【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）化学试卷答案

参考答案题序1234567891011121314答案BBBCCBADDCCBCD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,元青花云龙纹高足碗属于陶瓷,B项符合题意。答案B解题分析本题考查化学基础概念。14C、14N的质子数不同,不互为同位素,A项错误;CO2的电子式为OC●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0.1mol●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。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。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。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。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—<CO—,A项正确;X中含2个甲基,所有原子不可能共平面,B项错误;阴离子N5—中的N原子为sP2杂化,C项错误;全氮阴离子盐中的两种阳离子分别为H3O十和NH,空间结构分别为三角锥形和正四面体形,D项错误。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十通过参考答案第1页(共4页)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=4N2十6H2O,D项错误。催化剂答案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1mL0.01mol●L—1K2S溶液中加入1mL0.01mol●L—1znSO4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。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11.2L(标准状况)NO气体时,转移1mol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;1molp4分子含6molσ键,则6.2g白磷(p4)分子含σ键数目为×6×NAmol—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●mol—1,即1molN2H4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●mol—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)3244(6)Mn3znN(2分);\PNA(5)趁热过滤、洗涤、干燥(2分)3244(6)Mn3znN(2分);\PNA×107(2分)参考答案第2页(共4页)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,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=(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anm,晶体密度等—3,解得a=3244×107。324416.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<C<O(2分);2CU2十十2CO—十H2O=CU2(OH)2CO3↓十CO2↑(2分)(4)水浴加热(2分);取少许最后一次洗涤液于试管中,加入盐酸酸化,再加入BACl2溶液,若出现白色沉淀,说明含有SO—,则证明沉淀没有洗涤干净,若没有出现白色沉淀,说明不含有SO—,则证明沉淀已洗涤干净(2分)解题分析本题考查孔雀石的制备并测定产品中铜含量的实验。(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)②I(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●mol—1×2十413KJ●mol—1×8)—(615KJ●mol—1十413KJ●mol—1×6十348KJ●mol—1十436KJ●mol—1)=十123KJ●mol—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0.3mol二氧化碳,体系压强为1.2×106PA=1.2×103KPA,则总的物质的量为2mol×=2.4mol,总的物质的量增加0.4mol;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0.3mol×1=0.3mol,消耗0.3mol丙烷,反应i增加的物质的量为0.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0.4mol二氧化碳,体系压强为1.3×10,则总的物质的量为2mol×=2.6mol,总的物质的量增加0.6mol;反应i增加的物质的量为0.4mol×1=0.4mol,消耗0.4mol丙烷,反应i增加的物质的量为0.6mol—0.4mol=0.2mol,消耗0.2mol丙烷,生成0.2mol氢气,氢气的分压为×1.3×103KPA,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1mol—0.4mol—0.2mol=0.4mol、0.4mol十℃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