1、2015年云南师大附中高考化学适应性试卷（一）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下列各组物质的分类正确的是（）A 同位素：1H+、2H2、3HB 同种物质：2甲基丙烷、异丁烷C 电解质：冰醋酸、水银、烧碱、氨水D 强酸：HCl、HClO、HClO3、HClO42向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C滴加氯水和CC14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有ID滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红
2、色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A AB BC CD D3木糖醇是一种新型的甜味剂，是一种理想的蔗糖代替品，它具有甜味适中，溶解性好，适合糖尿病患者等优点，结构简式为：CH2OH（CHOH）3CH2OH下列有关木糖醇的叙述正确的是（）A 木糖醇与核糖（C3H10O3）互为同分异构体B 木糖醇与甘油（CH2OHCHOHCH2OH）互为同系物C 木糖醇可以与乙酸发生酯化反应D 木糖醇与葡萄一样是一种单糖4下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素中进行的是（）A 2FeC12+C12=2FeC13B Fe+CuSO4=Cu+FeSO4C C12+2NaOH=NaC1+NaC1O+H2
3、OD 2H2O2H2+O25下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（）选项指定环境能够共存的离子A滴加酚酞显红色的溶液K+、S2、SO42、NO3B有HCO3存在的溶液Na+、K+、C1、A13+CpH=1的溶液中C1、CO32、NO3、NH4+D使石蕊变红的溶液中Fe2+、MnO4、NO3、SO42A AB BC CD D6YBa2Cu8O2（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，下列关于的说法不正确的是（）A 属于金属元素B 质子数与中子数之差为50C 原子的核外电子数是39D Y和Y是两种不同的核素7铁和氧化铁的混合物共x mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到y mol氢气，
4、且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A （x+y）molB （xy）molC （xy）molD （x+y）mol三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题-第32题为必考题，每道试题考生都必须作答第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题，共129分8X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价4，+421，+7+3其他常温下该单质为黄色固体无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色其氧化物可做耐火材料（1）Q在元素周期表中的位置是（2）Y与R相比，
5、非金属性较强的是（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是（填字母序号）a常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b稳定性：HRYH4cY与R形成的化的中Y呈正价（3）根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是（4）甲、乙是上述某些元素的最高价氧化物对应的水化物，且甲+乙丙+水若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是（5）已知单质X的燃烧热为296kJ/mo1，1mo1XM2（g）被氧化为1mo1XM3（g）的H=99kJ/mo1写出由XM2生成XM3的热化学反应方程式，计算由X（s）生成3mo1XM3（g）的H=9T下，某2L容器内A、M、N三种物质参与的某一化学反应：2A（g）M（g）+2N（g
6、）其物质的量随反应时间的变化的曲线如图1，此反应05min反应物A的反应速率为则该反应在T的化学平衡常数为若为了寻找该反应的最佳条件，在反应过程中持续不断地升高温度，所得的M的体积分数如图2，则该反应的H0（填“”或“”）（2）氮的氢化物肼（N2H4）是航天火箭发射常用的燃料发射火箭时肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水该反应的化学方程式为工业上可采用电化学的方法获得N2H4，装置如图3所示，则通入氨气的一极为该电极反应式为将标准状况下112mL CO2通入100mL 0.1mo1/L的氨水中，所得溶液碱显碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为；该溶液中，c（HCO
