湖南省新化县第二中学2024-2025学年高三上学期11月高考模拟化学试题

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一、选择题（共14题，每个3分）
1．B
【详解】根据“稻以糠为甲，麦以麸为衣”可知，糠是稻谷的外壳，麸是麦子的外壳，都富含纤维素，B项正确；
选B。
2．D
【详解】A．碳位于第IVA族，氯位于第VIIA族，均为p区元素，A错误；
B．CCl4中C原子的价层电子对数为4+=4，C原子的杂化轨道类型为sp3，B错误；
C．CCl4中C原子的价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形，C错误；
D．CCl4空间构型为正四面体形，其中含有C-Cl极性键，CCl4为含有极性键的非极性分子，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．乙酸乙酯和水不互溶，可用分液的方法分离，故A错误；
B．苯和四氯化碳互溶，沸点不同，可用分馏的方法分离，故B错误；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，即乙烷中引入了新的杂质，故C错误；
D．苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，能用氢氧化钠溶液除去苯中混有的苯酚，故D正确；
故答案为：D。
4．D
【详解】A．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于分子中碳原子数的多少，A项错误；
B．由联苯()的分子结构可知，2个苯基通过单键相连，故其属于芳香烃，根据对称分析法可知，其一溴代物共有3种，B项错误；
C．淀粉和纤维素分子式不同，不互为同分异构体，C项错误；
D．果糖是多羟基酮，一定条件下能和乙酸发生酯化反应，D项正确；
故选D。
5．C
【详解】A．碳酸钾、硫酸钾都会和氢氧化钡生成沉淀：、，且会引入NaOH杂质，A错误；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成硅酸和亚硫酸氢钠，故B错误；
C．在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物，是过氧化钠和水转化为易潮解的氢氧化钠导致，发生，C正确；
D．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，溶液中加入过量的澄清石灰水，则碳酸氢根离子完全反应转化为碳酸钙沉淀：，D错误 ；
故选C。
6．B
【详解】A．利用酸与盐反应比较非金属性强弱时，酸必须是最高价氧化物对应水化物，A项错误；
B．溶解度远小于的溶解度，因此易与反应转化为，B项正确；
C．能使澄清石灰水变浑浊，且烃的含氧衍生物完全燃烧时产物若只含有、，也不能证明是烃，C项错误；
D．也能使澄清石灰水变浑浊，气体缓慢通过澄清石灰水不能证明是CO2，D项错误；
故选B。
7．B
【详解】A．MnO2和浓盐酸反应制备Cl2是需要加热，故用装置甲不能制备得到Cl2，A不合题意；
B．由于HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，故不可用装置乙除去CO2中的HCl，B合题意；
C．反应装置中通入气体应该长管进入，C不合题意；
D．KMnO4可溶于水，不可用过滤即装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
故答案为：B。
8．D
【详解】A．该图体现出原子核外电子随原子序数的递增，最外层电子数呈现周期性变化，A错误；
B．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外的电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：R＞W＞X，B错误；
C．X、Y是同周期的元素，原子序数Y>X，原子序数越大，原子半径就越小，元素的非金属性越强，所以非金属性：Y > X，C错误；
D．根据题目提供的信息可知R是S元素，可形成H2S2、H2SO4等多种物质，其中都含有共价键；Z是Na元素，可形成NaOH、Na2O2等多种物质，其中也都含有含有共价键，D正确；
故选D。
9．B
【分析】M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物能刻蚀玻璃，则M为氢，Q为氟；X形成4个共价键、Y形成3个单键共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y为氮、Z为氧；T与氟形成离子可知，T为硼。
【详解】A．与形成的化合物种类有很多，例如苯的沸点比与形成的化合物的沸点高，A错误；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Y、X、T三种元素中，氮的最高价含氧酸酸性最强，B正确；
C．与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有氮、氟、氖3种，C错误；
D．该化合物为离子化合物，其阳离子、阴离子半径很大，离子键弱于氧化镁中离子键，则其熔点低于Al2O3，D错误 ；
故选B。
10．A
【详解】A．烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO，除CO的实验原理为洗气，故A正确；
B．低温、高压可以使平衡正向移动，有助于气体与液体充分反应，低温高压是工业上吸收CO适宜的生产条件，故B错误；
C．恢复铜氨液的吸收能力，就是使平衡逆向移动，调pH降低氨气的浓度，平衡逆向移动，故C错误；
D．中CO参与配位时，配位原子为C不是O，该配离子中的H-N-H键角大于中的键角，故D错误；
故答案为A。
11．C
【分析】由图可知，5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，则板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)为阳极，石墨烯为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2。
