焙烧（4）Fe3+（5）Ga(OH)3+NH3·H2O⇌[Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数Kˊ=K·Kb=0.1×1.75×10-5=1.75×10-6<10-5（6）GaO2−+3e-+2H2O=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e（7）4；3【解析】【解答】(1)粉煤灰(主要成分为SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3、Ga2O3等)加入硫酸铵焙烧，金属氧化物转化为硫酸盐，水解过滤除去SiO2；滤液中加氨水分步沉淀Fe3+、Al3+、Ga3+，Ga(OH)3沉淀用NaOH溶液浸取，得含有[Ga(OH)4]-的水溶液，电解得Ga单质，高温条件下与As化合得到GaAs；Ga为31号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价电子为4s24p1；

(2)Ga2O3与(NH4)2SO4反应得Ga2(SO4)3和NH3，由元素守恒，化学方程式为Ga2O3+3(NH4)2SO4高温__Ga2(SO4)3+6NH3↑+3H2O↑；

(3)母液中主要成分经分离、提纯后，可返回焙烧工序循环利用；

(4)三种沉淀类型相同，Ksp[Fe(OH)3]最小，Fe3+最先沉淀；

(5)若Ga(OH)3溶于氨水则发生反应：Ga(OH)3+NH3·H2O⇌[Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数Kˊ=K·Kb=0.1×1.75×10-5=1.75×10-6<10-5，说明反应程度很小，故Ga(OH)3难溶于氨水；

(6)碱浸后溶液中含有[Ga(OH)4]-，在阴极被还原为Ga，电极反应为GaO2−+3e-+2H2O=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；

(7)该晶胞中有2个Ga原子距离其最近，上方的晶胞中还有2个，共4个；根据均摊法，晶胞中有4个GaAs单元，晶胞的质量为4M/NAg，密度为ρg·cm-3，体积为4M/NA÷ρcm3，边长为34MNAρ×1010pm；

【分析】(1)粉煤灰(主要成分为SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3、Ga2O3等)加入硫酸铵焙烧，金属氧化物转化为硫酸盐，水解过滤除去SiO2；滤液中加氨水分步沉淀Fe3+、Al3+、Ga3+，Ga(OH)3沉淀用NaOH溶液浸取，得含有[Ga(OH)4]-的水溶液，电解得Ga单质，高温条件下与As化合得到GaAs；Ga为31号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，价电子为4s24p1；

(2)Ga2O3与(NH4)2SO4反应得Ga2(SO4)3和NH3；

(3)母液中主要成分经分离、提纯后，可返回焙烧工序循环利用；

(4)Ksp[Fe(OH)39．【答案】（1）(NH4)2CO3溶液；Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）K1（3）NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO（4）NH3·H2O；(NH4)2SO4；减压（5）1.25cV×10-3【解析】【解答】(1)装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，得NO、NO2的混合气体，通入B装置，B中应盛放碳酸铵溶液，装置C中亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，通入B装置反应得到硫酸羟胺，NO、NO2与碳酸铵反应得亚硝酸铵，三颈烧瓶中盛放的试剂为(NH4)2CO3溶液；装置C中亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)开始实验时，应最先打开K1；

(3)NO、NO2与碳酸铵反应得亚硝酸铵，由元素守恒，气体A为CO2，化学方程式为NO+NO2+(NH4)2CO3=2NH4NO2+CO；

(4)加入氨水，生成NH2OH·H2O，说明NH3·H2O的碱性更强；加入氨水后溶质主要为硫酸铵和NH2OH·H2O，NH2OH·H2O可以和甲醇形成氢键，可以和甲醇互溶，加入甲醇，析出(NH4)2SO4晶体；为避免羟胺分解，经减压蒸馏降低沸点；

(5)加入足量硫酸铁溶液，充分反应后，煮沸10min，N2O气体全部逸出，说明Fe3+将(NH3OH)2SO4氧化，由得失电子守恒，4n((NH3OH)2SO4=n(Fe3+)，Fe3+被还原为Fe2+，Fe2+再被高锰酸钾氧化，n(Fe2+)=5n(KMnO4)，n((NH3OH)2SO4=1.25n(KMnO4)=1.25cV×10-3mol；

【分析】(1)装置A中NH3被催化氧化生成NO，NO再被氧化为NO2，得NO、NO2的混合气体，通入B装置，B中应盛放碳酸铵溶液，装置C中亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，通入B装置反应得到硫酸羟胺，NO、NO2与碳酸铵反应得亚硝酸铵；

(2)开始实验时，应最先打开K1；

(3)NO、NO2与碳酸铵反应得亚硝酸铵；

(4)加入氨水，生成NH2OH·H2O，NH2OH·H2O可以和甲醇形成氢键，可以和甲醇互溶；

(5)Fe3+将(NH3OH)2SO4氧化，由得失电子守恒，4n((NH3OH)2SO4=n(Fe3+)，Fe3+被还原为Fe2+，Fe2+再被高锰酸钾氧化。10．【答案】（1）CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)（2）+31.21kJ·mol-1（3）C；95%×0.3%a×5%（4）HCOO*；Bi/CeO2【解析】【解答】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，由元素守恒，反应iii为CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)；

(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量，ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；

(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；

B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；

C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；

②设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=（1x95%x0.3%）÷5%aMPa，反应i的压力商计算式Qp=1x95%x0.3%）÷5%a÷（axa）=95%×0.3%a×5%；

③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；

(4)生成HCOO*的活化能更小，HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异；

【分析】(1)CO2(g)可以和H2(g)反应生成HCHO(g)；

(2)焓变等于生成物总能量-反应物总能量；

(3)①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小；

B．恒压条件，再充入Ar，容器体积变大，相当于减压，反应i是体积分子数减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；

C