2015年云南省高考化学一模试卷

2015年云南省高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2015•云南一模）下列说法正确的是（）A．单质硅化学性质稳定，但自然界不存在游离态的硅B．氨气的水溶液能导电，说明氨气是电解质C．SO2使溴水或品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性D．镁、铝、铜等金属一般采用热还原法冶炼考点：硅和二氧化硅；电解质与非电解质；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理．分析：A．硅属于亲氧元素，在自然界中以化合态存在；B．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是电解质；C．二氧化硫具有还原性，能够与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色；D．工业上用电解熔融氯化镁得到镁，用电解氧化铝制备铝．解答：解：A．硅属于亲氧元素，在自然界中以化合态存在，不存在单质硅，故A正确；B．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨是电解质，氨气本身不能电离，属于非电解质故B错误；C．二氧化硫使溴水褪色，体现二氧化硫还原性，与漂白性无关，故C错误；D．铝及铝前的金属性质活泼，通常用电解法制备，例如电解熔融氯化镁制备镁，电解氧化铝制备铝，故D错误；故选：A．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉硅、电解质、二氧化硫的性质，熟悉金属冶炼的一般原理是解题关键，注意相关知识的积累．2．（3分）（2015•云南一模）萘（）的二氯代物有（）A．8种B．10种C．12种D．14种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：先根据等效氢找一氯代物，共有2种一氯代物，然后以一氯代物为基础再添上一个氯，可得二氯代物．解答：解：由结构对称可知，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故选B．点评：本题难度较大，侧重对学生能力的培养，做题注意先判断该有机物中有几个等效氢原子，先固定一个氯原子的位置（生成一个一氯代物），然后对其二氯代物可能的情况进行书写．3．（3分）（2015•云南一模）下列实验目的能实现的是（部分夹持装置已略去）（）A．对溶液进行蒸发、浓缩、结晶B．以己烯为萃取剂萃取溴水中的溴单质C．用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸D．用稀硝酸与铜反应制取并收集NO考点：化学实验方案的评价．分析：A．应在蒸发皿中加热液体；B．己烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应；C．氢氧化钠溶液应放在碱式滴定管中；D．稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水．解答：解：A．加热液体应在蒸发皿中，坩埚用于加热固体，故A错误；B．己烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，萃取时不能发生化学反应，故B错误；C．氢氧化钠溶液可腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，故C错误；D．稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集NO，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查物质分离和提纯、中和滴定、气体的收集，明确实验原理是解本题关键，从操作规范性、物质性质进行评价，题目难度不大．4．（3分）（2015•云南一模）1molX与足量Y在一定条件下充分反应，可生成0.5mol气体的是（）选项XYAAlNaOH溶液BNO2H2OCNa2O2CO2DFeH2O（g）A．AB．BC．CD．D考点：化学方程式的有关计算．分析：A、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑由方程式可以看出，反应关系式为2Al～3H2↑，分析求解；B、3NO2+H2O═2HNO3+NO，根据化学方程式求解；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据化学方程式求解；D、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，根据化学方程式求解．解答：解：A、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑由方程式可以看出，反应关系式为2Al～3H2↑，1mol的铝生成1.5mol的氢气，故A错误；B、3NO2+H2O═2HNO3+NO，1mol的二氧化氮生成mol的一氧化氮，故B错误；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1mol的二氧化碳生成0.5mol的氧气，故C正确；D、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，根1mol的水蒸气生成1mol的氢气，故D错误；故选C．点评：本题考查学生根据化学方程进行计算，学生应清楚各物质之间的转化关系，然后分析解答，比较容易．5．（3分）（2015•云南一模）糖生物电池是一种酶催化燃料电池（EFC），它使用便宜的酶代替贵金属催化剂，利用空气氧化糖类产生电流．下列有关判断不合理的是（）A．该电池不宜在高温下工作B．若该电池为酸性介质，正极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2OC．放电过程中，电池内阳离子向正极迁移D．若该电池为碱性介质，以葡萄糖为原料并完全氧化，负极反应式为：C6H12O6﹣24e﹣+6H2O═6CO2↑+24H+考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A、根据酶在高温下容易发生变性判断；B、该电池为酸性介质，正极为氧气得电子结合氢离子生成水；C、根据放电过程中，电池内阳离子移向正极，阴离子移向负极判断；D、以葡萄糖为原料并完全氧化，则电池中葡萄糖失电子，在负极反应，据此书写．解答：解：A、因为酶在高温下容易发生变性，所以该电池不宜在高温下工作，故A正确；B、该电池为酸性介质，正极为氧气得电子结合氢离子生成水，反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故B正确；C、根据放电过程中，电池内阳离子移向正极，阴离子移向负极，故C正确；D、以葡萄糖为原料并完全氧化，则电池中葡萄糖失电子，在负极反应，又该电池为碱性介质，所以生成的二氧化碳和氢离子继续与碱反应生成碳酸根和水，故D错误；故选D．点评：本题考查了新型燃料电池，侧重于原电池原理的应用的考查，题目难度不大，注意电极方程式的书写与电解质溶液的酸碱性之间的关系及离子移动方向．6．（3分）（2015•云南一模）W、X、Y、Z、R为五种短周期主族非金属元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示．