7、3）+c（CO32）+c（H2CO3）=（忽略溶液体积的变化）10某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为沉淀可能是CuSO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3，和Cu（OH）2的混合物查阅资料知：CuSO3和Cu（OH）2均不带结晶水，受热均易分解，各生成对应的两种氧化物（1）乙同学的观点，你认为其原理是：（用离子方程式表示）（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是请用图16所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分（3）B装置中试剂的化学式是（4）能证明生成
8、物中有CuCO3的实验现象是若丙同学的观点正确，可利用图所示装置通过实验定量测定其组成（5）各装置的连接顺序：（6）装置C中碱石灰的作用是，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是（7）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11工业上用固体硫酸亚铁制取颜料铁红（Fe2O3），反应原理是：2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3某研究性学习小组用下图所示装置检验该反应所产生的气态物质，然后用装置中A瓶内的混合物来测定已分解的FeSO4的质量（SO2沸点为10.02）请回答相关问题
9、：（1）A瓶所盛试剂的作用是；B瓶所盛的试剂是；C瓶所盛试剂的作用是；（2）A瓶要用冷水冷却的原因是；（3）将此反应生成的气体通入A瓶BaCl2溶液中，则；（填编号）A析出BaSO3沉淀 B析出BaSO4沉淀 C逸出SO3气体 D逸出SO2气体理由是；（4）反应后若用A瓶内的混合物来测定已分解的FeSO4的质量，其实验操作的第一步是（简述操作步骤）【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）1013云南校级模拟）VA族的氮、磷、砷（As）等元素在化合物中常表现出多种氧化态含VA族元素的化合物在研究和生回答下列问题：（1）磷单质的常见形式有白磷、红磷等，白磷的结构如图所示，键角为，P原
10、子采用的轨道杂化方式是；根据所学知识，可以判断白磷属于晶体（2）N2的结构式为，其中键与键个数之比为（3）As原子序数为，其核外价层电子的轨道表示式为N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为（4）NH3、PH3、AsH3熔、沸点由高到低的顺序为，原因是（5）硝酸是一种具有强氧化性的一元强酸，NO离子的立体构型为，试写出一种与NO互为等电子体且属于非极性分子的微粒的化学式【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）1013云南校级模拟）【化学选修5：有机化学基础】有机物A的分子组成为C4H9Br，在核磁共振氢谱中显示3个峰，在一定条件下A发生如图所示的转化：已知：一定条件下，不对称烯
11、烃与HBr加成反应时，Br加在含氢较少的碳原子上，如：（R为烃基）（1）A的结构简式为（2）D的名称为，有机物AH中互为同分异构体的是（填序号）（3）上述转化中属于取代反应的有（填序号），反应的化学方程式为（4）K中含有的官能团名称为（5）L在浓硫酸作用下，可形成化合物M（C2H6O2），M不能使溴水褪色，M的结构简式为（6）L在一定条件下可形成高分子化合物N，形成N的化学方程式为2015年云南师大附中高考化学适应性试卷（一）参考答案与试题解析一、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下列各组物质的分类正确的是（）A 同位素：1H+、2H2、3HB
12、同种物质：2甲基丙烷、异丁烷C 电解质：冰醋酸、水银、烧碱、氨水D 强酸：HCl、HClO、HClO3、HClO4考点：同位素及其应用；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念专题：物质的分类专题分析：A、同位素是具有相同质子数不同中子数的一类原子；B、同种物质，分子式和结构均应相同；C、电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；D、强酸指在水溶液中完全电离的酸解答：解：A、根据同位素的概念，同位素是具有相同质子数不同中子数的一类原子，本题中2H2为分子，故A错误；B、2甲基丙烷、异丁烷分子式和结构均相同，是习惯命名法和系统命名法两种方法对同种物质命名，故B正确；C、电解质是在水溶液或熔融
13、状态下能导电的化合物，水银是单质，既不是电解质，也不是非电解质，氨水为混合物，氨水不是电解质，氨水中一水合氨为电解质，故C错误；D、次氯酸为弱酸，在溶液中部分电离，故D错误；故选B点评：本题考查同位素、同种物质、电解质、强酸等概念，题目较为简单，学习中注意对概念的理解要准确2向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C滴加氯水和CC14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有ID滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中
14、无NH4+A AB BC CD D考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：A、碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl2溶液，都成生成白色沉淀；B、检验钾离子时，要透过蓝色钴玻璃观察；C、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；D、滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子解答：解：A、滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；B、黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正
