1、高考仿真模拟卷(十)(时间：60分钟，满分：100分)可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16F 19Na 23Al 27S 32Cl 35.5K 39Ca 40Ti 48Cr 52Fe 56Cu 64第卷一、选择题(本题共7小题，每小题6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本草纲目中“黄连”条目下记载：“吐血不止，用黄连一两，捣碎，加鼓二十粒，水煎去渣，温服。”该过程中没有涉及的操作是()A分液B加热C称量D过滤2设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A12 g石墨和C60的混合物中质子总数为6NAB1 L pH1的硫酸溶液中含有的H数为0.
2、2NAC78 g Na2O2固体中含有的阴离子数为2NAD500 mL 2 molL1 FeCl3溶液中Fe3数为NA，且33维拉帕米(又名异搏定)是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如下图所示。下列说法中正确的是()AY的分子式为C5H10BrO2B含苯环和羧基的X的同分异构体有4种CX中所有原子可能在同一平面上D1 mol Z最多可与6 mol H2发生反应4某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如下图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。下列说法正确的是()A乙装置中盛放的是饱和食盐水B丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C丁装置中
3、倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶5如图所示为一种利用原电池原理设计测定O2含量的气体传感器示意图，RbAg4I5是只能传导Ag的固体电解质。O2可以通过聚四氟乙烯膜与AlI3反应生成Al2O3和I2，通过电池电位计的变化可以测得O2的含量。下列说法正确的是()A正极反应式为3O212e4Al3=2Al2O3B协同总反应为3O24AlI312Ag=2Al2O312AgIC外电路转移0.1 mol电子，消耗O2的体积为 0.56 LD给传感器充电时，Ag向多孔石墨电极移动6短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，b元素的一种同位素可用于考古
4、年代鉴定。甲、乙分别是元素b、d的单质，通常甲为固体，乙为气体，0.001 mol/L的丙溶液pH3；W、X、Y均是由这些元素构成的二元化合物，Y是形成酸雨的主要物质之一。上述物质的转化关系如图，下列说法正确的是()A原子半径：bdcBa、c、d形成的化合物一定是共价化合物CW、X、Y中X的熔、沸点最高DY、Z均可用排水法收集725 时，用Na2SO4溶液沉淀Ba2、Pb2、Ca2三种金属离子(M2)，所需SO最低浓度的对数值p(SO)lg c(SO)与p(M2)lg c(M2)关系如图所示。下列说法正确的是()AKsp(CaSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)Ba点可表示CaSO
5、4的饱和溶液，且c(Ca2)c(SO)Cb点可表示PbSO4的不饱和溶液，且c(Pb2)3，D项错误。3B解析 AY的分子式为C5H9BrO2，A错误；B.含苯环和羧基的X的同分异构体包括：当甲基和羧基这两个取代基处于邻、间、对时有三种，当有一个取代基时可形成苯乙酸，所以同分异构体有4种，B正确；C.X中有甲基，所有原子不可能在同一平面上，C错误；D.1 mol Z最多可与5 mol H2发生反应，D错误。4B解析 工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨和二氧化碳，由于氨在水中的溶解度大，所以先通入足量的氨后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出
6、，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠。利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，因此乙装置中盛放饱和碳酸氢钠溶液，除去二氧化碳中的氯化氢，故A错误；碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；实验过程中氨可能有剩余，而稀硫酸能与氨反应，所以稀硫酸的作用是吸收未反应的NH3，氨极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤，故D错误。5B解析 Ag电极为负极，电极反应式为Age=Ag，石墨电极为正极。O2与AlI3反应得到Al2O3、I2，生成的I2在正极(
7、石墨电极)上发生得电子的还原反应，即4AlI33O2=2Al2O36I2，6I212e12Ag=12AgI，则协同总反应为3O24AlI312Ag=2Al2O312AgI，A错误，B正确；外电路转移0.1 mol电子时，消耗O2 0.025 mol，因没有指明气体对应的温度与压强，无法计算O2的体积，C错误；充电时石墨电极接外电源正极做阳极，Ag应移向银电极(阴极)，D错误。6C解析 根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为C、O2、HNO3、CO2、H2O、NO2、NO，根据分析可解答问题。A.b、c、d分别为C
