云南省曲靖市2024年高考化学模拟试题（含答案）

云南省曲靖市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是A．燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”B．核酸检测是确认新冠病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物C．地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分不相同D．在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇2．白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C1373-1713K__6CaSiO3+P4+10CO↑。设NA．62gP4()熔化时，断开P-P键数目为3NAB．上述反应中，每生成标准状况下44.8LCO时，电子转移数目为4NAC．1mol·L-1Ca3(PO4)2溶液中含有PO4D．6gSiO2中含SiO2分子数目为0.1NA3．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A向滴有酚酞的NaOH溶液中通足入量的SO2红色褪去SO2具有漂白性B常温下，用pH计分别测定等体积1mol·L-1CH3COONH4溶液和0.1mol·L-1CH3COONH4溶液的pHpH均为7同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成KI3溶液中存在平衡：I3−⇌ID探究乙醇消去反应的产物C2H5OH与浓硫酸(体积比约为1：3)的混合液，放入几块碎瓷片，170℃共热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中若酸性KMnO4溶液褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯A．A B．B C．C D．D4．2021年诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特·大卫·麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：下列说法错误的是A．c的分子式为C10H10NO4B．理论上，该反应原子利用率为100%C．脯氨酸与互为同分异构体D．b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色5．X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示，下列说法正确的是A．组成这种新型电解质的所有元素均处于元素周期表p区B．Z元素的含氧酸不可能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．最简单氢化物的沸点：X>WD．同周期中第一电离能比W元素小的有4种元素6．研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是A．右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极B．光照强度大小不影响KIO3的制备速率C．电极Q处发生电极反应：I2+12OH--10e-=2IO3−D．不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2(标准状况下)，理论上Q极可制得342.4gKIO37．NH4HCO3是我国除尿素外使用最广泛的一种氮肥产品，还用作缓冲剂、充气剂和分析试剂。常温下，0.1mol·L-1NH4HCO3溶液pH是7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+B．NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)+c(CO32-)>c(H2C．分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3D．常温下，c(CO3二、非选择题8．某化学兴趣小组拟实验探究锡及其化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点为231℃；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解；SnCl4常温下为无色液体，熔点为．-33℃，沸点为114℃，易水解。回答下列问题：（1）该小组用以下流程制备SnSO4晶体：①Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置；②在上述流程中，加入锡粉的作用为；③反应Ⅰ的离子方程式为；④操作Ⅰ为沉淀的洗涤，请简述如何判断沉淀已洗涤干净?；操作Ⅱ中，实验操作包括、过滤、洗涤、干燥等一系列操作。（2）用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，实验装置如下：①SnCl4是分子(填“极性”或“非极性”)。②装置Ⅲ中盛装药品Sn的仪器名称是；装置Ⅵ中碱石灰的作用为。（3）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度：取锡粉1.226g溶于稀硫酸中，加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定含有Fe2+的溶液，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL。已知①Sn+H+→H2↑+Sn2+；②Sn2++Fe3+→Sn4++Fe2+；③Cr2O72-+Fe2+→Cr3+9．氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。回答下列问题：（1）Zn2+的简化电子排布式为。（2）操作X过程中，需用到的玻璃仪器有、烧杯。（3）“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为。（4）“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中(NH4)2S2O8过量的原因是。（5）已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol·L-1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，Pb2+是否完全沉淀(填“是”或“否”)，理由是(请列式计算说明)。物质CdSCuSPbSKsp8.0×10-276.3×10-368.0×10-28（6）流程中可循环利用的含氮物质有(填物质化学式)。（7）已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式。10．氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。同时，氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：（1）“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥着重要的作用。基态铬、氮原子的未成对电子数之比为。（2）联氨(又称肼，N2H4，无色液体)也是氮的一种重要的化合物，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为。（3）研究氮氧化物(NOx)的无害化处理I．CO还原NO2的反应原理如下：已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=-234kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ·mol-1③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=-112.3kJ·mol-1NO2与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为。II．用H2还原NO的反应为2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ·mol-1。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：①反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为；②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到10min时达平衡，0~10min内N2的平均反应速率为mol·L-1·s-1，该反应的平衡常数Kp=(写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为Kp，某气体分压=总压×某气体物质的量分数)；III．以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3−11．化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示：已知：I．G的结构简式为II．（1）反应①的反应条件为。（2）C的名称为，C中碳原子的杂化类型为。（3）E中官能团的名称为，反应F→G的反应类型为。（4）E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(碳原子上连接四个不同的原子或基团)的个数为。（5）已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为。（6）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有种。①苯环上只有两个取代基；②能与Na反应生成H2；③能与银氨溶液发生银镜反应。（7）根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．燃煤脱硫可以减少SO2的排放，有利于减少酸雨的形成，但未减少CO2的排放，不有利于实现“碳达峰、碳中和”，A不符合题意；B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于高分子化合物，B不符合题意；C．地沟油是油脂，石蜡油是烃类的化合物，地沟油和石蜡油的化学成分不相同，C符合题意；D．在酿酒工艺中，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为酒精和CO2，故不可以将淀粉直接转化为乙醇，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.燃煤脱硫可以减少SO2的排放，但不能减少二氧化碳的排放；