15、确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明有钠离子，透过蓝色钴玻璃观察，火焰不呈紫色，说明原溶液中有钠离子、无钾离子，故B错误；C、氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故C正确；D、氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；故选C点评：本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子、钾离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰，题目难度中等3木糖醇是一种新型的甜味剂，是一种理想的蔗糖代替品，
16、它具有甜味适中，溶解性好，适合糖尿病患者等优点，结构简式为：CH2OH（CHOH）3CH2OH下列有关木糖醇的叙述正确的是（）A 木糖醇与核糖（C3H10O3）互为同分异构体B 木糖醇与甘油（CH2OHCHOHCH2OH）互为同系物C 木糖醇可以与乙酸发生酯化反应D 木糖醇与葡萄一样是一种单糖考点：有机物的结构和性质分析：A木糖醇的分子式为C5H12O5；B二者官能团的数目不同；C木糖醇中含有OH；D木糖醇属于醇，葡萄糖为多羟基醛解答：解：A木糖醇的分子式为C5H12O5，与核糖（C5H10O5）的分子式不同，故A错误；B木糖醇中含有5个OH，甘油中含有3个OH，二者官能团的数目不同，则不互为
17、同系物，故B错误；C木糖醇中含有醇羟基，所以可以和乙酸发生酯化反应，故C正确；D木糖醇属于醇，葡萄糖为多羟基醛，则木糖醇不属于糖，故D错误；点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇的性质，易错选项是D4下列反应中，氧化反应与还原反应在同一元素中进行的是（）A 2FeC12+C12=2FeC13B Fe+CuSO4=Cu+FeSO4C C12+2NaOH=NaC1+NaC1O+H2OD 2H2O2H2+O2考点：氧化还原反应分析：氧化反应与还原反应在同一元素间进行，则反应中只有一种元素的化合价变化，以此来解答解答：解：A反应中Cl、Fe元素的化合
18、价变化，氧化反应与还原反应在不同元素之间进行，故A不选；B反应中Fe、Cu元素的化合价变化，氧化反应与还原反应在不同元素之间进行，故B不选；C反应中只有Cl元素的化合价变化，则氧化反应与还原反应在同一元素间进行，故C选；D反应中H、O元素的化合价变化，氧化反应与还原反应在不同元素之间进行，故D不选；故选C点评：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大5下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（）选项指定环境能够共存的离子A滴加酚酞显红色的溶液K+、S2、SO42、NO3B有HCO3存在的溶液Na+、K+、C1
19、、A13+CpH=1的溶液中C1、CO32、NO3、NH4+D使石蕊变红的溶液中Fe2+、MnO4、NO3、SO42A AB BC CD D考点：离子共存问题分析：A滴加酚酞显红色的溶液显碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；B碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；CpH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，碳酸根离子与氢离子反应；D使石蕊变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚铁离子与硝酸根离子、高锰酸根离子发生氧化还原反应解答：解：A滴加酚酞显红色的溶液显碱性，在碱性条件下，K+、S2、SO42、NO3离子之间不反应，能够大量
20、共存，故A正确；B有HCO3存在的溶液中，HCO3能与Al3+相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；CpH=1的溶液中存在大量氢离子，H+与CO32反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D使石蕊变红的溶液显酸性，酸性溶液中Fe2+与NO3、MnO4发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存的判断，题目难度中等，明确常见离子的性质及离子之间发生的反应是解答的关系，并注意隐含信息的挖掘和利用，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力6YBa2Cu8O2（Y为元素钇）是磁悬浮列车中的重要超导材料，下列关于的说法不正确的是（）A 属于金属
21、元素B 质子数与中子数之差为50C 原子的核外电子数是39D Y和Y是两种不同的核素考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系分析：A先根据构造原理判断元素在周期表中的位置，然后判断是否是金属元素；B根据质子数、中子数、质量数之间的关系判断；C根据原子的质子数与电子数的关系判断；D具有一定数目质子和中子的原子称为核素解答：解析：A、Y元素为39号元素，根据构造原理，核外电子排布式1S22S22P63S23P63d104S24P6 4d15S 2，字母前的数字表示电子层数，价电子是4d15S 2，价电子数之和=族序数，所以Y属第五周期第B族，该元素是副族元素，所以是金属元素，故A正确；B、质子数
