云南省2024年高考化学模拟试题（含答案）3

云南省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共13小题，每小题6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。得分1．化学与生活密切相关，下列说法不合理的是（）A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B．SiOC．乙二醇溶液可用作汽车的防冻液D．大豆蛋白纤维是一种可降解材料2．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交反应做出贡献的三位科学家。环辛烯衍生物(A)与四嗪(B)的生物正交反应过程为下列说法错误的是（）A．A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3B．B中杂环上四个氮原子共平面C．反应1和反应2均为消去反应D．D中苯环上的一氯代物有6种3．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种新型超分子，其分子结构如下图所示(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素，下列说法正确的是（）A．简单气态氢化物的沸点：X>YB．第一电离能：IC．Z2D．原子半径：X>Y>W4．第二代钠离子电池是正极为锰基高锰普鲁士白{Na下列说法正确的是（）A．充电时，B极发生氧化反应B．充电时，NaC．[Mn(CND．放电时，正极反应为Mn[Mn(CN5．只利用下列实验药品，不能达到实验目的的是（）实验目的实验药品A探究温度对化学平衡的影响NO2与B验证乙醇的消去产物是乙烯乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C证明牺牲阳极法保护铁Fe、Zn、酸化的食盐水、K3D比较水和四氯化碳分子的极性H2O、CCA．A B．B C．C D．D6．某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应(均为气体)经历三个基元反应阶段，反应历程如下图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是（）A．该过程包含一个吸热反应和两个放热反应B．反应②逆反应的活化能为643C．该过程的总反应为2CO(g)+2NO(g)=D．反应③生成2molN2时，转移电子数为7．25℃时，用0.1mol⋅L−1KOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数[n(KOH)n(H2A．用KOH溶液滴定0.1mol/B．25℃时，H2AC．c点溶液中：c(D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：a>b>c>d阅卷人二、第II卷(共174分)得分8．近年来，人们发现CuCl不仅在颜料、防腐工业等方面具有广泛的用途，而且CuCl的大单晶体是一种很重要的电光调制晶体，也是有机合成中性能优良的催化剂。研究发现一种利用低品位铜矿(含Cu2S、FeO和F已知：i．水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。ii.室温时，Fe(OH)（1）铜矿中未被MnO2氧化的物质有（2）滤液D中铁离子的浓度约为。（3）向滤液D中先通氨气的目的是____。A．中和溶液中的H+ B．调节溶液pH值，生成CuCC．有利于[Cu(NH3)4（4）固体E主要是MnCO3，生成MnCO（5）滤液F加热生成CO2、NH3和（6）若要制取99.5gCuCl，理论上至少需要质量分数为25%的Cu2S（7）查阅资料：CuCl立方晶胞结构如下图所示，其晶胞参数为apm，Cl−以配位键与Cu+相结合，其中Cl−的配位数为9．三氯化铬(CrCl3)可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用Cr2O（1）制备无水CrC①所选装置的连接顺序为：A→→C→E(填“B”或“D”)，不选另一装置的原因是：。②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之(填“前”或“后”)。③已知制备CrCl3时有COCl2气体生成，制备COCl2气体易水解则尾气处理时适合选用的试剂为A．NaOH溶液B．稀H2（2）测定产品纯度(杂质不参加反应)已知：2Cr准确称取31.7g产品，温水溶解后稀释至250mL，量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量H2O2充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量KI溶液；滴加淀粉作指示剂，用2mol⋅L−1①加入足量H2O2②写出加硫酸酸化后的橙色物质与KI溶液发生反应的离子方程式。③反应后溶液煮沸的目的为。④产品中CrCl3的质量分数为10．丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。（1）工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯。反应原理如下：I．CⅡ.CH2Ⅲ.CH（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和C①下列说法正确的是(填序号)。A．使用催化剂B的最佳温度约为250℃B．相同条件下，改变压强会影响CHC．催化剂不仅能改变反应速率，还能改变平衡时的产率D．两种催化剂均能降低反应的活化能，但不能改变ΔH的数值②在催化剂A作用下，温度低于200℃时，CH2ClCHClC（3）反应C3H8(g)⇌C①b、c代表(填“丙烷”或“丙烯”)，p2(填“大于”“小于”或“等于”)②起始时充入一定量丙烷，在恒压p1=0.5MPa条件下发生反应，Q点对应温度下丙烷的转化率为(用分数表示)，该反应的平衡常数K（4）丙烷氧化脱氢法制备丙烯的反应为C3H8(g)+12O2(g)⇌①550℃时，C3H6的选择性为%(C②基于上述研究结果，能提高C3H611．褪黑素是迄今发现的最强的内源性自由基清除剂。褪黑素的基本功能就是参与抗氧化系统，防止细胞产生氧化损伤，在这方面，它的功效超过了已知的所有体内物质。某研究小组以乙炔为原料，设计合成褪黑素，合成路线如下(部分反应条件已省略)：已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：C回答下列问题：（1）B→C的反应类型为，C中含氧官能团的名称为，C分子是否为手性分子：(填“是”或“否”)。（2）已知：，通常用酯基和氨基生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反应，结合成键元素间电负性差值大小解释原因。元素HCO电负性2.12.53.5（3）E→F过程中，反应i的化学方程式为：。（4）J的结构简式为，其中氮原子的杂化轨道类型为。（5）写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式。i．含有3个六元环，其中1个是苯环；ii.含有结构，不含N−H键；iii.含有4种不同化学环境的氢原子。（6）综合上述信息并结合所学知识，在下图方框中填写合适的物质(写结构简式)。①；②；③。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为铜、锡等金属为合金，故A不符合题意；

