云南省昆明市2025届高三下学期“三诊一模”高考模拟考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1云南省昆明市2025届高三下学期“三诊一模”高考模拟考试一、选择题1.有一种叫云南的生活，让你找到心灵归属。下列说法错误的是A．沧海落，石林生。石林喀斯特地貌的形成涉及化学变化B．五百里滇池，空阔无边。光束通过云雾形成光路是因为丁达尔效应C．蓝白交织，布上诗画。大理扎染用到的棉布主要成分是蛋白质D．壶中茶蒸腾，杯底藏星河。普洱茶中含有的茶多酚可以抗氧化【答案】C【解析】石林喀斯特地貌的形成涉及化学反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、Ca(HCO3)2=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故A正确；云雾属于分散系中的胶体，分散剂为气态，属于气溶胶，光束通过云雾形成光路是因为丁达尔效应，故B正确；棉布主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故C错误；酚羟基能被氧化，酚类物质具有还原性，普洱茶中含有的茶多酚可以抗氧化，故D正确；选C。2.下列化学用语表达正确的是A．基态Cu2+的价层电子排布式：3B．CaC2的电子式：C．某晶体的晶胞结构： D．乙醇分子间的氢键：H【答案】B【解析】铜原子序数29，基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2+价层电子排布式为3d9，A错误；CaC2属于离子化合物，是由Ca2+和C22-所构成，其电子式为，B3.污水经多步处理才能达排放标准。下列说法错误的是A．聚合氯化铝可除去污水中的悬浮物B．微生物法可除去水中的可降解有机物C．碱性条件可提高次氯酸钠的杀菌能力D．膜分离技术可实现水体的深度处理和净化【答案】C【解析】聚合氯化铝可以形成胶体，胶体具有吸附性，可以吸附污水中的悬浮物，A正确；微生物可将水中的有机物转化为二氧化碳、水等无机物，B正确；酸性条件下次氯酸根离子与氢离子可形成次氯酸，提高次氯酸钠的杀菌能力，即次氯酸的杀菌能力强，C错误；膜分离技术通过选择性过滤机制，能够高效去除水体中的溶解性污染物、微生物及盐分，实现水体的深度处理和净化，D正确；故选C。4.下列离子方程式正确的是A．向银氨溶液中通入H2SB．FeOH3C．向H2O2溶液中滴加D．向饱和Na2CO3溶液中通入过量【答案】D【解析】向银氨溶液中通入H2S，银氨溶液以AgNH32+形式表示：2AgNH32++2OH-+2H2S=Ag2S↓+2NH4++S2-+2H25.结构决定性质，性质决定用途。下列对应关系错误的是A．硬脂酸钠能与酸反应，可用作表面活性剂B．聚四氟乙烯耐化学腐蚀，可用于制作酸碱通用滴定管的旋塞C．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，电阻率低，可用于动力电池D．低温石英中，螺旋上升的硅氧四面体长链使其具有手性，可用作压电材料【答案】A【解析】A．硬脂酸钠分子结构中的长链烷基属于疏水基，羧酸钠基属于亲水基，可用作表面活性剂，A错误；聚四氟乙烯既不与酸反应，也不与碱反应，可用于制作酸碱通用滴定管的旋塞，B正确；石墨烯由单层碳原子构成，厚度仅为0.335纳米，且其电阻率极低，导电性良好，可用于动力电池，C正确；石英的成分是二氧化硅，低温石英结构中有顶角相连的硅氧四面体形成的螺旋上升的长链，这一结构决定了它具有手性，被广泛用作压电材料，如制作石英手表，D正确；故选A。6.用下列装置或操作进行相应实验，不能达到实验目的的是A．验证非金属性：Cl>SB．分离I2和C．获得明矾晶体D．