新高考化学模拟试卷01（原卷版+教师版）

这是一份新高考化学模拟试卷01（原卷版+教师版），共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列说法不正确的是等内容，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

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．古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化
B．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含着自然界中的碳、氮循环
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是

A．装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液
B．装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，且AgCl可转化成AgI
C．装置丙可用于吸收氨气，且能防止倒吸
D．装置丁可除去氯气中的HCl
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1L 0.1mol/L Na2S溶液中含阴离子数目大于0.1NA
B．6g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NA
C．lmol/L的NH4Br溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH的数目为NA
D．60g分子式为C3H8O的有机物中含有C－H键数目为7NA
4．中成药连花清瘟胶囊可用于新冠肺炎的防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下。下列关于绿原酸的叙述错误的是

A．能与酸性KMnO4溶液反应 B．能与Na2CO3溶液反应
C．分子中所有原子可能共平面 D．可发生酯化、加成、水解反应
5．根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是

A．该反应是一个吸热反应
B．CO和CO2中碳原子的杂化类型相同
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
D．CO2的分子立体构型是直线形
6．下列关于物质的性质及其应用的说法均正确的是
A．纯碱可以去除厨房里的油污，也能广泛应用于纺织、食品等工业
B．二氧化硫能使紫色石蕊试液褪色，可用于漂白纸浆、编织物
C．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光学镜片
D．钠钾合金常温下是固体，可用作快中子反应堆的热交换剂
7．下列说法不正确的是
A．Sb的价电子排布式为5s25p3
B．第一电离能：Br＞Se＞ 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
8．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X为非金属元素，Y，Z为金属元素，A是由其中两种元素组成的化合物。已知：电解A的熔融物能得到W的单质和Z的单质，且Z的单质能溶于Y的最高价氧化物对应水化物的溶液。下列说法正确的是
A．四种元素的简单离子半径：X”、“＜”或“=”)；在，下，往2L密闭容器中充入4molH2S进行反应，2min达到平衡状态，计算0～2min内S2的平均反应速率___________mol·L−1·min−1 。
(2)图中压强，、从大到小顺序为___________，原因是___________。
Ⅱ．H2S可转化成羰基硫(COS)：
(3)已知：


上述反应热效应之间的关系式为_________。
(4)绝热恒压下，密闭容器中充入H2S(g)与CO(g)进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．生成a mol COS，同时形成a mol H－S键
C．化学平衡常数不再改变
D．混合气体的密度不再改变
(5)T℃下，将等物质的量的H2S(g)与CO(g)充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时容器内气体的总压为，的体积分数为10%。则此时该反应的平衡常数Kp=___________(Kp为以分压表示的平衡常数，其中分压=总压×物质的量分数)。
(6)利用膜电解法转化H2S。在酸性水溶液中，H2S在阳极上转化为SO，其电极反应式为___________。
【答案】（1）＞ 0.25
（7） 正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小
（8）
（9） CD
（10）
（11）
【解析】(1)，因为，所以。在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2内的平均反应速率0.5mol/L÷2min＝0.25。(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，H2S转化率减小，所以图中压强、、从大到小顺序为。Ⅱ．(3)已知：①；②；③；则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2即得到的。(4)A．反应中反应物和生成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，A不选；B．据方程式中H2S和COS的计量数之比为1∶1，1mol H2S分子含有2mol H－S键，生成a mol COS同时形成a mol H－S键时反应没有达到平衡状态，B不选；C．绝热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状态，C选；D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；答案选CD。(5)根据三段式可知

根据T℃下，氢气平衡体积分数：，解得，反应前后压强不变，则；(6)在酸性水溶液中，H2S在阳极上失去电子被氧化为SO，其电极反应式为。
18．氯化亚铜(CuCl)可用作有机合成的催化剂，CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl−浓度较大的溶液(CuCl+Cl−CuCl)，在潮湿空气中易水解、易氧化。工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量的SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：

25℃时，相关物质的Ksp见表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
CuCl
Ksp
1×10−16.3
1×10−38.6
1×10−19.7
1×10−5.9
回答下列问题：
(1)黄铜矿预先粉碎的目的是_______。
(2)调pH加入的过量x为_______(填化学式)，滤渣①的成分_______(填化学式)。
(3)“还原”时，铜粉转化为Na[CuCl2]的离子反应方程式为_______。
(4)已知：温度、pH对CuCl产率的影响如图1、图2所示。则析出CuCl晶体的最佳条件为_______。
A．温度在60℃左右pH为2.0~2.5 B．温度在90℃左右pH为2.0~2.5
C．温度在60℃左右pH为5.0~6.0 D．温度在90℃左右pH为5.0~6.0