B.核酸属于天然高分子化合物；

D.淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖再转化为乙醇。2．【答案】B【解析】【解答】A．已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力，没有P-P键断开，A不符合题意；B．依据2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C1373-1713K__6CaSiO3+P4+10CO↑～20e-，每生成标准状况下44.8L即44.8L22.4L•moC．溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目，C不符合题意；D．二氧化硅为共价晶体，不含分子，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.白磷为分子晶体，熔化时克服分子间作用力；

C.溶液的体积未知，无法计算磷酸根离子数目；

D.二氧化硅为共价晶体。3．【答案】C【解析】【解答】A．酚酞褪色是由于SO2消耗了NaOH使溶液的碱性降低，而不是SO2漂白了酚酞，A项不符合题意；B．水的电离平衡H2O⇌H++OH-，加入CH3COONH4中的CH3COO-与H+结合而NH4+与OH-结合促使H2O的电离平衡正向移动，加入的CH3COONH4C．I3-不能使Ag+沉淀也不能使淀粉变蓝，出现淀粉变蓝和黄色沉淀说明有I2和I-。即D．挥发的乙醇也能使KMnO4溶液褪色，所以无法确定产生了C2H4，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.二氧化硫为酸性氧化物，能与NaOH反应；

B.CH3COONH4溶液为中性，且水解促进水电离；

C.前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成，可知溶液中含碘单质和碘离子；

D.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色。4．【答案】A【解析】【解答】A．由题干c的结构简式可知，c的分子式为C10H11NO4，A符合题意；B．由题干转化信息可知，该转化属于加成反应，故理论上，该反应原子利用率为100%，B不符合题意；C．由题干脯氨酸的结构简式可知，脯氨酸与的分子式相同均为C5H9NO2，结构不同，故互为同分异构体，C不符合题意；D．由题干b、c的结构简式可知，b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据结构简式确定其分子式；

B.该反应为加成反应，原子利用率为100%；

C.分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；

D.b中的醛基和c中的羟基均能被酸性高锰酸钾氧化。5．【答案】D【解析】【解答】A．组成这种新型电解质中的Li元素处于元素周期表s区，A不符合题意；B．Z为C元素，其含氧酸H2C2O4可使酸性高锰酸钾褪色，B不符合题意；C．简单气态氢化物的沸点H2O＞HF，故W＞X，C不符合题意；D．与O同周期且第一电离能小于O的元素有Li，Be，B，C四种元素，D符合题意；故答案为：D。

【分析】X、Y、Z、W是同周期主族元素，且均为短周期元素，化合物中W可形成2个共价键，可知W为O元素，则四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，Z为C元素；X只形成1个共价键，X为F元素；Y形成4个共价键、且含1个配位键，则Y最外层电子数为3，Y为B元素。6．【答案】C【解析】【解答】A．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3-比消耗的OH-B．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率，B不符合题意；C．由分析可知，铂电极Q为阳极，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO3-D．不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2(标准状况下)即11.2L22.4L•mol-1=0.5molO2，转移电子为2mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO3-+6H2O，可知生成KIO故答案为：C。