牺牲阳极法实验A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】Cl2通入Na2S溶液中，出现黄色浑浊，说明生成了S单质，根据离子反应：Cl2+S2-=2Cl-+S，则单质氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性Cl>S，能达到实验目的，A不符合题意；碘和四氯化碳均属于非极性分子，根据相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，不能用过滤的方法分离，不能达到实验目的，B符合题意；将一块小的明矾晶体悬挂在饱和明矾溶液中，小晶体作为晶种，可以提供结晶中心，控制晶体生长方向与形态，获得明矾晶体，能达到实验目的，C不符合题意；装置中相对活泼金属锌做负极，铁做正极，利用原电池原理保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法，能达到实验目的，7.历史上曾用雄黄(As4S4，)制备杀虫剂As2O3，反应方程式为As4A．1molAs4S4B．32g18C．25℃和101kPa下，22.4LSO2D．每消耗1molAs4【答案】D【解析】As原子序数33，位于元素周期表第=5\*ROMANVA族，最外层有5个电子、形成3个共价键，S最外层有6个电子、形成2个共价键，则黑球代表As，白球代表S，As4S4分子中没有S-S键，A错误；18O2的摩尔质量为36g/mol，32g18O2含有的质子数为3236×16NA≠16NA，B错误；二氧化硫分子中心原子S的价层电子对数=2+6-2×22=3，25℃和101kPa下，22.4LSO2的物质的量小于1mol，则价层电子对数小于3NA，C错误；结合选项A可知，As平均为+28.葡萄糖水溶液中存在着链状和环状结构之间的异构化平衡，转化关系如下。下列说法错误的是A．葡萄糖水溶液不能使溴水褪色B．链状葡萄糖和环状葡萄糖互为同分异构体C．链状葡萄糖通过加成反应转化为环状葡萄糖D．据此原理，一种五元环状葡萄糖的结构简式可表示为【答案】A【解析】葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，可以被溴水氧化，从而使溴水褪色，A错误；链状葡萄糖和环状葡萄糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确；对比链状葡萄糖和环状葡萄糖的结构可知，链状葡萄糖的醛基与羟基通过加成反应可以转化为环状葡萄糖，C正确；链状葡萄糖（）的醛基与圈出来的羟基发生加成反应，可以得到，D正确；故选A。9.某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2W7，Y、X、W、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XYA．键角：XYB．简单氢化物的稳定性：WC．X的第一电离能高于同周期相邻元素D．基态原子的未成对电子数：Mn【答案】A【解析】Y、X、W、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中XY4+是10e-微粒，则Y、X分别是H、N，根据Z2W74-结构，Z形成五条化学键，则Z是P，NH3与PH3中心原子都是sp3杂化，都有一个孤电子对，但是电负性：N>P，则键角：NH3>PH3，A错误；W形成两条化学键，原子序数小于P，则W是O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O>N>P，则简单氢化物的稳定性：H2O>NH3>PH3，B正确；同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能高于同周期相邻元素，C正确；基态Mn原子价电子排布式为：3d54s2，未成对电子数是510.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A将某红棕色气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝该气体一定是二氧化氮B向2mL0.1mol⋅L-1NaCl溶液中滴加2滴KC向CuNH34SO增大溶剂极性可以降低CuNHD向盛有某溶液的试管中加足量浓NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液为铵盐溶液A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】将红棕色气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，说明该红棕色气体具有氧化性，将碘离子氧化生成碘单质，则红棕色气体具有氧化性，可能为NO2或Br2g，A错误；向2mL0.1mol⋅L-1NaCl溶液中滴加2滴0.1mol⋅L-1AgNO3溶液，产生白色沉淀，根据用量可知AgNO3溶液反应完全无剩余，此时再滴加4滴0.1mol⋅L-1KI溶液，沉淀变为黄色，说明白色的AgCl沉淀转化为黄色AgI故答案为：B。