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【甘肃卷】甘肃省白银市靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期11月新高考模拟卷暨期中考试（11.13-11.14）化学试卷
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高考模拟卷 ● 化学 参考答案
高足碗属于陶瓷,B项符合题意。
●O C ●O ,B项正确;NH3 中心原子上有一个孤电子对,VSEPR模型为四面体形, C项错误;H2O 为极性分
子,CO2 为非极性分子,D项错误。
3. 答案 B
解题分析 本题考查实验仪器的使用。 配制 0. 1 ml ● L—1 的 H2SO4 溶液,定容时需要用到胶头滴管, A项不符 合题意;重结晶法提纯苯甲酸,利用题中仪器可以完成,B项符合题意;乙醇的消去反应,需要用到温度计,C项不 符合题意;用四氯化碳萃取碘水中的碘,需要用到分液漏斗,D项不符合题意。
项不符合题意;NH 水解使溶液显酸性,从而溶解铁锈,C项符合题意;利用 SO2 的还原性将Br2 还原为 HBr,D 项不符合题意。
中含次氨基、酰胺基、羧基和醚键 4 种官能 团, B项正确;没有指明瑞格列奈的物质的量,不能确定消耗多少
* * 入人
NAOH,C项错误;完全加成后的产物的结构简式为 (手性碳原子用 * 标
H
记),D项正确。
素 。 电负性大小关系为 O>C>H>NA,A项正确;碳单质中金刚石为共价晶体, C60 为分子晶体,石墨为混合型 晶体等, B 项 错 误 ; C 与 O 形 成 CO、CO2 , NA 与 O 形 成 NA2O、NA2O2 等 , C 项 正 确 ; 化 合 物 X2Y2Z4 是 HOOC—COOH, HOOC—COOH与 乙 二醇在一定条件下可发生缩聚反应,D项正确。
个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥作用较强,故键角大小关系为 NO2—
题序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
B
B
B
C
C
B
A
D
D
C
C
B
C
D
1.
答案 B
解题分析
本题考查物质的化学成分。 商四羊青铜方尊、东汉铜奔马、商青铜神树均属于青铜器,元青花云龙纹
2.
答案 B
解题分析
本题考查化学基础概念。14 C、14 N 的 质子数不 同 , 不 互为 同 位素, A 项错误 ; CO2 的 电 子式为
4.
答案 C
解题分析
本题考查物质的应用。 铁红用作油漆颜料是因为它的颜色, A项不符合题意;苯酚没有强氧化性, B
5.
答案 C
解题分析
本题考查有机物的结构与性质。 由结构简式可知,瑞格列奈的分子式为 C27H36N2O4 , A项正确;分子
6.
答案 B
解题分析
本题考查元素推断与元素周期律。 由题意可知, X为 H 元素, Y为 C元素, Z为 O元素, W 为 NA元
7.
答案 A
解题分析
本题考查物质的结构与性质。 NO2— 和 CO— 的 VSEPR模型相同,均为平面三角形,但 NO2— 中含 1
8.
答案 D
解题分析
本题考查 NH3 还原 NO的反应机理图分析。NH3 分子中的氮原子含有一个孤电子对,能和 H十 通过
配位键形成NH , A项正确 ; 由 图可知 , NO与 O2 吸附在 Fe3十 配位点上形成NO2, 该过程中气体体积减小 , 增大 压强 , 平衡正向移动 , 有利于NO与 O2 吸附在Fe3十 配位点上形成NO2, B项正确;催化剂不能改变反应的平衡转 化率 , C项正确;由图可知 , 在 Fe基催化剂表面 , NH3 还原 NO生成 N2 和 H2O, 总反应的化学方程式为 4NH3 十
催化剂
4NO十O2 =4N2 十6H2O, D项错误。
离子 , 鸡蛋清溶液中加入 BACl2 溶液会使蛋 白质变性 , B 项错误 ; 浓硝酸受热也会分解出 NO2 , C 项错误 ; 向 1 mL0. 01ml ● L—1 K2S溶液中加入 1mL0. 01ml ● L—1 znSO4 溶液 , 二者恰好完全反应 , 再滴入几滴 CUSO4 溶液 , 出现黑色沉淀 , 说明 znS转化成了 CUS, D项正确。
的作用是氧化 Fe2十 , 便于后续将 Fe2十 转化为 Fe(OH) 3 而除去 , B项错误;根据已知 ②可知 , 反萃取剂使萃取反 应逆向进行 , 故需显强酸性 , C项正确;根据已知①和得失电子守恒可知 ,“氧化 2”中 KClO3 可将 VO2十 氧化为 VO , KClO3 为氧化剂 , 还原产物为 KCl , VO2十 为还原剂 , 氧化产物为 VO , 故氧化剂与还原剂的物质的量之 比为 1 : 6, D项错误。
