云南省2024年高考化学模拟试题（含答案）4

云南省2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有—项是符合题目要求的。得分1．化学与社会和生活密切相关。下列说法错误的是（）A．红色油漆中所用铁红的成分为Fe2O3B．干冰可用在影视剧及戏剧舞台上制造“云雾”C．“墨子号”量子通信的载体-光纤的主要成分为单晶硅D．2023年杭州亚运会主火炬燃料零增碳甲醇属于可再生能源2．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．10g立方氮化硼晶体所含原子数目为0.8NAB．常温下，pH=12的Na2S溶液中OH-数目为0.01NAC．含4molSi-O键的SiO2晶体中氧原子数目为NAD．标准状况下，22.4LNO2的分子数目为NA3．降解聚碳酸酯(PC)回收双酚A(BPA)的工艺过程，存在如下反应：下列说法错误的是（）A．PC可以发生水解反应和氧化反应B．反应物X为CH3OHC．BPA中不可能所有碳原子共面D．DMC分子中碳、氧原子杂化类型均为sp34．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验现象结论A向两份等体积等浓度的新制氯水中，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者产生白色沉淀，后者溶液变为蓝色氯气与水的反应存在限度B将苯与液溴在催化剂作用下产生的气体通入硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应C向1mL0.01mol·L-1MgCl2溶液中滴入2滴0.01mol·L-1NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液白色沉淀逐渐变为蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]D向溶有SO2的CaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀X一定具有强氧化性A．A B．B C．C D．D5．钛被称为21世纪金属，是卫星、火箭、宇宙飞船等高科技领域的重要材料，目前制备纯钛的新型工艺是“熔盐直接电解脱氧法”，其工作原理如下图所示，下列说法正确的是（）A．石墨作阳极，电极反应为C+2B．产生22.4LCO2(标准状况)气体时理论上可以制得2mol金属TiC．Cr-Al电热棒上的电势高于石墨电极上的电势D．若用铅蓄电池作该装置的电源，a为Pb电极6．我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R。X在地壳中含量最多，Y的电子层数是其最外层电子数的3倍，基态Z原子无未成对电子，基态R原子的p轨道半充满。下列说法错误的是（）A．Y的简单离子半径比Z的简单离子半径大B．R的简单氢化物的VSEPR模型为三角锥形C．Z的第一电离能大于同周期相邻元素D．X、R的简单氢化物的稳定性前者强于后者7．CaF2是一种难溶于水、可溶于酸的盐，工业上常用NaF固体除去工业废水中的Ca2+。常温下，向一定体积的工业废水中加入NaF固体，溶液中pX{pX=−lg[c(X)/mol⋅L−1]A．曲线II表示p(F)B．CaF2C．c(HFD．反应CaF2(s阅卷人二、第Ⅱ卷(非选择题，共174分)得分8．苯胺(有机碱，常温下为无色油状液体，易被氧化)在染料、医药、农药、香料等领域有广泛的应用。实验室以硝基苯为原料制备苯胺，反应原理如下：相关信息列表如下：物质相对分子质量沸点/℃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略实验步骤为：①组装好实验装置(如图，部分夹持仪器已略去)，并检查装置气密性。②向三颈烧瓶中依次加入沸石及10mL硝基苯。③打开活塞K，先通入H2一段时间。④使三颈烧瓶内溶液保持140℃恒温，充分反应。⑤反应结束后，关闭活塞K，向三颈烧瓶中加入干燥剂。⑥继续加热，收集182～186℃馏分，将所得馏分进行二次纯化，最终得到较纯苯胺5.6g。