11.利用钴的羰基化合物催化烯烃氢甲酰化的反应机理如下图所示。下列说法错误的是A．物质B的空间结构为正四面体形B．整个催化过程中钴元素的化合价未发生改变C．该过程的总反应为RCHD．该过程中可能得到副产物RCH【答案】A【解析】物质B中，钴形成的4条键种类不同，则键长、键角不完全相同。正四面体结构要求所有键长和键角都相等，其空间结构不可能为正四面体形，A选项错误；在配合物中，配体不影响中心原子的化合价。在该反应过程中，钴原子始终与碳、氢等原子形成共价键，且电负性：碳>氢>钴，钴原子要么和氢原子形成1个普通共价键，要么和碳形成1个普通共价键，其化合价保持+1价不变，B选项正确；箭头指入为反应物，箭头指出为生成物，根据反应机理，起始物质为RCH=CH2、CO和H2，最终生成RCH2CH2CHO，该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH212.碳酸乙烯酯(，简称EC)在锂电池和聚合物等领域至关重要。一种溴化物介导的将乙烯和CO2直接转化为EC的电合成示意图如下。下列说法错误的是A．离子交换膜为阳离子交换膜B．溶液a的溶质为KBr、KOHC．阳极区的总反应为：CHD．理论上电源提供2mole-【答案】D【解析】由图可知，通乙烯的电极区溴离子发生失电子的氧化反应成溴：2Br--2e-=Br2，所以通乙烯的电极为阳极，阳极室产生Br2，阴极区水得电子生成氢气，其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，图像显示Br2转化为HBrO，即阴极产生的OH-不能通过交换膜，故为阳离子交换膜，故A正确；阴极水得电子发生还原反应生成氢气，其电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成氢氧根、钾离子通过阳离子交换膜向阴极定向移动，所以a为KOH和KBr混合溶液，故B正确；根据以上分析可知，阳极室产生Br2，图像显示Br2转化为HBrO，然后和乙烯反应生成HOCH2CH2Br，故阳极的总反应为CH2=CH2+Br--2e-+H2O=HOCH213.一种铁基高温超导体材料的晶体结构如图所示，p的分数坐标为0,12,A．该物质的化学式为BaFeB．Fe位于As构成的四面体空隙中C．该晶胞沿z轴方向的投影为D．p、q间的距离为a【答案】C【解析】根据均摊法计算，晶胞Ba位于顶角和体心，所含个数：8×18+1=2、Fe位于面上，所含个数：8×12=4、As位于棱上和晶胞内部，所含个数：8×14+2=4，则根据原子个数比为1:2:2，确定该物质的化学式为BaFe2As2，A项正确；根据晶胞结构可看出，Fe位于面上，距离最近的As位于该Fe原子所在平面的2个侧棱及2个晶胞内，有4个As，如图，即Fe位于4个As构成的四面体空隙中，B项正确；该晶胞体心有Ba原子半径较大，投影时遮挡原子半径较小的As，故沿z轴方向的投影为，C项错误；p位于左侧平面上，根据p的分数坐标，p到底面的垂直距离为mnm，q位于晶胞体心，到底面的垂直距离为14.现有10.00mLHCl和H2C2O4的混合溶液，二者的浓度分别为0.2000mol⋅L-1和0.1000mol[已知：δH2A．曲线①表示δB．a点时溶液中存在cC．pH≈2时，溶液中D．滴定曲线表明无法单独滴定上述混合酸中的HCl【答案】B【解析】滴定过程中随NaOH体积增大pH增大，H2C2O4电离平衡正向移动，其分布分数逐渐减小，曲线①表示δH2C2O4，A正确；a点时加入了40mlNaOH，恰好和HCl和H2C2O4完全反应，得到cNaCl:cNa2C2O4=2:1的混合溶液，电荷守恒为：cNa++cH+=cOH-+cCl-+cHC2O4-+2cC2O42-，物料守恒为：cNa+=cCl-+2cHC二、非选择题15.