下列关于五种元素的说法正确的是（）WXRYZA．粒子半径：原子半径最大的是W，简单阴离子半径最小的是RB．单质：氧化性最强的是Z，还原性最强的是YC．最高价氧化物对应水化物：酸性最强的是Z，水溶性最差的是YD．最简单氢化物：沸点最高的是X，稳定性最差的是W考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：W、X、Y、Z、R为五种短周期主族非金属元素，依据它们在元素周期表中的相对位置可以判断得出W为氮，X为氧，Y为硅，Z为氯，R为氟，据此解答即可．解答：解：W、X、Y、Z、R为五种短周期主族非金属元素，那么W应为N元素，若为C元素，Y即为Al，不符合题意，故据此推断得出W为氮，X为氧，Y为硅，Z为氯，R为氟，A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数一样多，原子序数越小，半径越大，故原子半径最大的是Al，简单阴离子半径最小的也是Al3+，故A错误；B、元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，因为非金属性R＞Z，故非金属性最强的是F，还原性最强的是Al，故B错误；C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，由于F无正价，故酸性最强的是高氯酸，硅酸是难溶于水的酸，故C正确；D、由于水中存在氢键，故水的沸点最高，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，所以简单氢化物的稳定性最差的是SiH4，故D错误，故选C．点评：本题主要考查元素周期表与元素周期律，难度不大，侧重对元素周期律的考查，注意整体把握元素周期表的结构．7．（3分）（2015•云南一模）25℃下，向20mL0.1mol•L﹣1H2A溶液中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示．下列有关说法正确的是（）A．H2A属于强酸B．随着V[NaOH（aq）]的增大而增大C．V[NaOH（aq）]=20mL时，溶液中存在关系：c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A）=0.1mol•L﹣1D．V[NaOH（aq）]=20mL时，溶液中存在关系：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞C（A2﹣）＞C（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．当没有加入氢氧化钠溶液时，0.1mol/LH2A溶液的pH＞3，说明H2A为弱酸；B．根据H2A的第一步电离平衡常数可知：=，所以该比值随着溶液中的氢离子浓度的减小而增大；C．V[NaOH（aq）]=20mL时，二者恰好反应生成NaHA，根据该溶液中的物料守恒判断；D．根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA﹣的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性．解答：解：A．结合图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1mol/LH2A溶液的pH＞3，说明H2A在溶液中不能电离，属于弱酸，故A错误；B．由电离平衡常数可知：=，氢离子浓度与该比值成反比，随着氢氧化钠溶液体积增大，溶液中氢离子浓度逐渐减小，则该比值逐渐增大，故B正确；C．V[NaOH（aq）]=20mL时，发生反应：NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质为NaHA，根据物料守恒可得：c（HA﹣）+c（A2﹣）+c（H2A）=c（Na+）=0.05mol/L，故C错误；D．根据图象知，当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA﹣电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA﹣都电离出氢离子，只有HA﹣电离出A2﹣，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选BD．点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的概念及在判断离子浓度大小中的应用方法．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（15分）（2015•云南一模）某实验小组的同学为了探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液的反应原理并验证产物，进行如下实验．实验I：将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合，一定温度下充分反应至不产生气泡为止，过滤、冷水洗涤、低温干燥，得到蓝绿色固体．该小组同学猜想此固体为xCuCO3•yCu（OH）2．（1）为了验证猜想，先进行定性实验．实验序号实验步骤实验现象结论实验Ⅱ取适量蓝绿色固体，加入足量稀硫酸固体溶解，生成蓝色溶液，产生无色气体蓝绿色固体中含有C（2）为进一步确定蓝绿色固体的组成，使用如下装置再进行定量实验．实验Ⅲ：称取5.190g样品，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置C和D中．①装置C中盛放的试剂是无水氯化钙，装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D影响测定结果，反应结束时要通入适量的空气，其作用是使分解产生的水蒸气、二氧化碳气体全部进入装置C、D中吸收．②实验结束后，测得装置C增重0.270g，装置D增重1.320g．则该蓝绿色固体的化学式为2CuCO3•Cu（OH）2．（3）若x=y=1，写出CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时反应的化学方程式2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3•Cu（OH）2↓+CO2↑+Na2SO4．（4）已知20℃时溶解度数据：S[Ca（OH）2]=0.16g，S[Ba（OH）2]=3.89g．有同学据此提出可将装置D中的澄清石灰水换成等体积的饱和Ba（OH）2溶液，其可能的依据之一是Ba（OH）2溶解度大于Ca（OH）2，相同体积的饱和氢氧化钡溶液吸收二氧化碳多．（5）有同学为了降低实验误差，提出如下建议，其中合理的是（填字母序号）．A．加热装置B前，先通空气一段时间后再称量C、D的初始质量B．将D换为盛有碱石灰的U形管C．将C、D颠倒并省去E装置．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）猜想此固体为xCuCO3•yCu（OH）2，实验过程中加入足量稀硫酸生成蓝色溶液，无色气体生成证明蓝绿色固体中含有碳酸根离子；（2）①分析装置图可知，空气通过装置A吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，通入一段时间排净装置中的空气，加热B装置使蓝绿色固体受热分解，通过装置C吸收生成的水蒸气，可以用中性干燥剂氯化钙，通过装置D吸收生成的二氧