【分析】电极M上，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，则M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成SO42-，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=SO42-+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO3-+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3-比消耗的OH7．【答案】D【解析】【解答】A．根据图象可知，当溶液pH增大时，NH3⋅H2B．根据物料守恒，①c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，根据电荷守恒，②c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，①-②得c(NH3·H2O)+c(CO32-)=c(H2CO3)+c(H+C．如题图常温下当pH=6.5时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，则Kh(HCO3-)=c(HD．如题图常温下当pH=6.5时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，Ka1c(H2CO3)=故答案为：D。

【分析】A.随pH增大，HCO3-浓度先增大后减小；

B.根据物料守恒和电荷守恒分析；

C.根据Kh(HC8．【答案】（1）第五周期第ⅣA族；防止SnCl2被氧化；Sn2++CO32-（2）非极性；蒸馏烧瓶；吸收多余的Cl2，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入到SnCl4收集装置中，使SnCl4水解（3）93.2%【解析】【解答】（1）Sn与C同主族，位于元素周期表第五周期ⅣA族，可采用0族定位法确定位置，原子序数50与Xe（54）接近，与Xe同周期往前进四，为ⅣA族；由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化；由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2，反应的离子方程式为Sn2++CO32-=SnO↓+CO2↑。沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl-（2）Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型，正负电中心重合，为非极性分子；装置Ⅲ中盛放Sn的仪器有支管，是蒸馏烧瓶；装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解。（3）根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为1Cr2O72-：6Fe2+

【分析】（1）①Sn的原子序数为50，位于第五周期第ⅣA族；

②加入锡粉可防止防止SnCl2被氧化；

③SnCl2与碳酸钠反应生成SnO和二氧化碳；

④沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl-来确定是否洗净；

（2）装置Ⅰ中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，通过饱和食盐水除去HCl杂质，再用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气与Sn在装置Ⅲ中反应生成SnCl4，未反应的氯气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，干燥管中氯化钙吸收水蒸气，防止进入Ⅴ中使产物水解；

（3）根据Cr2O72-9．【答案】（1）[Ar]3d10（2）玻璃棒、漏斗（3）ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+（4）加入(NH4)2S2O8氧化AsO33-，使其完全转化为AsO43-，过量的(NH4)2S2O8再将Fe（5）否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，c(S2-)=6.3×10-3610-10mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此时c(Pb2+)=8.0×1（6）(NH4)2SO4、NH3·H2O（7）Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4【解析】【解答】（1）已知Zn是30号元素，根据构造原理可知，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；（2）由工艺流程图可知，操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗和玻璃棒；（3）根据题干信息可知，“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，故答案为：ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)（4）由分析可知，“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中(NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化AsO33-，使其完全转化为AsO43-，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化AsO33-，使其完全转化为AsO43-，过量的(NH4)（5）根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，c(S2-)=6.3×10-3610-10mol·L-1=6.3×10-26mol·L-1，此时c(Pb2+)=8.0×10-286.3×10-26mol·L-1≈1.27×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，c(S2-)=（6）流程图中溶液1为NH3•H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，故答案为：(NH4)2SO4、NH3•H2O；（7）由分析可知，沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。

【分析】锌焙砂中加入硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为AsO10．【答案】（1）2：1（2）N2H4+H2O⇌N2（3）2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1227.8kJ/mol；T3>T2>Tl；0.001/a；4081w或(0.2w)2×(0.1w)(0.3w)2×(0.3w)2；2Cl--2e-=Cl2↑、3Cl2+8OH【解析】【解答】（1）铬是24号元素，价电子排布为3d54s1，有6个未成对电子；氮是7号元素，价电子排布为2s22p3，有3个未成对电子；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2：1；（2）根据氨水的电离方程式，可知联氨在水中第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H（3）I．①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=-234kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ·mol-1③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=-112.3kJ·mol-1NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4-②+③得2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)ΔH=-234kJ·mol-1×4-179.5kJ·mol-1-112.3kJ·mol-1=-1227.8kJ/mol。II．①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，根据图示，反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为T3>T2>Tl；②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1：1时，NO的平衡转化率为40%，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到10min时达平衡，20~10min内N2的平均反应速率为0.6molaL