22、+中子数=质量数，质子数中子数=质子数（质量数质子数）=39（5939）=19故B错误；C、原子的核外电子数等于核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；D、3949Y和3950Y是中子数不同的同一元素，所以是不同的两种核素，故D正确故选：B点评：本题考查的是有关质子数、中子数、电子数之间的计算，以及同位素的定义，是小型综合题，属基础知识的考查，难度不大7铁和氧化铁的混合物共x mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到y mol氢气，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为（）A （x+y）molB （xy）molC （xy）molD （x+y）mol考点：有关混
23、合物反应的计算；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：固体全部溶解，溶液加入KSCN溶液不显红色说明三价铁全被还原为Fe2+根据生成氢气的物质的量计算与酸反应的铁的物质的量，其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2+3H2O据此计算解答：解：根据电子守恒：与H+反应生成H2的铁的物质的量等氢气的物质的量：n（Fe）=n（H2）=ymol；其余的铁则和Fe2O3以等物质的量溶于盐酸生成FeCl2，即Fe+Fe2O3+6H+=3Fe2+3H2O，参加该反应的铁的物质的量为（xy）mol，故共含铁ymol+
24、（xy）mol=（x+y）mol故选：A点评：考查混合物定量计算，难度中等，清楚反应过程是解题关键，注意解题方法选择三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题-第32题为必考题，每道试题考生都必须作答第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共11题，共129分8X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价4，+421，+7+3其他常温下该单质为黄色固体无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色其氧化物可做耐火材料（1）Q在元素周期表中的位置是第三周期A族（2）Y与R相比，非金属性较强的是Cl（
25、用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是bc（填字母序号）a常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b稳定性：HRYH4cY与R形成的化的中Y呈正价（3）根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是0.099nmr（Si）0.143nm（4）甲、乙是上述某些元素的最高价氧化物对应的水化物，且甲+乙丙+水若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是NaAlO2或Na2SiO3（5）已知单质X的燃烧热为296kJ/mo1，1mo1XM2（g）被氧化为1mo1XM3（g）的H=99kJ/mo1写出由XM2生成XM3的热化学反应方程式2SO2（g）+O2=2SO3（g）H=198kJ/mol，计算由X（s）生成3
26、mo1XM3（g）的H=1185kJ/mol考点：位置结构性质的相互关系应用分析：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，则X为S元素；Y的化合价主要为4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为1，+7，则R为Cl元素；Q主要化合价为+3价，原子半径NaQCl，则Q为Al元素；M的主要化合价为2价，为第A族元素，原子半径MCl，则M为O元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，则X为S元素；Y的化合价主要为4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈
27、黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为1，+7，则R为Cl元素；Q主要化合价为+3价，原子半径NaQCl，则Q为Al元素；M的主要化合价为2价，为第A族元素，原子半径MCl，则M为O元素（1）Q为Al元素，在元素周期表中的位置是：第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）Si与Cl同主族，随原子序数增大非金属性增强，故Cl元素非金属性更强，a位置状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故a错误；b非金属性越强，氢化物越稳定性，故b正确；cY与R形成的化的中Y呈正价，说明R（Cl）对键合电子吸引力更强，硫元素非金属性强，故c正确，故答案为：Cl；bc；（3）同周期随原子序数增大，原子半径减小，
