新高考化学模拟试卷10（原卷版+教师版）

这是一份新高考化学模拟试卷10（原卷版+教师版），共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，金属铬常用于提升特种合金的性能等内容，欢迎下载使用。
新高考化学模拟试卷
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64

一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好
B．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口
C．阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒
D．近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫
2．下列有关化学用语的表示正确的是
A．CO2分子的比例模型： B．二氟化氧分子的电子式：
C．对二甲苯的结构简式： D．质子数与中子数相等的硫原子：
3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图甲的方法不能检查此装置的气密性
B．图乙可以作为CCl4萃取溴水后的分液装置
C．实验室用图丙所示装置制取少量氨气
D．图丁洗气瓶中的白色沉淀为BaSO3
4．化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A．FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品
B．过氧乙酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C．甘油具有吸水性，可用作化妆品的保湿剂
D．Na具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti
5．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是

已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2
Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2
Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C
用惰性电极电解NaCl溶液
2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
用惰性电极电解MgBr2溶液
2Br−+2H2O2OH−+H2↑+Br2
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性
H++OH−=H2O
稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性H++OH−=H2O
6．阿魏酸乙酯(Y)是用于生产治疗心脑血管疾病药品的基本原料，可由下列反应制得：

下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．X分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．Y与足量Br2既可发生取代反应又可发生加成反应
C．可用FeCl3溶液检验产品Y中是否混有X
D．1mol X、Y分别与足量H2反应时消耗H2物质的量之比为5∶4
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到Z的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是

A．简单气态氢化物的稳定性：X＞W＞Z
B．M中W原子满足8电子稳定结构
C．X的单质可与Y2Z溶液发生置换反应得到单质Z
D．Y分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键
8．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是

A．该过程中BMO表现了还原性
B．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
C．光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
D．该过程的总反应：+7O26CO2+3H2O
9．固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示T℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是

A．该反应可表示为2A(g)+B(g)C(g) ΔHSe>As
C．电负性：Br>C>H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
13．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。下列说法错误的是

A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
B．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
C．②中的试剂为水
D．⑥的作用是吸收尾气
14．近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs－COOH)为正极催化剂构建了可充电K－CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO22K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是

A．充电时，阴极反应为2K2CO3+C-4e−=4K++3CO2↑
B．电池每吸收22.4L CO2，电路中转移4mol e−
C．放电时，外电路中电流由MWCNTs－COOH经酯基电解质流向KSn合金
D．为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
15．25℃时，在10mL 0.1mol·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是

