黄金卷06-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖南专用）（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖南专用）黄金卷06（考试时间：75分钟；试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】A.苯甲酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，A错误；B.豆浆是一种胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B正确；C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分反应生成无色物质，C错误；D.维生素C具有还原姓，故可用作水果罐头的抗氧化剂，D错误。2.劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐加热使蛋白质变性B环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料聚乳酸在自然界可生物降解C家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈铁丝在氧气中燃烧生成D学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气沼气中含有的可作燃料A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A.加热能使蛋白质变性，失去生理活性，故A正确;B.聚乳酸中含有酯基，能发生水解反应生成小分子化合物，所以要宣传使用聚乳酸制造的包装材料，故B正确;C.铁锈的主要成分是Fe2O3·xH₂O，铁丝在O₂中燃烧生成Fe3O4，二者没有关联，故C错误;D.利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷气体，故D正确;故答案为：C。3.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A.存在顺反异构B.含有5种官能团C.可形成分子内氢键和分子间氢键D.1mol该物质最多可与1molNaOH反应【答案】D【解析】A.由克拉维酸的分子结构可以看出，双键碳原子均连有不同的原子或原子团，因此克拉维酸存在顺反异构，A正确；B.分子结构中含有醚键、酰胺基、碳碳双键、羟基和羧基共5种官能团，B正确；C.克拉维酸分子结构中含有羟基和羧基，能形成分子内和分子间氢键，C正确；D.克拉维酸分子结构中的羧基和酰胺基都能与NaOH反应，1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误。故选D。4.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是（）A．三种物质中均有碳碳原子间的键B．三种物质中的碳原子都是杂化C．三种物质的晶体类型相同D．三种物质均能导电【答案】A【解析】A.原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确;B.金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误;C.金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误;D.金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误;故选A。5.下列离子方程式表示正确的是A．向银氨溶液中滴加足量的盐酸：B．与水反应：C．氨的氯化钠饱和溶液中通入足量：D．工业上制备漂白粉：【答案】C【解析】A.向银氨溶液中滴加足量的盐酸，离子方程式：，故A错误；B．与水反应，离子方程式：，故B错误；C．氨的氯化钠饱和溶液中通入足量：，故C正确；D．工业上制备漂白粉是将通入石灰乳中，离子方程式：，故D错误；答案选C。6.下列实验操作正确且能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A将气体A通入溶有SO2的BaCl2溶液中出现白色沉淀证明气体A具有强氧化性B稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，振荡后出现白色胶状沉淀证明非金属性：Cl>SiC将5~6滴0.1mol·L－1KI溶液加入到5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中，充分反应后滴加少量KSCN溶液，溶液变红证明KI与FeCl3的反应是可逆反应D将浓硫酸加入蔗糖中并不断用玻璃棒搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，产生刺激性气味气体证明浓硫酸具有脱水性和强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．将气体A通入溶有SO2的BaCl2溶液中出现白色沉淀，A气体可能具有氧化性或碱性，故A错误；B．最高价含氧酸酸性决定非金属性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，无法得出结论，故B错误；C．将5~6滴0.1mol·L－1KI溶液加入到5mL0.1mol·L－1FeCl3溶液中，滴加少量KSCN溶液变红，因为FeCl3溶液过量，所以不能由此判断该反应是可逆反应，故C错误；D．蔗糖变黑可证明浓硫酸具有脱水性，浓硫酸与脱水产物碳反应产生二氧化碳和二氧化硫可证明浓硫酸具有强氧化性，故D正确。答案选D。7.含氮元素的物质的循环转化关系如图。下列说法错误的是A.b、c、d三个过程的转化可能是由于与同一物质反应B.反应h说明NO2为酸性氧化物C.反应j可能为汽车尾气的处理过程D.有两个反应涉及“氮的固定”【答案】B【解析】A．b、c、d三个过程的转化都可以与O2反应实现，A正确；B．NO2溶于水反应产生HNO3和NO，生成物中含有，在该过程中N元素化合价发生了变化，因此不能根据过程h说明NO2为酸性氧化物，B错误；C．汽车尾气中含有NO，在尾气排放时，在尾气排放管中发生反应：，实现了由NO向N2的转化，故过程j可能为汽车尾气的处理过程，C正确；D．氮的固定是指将氮气转化为氮的化合物的过程，反应c、k这两步转化都属于单质转变为化合物，D正确；故答案选B。8.硼的氢化物叫硼烷()。如(乙硼烷-6)、(丁硼烷-10)等。下列说法错误的是A．B原子由不需要吸收能量B．的结构式：C．同周期相邻元素的电负性大小：D．与反应生成，分子中键与键数目之比为：【答案】B【解析】A.B原子由，与能量相同，不需吸收能量，故A正确；B．的结构式：，故B错误；C．同周期元素电负性从左到右逐渐增强，所以同周期相邻元素的电负性大小：，故C正确；D．与反应生成，分子中含4个共价单键和1个三键，则键与键数目之比为：，故D正确；答案选B；9.