回答下列问题：（1）仪器a的名称是。（2）长颈漏斗内的试剂最好选用。a．稀盐酸b．稀硝酸c．稀硫酸（3）A装置是一个简易启普发生器，其优点是，若实验中未先通入H2一段时间，则可能产生的不良后果是。（4）步骤⑤中干燥剂可选用。a．浓硫酸b．碱石灰c．无水硫酸镁d．五氧化二磷（5）二次纯化并测定产率：蒸馏所得苯胺中混有少量硝基苯杂质，可以采用如下方案除杂提纯：加入试剂X后发生反应的离子方程式为，“液相”是(填“水层”或“有机层”)。（6）苯胺与甲苯相对分子质量相近，但沸点相差较大，试从物质结构的角度说明原因。（7）本实验的产率为(保留一位小数)。9．硒、碲广泛应用于传感、光学器件、红外探测等领域。以下是利用碲碱渣(主要含Na2TeO3、Na2SeO3，还有微量的Cu2+、Pb2+及部分不溶性杂质)为原料分离硒、回收碲的流程图：已知：①25℃时溶度积常数：K②当c(Mn+)≤1.0×10-5mol/L时认为Mn+③盐酸羟胺(NH2OH·HCl)是一种还原剂，其氧化产物是N回答下列问题：（1）基态硒原子的价电子排布式为，TeO32−（2）当Pb2+完全沉淀时，Cu（3）下图是Te—H2O系电位(φ)—pH图，“酸化”步骤中，当pH为5时，在体系中Te(Ⅳ)主要以形式存在，Te(Ⅳ)可被氧化形成相应的高价Te(Ⅵ)离子，氧化电位随pH值的变化规律为。（4）“沉硒”步骤中加入盐酸羟胺，反应的化学方程式为。（5）工业上可用电解法制备高纯碲，同时回收工业造纸废液中的NaOH，工作原理如图所示，装置中采用离子交换膜(填“阳”或“阴”)，写出B电极的电极反应式，若电解8小时，获得1.28吨高纯碲，则电流强度I=C·h-1(已知：一个电子的电荷量e=1.6×10-19C，用含NA的式子表示)。10．低碳烷烃选择氧化及脱氢反应的研究既是解决能源问题的有效途径之一，也是碳基能源催化研究的热门课题。乙烷的选择氧化生成乙醛有如下三种反应机理：机理Ⅰ：C2H6→CH3CHO机理Ⅱ：C2H6→CH3CH2OH→CH3CHO机理Ⅲ：C2H6→C2H4→CH3CHO已知下图是乙烷选择氧化生成乙醛的一种反应历程的过渡态、中间体和产物的稳定几何构型。请回答下列问题：（1）根据图中的几何构型示意图，推测该反应历程是乙烷选择氧化生成乙醛的机理(填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)（2）一定条件下，几种化学键的键能如表所示化学键C-HO-HO=OC=OC-C键能kJ·mol-l413.4426.8497.3750347.7①反应C2H6(g②温度898K下，在2L的刚性密闭容器中按一定比例[x=n(C2H6)n(O2)]加入C2H6（3）反应速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正⋅c(C2H6)⋅c(O2)，v逆=k逆⋅c(CH3CHO)⋅c(H2O)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。898K时在11．决奈达隆(Dronedarone，即化合物J)是一种抗心律失常药物，适用于阵发性或持续性心房颤动或心房扑动患者。以下为其合成路线之一：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称是。（2）B也可由苯酚经两步反应制备，第②步反应的试剂和条件分别是。（3）C在NaHCO3条件下成环，接着在NaBH4作用下转化为D，则D的结构简式为。（4）E转变为F的化学方程式为。（5）G中的官能团有碳碳双键、羟基、醚键、(填官能团名称)。（6）H生成I的反应类型为。（7）L是比C的相对分子质量少14的同系物，符合下列条件的L的同分异构体M有种(不考虑立体异构)。①含有结构；②苯环上只有3个取代基且相邻；③1molM与足量NaHCO3溶液反应产生2molCO2气体。其中，核磁共振氢谱显示7组峰，且峰面积比为4：2：2：1：1：1：1的同分异构体结构简式为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.铁红可用作红色油漆，主要成分为氧化铁，故A不符合题意；