(5)析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，“醇洗”可快速除去滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。写出氯化亚铜被氧化为碱式氯化铜的化学反应方程式_______。
(6)粗产品中氯化亚铜含量的测定：
①称取样品3.0g于锥形瓶中，再加入过量的FeCl3溶液充分溶解，配制250mL溶液。②从中取出25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。
三次平行实验，到达滴定终点时，消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL。则样品中CuCl的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（7） CuO或Cu(OH)2 Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2
（8） Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−
（9） A
（10） 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（11） 79.6%
【解析】黄铜矿粉通入氧气和硫酸浸取，生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于硫酸；加入过量的氧化铜或氢氧化铜调节pH，使溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀，则滤渣①为Fe(OH)3和氧化铜或氢氧化铜；加入过量的铜粉，生成[CuCl2]−，滤渣②为铜粉；经一系列操作得到CuCl。(1)黄铜矿预先粉碎可增大固体与硫酸的接触面积，能加快反应速率，提高浸出率；(2)分析可知，调pH加入的过量x为CuO或Cu(OH)2；滤渣①的成分Fe(OH)3、CuO或Cu(OH)2；(3)“还原”时，铜粉与Cu2+及Cl-反应转化为Na[CuCl2]，离子反应方程式为Cu+Cu2++4Cl−=2[CuCl2]−；(4)根据图像可知，温度再60℃左右，pH在2.0~2.5使CuCl的产率最高，为最佳反应条件，答案为A；(5)氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(6) 消耗硫酸铈标准溶液的体积分别为26.05mL、24.05mL、23.95mL，26.05mL数据偏差较大，舍去不用，则两次体积的平均值==24.00mL，根据方程式，n(CuCl)=n(FeCl2)=n(Ce4+)=0.1000mol·L−1×24.00
mL=0.0024mol，则样品中m(CuCl)=0.0024mol÷25.00mL×250mL×99.5g/mol=2.388g，CuCl的纯度=×100%=79.6%。
19．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
(1)基态Fe3+的电子排布式为___。
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是 。FeSO4常作补铁剂，SO的立体构型是 。
(3)羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含__mol σ键。
(4)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为__；Fe2+与O2−的最短核间距为__pm。

(5)某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：

另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是___，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为 。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 (用化学反应方程式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（6） 分子晶体 正四面体形
（7） 10
（8） 12 ×1010
（9） CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【解析】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10mol σ键。故答案为：10；(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为×3×8=12；Fe2+与O2−的最短间距为等于晶胞棱长的一半，晶胞中Fe2+数目=6×+8×=4，O2−的数目=1+12×=4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m=g，设晶胞棱长为x，则g=x3×ρ g·cm−3，解得x=cm=×1010pm，故Fe2+与O2−的最短间距为x=×1010pm=×1010pm，Fe2+与O2−的最短核间距为×1010pm。故答案为：12；×1010；(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
20．有机物H是重要的有机化工原料，以苯酚为原料制备H的一种合成路线如下：

已知：R－CH2－COOH。
请回答：
(1)B的化学名称为___________。
(2)②的反应类型为___________；D中所含官能团的名称为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)G的分子式为___________。
(5)设计②⑦两步反应的目的为___________。
(6)满足下列条件的E的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为___________(任写一种即可)。
i．苯环上有两个取代基，其中一个为－NH2；ii．能发生水解反应。
(7)已知：R－NH2容易被氧化；羧基为间位定位基。
请参照上述合成路线和信息，以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。
【答案】（1）对硝基苯酚或4－硝基苯酚
（8） 取代反应 氨基、醚键
（9） +(CH3CO)2O+CH3COOH
（10） C11H13O4N
（11） 保护酚羟基
（12） 18种 （任选一种）
（13）
【解析】根据A，C的结构简式，可以看出B和CH3I发生取代反应生成C，所以B的结构简式为，反应③为还原反应，把硝基还原成氨基，则D为；由题目中的已知方程式可知，两个羧基连在同一个碳原子上，在加热的条件下，会减少一个羧基，所以F生成G的反应中减去F的一个羧基即为G的结构简式，G为，G与HI发生取代反应生成H。(1)B的结构简式为，其名称为对硝基苯酚或4－硝基苯酚。(2)由B生成C的结构简式可知，②为取代反应；D为，故D中所含官能团为醚键和氨基。(3)(CH3CO)2O和D发生取代生成E，所以反应方程式为：+(CH3CO)2O+CH3COOH。(4)G为，所以G的分子式是为C11H13O4N。(5)通过B和CH3I发生取代反应，然后再与HI发生取代反应，起到官能团的保护作用，也就是保护酚羟基。(6)由条件可知，苯环上有两个取代基，一个为氨基，另一个可以发生水解反应，根据E的结构简式可知，可以发生水解的官能团只能是酯基，酯基的位置异构有6种，又因为在苯环上和氨基存在邻间对的位置关系，即为：6×3=18种；吸收峰只有5组，即可以在中任选一种。(7)第一步甲苯和硝酸发生取代反应，取代对位上的氢；第二步对硝基甲苯和酸性高锰酸钾发生氧化反应，生成对硝基苯甲酸；第三步参照题干流程图中的反应③发生还原反应，把硝基转化为氨基；第四步参照题干流程图中的反应④发生取代反应。所以流程图为：
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