云南化学高考模拟卷
化学
姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是
A． →CO2 B．Cu→Cu(NO3)2 C．CuO→Cu D．CO→CO2
2．2-甲基丙烯酸()是重要的化工原料。下列有关说法正确的是
A．分子式为
B．与乙酸互为同系物
C．所有原子均处于同一平面上
D．1mol该物质与足量钠反应生成22.4L气体
3．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，124gP4中所含P-P键数目为4NA
B．100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA
C．11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
4．已知A～D是含同一元素的四种物质，相互之间有如下图转化关系，其中A是单质，而D是最高价氧化物的水化物，那么A可能是
A．Si B．S C．Fe D．Al
5．某实验小组要定量探究铁锈蚀的因素，设计如图所示实验装置，检查气密性，将5 g铁粉和2 g碳粉加入三颈烧瓶，时刻，加入2 mL饱和氯化钠溶液后，再将一只装有5 mL稀盐酸的注射器插到烧瓶上，采集数据。下列说法错误的是
A．铁发生锈蚀的反应是放热反应
B．温度降低是因为反应速率减慢了
C．BC段压强减小是因为铁和氧气直接反应生成了氧化铁
D．压强变大是因为发生了铁的析氢腐蚀
6．下列离子方程式书写正确的是
A．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2 +H2O +ClO-= HClO +
B．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液：2C1-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-
C．将硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液显中性：H+ + +Ba2+ +OH-=H2O+BaSO4↓
D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液：+ +H2O= Al(OH)3↓+
7．将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，以下说法一定正确的是
A．若混合液呈酸性，则[CH3COO-]>[Na+]
B．若混合液呈中性，则[CH3COO-]=[ CH3COOH]
C．若混合液呈碱性，则[CH3COO-]>[OH-]
D．随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]始终增大
二、工业流程题
8．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 7.6 2.7 3.2 8.3
完全沉淀 9.6* 3.7 4.9 9.8
*Fe(OH)2沉淀呈絮状，不易从溶液中过滤除去。回答下列问题：
(1)锰元素位于元素周期表第_______周期。
(2)软锰矿预先粉碎的目的是_______，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_______。
(3)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_______。
(4)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到_______操作中(填操作单元的名称)。
(5)净化时需先加入的试剂X为_______(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______。
(6)碳化过程中发生反应的离子方程式为_______。
三、实验题
9．氯化亚砜(SOCl2)在农药、制药行业中用途广泛。某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示装置来制备SOCl2。
已知：①SOCl2是一种液态化合物，沸点为77℃；SCl2沸点59℃
②SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有刺激性气味的气体产生
请回答以下问题：
(1)写出用Cu和浓H2SO4反应制取SO2的化学方程式______。
(2)装置e的作用为______。
(3)f中的最佳试剂是______（填字母符号），其作用为______ 。
A．碱石灰 B．浓硫酸 C．无水CuSO4 D．无水氯化钙
(4)写出制取SOCl2的反应化学方程式______。
(5)若反应中消耗Cl2的体积为560 mL（标准状况，SO2足量），最后得2.38g SOCl2，则SOCl2的产率为___________（结果保留三位有效数字）。（已知产率=）
四、原理综合题
10．我国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标，“碳中和”对我国意味着：一是能源转型首当其冲；二是通过工艺改造、节能等措施减少二氧化碳的排放在能源的产生、转换、消费过程。减少二氧化碳排放的方法之一是将CO2催化还原，比如：
反应1： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7kJ·mol-1
反应2： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2
都是目前处理CO2的重要方法。回答下列问题：
(1)反应1在_______的条件下能自发发生。(填低温、高温、任意温度)
(2)已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1
②H2O(1)=H2O(g) ΔH3=44.0 kJ·mol-1，
则 ΔH2=_______kJ·mol-1。
(3)恒温恒容的密闭容器中，投入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7 kJ·mol-1达到平衡，下列有关叙述正确的是_______。
A．升高温度，逆反应速率增加，平衡常数减小
B．再加入一定量的CO2和H2， CO2和H2的转化率不可能同时都增大
C．加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率
D．其他条件不变，改为恒温恒压，可以提高平衡时CH3OH的百分含量
(4)一定条件下，在1L密闭容器中加入2molCO2和2molH2只发生反应2： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，如图是随着反应的进行，CO2的浓度随时间改变的变化图。若在t1时刻再加入lmolCO2， t2时刻到达新的平衡。
请你画出t1~t3内时刻CO2的物质的量浓度随时间改变的变化图：______
五、结构与性质
11．锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)基态Zn原子价电子排布式为_______。
