1、化学试题 云南师大附中2013届高考适应性月考卷（七）化学参考答案题号78910111213答案CBCADBC7本题考查的是物理变化和化学变化的辨析。用热的纯碱溶液洗涤油污，涉及碳酸根离子的水解及酯类物质在碱性条件下的水解；用少量食醋除去水壶中的水垢主要是醋酸与碳酸钙反应；白磷转化为红磷时存在旧键的断裂和新键的形成，因此上述这些变化均为化学变化；而用半透膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐是渗析，是物理变化。 8CuSO4与FeCl3不发生反应，出现白色沉淀不能说明是Fe3+的性质。9本题主要考查阿伏加德罗定律及其推论在实际中的应用。A项必须是气态分子才能成立；B项质量相同的O2和H2，其物质的量之
2、比等于摩尔质量的反比，即232116；C项同温同体积时，气体物质的物质的量越大，其压强越大；D项虽然气体体积不等，但没有给出气体所处的条件，所含的分子数有可能相等。10比较两条曲线的起点，图甲中HA的pH1，则图甲中酸为HCl，图乙中HA的pH1，则图乙中酸为CH3COOH。完全反应时，NaCl溶液中c(Na+)c(Cl)，CH3COONa溶液中c (Na+)c(CH3COO)，而溶液呈中性时，c(Na+)c(CH3COO)，c(Na+)c(Cl)，A正确。11认真观察分析该有机物的球棍模型，该有机物分子中含有3种原子（表示碳原子，表示氢原子，表示卤素原子且比碳原子半径大）且一定不含O原子，因
3、为O原子应形成两个共价键。12设CuSO4、H2SO4的物质的量分别为x、y。根据反应Fe+2H+=Fe2+H2，Fe+Cu2+=Fe2+Cu，得56gmol1(x+y)64gmol1x，解得xy71。13W、X、Y、Z四种元素原子序数依次增大，Y+最外层电子数与其电子层数之比为4，可以确定Y是Na，再根据W、X、Z的最外层电子数与其电子层数之比，可以推测W是C，X是O，Z是S。O与C、Na、S可形成CO、CO2、Na2O、Na2O2、SO2、SO3，CO2、CS2均是直线形分子；C、O、Na组成的化合物为Na2CO3，其溶液呈碱性；S与Na组成的化合物水溶液呈碱性。26（每空2分，共14分）
4、 （1）氮、硅 （2）SiCl4 H2SiO3（或H4SiO4）（3）Cl+Ag+=AgCl SiO2+2OH=SiO+H2O（4）3Si(NH2)4Si3N4+8NH3 （5）50%【解析】根据K的性质及M的组成猜想K可能为Si3N4，然后依据探究C的组成实验推出C为SiCl4，E为HCl、F为H2SiO3或H4SiO4、H为SiO2、I为Na2SiO3。27（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1） 50% 0.1mol/（Lmin）（数值、单位各1分）（2）BC （3）A （4）2(a+b)kJmol1（数值、单位各1分）（5）氧气（1分） CH3OH6e + 8OH = CO+ 6H2
5、O【解析】（1）温度升高，K增大，故为吸热反应；设CO2变化量为x mol，则有，x=2mol，故转化率=100%=50%，=。（2）增加反应物浓度，平衡正向移动；吸热反应，升高温度，平衡正向移动。（3）升高温度，平衡正向移动，故图A符合，B、C不符合。（4）反应=2+2，=2a+2b。28（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）导气（1分） b（1分）（2）乙烯（1分） （3）大烧杯（1分） 温度计（1分）（4）酯化反应（1分） P2O5+3H2O2H3PO4（5）反应物和催化剂 较高温度下或直接加热CH3CH2OHCH2=CH2+H2O【解析】本题是以改进实验室制备乙烯为背景的实验题，考
6、察基本装置的使用、实验设计和探究的基本思路。有机反应中通常存在副反应，反应条件的控制是重要的。通过两种实验的对比，确定该反应的条件是直接加热。36（15分）（1）四（1分） A（1分）（2）酸化可防止Cl2 、Br2与水反应（2分）（3）Br2+SO2+2H2O=4H+2Br+SO42（3分）（4）温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，生产率低（2分）（5）分液漏斗（1分） 下口（1分）（6）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高（2分）； “空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的浓缩过程（2分）【解析】本题主要考察氯
7、、溴及其化合物的综合应用；海水资源及其综合利用；蒸馏与分馏；分液和萃取。（2）在酸性条件下不利于氯气和溴单质与水之间发生反应。（4）在溴水中，溴的沸点是58.5C，水的是100C，温度在8090时，水不沸腾而溴蒸气挥发。（5）液溴的密度比水大，在分液漏斗的下层，下层液体必须从下口流出。（6）海水中溴离子的含量较少，在从海水中提取溴之前，必须进行海水浓缩以节约成本。37（15分）（1）B（1分） 3个（1分） A（1分） 1个（1分） A（1分） 6个（1分）（2）11（1分）（3）邻硝基苯酚在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键；对硝基苯酚只能在分子间形成氢键，使分子间作用力增大，因而沸点升高（
8、2分）（4） TiCl(H2O)5Cl2H2O（2分） （5）463（2分） 2b3a3（2分）【解析】（1）依据构造、泡利原理、洪特规则推测外围电子排布的能量最低状态。（2）CN与N2为等电子体，具有类似的结构，即1个键和2个键，HCN中HC为键，所以键与键之比为11。（4）由两种晶体均为6配位及组成为TiCl36H2O，绿色与紫色晶体形成沉淀质量比为23，则绿色晶体中有1个Cl配位，余下5个配体为H2O。（5）三种晶体分别为体心立方、面心立方和简单立方，故配位数分别为8、12、6。38（15分） （1） （各2分，共4分） （2）加成反应（1分）（3）NaOH醇溶液，加热（2分） H2O2（2分，合理答案均给分）（4） （2分） （5） 的水解产物 不能经氧化反应而得到产品（或A中 的水解产物 中的OH不在链端，不能氧化成CHO）（其他合理答案均可给分）（2分） （6） （2分）【解析】（1）依据信息可知，氯代发生在侧链上，侧链有两种H，故有两种氯代物。（3）依据产物逆推可知第步反应Cl原子加在含H较多的C上，故为H2O2条件下进行。（6）由知含酚OH，由知苯环上为对位取代，由可推知侧链上有两种H，且个