A．HCl溶液滴加一半时，溶液pH”“”“”“As>Se，B错误；C．元素的电负性变化规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Br>C>H，C正确；D．由题干可知[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]为离子化合物，故该物质中存在离子键和共价键，D正确；故答案为B。
13.【答案】A
【解析】根据实验的目的以及装置特点进行判断；装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。A．装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，故B正确；C．②中的试剂为水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D正确；故选A。
14.【答案】C
【解析】A．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K++e−+Sn=KSn，A错误；B．气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs－COOH作正极，在外电路中电流由正极流向负极，C正确；D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs－COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误；故选C。
15.【答案】C
【解析】不加酸时，Na2CO3溶液显碱性，随着HCl溶液的加入，溶液由碳酸钠转变为碳酸氢钠，当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，再继续加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氢钠转化为碳酸。A．当HCl溶液滴加一半时，两者恰好生成碳酸氢钠，溶液中，以NaHCO3为主，故该溶液呈碱性，溶液pH＞7，故A错误；B．由图中可以看出，当c(H+)=10−5.8mol/L时，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1=，所以H2CO3的Ka1的数量级为10−6，故B正确；C．从图中可知当pH值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO3。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成NaHCO3，此时NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L，故C错误；D．由图可知M点的CO和HCO物质的量相等，两者的盐水解溶液呈碱性，pH值为11呈碱性，故离子浓度为：c(Na+)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH−)＞c(H+)，故D正确；答案选AC。
16.【答案】（1）a＇→ih→de→bc 吸收Cl2尾气并防止外界水蒸气进入 饱和食盐水
（2） 反应生成的NaCl沉淀覆盖在NaH表面，阻止了反应的进行
（3） NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ 乙 ×100%
【解析】(1)①根据图示，二氧化锰与浓盐酸的反应需要加热，A装置不能选用，选用B装置是制取氯气，F装置应该用饱和食盐水吸收氯化氢气体，D中装置中浓硫酸用于干燥氯气，C装置中发生氯气与铝在加热条件下生成氯化铝，实验尾气中的氯气会污染空气，所以E装置中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，则仪器接口为a＇→ih→de→bc→fg，故答案为：a＇→ih→de→bc；②装置E中用碱石灰吸收氯气尾气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，装置F中应盛装饱和NaCl溶液，用于吸收氯化氢气体，故答案为： 吸收Cl2尾气，并防止空气中的水蒸气进入装置C；饱和食盐水；(2)AlCl3与NaH反应时，将AlCl3溶于有机溶剂，再将得到的溶液滴加到NaH粉末上，反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3和NaH进一步反应，使得反应中NaH的转化率较低，故答案为：反应生成的NaCl沉淀在NaH表面，阻止了AlCl3和NaH进一步反应；(3)①铝氢化钠遇水反应生成的氢气，依据原子守恒和反应的原理，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；②测定铝氢化钠样品的纯度，就是通过铝氢化钠遇水反应生成氢气，准确测定氢气的体积，甲中锥形瓶中压强会变大，可能液体不能顺利流下，导致铝氢化钠或许不能完全反应，丙装置中导管中可能有水，测定的气体体积不准确，丁装置中烧瓶中压强可能会变大，且氢气体积读数不方便，所给的装置中乙的装置压强可以保持不变，可以较准确的测定氢气体积，所以适宜的方案是乙，故答案为：乙；③实验测得氢气的体积为V mL(标准状态)，其物质的量为=mol，根据NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑知，铝氢化钠为×mol，则铝氢化钠样品纯度为×100%=×100%，故答案为：×100%。
17.【答案】（1）>
（2）4.3×1013
（3）S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝-529kJ·mol−1
（4）>
（5）> <
（6）2700 增大
【解析】(1)由于Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10−7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH−+2NH+SOCaSO4↓+2NH3·H2O　化学平衡常数
K====4.3×1013，故答案为：4.3×1013；(3)①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) ΔH1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) ΔH2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热ΔH3=-283kJ/mol，即③CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的ΔH=(-283kJ/mol)×2-(-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol；(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变ΔH2=E1-E2(逆反应活化能)＞0，E1=E2+ΔH2，由于E2＞0，所以E1＞ΔH2，故答案为：＞；(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大、CO的转化率越小，即y1＞y2，投料比相同时，温度越高，SO2的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故答案为：＞；＜；
(6)①对于 2CO(g) + SO2(g) S(l) + 2CO2(g)
开始(mol/L) 0.2 0.2 0
变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16
平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16
对于 2H2(g) + SO2(g)S(l)+2H2O(g)
开始(mol/L) 0.2 0.12 0
变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18
平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18
所以反应②的化学平衡常数K===2700，故答案为：2700；②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。
18.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
（2） 平面三角形
（3） 2 CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断
（4） 电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对
（5）
【解析】(1)Cu为29号元素，失去三个电子变为Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；(2)NO离子的中心N原子的价层电子对数=3+=3，为sp2杂化，空间构型是平面三角形；(3)①CO与N2互称等电子体，它们的分子中都存在三个共价键，两个原子间均为三键，一个三键中含有一个σ键和2个π键；②根据表中数据，CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断，则CO比N2活泼；(4)该配合物中，电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，因此CO作配体时配位原子是C而不是O；(5)若晶体中Cl−呈立方面心最密堆积方式排列，面对角线上的三个Cl−半径相切，已知Cl−的半径为a pm，则面对角线=4r(Cl−)=4apm，晶胞的面对角线为棱长的倍，即棱长为pm=4a××10−10cm，则晶胞的体积V=(4a××10−10)3cm3，该晶胞中Cl−位于面心和顶点，则Cl−的个数为8×+6×=4，CuCl中阴阳离子个数比为1∶1，则晶胞中Cu+个数为4，则晶胞的质量为g，晶体的密度为ρ g/cm3，可得(4a××10−10)3cm3×ρ g/cm3=g，整理可得：阿伏加德罗常数NA=。
19.【答案】（1）SiO2 V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+2H2O
（2） 加入碱，中和H2SO4，使平衡向正向移动 分液漏斗、烧杯
（3） 91.0%
（4） 1.7 2.6×10−3mol/L
【解析】V2O5和SiO2难溶于水，由实验流程可知，废钒催化剂溶于水，再硫酸酸浸，酸性条件下，亚硫酸根离子能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++
SO+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO的酸性水溶液，Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)，分析平衡体系，加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO，加入氨水调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒。（1）上述分析可知滤渣A为SiO2，从流程图可以看出，在酸性条件下，V2O5转化为VO2+，SO能被V2O5氧化生成SO，根据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++
SO+2H2O；(2)反萃取时，分析平衡R2(SO4)(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，为提高②中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；(3)根据氧化还原规律可知，当加入100mL 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO+6VO2++3H2O＝6VO+6H++Cl－，再结合V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+2H2O，从而得出关系式：3V2O5～6VO2+～ClO，因n(ClO)=0.1mol/L
×0.1L=0.01mol，所以n(V2O5)＝3×0.01mol=0.03mol因此该实验中钒的回收率是
×100%＝91.0%；(4)由表中数据可知，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最佳pH为1.7。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，c(OH−)=10−12mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39=c(Fe3+)·c3(OH−)，c(Fe3+)==2.6×10−3mol/L。
20.【答案】（1） (酚)羟基、醛基和硝基 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率
（2） 还原反应
（3）
（4） 17
（5） 、
（6）
【解析】根据N结构简式及R分子式知，R为，R发生取代反应生成M为，根据H结构简式知，P发生还原反应生成Q为，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4－丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成。(1)由分析可知，R的结构简式为，M的结构简式为：，故含有的官能团名称为：(酚)羟基、醛基和硝基，故答案为：；(酚)羟基、醛基和硝基；(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是消耗生成的HCl，提高有机物N的产率，故答案为：消耗生成的HCl，提高有机物N的产率；(3)P→Q即由转化为，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；(4)由分析结合合成路线图可知，Q→H的化学方程式为：；(5)R为，T与R组成元素种类相同，说明T中含有C、H、O元素，T的同分异构体符合下列条件：①与R具有相同官能团，说明含有羟基、醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，说明T比R多一个－CH2，如果取代基为－OH、－CH3、－CHO，有10种；如果取代基为－OH、－CH2CHO，有邻、间、对3种；如果取代基为－CH(OH)CHO，有1种；如果取代基为－CH2OH、－CHO，有邻、间、对3种，所以符合条件的有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式有、，故答案为：17；、；(6)以1，4－戊二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH)和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，其合成路线为：
。