B.干冰气化时吸热，可做影视以及戏剧制造云雾，故B不符合题意；

C.墨子号量子通信载体主要成分为二氧化硅，故C符合题意；

D.零增碳甲醇可进行人工合成属于可再生能源，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.氧化铁是红色可用作红色油漆；

B.干冰可用于制造云雾；

C.光纤主要成分是二氧化硅；

D.零增碳甲醇属于可再生能源。2．【答案】A【解析】【解答】A.立方氮化硼晶胞中B原子个数为：8×1/8+6×1/2=4，N原子个数为4，化学式为BN，10g含有物质的量为0.4mol，因此原子个数为0.8NA，故A符合题意；

B.n=cV，但是体积未知，因此无法计算其数目，故B不符合题意；

C.含4molSi-O键的SiO2晶体中氧原子数目为2NA，故C不符合题意；

D.标况下，二氧化氮不是气体，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据晶胞计算出化学式，计算出物质的量再计算出原子数目；

B.根据n=cV，但体积未知；

C.1mol二氧化硅中含有4molSi-O键；

D.标况下，二氧化氮不是气体。3．【答案】D【解析】【解答】A.PC中含有酯基可水解反应，也可被氧化，故A不符合题意；

B.根据PC与C反应得到BPA和DMC即可判断X为甲醇，故B不符合题意；

C.BPA中含有烷基，因此所有的碳原子不可能共面，故C不符合题意；

D.DMC中氧原子是sp3杂化，碳原子有sp3和sp2杂化，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据PC含有的官能团即可判断可水解以及发生氧化反应；

B.根据反应物和产物即可得到C为甲醇；

C.BPA中含有烷基，因此其碳原子不可能共面；

D.碳氧双键中的碳原子是sp2杂化。4．【答案】C【解析】【解答】A.氯气和次氯酸均可氧化碘离子，不能说明氯气与水反应存在限度，故A不符合题意；

B.液溴也可挥发溶于水与硝酸银产生沉淀，不能说明其发生取代，故B不符合题意；

C.向1mL0.01mol·L-1MgCl2溶液中滴入2滴0.01mol·L-1NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液，氢氧化钠少量，白色沉淀变为蓝色沉淀，可说明氢氧化铜产生，可说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故C符合题意；

D.向溶有SO2的CaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀说明X可能具有氧化性或者是氨气，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.次氯酸和氯气均可使碘离子氧化为碘单质；

B.溴易挥发因此也可使硝酸银变浑浊；

C.氢氧化钠少量，沉淀有白色变为蓝色说明有氢氧化铜沉淀产生，说明氢氧化铜难溶；

D.向溶有SO2的CaCl2溶液中通入气体X产生白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡或者亚硫酸钡，可能具有氧化性或者为氨气。5．【答案】A【解析】【解答】A.根据电极反应，石墨被氧化变为二氧化碳，说明石墨电极为阳极，发生的反应是C+2O2−−4e−=CO2↑，故A符合题意；

B.根据阴极反应式为：TiO2+4e=Ti+2O2-，根据产生22.4L标况下二氧化碳转移4mol电子，即可计算出制取1molTi，故B不符合题意；

C.Cr-Al电热棒（阴极）上的电势低于石墨电极（阳极）上的电势，故C不符合题意；

D.铅酸电池a连接的阳极，因此a为PbO2，故D不符合题意；

故答案为：A

6．【答案】B【解析】【解答】含有原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、R，X在地壳中含量最多，Y的电子层数是其最外层电子数的3倍，基态Z原子无未成对电子，基态R原子的p轨道半充满，X为O、Y为Na、Z为Mg、R为P。

A.Y为Na的阳离子为Na+、Z为Mg的阳离子为Mg2+，电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，故A不符合题意；

B.R为P，简单氢化物，价电子对数为4，VSEPR模型为四面体构型，故B不符合题意；

C.Z为Mg、镁的第一电离能大于钠和铝，故C不符合题意；

D.X为O、R为P，氧元素的非金属性强于磷元素，因此稳定性是水大于磷化氢，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.电子层相等，核电荷数越小半径越小；

