云南师大附中届高考适应性月考卷二化学试题Word版附详细解析Word下载.docx

1、B. 室温下，pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO4-、I-C. 能使甲基橙变为黄色的溶液中：Na+、Al3+、Cl-D. 室温下，=110-12的溶液中：K+、Na+、CO3-、NO3-【答案】D【解析】A、纯碱为Na2CO3，CO32与Al3发生双水解，CO32与Ba2生成BaCO3沉淀，因此不能大量共存与纯碱溶液，故A错误；B、MnO4具有强氧化性，能把Fe2、I氧化，因此不能大量共存，故B错误；C、甲基橙变为黄色，溶液可能显碱性，Al3在碱中不能大量共存，故C错误；D、根据10-12，推出溶液显碱性，这些离子能够大量共存，故D正确。4. 下列离子方程式书写正确的是A. 氯化镁溶液与

2、氨水反应：Mg2+2OH-=Mg（OH）2B. FeI2溶液与等物质的量的Cl2反应：2I-+Cl2=I2+2Cl-C. 向硫酸铵溶液中加人氢氧化钡溶液：Ba2+SO42-=BaSO4D. 向碳酸氢钡溶液中加入少量烧碱溶液：Ba2+2HCO3-+2OH-=BaCO3+CO32-+2H2O【答案】B【解析】A、氨水中NH3H2O属于弱碱，写成离子反应方程式时，不能拆写成离子，正确的是Mg22NH3H2O=Mg（OH）22NH4，故A错误；B、Fe2还原性弱于I，氯气先氧化I，FeI2和Cl2物质的量相等，因此I和Cl2恰好完全反应，离子反应方程式为2ICl2=2Cl2I，故B正确；C、缺少一个反

3、应，NH4OH=NH3H2O，故C错误；D、烧碱是少量，NaOH的系数为1，离子反应方程式为Ba2HCO3OH=BaCO3H2O，故D错误。点睛：本题的易错点是选项D，NaOH是少量，系数为1，1molOH只能中和1molHCO3，产生1molCO32，因此离子反应方程式为Ba2HCO3OH=BaCO3H2O。5. 设NA为阿伏加徳罗常数的值。下列说法正确的是A. 6gSiO2中含有0.1NA个分子B. 7.2g CaO2中含有0.2NA个阴离子C. 室温下，1L pH= 1的CH3COOH溶液中含有0.lNA个H+D. 一定条件下，0.2mol SO2和0.lmolO2于密闭容器中充分反应后

4、，分子总数为0.2NA【解析】A、SiO2属于原子晶体，是由原子组成，不存在分子，故A错误；B、CaO2类似与Na2O2，因此7.2gCaO2中含有的阴离子物质的量为7.2/72mol=0.1mol，故B错误；C、pH=1说明溶液中c（H）=101molL1，即n（H）=0.1mol，故C正确；D、此反应属于可逆反应，不能进行到底，反应后分子物质的量小于0.2mol，故D错误。6. 完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是选项ABCD实验除去淀粉溶液中的NaCl分离Na2CO3液和乙酸乙酯从NaI和I2的固体混合物中回收I2除去乙烷气体中混有的乙烯装置或仪器A. A B. B

5、C. C D. D【解析】A、淀粉溶液属于胶体，分离胶体和溶液用渗析方法，用半透膜进行分离，故A错误；B、乙酸乙酯是一种液体，Na2CO3降低乙酸乙酯在水中的溶解度，使之析出，因此采用分液的方法进行分离，故B正确；C、利用碘单质升华的特点，分离NaI和I2使用蒸发皿，造成碘单质转变为气体跑出，不能进行收集碘单质，故C错误；D、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，故D错误。7. 已知下列事实：Cr2O3溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉-KI溶液中，

6、溶液变蓝。下列叙述不正确的是A. 实验证明Cr2O3是两性氧化物B. 实验中H2O2是氧化剂，K2Cr2O7是氧化产物C. 实验证明氧化性：Cr2O72-I2D. 实验中，若生成1.27gI2，则反应中转移0.005mol电子8. N2O4是一种无色气体，常被用作火箭推进剂组分中的氧化剂。（1）已知：2O2（g）+N2（g）N2O4（l） H1；N2O4 （l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g） H2； 联氨和从N2O4作为火箭推进剂时发生反应：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g） 的H=_（用含H1、H2的式子表示）。（2）一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器

7、中充入xmolN2O4（g），发生反应：N2O4（g）2NO2（g） H=+24.4kJ/mol。体系中NO2浓度随时间变化的情况如图10所示。下列可作为判断反应达到平衡的依据是_ （填序号）。a.v正（N2O4）=2v逆（NO2）. b.体系颜色不变c.气体平均相对分子质量不变 d.气体密度不变 ta时，v正_v逆（填“”“ =”或“ （4）. （5）. molL1 （6）. （7）. . 起始（mol/L） x/2 0 变化： y/2 y 平衡： x/2-y/2 y 根据平衡常数的定义，K= ，代入数值，K= ；根据Kp的的定义，则Kp的表达式为：上述反应达到平衡v正=v逆，即k正p（N2