某研究小组以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉，按如下流程开展实验：已知：①硫化铜精矿在酸性条件下与氧气反应：②金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值如下表所示：开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列有关说法正确的是A．步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有SB．步骤Ⅱ，调节pH至4，使、沉淀完全C．步骤Ⅲ，增加溶液的酸度有利于Cu生成D．为加快过滤速率，需用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌【答案】A【解析】A.根据分析可知，步骤Ⅰ，过滤得到的滤渣中含有S，故A正确；B．步骤Ⅱ，调节pH至4，Fe3+沉淀为，未达到Zn2+沉淀pH，故B错误；C．步骤Ⅲ，用氢气还原Cu2+，氢气失去电子被氧化为氢离子，增加溶液的酸度，不利于氢气失去电子还原Cu单质，故C错误；D．用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌，可能导致滤纸破损，故D错误；答案选A。10.利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。该电化学系统的工作步骤如下：①启动电源1，所在腔室的海水中的进入结构而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使中的脱出进入腔室2。下列说法错误的是`A．启动电源1时，电极1为阳极，发生氧化反应B．启动电源2时电极反应式为：C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度D．启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2【答案】B【解析】A.由分析知，室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；B．启动电源2时作阳极，电极反应式：，故B错误；C．电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度，故C正确；D．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的与生成的之比为，可得中的x=1.2，故D正确；答案选B。11.探究氮及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象稀硝酸的氧化性强于浓硝酸B将样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变红晶体已氧化变质C向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同的转化存在限度D将盛有固体的试管加热试管底部固体消失，试管口有晶体凝结固体受热易升华A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．铁遇浓硫酸会发生钝化，浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，选项A错误；B．向溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理，选项B错误；C．向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中，一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同，说明温度影响平衡移动，的转化存在限度，不能完全转化，选项C正确；D．将盛有固体的试管加热，发生反应，氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵，所以试管口处有晶体出现，选项D错误；答案选C。12.已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.  Ⅱ.  T温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法错误的是A．混合体系达平衡后：B．活化能：反应Ⅰ<反应ⅡC．浓度变小的原因是的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动D．可降为0【答案】D【解析】A.根据图像可知混合体系达平衡后，，故A正确；根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应I达平衡，此时浓度未达最大值，即反应II尚未达平衡状态，说明反应I的反应速率大于反应II，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；C．根据图像中和CO浓度变化，即反应I和II可知，浓度变小的原因是的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动，故C正确；D．过程I和II均为可逆过程，则不可能降为0，故D错误；答案选D。13.25℃时，某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：分别往浓度均为、溶液中通入至；实验Ⅱ：在1.0L、溶液中加入固体，充分反应。[已知：25℃，的电离常数、；、。混合后溶液体积变化忽略不计]。下列说法错误的是A．、溶液中水的电离程度：B．实验Ⅰ结束后，、溶液中均有C．实验Ⅱ的转化存在平衡常数：D．实验Ⅱ中，改用饱和溶液，的平衡转化率减小【答案】D【解析】A.碳酸根的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以、溶液中水解程度，水的电离程度，A正确；       B．单一的NaHCO3溶液呈弱碱性，需要通入少量的二氧化碳才能呈中性，此时溶液中以离子为主，还有少量的碳酸根离子和碳酸分子，B正确；C．实验Ⅱ发生反应：，平衡常数K===，C正确；D．该反应：可看作气体平衡反应中的等体积类型，增大溶液浓度，等同于等体积气体反应中的增大压强，平衡不移动，转化率不变，D错误；故选D。14.是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B.M中的化合价为C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式：【答案】B【解析】A.图中转化过程可知，[L-Ru-NH3]+失去电子生成[L-Ru-NH3]2+,[L-Ru-NH3]²+与氨气反应生成NH4+和[L-Ru-NH₂]+说明配体NH3失去质子能力增强，故A正确;B.[L-Ru-NH₂]+和M之间存在平衡转化关系，转化关系分析可知，M中Ru的化合价为+2，故B错误;C.2个M生成产物中形成了N-N共价键，为非极性共价键，故C正确;D.分析转化过程得到，该过程的总反应式:故D正确;故选:B.二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（14分）甘氨酸亚铁晶体是一种新