B.二氧化硅具有优良的光学性能，做光导纤维，故B符合题意；

C.乙二醇溶液凝固点较低可用作汽车的防冻液，故C不符合题意；

D.蛋白质在酸性或碱性条件下能水解为氨基酸，大豆蛋白纤维一种可降解材料，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.青铜器为合金；

B.二氧化硅具有优良的光学性能可做光导纤维；

C.乙二醇溶液凝固点低可做防冻液；

D.大豆纤维可水解因此可做讲降解材料。2．【答案】C【解析】【解答】A.A中含有双键和单键，双键中碳原子是sp2杂化，单键上碳原子是sp3杂化，故A不符合题意；

B.氮原子是sp3杂化，是空间三角锥构型，因此B中N不共面，故B不符合题意；

C.根据反应1和反应2的反应物和产物即可得到，反应1为加成反应，反应2为消去反应，故C不符合题意；

D.由题干D的结构简式可知，D的两个苯环不相同，每个苯环上均有邻间对三种位置关系，则D上两个苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据单键和双键即可判断为sp2和sp3杂化；

B.根据氮原子是sp3杂化，为三角锥形构型；

C.根据反应物和生成物即可判断；

D.根据D的结构简式找出等效氢原子即可。3．【答案】D【解析】【解答】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；新型超分子中X、Y形成的共价键数目分别为4、2，则X为C元素、Y为O元素.

A.X为C元素、Y为O元素，气态氢化物沸点是水大于甲烷，故A不符合题意；

B.Z为Na元素，X为C元素、Y为O元素.金属元素第一电离能下雨非金属元素，非金属越强其第一电离能越大，因此是Y＞X＞Z，故B不符合题意；

C.Z为Na元素，Y为O元素.过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故C不符合题意；

D.W为H元素，X为C元素、Y为O元素，原子半径大小为：X>Y>W，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.X为C，Y为O，氢化物为CH4和H2O，沸点为H2O＞CH4；

B.非金属元素第一电离能大于金属元素，非金属性越强其第一电离能越大；

C.写出为Na2O2，含有离子键和共价键；

D.根据同周期从左到右半径依次增大，电子层数越大，半径越大判断。4．【答案】C【解析】【解答】由图可知，放电时，B极是原电池负极，在碳中的钠商丘电子发生氧化反应生成钠离子，电电极反应式为：Na-e-=Na+，A是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]2-在正极得到电子发生还原反应得到{Na2Mn[Mn(CN)6]}，电极式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e−=Na2Mn[Mn(CN)6]充电时，A与直流电正极连接，做电池的阳极，B为阴极；

A.充电时，B为阴极，钠离子在阴极得到电子变为钠，故A不符合题意；5．【答案】B【解析】【解答】A.NO2与N2O4混合气体存在着2NO2⇌N2O4，冷水、热水可以研究温度对化学平衡的影响，故A不符合题意；

B.乙醇得到的消去产物是乙烯，可使酸性高锰酸钾褪色，但是乙醇也可使高锰酸钾褪色，故B符合题意；

C.锌和铁在酸化的食盐水中构成原电池，金属性强于铁的锌做正极被损耗，铁做正极被保护，向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中没有蓝色沉淀生成，则用锌、铁、酸化的食盐水、铁氰化钾溶液可达到证明牺牲阳极法保护铁的实验目的，故C不符合题意；

D.非极性分子碘微溶于极性分子水，易溶于非极性分子四氯化碳，则用水、四氯化碳、碘可以达到比较水和四氯化碳分子的极性的实验目的，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.二氧化氮和四氧化二氮存在2NO2⇌N2O4，在冷水和热水中颜色不同可证明温度对平衡影响；