用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性。一种从废钯、铂催化剂(含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、已知：①Pd在常温下不与盐酸反应，加热条件下易被空气氧化为PdO；②“浸出”时Pd和Pt分别转化为PdCl42-和回答下列问题：(1)“焙烧”的目的是。(2)“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为(填化学式，下同)；“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、(3)“滤渣1”的主要成分是(填化学式)。(4)Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为。(5)“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体。“沉钯”的化学方程式为，“滤液2”经浓缩后可返回步骤(6)“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，该过程每消耗1molN2H4⋅【答案】(1)除去废催化剂表面附着的有机物(2)CO2(3)SiO(4)3(5)PdNH34(6)212【解析】（1）用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性，“焙烧”可将有机物转化为二氧化碳气体除去；（2）“还原I”过程中加入甲酸与PdO发生氧化还原反应，PdO中Pd元素化合价降低被还原为Pd，则甲酸中碳化合价升高得到二氧化碳气体CO2；煅烧后物质加甲酸将铁、铝氧化物转化为相应盐溶液得到滤液1，“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、（3）甲酸将PdO还原为Pd，过滤得到含有Pd、Pt、二氧化硅的固体，加入盐酸、氯酸钠酸浸，SiO2不会被盐酸和次氯酸溶解，“滤渣1”的主要成分是SiO（4）Pd在“浸出”过程中转化为PdCl42-，则发生反应为Pd被氯酸根离子氧化为PdCl42-，Pd被氧化化合价由0变为+2、氯酸根离子中氯化合价由+5变为-1（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体，则PdCl42-氨化转化为PdNH342+，加入HCl使得PdNH3（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，结合质量守恒，则生成气体为氮气，结合电子守恒，N2H4⋅H2O16.1，3-二溴丙酮(DBA)是一种重要的有机合成中间体，在医药、农药等领域有广泛应用。实验室以1，3-二氯丙酮为原料制备DBA的反应原理如下：实验步骤：ⅰ、合成DBA依次向圆底烧瓶中加入1.27g1，3-二氯丙酮、3.04g溴化锂和10.0mL溶剂X，加热搅拌ⅱ、分离产物搅拌下向反应液中缓慢加入10.0mL蒸馏水，继续搅拌1min；将所得混合液倒入分液漏斗中，分出有机层；水相再用10.0mL试剂ⅲ、精制产物向所得粗品中加入10.0mL石油醚，置于0℃冰水浴中搅拌5min，经减压抽滤、洗涤、干燥后，得产品1.73g相关物质的性质如下：物质相对分子质量状态溶解性1，3-二氯丙酮127白色粉末可溶于水、乙醇和乙醚1，3-二溴丙酮216淡黄色固体溶于丙酮、二氯甲烷和石油醚回答下列问题：(1)仪器A的名称为。(2)实验温度下，LiBr、LiCl在丙酮、丙酮与二氯甲烷的混合液中的溶解度(mol⋅kg丙酮丙酮∶二氯甲烷=1∶10(体积比)LiBr——0.135LiCl0.1080.007①丙酮是(填“极性”或“非极性”)分子。②为获得较高的平衡产率，步骤ⅰ中“溶剂X”应选择(填标号)，原因是。A．丙酮B．丙酮∶二氯甲烷=1∶10(体积比)的混合液(3)步骤ⅱ中加入蒸馏水的目的是，“试剂Y”应选择(填标号)。A．乙醇B．丙酮C．二氯甲烷(4)本实验的产率约为(结果保留1位小数)。