11. 答案 C
解题分析 本题考查石墨晶胞图 。 图 1 中 父 为碳碳键的键长, y 为石墨层与层之间的距离 , 因此 y>父, A项错
误;石墨只能沿石墨平面的方向导电 , B项错误;依据均摊法 , 六方石墨晶胞中所含碳原子数为 4×十4× 十2×十2×十2×十1=4, 三方石墨晶胞所含碳原子数为 4×十4×十2× 十2× 十2× 十2
十1=6, C项正确;石墨晶体中碳原子的配位数为 3, D项错误。 12. 答案 B
解题分析 本题考查电化学有关知识 。 由 图可知 , pt 电极 I 的电极反应为 2HSO3— 十2e — 十2H十 =S2O— 十 2H2O, pt 电极Ⅱ的电极反应为 2H2O—4e — =O2 ↑ 十4H十 , pt 电极 I 反应需消耗 H十 , pt 电极 Ⅱ 反应生成 H十 , 故 H十 会从pt 电极Ⅱ通过全氟磺酸膜移向pt 电极 I , 即全氟磺酸膜属于阳离子交换膜 , A、C两项均正确 ; 乙池中消耗的是水 , 无须补充硫酸 , B项错误;处理 11. 2 L(标准状况)NO气体时 , 转移 1 ml 电子 , D项正确。
13. 答案 C
解题分析 本题考查物质的结构与性质 。pCl3 中含共价键 p—Cl键 , p—Cl键属于极性键 , 中心原子 p 的价层
电子对数为 3十×(5—3×1)=4, 含 1个孤电子对 , pCl3 的空间结构为三角锥形 , 属于极性分子 , A项错误 ;
NH3 易液化是由于 NH3 分子间形成氢键 , B项错误;雌黄中 As、S 的杂化方式均为 sP3 , C项正确 ; 1 ml p4 分
子含6ml σ键 , 则 6. 2 g 白磷(p4)分子含 σ键数 目为×6×NA ml—1=0. 3NA, D项错误。
14. 答案 D
解题分析 本题考查化学反应的书写 。NO2 制 HNO3 的离子方程式:3NO2 十H2O=2H十 十2NO3— 十NO, A 项错误;次磷酸是一元弱酸 , 次磷酸与足量NAOH溶液反应生成NAH2pO2, 化学方程式为 H3pO2 十NAOH= NAH2pO2 十H2O, B项错误;肼(N2H4)的燃烧热 △H= —624KJ● ml—1 , 即 1 ml N2H4 燃烧生成氮气和液态 水放出 624KJ热量 , 热化学方程式为 N2H4 (l)十O2 (g)=N2 (g)十2H2O(l) △H= —624KJ● ml—1 , C 项 错误。
15. 答案 (1)增大反应物的接触面积 , 加快反应速率 , 提高原料利用率(1分)
(2)①4MnO2 十3Fe十16H十 =4Mn2十 十Fe2十 十2Fe3十 十8H2O(2分)
②过量太多的硫酸会增大后续碳酸钙的消耗量(2分)
(3)能(1分);酸性 KMnO4 溶液{或 K3[Fe(CN) 6]溶液}(1分)
(5)趁热过滤、洗涤、干燥(2分) 3 244
(6)Mn3znN(2分);\PNA ×107 (2分) 参考答案 第 2 页(共 4 页)
(4)MgF2 (1分);CAF2 (1分)
9.
答案 D
解题分析
本题考查实验评价 。先通入 Cl2, 再滴加KSCN溶液 , 不能排除 Fe3十 的干扰 , A项错误;BA2十 为重金属
10.
答案 C
解题分析
本题考查工艺流程分析 。滤渣 1 的主要成分为 SiO2, A项错误;VO2十 在“氧化 2”步骤被氧化 , H2O2
解题分析 本题以 MnSO4 ● H2O 的制备为情境考查工艺流程。 向软锰矿中加入废铁屑、稀硫酸“ 浸出”, 滤渣 I
的主要成分为二氧化硅等 , 向滤液中加入双氧水氧化 , 再加入碳酸钙调节 PH 以除去铁、铝 , 滤渣 Ⅱ 的主要成分 为氢氧化铁、氢氧化铝等 , 向滤液中加入硫化钡除铜 , 除去滤渣后 , 再向滤液中加入氟化锰除杂 , 滤渣 Ⅳ的主要 成分为 MgF2、CAF2 等 , 滤液经一系列操作后得到一水合硫酸锰。
(2)①“浸出”时 , 根据表中数据分析可知 , c(Fe2十 ) : c(Fe3十 )=1: 2, 则 Fe、稀硫酸、MnO2 发生总反应的离子方 程式为 4MnO2 十3Fe十16H十 =4Mn2十 十Fe2十 十2Fe3十 十8H2O。
(6)某种含锰特殊材料的晶胞结构如图所示 , 根据晶胞结构分析 N有 1个 , zn有 8×=1个 , Mn有 6×=3
个 , 则该晶体的化学式为 Mn3znN;晶体中相邻 N之间的最短距离为晶胞参数(边长) , 设为 a nm , 晶体密度等
于晶胞质量与晶胞体积之比 , 即 = ( 3×55(1l—) ml—1 = 243A021 g ● cm—3 =Pg ● cm—3 , 解得 a=