28、电子层越多原子半径越大，Si的原子半径的最小范围是：0.099nmr（Si）0.143nm，故答案为：0.099nmr（Si）0.143nm；（4）甲、乙是上述某些元素的最高价氧化物对应的水化物，且甲+乙丙+水，若丙的水溶液呈碱性，应是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，或硅酸与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，则丙的化学式是NaAlO2或Na2SiO3，故答案为：NaAlO2或Na2SiO3；（5）单质硫的燃烧热为296kJmol1，则热化学方程式为：S（s）+O2=SO2（g）H=296kJ/mol，1mo1SO2（g）被氧化为1mo1SO3（g）的H=99kJ/mo1，则热化学方程式为：2
29、SO2（g）+O2=2SO3（g）H=198kJ/mol，根据盖斯定律，可知S（s）生成3mo1SO3（g）的H=（296kJ/mol）3+（198kJ/mo1）=1185kJ/mol，故答案为：2SO2（g）+O2=2SO3（g）H=198kJ/mol；1185kJ/mol点评：本题考查结构性质位置关系应用、无机物推断、反应热有关计算等，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等9T下，某2L容器内A、M、N三种物质参与的某一化学反应：2A（g）M（g）+2N（g）其物质的量随反应时间的变化的曲线如图1，此反应05min反应物A的反应速率为0.2mol/（Lmin）则该反应在T的化
30、学平衡常数为0.5若为了寻找该反应的最佳条件，在反应过程中持续不断地升高温度，所得的M的体积分数如图2，则该反应的H0（填“”或“”）（2）氮的氢化物肼（N2H4）是航天火箭发射常用的燃料发射火箭时肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水该反应的化学方程式为2N2H4+2NO23N2+4H2O工业上可采用电化学的方法获得N2H4，装置如图3所示，则通入氨气的一极为负极该电极反应式为2NH32e+2OH=N2H4+2H2O将标准状况下112mL CO2通入100mL 0.1mo1/L的氨水中，所得溶液碱显碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）c（CO32）C
31、（OH）c（HCO3）c（H+）；该溶液中，c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）=0.05mol/L（忽略溶液体积的变化）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）根据v=计算出05min反应物A的反应速率；平衡常数与温度有关，根据5min时的数据可以计算出该反应的平衡常数；根据图2可知，该可逆反应达到平衡状态后，升高温度M的含量减少，则说明平衡向着逆向移动，据此判断该反应的焓变；（2）反应物为肼和二氧化氮，反应产物为氮气和水，根据化合价变化相等配平该反应；负极发生氧化反应、正极发生还原反应，根据化合价变化判断通入氨气电极；氨气在
32、碱性条件下失去电子生成肼，据此写出该电极反应式；计算出二氧化碳、一水合氨的物质的量，判断溶质组成，然后结合盐的水解原理判断各离子浓度大小；根据物料守恒可知：c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）=0.05mol/L解答：解：（1）根据图1可知，5min时A的物质的量变化为：4mol2mol=2mol，则05min反应物A的反应速率为：v（A）=0.2mol/（Lmin）； 平衡时M的浓度为：=0.5mol/L，A的浓度为：=1mol/L，根据反应2A（g）M（g）+2N（g）可知，平衡时N的浓度为1mol/L，则该反应的平衡常数为：K=0.5，故答案为：0.2mol/（Lmin）；
33、0.5；从图2可知，升高温度后M的含量减少，说明化学平衡向着逆向移动，则逆向是吸热反应，所以正反应为放热反应，故H0，故答案为：；（2）发射火箭时肼（N2H4）为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水，肼中N元素的化合价为2价，反应后变为0价，化合价升高2价，至少升高4价；二氧化氮中氮元素的化合价为+4价，反应后变为0价，化合价降低4价，则肼和二氧化氮的计量数相等，再结合质量守恒定律配平后的化学方程式为：2N2H4+2NO23N2+4H2O，故答案为：2N2H4+2NO23N2+4H2O；氨气转化成N2H4，化合价从3变为2，化合价升高被氧化，则通入氨气的一极为负极；负极氨气失去电子
34、，在碱性条件下生成N2H4，负极的是电极反应式为：2NH32e+2OH=N2H4+2H2O，故答案为：负极；2NH32e+2OH=N2H4+2H2O；标准状况下112mL CO2的物质的量为：=0.005mol，100mL 0.1mo1/L的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.01mol，二者恰好反应生成碳酸铵，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），说明碳酸根离子的水解程度大于铵根离子，由于氢氧根来自水的电离和碳酸根离子的水解，则c（OH）c（HCO3）；由于水解程度减小，则c（NH4+）c（CO32），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）；根据溶