(2)在《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_______，C原子的杂化形式为_______。
(3)已知ZnF2中含有离子键，不溶于有机溶剂，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是____。
(4)Zn2+能形成多种配合物，如工业冶炼金原理：2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。与CN-互为等电子体的分子有_______(只写一种)，1mol[Zn(CN)4]2-中含_______molσ键。
(5)半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中，A点硒原子坐标为(，，0)，B点锌原子坐标为(，，)，则C点锌原子坐标为____。已知面心上硒与顶点硒之间距离为anm，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则硒化锌晶体的密度为____g·cm-3。
六、有机推断题
12．Reformatsky 反应是利用醛或酮与卤代酸酯反应制备β- 羟基酸酯的常用的简便方法，反应①：
(1)化合物I与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式_______；
(2)一定条件下，CH3 CH(Br)COOC2H 5与过量的I也可以发生类似反应①的反应，试写出该生成物的结构简式_______；
(3)化合物Ⅱ所含官能团是_______(名称)；其在加热条件与 NaOH 溶液反应的化学方程式是_______；
(4)化合物Ⅲ的分子式为 _______，1mol 该物质完全燃烧最少需要消耗 _______molO2；
(5)化合物Ⅲ在加热条件与 NaOH 溶液反应，所得溶液加酸酸化生成化合物Ⅳ，试写出Ⅳ所形成有机高分子的结构简式 _______；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】根据氧化还原反应的规律可知，若需加入还原剂才能实现，则需反应物中某元素化合价降低，被还原，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 无元素化合价升降，故A不符合题意；
B. Cu元素化合价升高，故B不符合题意；
C. Cu元素化合价降低，故C符合题意；
D. C元素化合价升高，故D不符合题意；
答案选C。
2．A
【详解】A．由结构可知分子式为，故A正确；
B．该有机物还含有碳碳双键，与乙酸所含官能团不同，即结构不同，因此二者不是同系物，故B错误；
C．具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，故C错误；
D．1mol该物质含有1mol羧基，与钠反应生成0.5mol氢气，产生11.2L气体，故D错误；
故选：A。
3．B
【详解】A．124g白磷的物质的量为1mol，而白磷分子中含6条P P键，故1mol白磷中含6NA条P P键，故A错误；
B．FeCl3溶液中存在Fe3＋的水解，所以100 mL 1mol L 1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目小于0.1mol，数目小于0.1NA，故B正确；
C．气体不是标准状况下，无法根据体积确定气体的物质的量，故C错误。
D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2 mol SO2和1molO2催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2NA，故D错误；
故选：B。
4．B
【详解】A．Si与氧气反应生成二氧化硅，不能再氧化生成C，故A不选；
B．S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫，符合图中转化，故B选；
C．Fe与氧气反应生成四氧化三铁，且铁的氧化物与水不反应，故C不选；
D．Al与氧气反应生成氧化铝，不能再氧化生成C，且Al的氧化物不与水反应，故D不选；
故答案选B。
【点睛】本题考查无机物的推断，把握连续氧化及D是最高价氧化物的水化物为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
5．C
【详解】A．由温度曲线可知，铁发生锈蚀的反应是放热反应，温度升高，A正确；
B．温度降低是因为装置中氧气被消耗，导致铁被锈蚀反应速率减慢了，B正确；
C．BC段压强减小是因为铁在氧气、水共同作用下反应生成了铁锈，铁锈主要成分为氧化铁，C错误；
D．压强变大是因为注射器中盐酸被压入三颈烧瓶中，盐酸和铁生成氢气，发生了铁的析氢腐蚀，D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．NaClO溶液中通入过量SO2气体，ClO-氧化SO2为，反应的离子反应为ClO-+H2O+SO2═2H++Cl-+，故A错误；
B．用惰性电极电解饱和氯化镁溶液：，故B错误；
C．将硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，溶液显中性，离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-═2H2O+BaSO4↓，故C错误；
D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子反应为+ +H2O= Al(OH)3↓+ ，故D正确；
故选：D。
7．A
【分析】将CH3COOH溶液与一定量NaOH溶液混合，若恰好反应完，溶液显碱性，若要显中性，则醋酸有少量剩余，不管反应后溶液性质如何，都满足电荷守恒： [Na+]+[H+] =[CH3COO-]+[OH-]。
【详解】A、溶液中电荷守恒等式： [Na+]+[H+] =[CH3COO-]+[OH-]，混合液呈酸性， [H+] > [OH-]，则[CH3COO-]>[Na+]，故A正确；
B、混合液显中性，则醋酸有少量剩余，溶液中主要是醋酸钠，则[CH3COO-]> [ CH3COOH]，故B错误；
C、溶液中电荷守恒等式： [Na+]+[H+] =[CH3COO-]+[OH-]，若混合液呈碱性，只能得出[OH-]>[H+]，无法比较[CH3COO-]与[OH-]的大小，故C错误；
D、随着NaOH溶液的加入，混合溶液中水电离出的[H+]先增大后减小，故D错误。
答案选A。
8．(1)四
(2) 增大接触面积，充分反应，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
(3)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(4)蒸发
(5) H2O2 4.9
(6)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
（1）锰元素为25号元素，位于元素周期表第四周期；
（2）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
（3）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；