8、O4）=k逆p2（NO2），则k正= 。本题的易错点是（2）中的a，用不同物质的反应速率表示达到化学平衡，应是反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v正（N2O4）反应向正反应方向进行，v逆（NO2）反应向逆反应方向进行，然后速率之比等于化学计量数之比，因此2v正（N2O4）= v逆（NO2）。9. 金属镍硬而有延展性并具有铁磁性，能够高度磨光和抗腐蚀。图11是一种以含镍废料（主要是NiO，含少量FeO、SiO2等杂质）制备Ni的流程：室温下难溶物的溶度积数据如下表：化合物Ni（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-1510-38（1）滤渣1的主要成分为_（填化学

9、式）。（2）实验中需用0.8mol/L的稀硫酸800mL，若用98%的浓硫酸（=1.84gmL-l）来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为_（填序号）。A.10mL B.20mL C.50mL D.l00tnL（3）用离子方程式解释加入H2O2的作用：_。（4）滴加氨水调节至pH为_时，铁刚好沉淀完全；若继续滴加氨水至pH为_时，镍开始沉淀（假定Ni2+浓度为0.lmol/L）。若上述过程中没有“氧化”步骤，其后果是_。（5）电解制备镍的反应原理如图12所示，则A电极的反应式为2H+2e-=H2和_。（6）若用a kg含镍废料（含NiO 80%）制备Ni，最终得到产品6 kg，则产率为_。

10、【答案】 （1）. SiO2 （2）. C （3）. 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O （4）. 3 （5）. 7 （6）. Ni2+和Fe2+分离不开 （7）. Ni2+2e=Ni （8）. 【解析】本题考查化学工艺流程，（1）NiO和FeO都是碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与稀硫酸反应，因此滤渣1的成分是SiO2；（2）实验室没有800mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量或质量不变，因此有10001030.8=V（H2SO4）1.8498%/98，解得V（H2SO4）=43mL，因此选用大而接近的量筒，即选用50mL的量筒，故选项C

11、正确；（3）酸溶后溶液中含有金属阳离子是Ni2和Fe2，Fe2具有还原性，因此加入H2O2的目的是氧化Fe2，便于除去铁元素，与H2O2发生的离子反应方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（4）铁元素刚好沉淀完全，此时溶液的c（Fe3）=105molL1，根据Ksp=c（Fe3）c3（OH），代入数值，解得c（OH）=1011molL1，则c（H）=103molL1，即pH=3，镍元素开始出现沉淀，依据Ksp=c（Ni2）c2（OH），代入数值，c（OH）=107molL1，则c（H）=107molL1，即pH=7；如果没有氧化步骤，Fe2开始出现沉淀，Ksp=c（Fe2）

12、L1，即pH=7，其结果是. Ni2+和Fe2+分离不开；（5）根据A电极反应式，推出A电极为阴极，根据电解原理，制备金属镍，因此A电极反应式为2H2e=H2，Ni22e=Ni；（6）理论上产生Ni的质量为a10380%59/75g，合a59/75kg，产率为100%=10. 草酸亚铁晶体是一种淡黄色粉末，常用于照相显影剂及制药工业，也是电池材料的制备原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。（1）甲组同学用图13所示装置测定草酸亚铁晶体（FeC2O4xH2O）中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为ag。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置称重，记

13、为b g。按图连接好装置进行实验。A.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯加热;c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2;f.称重A；g.重复上述操作，直至A恒重，记为cg。仪器B的名称是_。根据实验记录，计算草酸亚铁晶体化学式中的x =_（列式表示）；若实验时a、b次序对调，会使x值_ （填“偏大” “无影响”或“偏小”）。（2）乙组同学为探究草酸亚铁的分解产物，将（1）中已恒重的装置A接入图14所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后装置A中残留固体为黑色粉末。装置C、G中的澄清石灰水均变浑浊，说明分解产物中有_（填化学式）。装置F中盛放的物质是_（填化学

14、式）。将装置A中的残留固体溶于稀盐酸，无气泡，滴入KSCN溶液无血红色，说明分解产物中有_（填化学式）。写出草酸亚铁（FeC2O4）分解的化学方程式：_。【答案】 （1）. 球形干燥管 （2）. （3）. 偏小 （4）. CO2和CO （5）. CuO （6）. FeO （7）. FeC2O4FeO+CO+CO2【解析】考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管；加热后固体是Fe（C2O）4，其质量为（ca）g，失去结晶水的质量为（bc）g，因此有：，即x= 通入氮气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶

15、水的质量减小，x偏小；（2）C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解时产生CO2和CO；装置F发生CO还原金属氧化物得到CO2，装置F盛放CuO或Fe2O3等；加入盐酸无气泡，说明不含铁单质，滴入KSCN溶液无血红色，说明溶液中含有Fe2，不含Fe3，即分解产生的黑色粉末是FeO；根据上述分析，分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO+CO2。11. 前四期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，元素A核外电子有8种不同的运动状态；元素B的负一价离子的最外层电子数是次外层的4倍；元素C位于第四周期第A族；元素D最外层只有1个电