8、、N、O，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径的大小：bcd，A错误；B.a、c、d分别为H、N、O，可以形成离子化合物NH4NO3，B错误；C.W、X、Y分别为CO2、H2O、NO2，由于H2O分子间能形成氢键，所以H2O的熔、沸点最高，C正确；D.Y、Z分别为NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误。7D解析 由图可知，根据Kspc(M2)c(SO)，带入数据进行计算，四种沉淀的Ksp大小顺序为Ksp(CaSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)，A错误；根据图像可知，a点在曲线上，可表示CaSO4的饱和溶液，但是c(Ca2)c(SO)
9、，B错误；图线中坐标数值越大，对应离子实际浓度越小，b点在曲线下方，表示PbSO4的过饱和溶液，且c(Pb2)c(SO)，C错误；由于Ksp(CaSO4)Ksp(BaSO4)，溶解度较大的沉淀可以向溶解度较小的沉淀转化，向Ba2浓度为105molL1的废水中加入CaSO4粉末，沉淀由CaSO4转化为BaSO4沉淀，D正确。8解析 (1)水浴加热法有利于控制反应体系的温度，即有利于将反应温度控制在65 。红色固体是Cu2O，Cu(OH)2转化为Cu2O时铜元素得到电子表现出氧化性，由此可知甲醛表现出还原性。(2)实验中需要先将H2转化为H2O(g)，然后用无水CuSO4检验H2O；同时还要用澄清
10、石灰水验证气体与CuO反应后没有CO2生成，气体进入F前应是干燥的且不含甲醛、CO2，故仪器连接顺序为ABHEFDC。装置B的作用是吸收甲醛蒸气，防止其对H2的检验产生干扰。表明有H2生成的现象是F中CuO由黑色变红色，D中无水硫酸铜变蓝色，表明不含CO的现象是C中澄清石灰水不变浑浊。(3)由操作图中现象及题给信息知，固体中既有Cu2O，也有单质铜。答案 (除标注外，每空2分)(1)球形冷凝管(1分)有利于将反应温度控制在65 ，并使装置均匀受热A中出现红色物质(2)EFDC(共3分)吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验F中CuO的颜色由黑变红，D中无水硫酸铜变蓝色，C中澄清石灰水不变浑浊(3)C
11、u2O和Cu9解析 (1)向电镀污泥中加入硫酸，Fe2O3、CuO、Cr2O3都与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜和硫酸铬，滤渣是难溶杂质，则浸出液中所含溶质主要有Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3、CuSO4。(2)根据题给信息及表格提供的数据，除铁操作中，加入Ca(OH)2调节溶液pH的目的是使Fe3形成沉淀，所以pH的范围为3.2pH4.3；检验铁离子已经除尽的操作是取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3已除尽；硫酸钙的溶解度随温度的升高而降低，因此将浊液加热到80 后趁热过滤。 (3)根据题给信息，向硫酸铜和硫酸铬溶液中加入NaHSO3，生成Cu2O，说明铜元素得电子化合价由
12、2价变成1价，则硫元素失电子，生成6价的SO，则加入NaHSO3 生成Cu2O固体的离子方程式为HSO2Cu22H2O=Cu2OSO5H；若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是HSO与H反应产生SO2，污染环境。(4)当离子浓度小于或等于1105 mol/L时，可以认为离子沉淀完全，所以Cr3恰好沉淀完全时c(Cr3)1105 mol/L，c(Cr3)c3(OH)KspCr(OH)36.31031，解得c(OH)4.0109 mol/L。答案 (每空2分)(1)CuSO4(2)3.2pHCaOSrOBaO，由此推知，MO吸收氮氧化物的能力：BaOSrOCaOMgO。(3)铍原子最
13、外层只有2个电子，氯化铍是直线形分子，铍原子发生sp杂化。(4)氟化钙是离子晶体，钙离子的配位数为8，氟离子的配位数为4。1个晶胞含4个Ca2和8个F。，故a。答案 (1)4(1分)大于(2分)(2)BaOSrOCaOMgO(2分)(3) (2分)直线形(2分)sp(2分)(4)8(2分) (2分)12解析 由题给已知信息和流程图逆推可知F为，E为(1)M的结构简式为，所以M的分子式为C11H18O。(2)N的系统命名法的名称为2甲基1丙烯或2甲基丙烯。(3)D中官能团名称为羰基。(4)A为苯酚，N为2甲基1丙烯，由A与N反应生成B的化学方程式为，反应类型为加成反应。(5)G的结构简式为，H是比G少 6个碳原子的G的同系物，则H的分子式为C5H8O2，与G互为同系物的同分异构体有 (移动羰基有3种)、，共5种。其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为。答案 (1)C11H18O(1分)(2)2甲基1丙烯(或2甲基丙烯)(2分)(3)羰基(或酮基)(1分)(4) (2分)加成反应(1分)