（4）滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
（5）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
（6）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。
9．(1)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
(2)除去氯气中的氯化氢
(3) A 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶与SOCl2反应，吸收尾气SO2和Cl2防止污染空气
(4)SO2＋Cl2＋SCl22SOCl2
(5)40.0%
【分析】由信息可知：SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有刺激性气味的气体产生，故用纯净干燥的氯气、二氧化硫和二氯化硫为原料，在三颈烧瓶内合成，反应的方程式为: SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，故e内是饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢杂质；d中存在浓硫酸用来干燥氯气，已知SCl2的沸点为59℃，故冷凝管用于冷凝回流，球形干燥管内装碱性干燥剂最好是碱石灰，其作用是：防止空气中的水蒸气进入反应装置而使SOCl2水解、吸收多余氯气和二氧化硫，以防止污染空气，据此回答。
（1）
Cu与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（2）
在实验室中是用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气。由于浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中含有杂质HCl及水蒸气。装置e的作用是除去氯气中的氯化氢。
（3）
装置f的作用是吸收未反应的SO2、Cl2及挥发的SCl2，同时防止空气中的水蒸气进入反应设备与SOCl2反应，使用的试剂可以使用碱石灰，故合理选项是A。
（4）
纯净干燥的氯气、二氧化硫和二氯化硫在三颈烧瓶内合成SOCl2，反应的方程式为：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。
（5）
560 mL标准状况下Cl2的物质的量n(Cl2)==0.025 mol，制取得到的2.38 g SOCl2的物质的量是n(SOCl2)==0.02 mol，根据反应方程式中物质反应转化关系可知理论上产生SOCl2的物质的量是0.025 mol×2=0.05 mol，故SOCl2的产率为=40%。
10．(1)低温
(2)+41.2
(3)AD
(4)
【详解】（1）该反应为分子数减少的反应：，且为放热反应：，根据判据：时反应自发进行，可知该反应在低温下可自发进行；
（2）CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ mol-1和-285.8kJ mol-1，可得；；根据盖斯定律，==+41.2KJ/mol；
（3）A．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增加，平衡左移，平衡常数只与温度有关，即平衡常数减小，故A正确；
B．再加入一定量的CO2和H2，体系内压强增大，两者可能都增加，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，对平衡移动不影响，故C错误；
D．该反应为分子数减小的反应，恒温恒容下平衡时压强降低，改为恒温恒压相当于增大压强，平衡右移，可以提高甲醇的百分含量，故D正确；
故选AD；
（4）增大反应物的浓度平衡向右移动，反应速率加快，二氧化碳转化率降低，根据题意可得：。
11．(1)3d104s2
(2) 平面三角形 sp2
(3)ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小
(4) CO 8
(5) (，，)
【详解】（1）Zn是30号元素，基态Zn原子电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，价电子排布式为3d104s2；
（2）CO中C原子价电子对数是3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，C原子的杂化形式为sp2。
（3）ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小，所以ZnF2不溶于有机溶剂，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂；
（4）原子数相同、价电子数也相同的微粒是等电子体，与CN-互为等电子体的分子有CO、N2等，Zn2+与CN-之间通过配位键结合，配位键是σ键，CN-中含有1个σ键、2个π键，1mol[Zn(CN)4]2-中含8molσ键。
（5）根据A、B点原子坐标，可知C点锌原子坐标为(，，)。面心上硒与顶点硒之间距离为anm，则晶胞的面对角线为2anm，晶胞边长是；根据均摊原则，1个晶胞含有Se原子数、Zn原子数4，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则硒化锌晶体的密度为。
12．(1)+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O+3H2O
(2)
(3) 溴原子和酯基 BrCH2COOC2H5+2NaOHHOCH2COONa+C2H5OH+NaBr
(4) C12H16O3 14.5
(5)
【详解】（1）化合物I为，与新制氢氧化铜悬浊液反应时醛基被氧化为羧基，据此写出化学方程式为+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O+3H2O；
（2）反应①是苯乙醛与溴代乙酸乙酯反应制备β- 羟基酸酯，反应中醛基中碳氧双键及BrCH2COOC2H5中C-Br键断裂生成新的有机物 ，一定条件下，CH3CH(Br)COOC2H5与过量的I也可以发生类似反应①的反应，则生成物的结构简式为，故答案为：；
（3）化合物Ⅱ的官能团是溴原子和酯基；在加热条件与 NaOH 溶液发生取代反应（水解反应），反应的化学方程式为BrCH2COOC2H5+2NaOHHOCH2COONa+C2H5OH+NaBr，故答案为：BrCH2COOC2H5+2NaOHHOCH2COONa+C2H5OH+NaBr；
（4）化合物Ⅲ分子中含有12个C原子，16个H原子，3个O原子，则该物质的分子式为C12H16O3。1mol 该物质完全燃烧耗氧量=（12+-）mol=14.5mol，故答案为：C12H16O3；14.5；
（5）化合物Ⅲ在加热条件与 NaOH 溶液发生酯的水解反应，所得溶液加酸酸化生成化合物Ⅳ为，该分子中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下能发生缩聚反应生成高聚物，则形成的有机高分子的结构简式为 ，故答案为：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