16、子，次外层的所有原子轨道均充满电子。（1）A原子核外有_种形状不同的原子轨道。（2）与D同周期且同区的元素价层电子排布式为_。（3）上述四种元素中，第一电离能最小的是_（填元素符号）。（4） AB2的立体构型为_，其中A的杂化方式为_。（5）A2的熔点比DA的_（填“高”或“低”）。（6） CA具有NaCl型结构，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得CA的晶胞参数为=480pm，则r（A2-）=_pm、r（D2+）=_ pm。【答案】 （1）. 2 （2）. 3d104s2 （3）. Ca （4）. V形（或角形） （5）. sp3 （6）. 低 （7）. 169.68或17

17、0或 （8）. 70.32或70.3或【解析】元素A核外电子有8种不同的运动状态，有几种运动状态的电子，说明核外有几个电子，A核外有8个电子，即A为O，元素B的负一价离子的最外层电子数是次外层的4倍，B位于VIIA族，即B为F，元素C位于第四周期第A族，C为Ca，元素D最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，D的价电子排布式为3d104s1，D为Cu，（1）考查能级形状，O的电子排布式为1s22s22p4，有2个能级，即为s、p，形状为球形和哑铃型；（2）考查元素周期表的分类以及价电子排布式的书写，Cu位于ds区，ds区包括IB和IIB，因此与Cu同周期且同区的元素是Zn，价层电子

18、包括最外层和次外层d能级，即价电子排布式为3d104s2；（3）考查第一电离能，金属性越强，第一电离能越小，Ca是金属性最强，因此第一电离能最小的是Ca；（4）考查分子空间构型和杂化类型的判断，AB2是OF2，中心原子为O，有2个键，孤电子对数为（621）/2=2，价层电子对数为4，因此立体结构是V形或角形，价层电子对数等于杂化轨道数，即OF2中O杂化类型是为sp3；（5）考查晶体熔沸点高低的判断，A2为O2，属于分子晶体，DA为CuO，属于离子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体，即O2的熔点低于CuO；（6）考查晶胞的计算，DA的化学式为CuO，阴离子是O2，阴离子采用面心立方最密堆积方式，

19、即O2位于面心和顶点，Cu2位于棱上和体心，面心对角线是4倍的O2的半径，即O2的半径为=，边长等于2个O2的半径与2个Cu2半径的和，因此Cu2半径是本题的难点是（5），注意阴离子采取面心立方最密堆积方式，即位于阴离子位于面心和顶点，DA晶胞类似NaCl的结构，面上的四个阴离子与面心阴离子接触，然后阳离子填充到阴离子之间的空隙，然后作出判断。12. 香豆素类药物的作用是抑制凝血因子在肝脏的合成。图20是香豆素的一种合成路线： （l）AB的反应类型为_。（2）C的化学名称为_。（3）完成下列化学方程式：D在一定条件下发生加聚反应：_； E香豆素：（4）C有多种同分异构体，其中含苯环的共有_种（

20、不考虑立体异构），这些同分异构体在下列仪器中显示的信（或收据）完全相同，该仪器是_（填序号）。A.质谱仪 B.红外光谱仪C.元素分析仪 D.核磁共振仪（5）已知：同一个碳上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基。以甲苯为取料（其他无机试剂任选） 制备化合物C （目标化合物），请在横线上将合成路线的后半部分补充完整。_【答案】 （1）. 氧化反应 （2）. 邻羟基苯甲醛或2羟基苯甲醛 （3）. 略 （4）. 略 （5）. 4 （6）. C （7）. 【解析】本题考查有机物推断和合成，根据香豆素的结构简式，E生成香豆素，发生酯化反应，则E的结构简式为，根据D生成E反应的条件，DE发生醛基的氧化，D

21、的结构简式为：，根据信息以及C的结构简式，B的结构简式为CH3CHO，A为CH3CH2OH，C的结构简式为：，（1）AB发生醇的氧化，即反应类型为氧化反应；（2）根据C的结构简式，C名称为邻羟基苯甲醛或2羟基苯甲醛；（3）根据D的结构简式，D中含有碳碳双键，发生加聚反应方程式为：n发生酯化反应，其反应方程式为：+H2O；（4）根据C的结构简式，醛基和羟基处于间位和对位，然后把醛基和羟基看作是羧基，即结构简式为，羧酸和酯互为同分异构体，即，因此有4种结构，A、质谱仪是测的相对分子质量，质荷比最大的是相对分子质量，虽然相对分子质量相同，但其他质荷比不同，故A错误；B、红外光谱是不同化学键或官能团吸收频率不同，因此红外光谱图不同，故B错误；C、元素分析仪分析元素组成，故C正确；D、核磁共振仪测的是不同化学环境下的氢原子，根据同分异构体，故D错误；（5）根据C的结构简式，甲基转变成醛基，根据信息，甲基上引入两个氯原子，然后水解，因为酚羟基显酸性，与氢氧化钠反应生成ONa，然后加酸得到目标产物，因此路线是本题的难点是异构体的判断，苯环上有两个取代基，取代基的位置可以是邻间对三种，然后根据“先整后散”的思路，醛基和羟基看成一个羧基，最后利用羧酸与酯互为同分异构体，得出结果。