\
3 244
×107。 PNA
16. 答案 (1)CU十H2O2 十H2SO4 =CUSO4 十2H2O(2分)
(2)直形冷凝管(2分);避免 H2O2 分解(2分)
75℃
(3)H
(2)H2O2 不稳定 , 受热易分解 , 增加减压设备 , 采用减压蒸馏的方式可以降低水的沸点 , 避免 H2O2 分解。 17. 答案 (1)十123(2分)
(2)①ds(1分)
② I (2分)
③该反应的正反应为气体分子数增大的反应 , 充入水蒸气 , 可降低反应体系中各组分的分压 , 有利于平衡正向 移动(2分)
(3)①40%(2分)
②1(2分)
③150(3分)
解题分析 本题以丙烷脱氢制丙烯为情境考查化学反应原理综合。
(1)反应的炝变等于反应物的键能和减去生成物的键能和 , ΔH1 =(348KJ● ml—1 ×2十413KJ● ml—1 ×8) — (615KJ● ml—1十413KJ● ml—1×6十348KJ● ml—1十436KJ● ml—1)=十123KJ● ml—1。
(2)②C3H8 (g)亍兰C3H6 (g)十H2 (g) , 正反应气体分子数增大 , 相同温度下 , 增大压强 , 平衡逆向移动 , 丙烯的平 衡产率减小 , 所以表示bMPA下的关系曲线是 I 。
(3)①反应 i 、i 的正反应均为气体分子数增大的吸热反应 , 升高温度 , 平衡正向移动 , 二 氧化碳的转化率增大 , 导致容器中的压强也增大 , 已知 T1 >T2, 结合图 2 可知 , T2 ℃平衡时 , 二 氧化碳的平衡转化率是 30% , 消耗
0. 3 ml 二氧化碳 , 体系压强为 1. 2×106 PA=1. 2×103 KPA, 则总的物质的量为 2 ml×=2. 4 ml , 总
的物质的量增加 0. 4 ml;反应 i 为气体分子数增加 1 的反应 , 则反应 i 增加的物质的量为 0. 3 ml× 1= 0. 3 ml , 消耗0. 3 ml丙烷 , 反应 i 增加的物质的量为 0. 4 ml — 0. 3 ml= 0. 1 ml , 消耗 0. 1 ml 丙烷 , 故
C3H8 的平衡转化率是0. 30. 1×100%=40%。
②结合 ①分析 , T1 ℃平衡时 , 二 氧化碳的平衡转化率是 40% , 消耗 0. 4 ml 二 氧化碳 , 体系压强为 1. 3×
103 KPA, 则总的物质的量为 2 ml×=2. 6ml , 总的物质的量增加 0. 6ml;反应 i 增加的物质的量为
0. 4ml×1=0. 4 ml , 消耗 0. 4ml丙烷 , 反应 i 增加的物质的量为 0. 6ml—0. 4ml=0. 2 ml , 消耗 0. 2ml
丙烷 , 生成 0. 2 ml 氢气 , 氢气的分压为× 1. 3× 103 KPA, 用 H2 的分压变化表示 的化学反应速率为
参考答案 第 3 页(共 4 页)
③结合②分析 , 平衡时丙烷、丙烯、氢气的物质的量分别为 1 ml—0. 4 ml—0. 2 ml=0. 4 ml、0. 4 ml十
0. 2 ml=0. 6 ml、0. 2 ml , 三者分压分别为× 1. 3×103 KPA、× 1. 3×103 KPA、× 1. 3× 103 KPA, 则
℃时 , 反应 i 的 Kp = =150KPA。
18. 答案 (1)对羟基苯甲醛(或 4-羟基苯甲醛)(1分);醚键、酮羰基(2分)
取代反应(2分)
浓硫酸
(3)HOOCCH2COOH十2CH3CH2OH 亍=兰CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3 十2H2O(2分)
△
(4)A 中含羟基和醛基 , 能与水形成分子间氢键(2分)
; H3C
解题分析 本题考查有机化学基础。
(2)由已知可推断 , C十D—→ E与已知反应机理相同 , 再依据 A、B、C 的分子式的差别 , 可推断 C 的结构简式为
(5)芳香族化合物 M 的结构中除苯环和—CONH2 外 , 还含 2个饱和碳原子 , 故 M 的苯环上可能含 3个取代基 (分别为—CH3、—CH3、—CONH2)或 2个取代基(为—CONH2、—CH2CH3 或—CH2CONH2、—CH3 )或 1 个 取代基[为—CH2CH2CONH2 或—CH(CH3)CONH2] , 故符合条件的 M 的结构有 6十3×2十2=14种;核磁共
振氢谱峰面积之比为 6 : 2 : 2 : 1 的结构简式为3 或 H3C
参考答案 第 4 页(共 4 页)
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