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