35、液中的物料守恒可知：c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）=0.05mol/L，故答案为：c（NH4+）c（CO32）C（OH）c（HCO3）c（H+）；0.05mol/L点评：本题考查了物质的量随时间变化的曲线，题目难度中等，涉及化学平衡及其计算、电解原理、原电池及应用、化学方程式的书写、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力10某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为沉淀可能是CuSO3；乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3，和Cu（OH）
36、2的混合物查阅资料知：CuSO3和Cu（OH）2均不带结晶水，受热均易分解，各生成对应的两种氧化物（1）乙同学的观点，你认为其原理是：CO32+Cu2+H2O=Cu（OH）2+CO2（用离子方程式表示）（2）在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中过滤、洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净请用图16所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分（3）B装置中试剂的化学式是CuSO4（4）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置C中澄清石灰水变浑浊若丙同学的观点正确，可利用图所示装置通过实验定量测定其组成（5）各装置的连接顺序：C、
37、A、B、D、E（或C、A、B、E、D）（6）装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2排出（7）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为1考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）CO32水解成碱性，Cu2+与OH结合生成Cu（OH）2；（2）沉淀会附着SO42离子，取最后一次洗涤液，用BaCl2溶液检验是否含有SO42；（3）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；（4）碳
38、酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；（5）根据CuCO3和Cu（OH）2受热分解的产物和检验所产生的现象来连接装置；（6）碱石灰可以吸收水和二氧化碳，空气中的水以及二氧化碳会干扰试验结果应该将其排除掉；（7）装置B质量增加了n克，即生成水的质量是ng，根据原子守恒来回答解答：解：（1）乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2，原因是CO32水解成碱性，Cu2+与OH结合生成Cu（OH）2，反应的离子方程式为：CO32+Cu2+H2O=Cu（OH）2+CO2，故答案为：CO32+Cu2+H2O=Cu（OH）2+CO2；（2）沉淀会附着SO42离子，则检验沉淀是否
39、洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，说明已洗净；（3）装置B检验是否有水生成，可用无水硫酸铜检验，若无水硫酸铜变蓝色说明有水生成，验证沉淀中有氢氧化铜生成，否则沉淀中无氢氧化铜，故答案为：CuSO4；（4）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3，故答案为：装置C中澄清石灰水变浑浊；（5）碱石灰可以吸收水和二氧化碳，空气中的水以及二氧化碳会干扰试验结果应该将其在实验之前排除掉，并在装置的最后放上碱石灰，防止空气中的水和二氧化碳来干扰
40、试验结果，可以用浓硫酸来吸收水，用碱石灰来吸收二氧化碳，根据浓硫酸和碱石灰的增重量来确定生成水和二氧化碳的量，故答案为：C、A、B、D、E （或C、A、B、E、D）；（6）装置C中碱石灰的作用是：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2，验开始时和实验结束时都要通入过量且处理过的空气其作用都是将装置中滞留的H2O 蒸汽和CO2排出，故答案为：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2； 将装置中滞留的H2O 蒸汽和CO2排出；（7）装置B质量增加了n克，即生成水的质量是ng，根据方程式则生成的氢氧化铜的物质的质量是：g=g，所以碳酸铜的质量是（mg）g，质量分数为：=1，故答案为：1点评：本题考查实验方案设计与
41、装置的理解评价、物质组成与含量的测定、实验基本操作，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11工业上用固体硫酸亚铁制取颜料铁红（Fe2O3），反应原理是：2FeSO4 Fe2O3+SO2+SO3某研究性学习小组用下图所示装置检验该反应所产生的气态物质，然后用装置中A瓶内的混合物来测定已分解的FeSO4的质量（SO2沸点为10.02）请回答相关问题：（1）A瓶所盛试剂的作用是检验并吸收SO3；B瓶所盛的试剂是品红试液；C瓶所盛试剂的作用是吸收SO2；（2）A瓶要用冷水
42、冷却的原因是SO3与H2O反应放出大量的热；（3）将此反应生成的气体通入A瓶BaCl2溶液中，则B、D；（填编号）A析出BaSO3沉淀 B析出BaSO4沉淀 C逸出SO3气体 D逸出SO2气体理由是SO2、SO3的混合气体溶于水，发生反应SO3+H2O=H2SO4，同时放出大量的热，使SO2的溶解度减少而逸出SO2气体，又由H2SO4与BaCl2反应析出BaSO4沉淀，在酸性溶液中不可能产生BaSO3沉淀；（4）反应后若用A瓶内的混合物来测定已分解的FeSO4的质量，其实验操作的第一步是（简述操作步骤）A瓶中滴入BaCl2溶液，直至不再产生新的沉淀考点：铁及其化合物的性质实验；二氧化硫的化学性