【详解】A．焓变的大小只与反应的始末状态有关，与反应的路径无关，(Ni@C)作为反应的催化剂，改变了反应的路径，但不能改变的含量，A错误；
B．由分析可知，Ni@C为阳极，石墨烯为阴极，该装置工作时， OH-向阳极(b极移动，B错误；
C．由分析可知，石墨烯(a)为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2，电极方程式为：，C正确；
D．5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，电极方程式为：HMF+2H2O-6e-=FDCA+6H+，制备0.1 ml FDCA时双极膜中有0.6mlOH-移向阳极，同时有0.6mlH+移向阴极，双极膜中质量减少0.6ml×(1+17)g/ml=10.8 g，D错误；
故选C。
12．D
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答；
【详解】A．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，A错误；
B．由分析可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铁，B错误；
C．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为，溶液中达到平衡时溶液中，C错误；
D．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．由可知，pH相等时，溶液中>，故曲线X代表与 pH 的关系，Y代表与 pH 的关系，而与c(H+)的乘积为定值K(HR)，故c(H+)越小(pH越大)时，也越小，Z代表与 pH 的关系，A错误；
B．Y代表与 pH 的关系，由图中Y上一点（8,3）可知，pH=8，pOH=6，pM=3，则=1×10-15，a点时，则pOH=7.5，pH为6.5，由Z曲线可知，此时为负值，说明c(R-)>c(HR)，B错误；
C．，取Z点(5，0)带入得，，常温下，的水解平衡常数，C正确；
D．由C分析可知，=1×10-15，由图同理可知，=1×10-20，向浓度均为0.1ml/L的C2+和Pb2+混合溶液中逐滴加入0.1ml/L NaOH溶液，Pb2+会先沉淀，当c(Pb2+)=1×10-5ml/L时，此时c(OH-)=1×10-7.5ml/L，溶液中C2+还未开始沉淀，故能通过沉淀的方式将两种离子分离，D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．的结构为O=C=O，只含极性键，为单质，只含非极性键，A项错误；
B．由图可以看出，物种从催化剂表面脱附吸收能量，B项正确；
C．电解催化反应过程中，氮元素的化合价降低，因此尿素是电催化装置的阴极产物，C项错误；
D．由图可看出，为催化剂时，活化能较小，更有利于的转化，D项错误；
故答案选B；
一、非选择题（共4小题，共58分）
15．（14分，每空2分）
（1）ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O Fe (OH) 3 、Al (OH) 3
（2）将Fe2氧化成2Fe3+ 5.2≤a苯
【分析】利用苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，通过球形冷凝管冷凝回流，提高原料利用率，反应后对粗产品进行进一步提纯。
【详解】（1）苯胺易被氧化，加入锌粉，防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用，防止暴沸；
（2）已知醋酸的沸点为118℃，水的沸点为100℃，选择控制温度计约105℃，接引管流出的主要物质是水，则锥形瓶中主要物质也是水；若温度过高，会导致未反应的醋酸蒸出，降低反应物的利用率；刺形分馏柱中，由下到上，温度逐渐降低；
（3）步骤3中抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶、布氏漏斗；
（4）步骤3得到的粗产品可采取重结晶的方法进一步提纯，操作步骤是将粗产品在较高温度下溶解形成浓溶液，降温结晶，过滤，洗涤，重复2~3次。
（5）苯胺中存在氢键，沸点最高，甲苯的相对分子质量大于苯，甲苯的沸点高于苯，因此熔沸点按由高到低顺序为苯胺>甲苯>苯
18．（15分，除特殊标注外，每空2分）
(1) 邻羟基苯甲酸 取代反应
(2) ++HBr
(3) 高于 M形成分子间氢键，使沸点升高，A形成分子内氢键，使沸点降低
(4) 3
(5)
（3分）
【分析】A与发生取代反应生成B，B在氯化铝催化作用下发生分子内取代反应生成C，C与溴单质发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生加氢反应生成F，F与氢气在催化剂条件下发生取代反应生成G，据此分析解答。
【详解】（1）由A的结构可知B的名称为，C→D的转化过程中C的甲基上的氢原子被溴原子取代，可知发生取代反应，故答案为：邻羟基苯甲酸；取代反应；
（2）D→E的转化过程中中的氢原子被D中的溴原子取代生成E，因此反应为 ++HBr
（3）由结构可知M中羧基、羟基位于苯环的对位，易形成分子间的氢键，使其沸点升高，而A中羟基、羧基位于苯环邻位，易形成分子内氢键，导致分子间作用力变小，沸点降低，因此M的沸点高于A，故答案为：高于；M形成分子间氢键，使沸点升高，A形成分子内氢键，使沸点降低；
（4）①能发生银镜反应，可知含-CHO；
②1ml有机物与金属钠反应产生1ml氢气，说明结构中结构中含有2个羟基；
含1个-CHO和1个-OH与苯环相连有邻、间、对3种，1个-CHO、2个-OH与苯环相连有6种，共有9种，其中 核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积为：1:1:2:2的同分异构体的结构简式为
（5）可由发生加聚反应得到，可由乙二醇、甲基丙烯酸 以及发生酯化反应得到，可由与乙酸酐反应得到，由此可得反应路线：
，故答案为：
；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
D
C
B
B
D
B
A
题号
11
12
13
14
答案
C
D
C
B