6．【答案】D【解析】【解答】从图中可得出三个热化学方程式：反应①：2NO=N2O2△H1=+199.2kJ∙mol-1；

反应②：N2O2+CO=CO2+N2O△H2=-513.5kJ∙mol-1；反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2△H3=-306.6kJ∙mol-1；

A.根据分析即可判断反应①为吸热反应，反应②和③为放热反应，故A不符合题意；

B.反应②的活化能为正反应活化能减焓变，即可得到643.5kJ⋅mol−1，故B不符合题意；

C.根据盖斯定律即可得到①+②+③即可得到该过程的总反应为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，故C不符合题意；

D.反应③：CO2+N2O+CO=2CO2+N2，反应③生成2molN2时，转移电子数为4NA，故D符合题意；7．【答案】A【解析】【解答】A.根据图示，KHA溶液呈酸性，K2A溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶液滴定0.1mol/LKHA溶液可以用酚酞作指示剂，故A符合题意；

B.根据图示，c(HA-)=c(A2-)时，pH=7，25℃时，H2A第二步电离平衡常数10-7，故B不符合题意；

C.c点溶液中，c(HA-)=c(A2-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(H+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此c(K+)=+3c(A2-)，故C不符合题意；

D.随着氢氧化钾加入。H2A减少，K2A增多，因此水的电离增大，因此a＜b＜c＜d，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据产物为K2A呈碱性，因此可用酚酞做指示剂；

B.根据H2A的计算公式判断当c(HA-)=c(A2-)计算出K数值；

C.根据c点的电荷守恒以及pH=7计算判断；8．【答案】（1）F（2）2（3）A；C（4）M（5）[Cu(N（6）320（7）4；398×1【解析】【解答】（1）二氧化锰具有氧化性，可氧化硫化亚铜和氧化亚铁，不能氧化氧化铁；

（2）室温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=2.8×10−39，pH=3，c(OH-)=10-11mol/L，Ksp=2.8×10−39=c(OH-)3c(Fe3+)，c(Fe3+)=2.8×10−6mol/L；

（3）A.氨气溶于水显碱性可中和氢离子，故A符合题意；

B.调节溶液pH，将溶液中的铜离子转化为四氨合铜离子，故B不符合题意；

C.有利于[Cu(NH3)4]CO3的生成，故C符合题意；

D.加入碳酸氢铵将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，故D不符合题意；

（4）根据反应物和生成物即可写出离子方程式：Mn2++2HCO3−=MnCO3+CO2↑+H2O；

（5）滤液F为[Cu(NH3)4]CO3加热生成CO2、NH39．【答案】（1）D；由于CrCl3凝华后易堵塞B中的导管；前；（2）将Cr3+氧化为CrO42−【解析】【解答】（1）①由分析可知，为防止氯化铬凝华堵塞B的导管发生意外事故，实验时需要装置D制备、收集氯化铬，故答案为D；

②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热三氧化二铬，再水浴加热提供四氯化碳可提高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前；

③由题给信息可知，制备氯化铬的反应为四氯化碳与三氧化二铬高温条件下反应生成氯化铬和光气，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl4高温__2CrCl3+3COCl2，由分析可知，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收光气，防止污染空气，故答案为：A；

（2）①由题意可知，加入足量过氧化氢溶液的主要作用为将溶液中的铬离子氧化为铬酸根离子，故答案为：将Cr3+氧化为CrO42−；

②题意可知，加硫酸酸化后的橙色物质与碘化钾溶液发生的反应为重铬酸根离子在酸性溶液中与溶液中的碘离子反应生成铬离子、碘和水，反应的离子方程式为14H++Cr2O72−+6I−=2Cr3++3I2+7H2O；

③为防止过量的过氧化氢溶液氧化硫代硫酸根离子导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，加入过氧化氢溶液反应后应将溶液煮沸除去过量的过氧化氢溶液；

④由分析可知，2CrCl3Cr2O723I26S2O42-，用2mol⋅L−1Na210．【答案】（1）-102（2）BD；温度较低或催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小（3）丙烯；小于；13；0.0625(或1（4）61.5；选择相对较低温度【解析】【解答】（1）①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)ΔH1=−134kJ⋅mol−1，②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=，③CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH起始(mol)100转化(mol)xxx平衡(mol)1-xxx丙烷的物质的量分数为50%，即可计算x=x=1/3，丙烯和氢气的物质的量分数为25%，因此Kp=0.5×25%×0.5×25%0.5×50%=0.0625(或116)MPa；

（4）①由题干图像信息可知，550℃时，设C3H8的起始量为n，C3H6的产率为8%，而C3H8的转化率为13%，故此温度下C3H6的选择性8%13%×100%=61.5%；

②由图2可知，升高温度，C3H6的选择性减小，故能提高C3H6选