43、质；硫酸根离子的检验；常见气体的检验专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：（1）检验生成气体，应将SO2和SO3两种气体分离，并检验SO3气体，用品红检验SO2气体，SO2有毒，不能排放到空气中，应进行尾气吸收；（2）SO3与H2O反应是放热反应，如不冷却，通入品红中的气体中含有SO3气体；（3）将气体通入BaCl2溶液发生反应SO3+H2O=H2SO4，同时放出大量的热，使SO2的溶解度减少而逸出SO2气体，并生成硫酸钡沉淀；（4）测定已分解的FeSO4的质量，应使SO3气体完全反应；解答：解：（1）SO3气体溶于水，发生反应SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaS
44、O4+2HCl，SO2气体具有漂白性，可使品红溶液褪色，并且SO2有毒，不能排放到空气中，根据SO2气体具有酸性，可用碱液吸收，故答案为：检验并吸收SO3；品红试液；吸收SO2；（2）SO3与H2O反应是放热反应，如不冷却，通入品红中的气体中含有SO3气体，故答案为：SO3与H2O反应放出大量的热；（3）SO2、SO3的混合气体溶于水，发生反应SO3+H2O=H2SO4，同时放出大量的热，使SO2的溶解度减少而逸出SO2气体，又由H2SO4与BaCl2反应析出BaSO4沉淀，在酸性溶液中不可能产生BaSO3沉淀，将此反应生成的气体通入A瓶BaCl2溶液中，会有BaSO4沉淀生成，并析出SO2气
45、体，故答案为：B、D； SO2、SO3的混合气体溶于水，发生反应SO3+H2O=H2SO4，同时放出大量的热，使SO2的溶解度减少而逸出SO2气体，又由H2SO4与BaCl2反应析出BaSO4沉淀，在酸性溶液中不可能产生BaSO3沉淀；（4）测定已分解的FeSO4的质量，应使SO3气体完全生成BaSO3沉淀，否则会有较大误差，故答案为：A瓶中滴入BaCl2溶液，直至不再产生新的沉淀点评：本题考查物质的分离和检验，做题时要抓住题给信息，充分把握物质的性质，这是解答元素化合物知识的关键之处，本题有一定难度【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）1013云南校级模拟）VA族的氮、磷、砷
46、（As）等元素在化合物中常表现出多种氧化态含VA族元素的化合物在研究和生回答下列问题：（1）磷单质的常见形式有白磷、红磷等，白磷的结构如图所示，键角为60，P原子采用的轨道杂化方式是sp3；根据所学知识，可以判断白磷属于分子晶体（2）N2的结构式为NN，其中键与键个数之比为1：2（3）As原子序数为33，其核外价层电子的轨道表示式为N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为NPAs（4）NH3、PH3、AsH3熔、沸点由高到低的顺序为NH3AsH3PH3，原因是分子晶体的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但氨气中存在氢键导致其熔沸点最高（5）硝酸是一种具有强氧化性的一元强酸，NO离子的立体
47、构型为平面三角形，试写出一种与NO互为等电子体且属于非极性分子的微粒的化学式SO3考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型分析：（1）白磷分子是正四面体结构，四个P原子位于正四面体顶点上；每个P原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断P原子杂化方式；白磷的构成微粒是分子；（2）氮气分子中氮原子之间存在3个共用电子对；每个氮气分子中含有1个键、2个键；（3）As的原子序数是33，其最外层电子是价层电子；同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小；（4）氢化物都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成
48、正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高；（5）硝酸根离子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硝酸根离子空间构型；硝酸根离子的价电子数是24，与NO3互为等电子体且属于非极性分子是三氧化硫解答：解：（1）白磷分子是正四面体结构，四个P原子位于正四面体顶点上，所以键角是60；每个P原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知P原子杂化方式为sp3；白磷的构成微粒是分子，所以白磷是分子晶体，故答案为：60；sp3；分子；（2）氮气分子中氮原子之间存在3个共用电子对，其结构式为NN；每个氮气分子中含有1个键、2个键，所以键与键个数之比为1：2，故答案为：NN；
49、1：2；（3）As的原子序数是33，其最外层电子是价层电子，价电子轨道表示式为核外价层电子的轨道表示式为：，N、P、As属于同一主族，且原子序数依次增大，原子序数越大，其最外层电子越容易失去，其电离电离能越小，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是NPAs，故答案为：33；NPAs；（4）氢化物都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，氨气分子中含有氢键，所以熔沸点最高，熔沸点高低顺序是NH3AsH3PH3，故答案为：NH3AsH3PH3；分子晶体的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但氨气中存在氢键导致其熔沸点最高；（5）硝酸根离子价层电子对个数是3且