【答案】(1)球形冷凝管(2)极性B该溶剂可溶解LiBr，且可使生成的LiCl析出沉淀，有利于反应正向进行，提高产率(3)除去LiBr、LiCl、1，3-二氯丙酮等可溶于水的杂质C(4)80.1%【解析】（1）根据仪器A的结构特征可知，为球形冷凝管；（2）①丙酮的结构简式为，C原子形成碳氧双键，杂化轨道数为3，为sp2杂化，两条C-C键的极性不能抵消②由表可知，LiBr在丙酮中的溶解度小于在丙酮与二氯甲烷的混合液中溶解度，且可使生成的LiCl析出沉淀，有利于反应正向进行，提高产率，故“溶剂X”应选择丙酮∶二氯甲烷=1∶10(体积比)的混合液，选B；（3）产物中混有溴化锂等可溶于水的杂质，可通过水洗除去，故加入蒸馏水的目的是除去LiBr、LiCl、1，3-二氯丙酮等可溶于水的杂质；试剂Y需要萃取水相中残留的1，3-二溴丙酮，需要不溶于水的萃取剂，乙醇、丙酮分子都能与水分子形成氢键，都溶于水，排除AB，由表可知，1，3-二溴丙酮可溶于二氯甲烷，故选C；（4）1.27g1，3-二氯丙酮物质的量为0.01mol，3.04g溴化锂物质的量约为0.35mol，则溴化锂过量，则理论上得到0.01mol1，3-二溴丙酮，理论质量为2.16g，实际得到产品1.73g，则产率1.7317.乙醛可用于生产山梨酸等精细化工品。乙醇催化氧化和无氧脱氢均可制取乙醛。回答下列问题：Ⅰ．催化氧化2(1)增大空气流量可提高催化氧化法中相同时间内乙醇的转化率，原因是。(2)该反应中可能有副产物生成，严重腐蚀设备。Ⅱ．无氧脱氢CH3CH2OH(3)从热力学角度分析，该反应自发进行的最低温度是(填标号)。A．384℃B．657℃C．284K(4)向一恒压密闭容器中充入2mol乙醇气体，测得不同反应条件下的相关数据如下，V=L反应条件平衡时T1℃T1℃α(乙醇转化率)/%5060容器体积/L2V(5)一定条件下，向密闭容器中泵入乙醇-水混合气体在Cu35Zn25Al40催化下进行无氧脱氢反应，控制压强为1①n乙醇n水最佳为②混合体系中水的作用是(用化学方程式表示)。随n乙醇n水增大，乙醇转化率降低的原因可能是(6)新型催化剂Cu-MFI-AE在乙醇无氧脱氢中展示了较高的乙醛选择性。该催化历程如图所示(吸附在催化剂表面上的物质用*标注)。下列说法正确的是(填标号)。A．该历程中共有5个基元反应B．反应过程中有极性键的断裂和形成C．决速步骤为：C【答案】(1)氧气浓度增大，化学反应速率加快，相同时间内乙醇的转化率增大(2)CH(3)A(4)3.6(5)2C+H2(6)BC【解析】（1）增大空气流量可增大氧气浓度，化学反应速率加快，使得相同时间内乙醇的转化率增大，故大空气流量可提高催化氧化法中相同时间内乙醇的转化率；（2）氧气具有氧化性，乙醛具有还原性，可被氧气进一步氧化为乙酸，乙酸具有酸性，能严重腐蚀设备，故为CH3（3）ΔG=ΔH-TΔS<0，反应能够自发进行，则85.6×103J⋅mol-1（4）CH3CH2OHg=CH3CHOg+H2g中，充入2mol乙醇气体，达平衡后乙醇的转化率为50%，则反应1mol乙醇、剩余1mol乙醇、生成乙醛1mol、氢气1mol，容器体积为2L，c(CH3CH2OHg)=12mol/L=0.5mol/L，c(CH3CHO)=c(H2)=12mol/L=0.5mol/L，则K1=0.5×0.50.5=0.5，T1℃，p2kPa（5）①由图可知，n乙醇n水②根据题干已知信息，有机物在催化剂表面容易发生积碳，工业中常用水蒸气除去积碳，水和碳高温生成CO和氢气：C+H2（6）A．有三个过渡态，该历程中共有3个基元反应，错误；B．反应过程中有O-H极性键的断裂、C-O极性键的形成，正确；C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，反应的活化能越小，反应速率越快，活化能越大反应越慢，是总反应的决速步，由图反应的决速步骤为：C2故选BC。18.奥氮平(H)可用于治疗脑部疾病，一种常见的合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A能发生银镜反应，其化学名称为。(2)A→B的化学方程式为。(3)碱性强弱：(CH3CH2)3N(HOCH2CH2)3N(填“>”或“<”)。(4)D中官能团名称是。(5)F→H的反应类型是。(6)G()含有哌嗪环，I是G的同系物，相对分子质量比G大14，满