B.R为P，其简单氢化物的VSEPR模型为四面体；

C.Z为镁，其第一电离能大于钠和铝；

D.元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强。7．【答案】A【解析】【解答】A.氟离子的浓度越大，lgc(HF)c(F−)数值越小，因此曲线I表示p(F)与lgc(HF)c(F−)变化关系，故A符合题意；

B.根据图示lgc(HF)c(F−)=1，时，c(F-)=0.1mol/L，c(Ca2+)=10-8.57mol/L，CaF2的溶度积常数Ksp(CaF2)=c(F-)2c(Ca2+8．【答案】（1）直形冷凝管（2）c（3）可以通过控制K，实现控制反应的发生与停止；生成的苯胺会被残留的空气氧化（4）bc（5）+H+→；有机层（6）苯胺中含有氨基，能形成分子间氢键，而甲苯不能形成分子间氢键（7）60.2%【解析】【解答】（1）根据图示即可得到仪器a为直形冷凝管；

（2）制取氢气一般选择稀硫酸，故答案为：c；

（3）根据图示即可判断得到，通过控制开关K即可控制反应的发生与停止；先通入一段时间氢气主要是排除装置的空气，未先通入氢气可能导致苯胺被残留的空气氧化；

（4）干燥剂的目的是除水，苯胺是有机碱，显碱性，因此可选用碱石灰和无水硫酸镁进行干燥，故答案为：bc；

（5）根据图示，加入试剂X为盐酸，将苯胺反应变为液相，即可写出离子方程式：+H+→；

（6）苯胺中含有氨基，可形成氢键，导致沸点较大，故答案为：苯胺中含有氨基，能形成分子间氢键，而甲苯不能形成分子间氢键；

（7）10mL的硝基苯质量为10×1.23g=12.3g物质的量为0.1mol，理论上可制取苯胺的质量为93×0.1g=9.3g，质量分数为5.6/9.3×100%=60.2%；

【分析】（1）根据图示即可找出名称；

（2）制取氢气一般选择稀硫酸；

（3）根据图示可控制反应的发生与停止，先通入氢气是排除空气防止被氧化；

（4）苯胺显碱性，因此可选择碱石灰和无水硫酸镁干燥；

（5）根据加入盐酸反应写出离子方程式，液相中是有机层；

（6）考虑苯胺形成氢键；

（7）根据硝基苯计算出物质的量，利用方程式计算出苯胺理论值即可计算出产率。9．【答案】（1）4s24p4；1（2）5×1（3）TeO2；氧化电位随pH值的升高而降低（4）H（5）阴；TeO3【解析】【解答】（1）Se的质子数为34，基态硒原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s24p4，价电子排布为：4s24p4，TeO32−的中心原子的孤电子对为(8-3×2)/2=1；

（2）当c(Mn+)≤1.0×10-5mol/L时认为Mn+离子已经沉淀完全，因此c(Pb2+)=10-5mol/L，Ksp(CuS)=1.3×10−36,Ksp(PbS)=2.6×10−11，即可计算出c(Cu2+)=Ksp(CuS)Ksp(PbS)c(Pb2+)=5×10−31mol/L；

（3）根据图示即可得到当pH为5时，在体系中Te(Ⅳ)主要以TeO2形式存在，根据图示，氧化电位越高pH越小；

（4）根据加入盐酸羟胺得到氮气和Se和氯化氢即可写出方程式为：H2SeO3+4NH2OH·HCl=Se↓+2N210．【答案】（1）Ⅱ（2）-279.5；增大；1；M；增大压强（3）60%；914【解析】【解答】（1）根据图示中的几何构型即可得到该反应历程是乙烷选择氧化生成乙醛的机理II；

（2）①根据焓变=反应物键能-生成物键能=（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，升高温度活化分子百分数增大；

②根据投料比等于系数之比时，平衡体系中的生成物的分数最大，因此p点坐标X2=1，增大氧气浓度，乙烷的转化率增大，因此最大的是M，若要缩短a点至Q点所用的时间增大反应速率，可增大压强；

（3）898K时在