50、不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硝酸根离子空间构型为平面三角形；硝酸根离子的价电子数是24，与NO3互为等电子体且属于非极性分子是SO3，故答案为：平面三角形；SO3点评：本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布、等电子体等知识点，明确价层电子对互斥理论、构造原理、等电子体理论等知识点即可解答，难点是计算价层电子对个数【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）1013云南校级模拟）【化学选修5：有机化学基础】有机物A的分子组成为C4H9Br，在核磁共振氢谱中显示3个峰，在一定条件下A发生如图所示的转化：已知：一定条件下，不对称
51、烯烃与HBr加成反应时，Br加在含氢较少的碳原子上，如：（R为烃基）（1）A的结构简式为CH3CH（CH3）CH2Br（2）D的名称为2甲基丙酸，有机物AH中互为同分异构体的是A和F，B和G（填序号）（3）上述转化中属于取代反应的有（填序号），反应的化学方程式为（4）K中含有的官能团名称为羟基和醛基（5）L在浓硫酸作用下，可形成化合物M（C2H6O2），M不能使溴水褪色，M的结构简式为（6）L在一定条件下可形成高分子化合物N，形成N的化学方程式为考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物A的分子组成为C4H9Br，在核磁共振氢谱中显示3个峰，则A的结构简式为：CH3CH（CH3
52、）CH2Br，A能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，所以B的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2OH，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3CH（CH3）CHO，C氧化得到D的结构简式为CH3CH（CH3）COOH；A发生消去反应生成E，E的结构简式为CH3C（CH3）=CH2，E和溴化氢发生信息中的加成反应生成F，F的结构简式为CH3C（CH3）BrCH3，F发生水解（取代）反应生成G，G的结构简式为：CH3C（CH3）（OH）CH3，G和D发生酯化（取代）反应生成H，H的结构简式为CH3CH（CH3）COOC（CH3）3，E和溴水发生加成反应生成I为CH3C（CH3）BrCH2Br，I
53、在碱性条件下水解（取代）得J为CH3C（CH3）OHCH2OH，J氧化得K为CH3C（CH3）OHCHO，K再发生氧化反应得L为CH3C（CH3）OHCOOH，结合物质的结构和性质解答解答：解：有机物A的分子组成为C4H9Br，在核磁共振氢谱中显示3个峰，则A的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2Br，A能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，所以B的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2OH，B被氧化生成C，C的结构简式为CH3CH（CH3）CHO，C氧化得到D的结构简式为CH3CH（CH3）COOH；A发生消去反应生成E，E的结构简式为CH3C（CH3）=CH2，E和溴化氢发生信息中的加
54、成反应生成F，F的结构简式为CH3C（CH3）BrCH3，F发生水解（取代）反应生成G，G的结构简式为：CH3C（CH3）（OH）CH3，G和D发生酯化（取代）反应生成H，H的结构简式为CH3CH（CH3）COOC（CH3）3，E和溴水发生加成反应生成I为CH3C（CH3）BrCH2Br，I在碱性条件下水解（取代）得J为CH3C（CH3）OHCH2OH，J氧化得K为CH3C（CH3）OHCHO，K再发生氧化反应得L为CH3C（CH3）OHCOOH，（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为CH3CH（CH3）CH2Br，故答案为：CH3CH（CH3）CH2Br；（2）D为CH3CH（CH3）CO
55、OH，D的名称为2甲基丙酸，F的结构简式为CH3C（CH3）BrCH3，有机物AH中，A的结构简式为CH3CH（CH3）CH2Br，B的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2OH，G的结构简式为：CH3C（CH3）（OH）CH3，所以互为同分异构体的是A和F，B和G，故答案为：2甲基丙酸；A和F，B和G； （3）上述转化中属于取代反应的有 ，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）K为CH3C（CH3）OHCHO，K中含有的官能团名称为羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；（5）L在浓硫酸作用下，可形成化合物M（C2H6O2），M不能使溴水褪色，则M的结构简式为，故答案为：； （6）L在一定条件下可发生缩聚反应形成高分子化合物N，形成N的化学方程式为，故答案为：；点评：本题考查了有机物的推断，根据某些物质的结构及反应条件、性质来进行推断，注意结合题给信息进行分析，难度较大