云南省2015届高考化学一模试卷(含解析)
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X YA Al NaOH溶液B NO2H2OC Na2O2CO2D Fe H2O（g）A． A B． B C． C D． 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（）W X RY ZA．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20mL 0.1mol•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）=20 mL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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；②测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，计算x：y得到化学式；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，二氧化碳和硫酸钠，结合原子守恒分析书写化学方程式；（4）比较氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度大小，溶解度大的溶液吸收二氧化碳多；（5）A、尽可能全部赶出装置CD中空气就按少测定误差；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后质量测定二氧化碳的质量；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差；解答：解：（1）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，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；故答案为：产生无色气体；（2）①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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；故答案为：无水氯化钙，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，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，实验结束后，测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，得到x：2y=0.03：0.015，x：y=2：1，该蓝绿色固体的化学式为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；故答案为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，结合原子守恒分析书写化学方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3•Cu（OH）2↓+CO2↑+Na2SO4；故答案为：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，氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度，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氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，溶液中氢氧化钡溶质多吸收二氧化碳会增多；故答案为：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）A、应尽可能全部赶出装置CD中空气，影响测定结果，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，故A正确；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后固体质量来测定二氧化碳的质量，测定结果更精确，故B正确；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差，故C 错误；故选AB．点评：本题考查了物质组成和性质的实验过程分析，沉淀溶解平衡的分析应用，实验基本操作方法，物质性质和实验注意问题是解题关键，题目难度中等．9．（14分）（2015•云南一模）硫酰氯（SO2C l2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1③a＞b＞0则△H=﹣（a﹣b）kj•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是AC（填字母序号）．A．缩小容器体积B．使用催化剂C．增加SO2浓度D．升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是BD（填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=mol/min．②此温度下，该反应的K=L/mol．③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol．（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；已知25℃时，K sp[AgCl]=1.8×10﹣10，K sp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是AgCl．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能增大氯气的用量；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；B、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；C、到达平衡后，各物质的物质的量不发生变化；D、到达平衡后，各组分的含量不发生变化，质量不变；（4）①依据化学平衡三段式列式计算，容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，则0.5nmol二氧化硫和0.5nmolCl2，反应生成SO2Cl20.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4；氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀．解答：解：（1）①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1盖斯定律计算①﹣②得到：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H=﹣（a﹣b）KJ/mol，故答案为：﹣（a﹣b）；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量，A．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故A正确；B．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故B错误；C．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故C正确；D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故D错误；故答案为：AC；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后速率不变，故a错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后SO2（g），SO2Cl2（g）的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、t1时刻，SO2的质量为定值，处于平衡状态，图象与实际符合，故D正确；故选BD；（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L，设反应的二氧化硫物质的量为x，SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）起始量（mol）n n 0变化量（mol）x x x平衡量（mol）n﹣x n﹣x x保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比，2n：（2n﹣x）=10：8，x=0.4n，①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=mol/min，故答案为：mol/min；②依据①结合平衡概念计算，K═=L/mol，故答案为：L/mol；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，消耗二氧化硫物质的量为0.2n，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol，故答案为：0.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4，反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl．点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，化学平衡的影响因素、盐类水解分析、化学平衡计算等，掌握基础是关键，难度中等．10．（14分）（2015•云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是AD（填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IV A族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）A．在化合物里，正负化合价的代数和为0；B．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；C．钛的原子序数是22；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛．（2）通过蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血红色是Fe3+的特征反应，根据Fe3+的特征反应先加KSCN溶液，确定是否含有Fe3+；如果没有Fe3+，根据氯水的性质，再向溶液中加入氯水，观察溶液的颜色是否变化，从而确定是否含有Fe2+；（3）TiO2+水解生成H2TiO3和H+；（4）发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl；（5）电解池的阳极发生失电子的氧化反应．解答：解：（1）A．氧元素的化合价是﹣2价，硫酸根的化合价是﹣2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2，故D正确．故答案为：AD；（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+与KSCN溶液反应无血红色出现，但Fe3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无Fe2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含Fe2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在；（3）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，则C被氧化，做还原剂，升高4价，Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，化学方程式是TiCl4+（X+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，故答案为：1：1；TiCl4+（X+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O，故答案为：H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O．点评：本题考查物质的分离提纯以及电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键．三、解答题（共1小题，满分15分）[化学-选修2：化学与技术]11．（15分）（2015•云南一模）化学镀是指使用合适的还原剂，使镀液中的金属离子还原成金属而沉积在镀件表面上的一种镀覆工艺．化学镀广泛用作金属、塑料、玻璃、陶瓷等许多材料的装饰和防护．在ABS工程塑料表面进行化学镀镍的流程如下：回答下列问题：（1）化学镀与电镀比较，优点之一是不需通电．（2）镀件表面用热碱液清洗的作用是除去镀件表面油污，镀件表面粗化的目的是增强亲水性及增大接触面积．（3）镀件浸入AgNO3溶液后，镀件表面吸附的SnCl2将AgNO3还原生成有催化活性的金属银，反应的化学方程式是2SnCl2+4AgNO3═4Ag+SnCl4+Sn（NO3）4．（4）镀镍时，镀液中的Ni2+与H2PO2﹣在催化表面上反应沉积镍，同时生成中强酸H3PO3及与金属镍物质的量相等的氢气，该反应的离子方程式是2H2O+Ni2++2H2PO2﹣=Ni++H2↑+2H3PO3．（5）化学镀某种金属时，反应时间与镀层厚度的实验数据记录如表所示：反应时间t/s 1 4 9 16镀层厚度y/nm a 2a 3a 4a由此推断，镀层厚度y与反应时间t的关系式为y=at1/2；欲使镀层厚度为6anm，需要的反应时间为36s．（6）化学镀镍废液中含有Ni 2+等污染物，需转化为沉淀除去．已知25℃，Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10﹣15．若加入碱后使废液的pH=10，则处理后的废液中镍元素的含量为 1.2×10﹣2 mg•L﹣1．考点：电解原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）化学镀不需通电；。
2015云南省一模 云南省2015年高中毕业生第一次统一复习检测化学试题 Word版含答案
云南省2015届高三第一次复习统测理综试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试结束后只交答题卡。
满分300分，考试用时150分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共126分）考生注意：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的班级、姓名、考号在答题卡上填写清楚。
2．作答时，考生务必用2B铅笔、黑色碳素笔将第I、II卷的答案答在答题卡上相应位置，答在试卷上的答案无效。
相对原子质量：H-1 C-12 N -14 O-16 Mg-24 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ti-48本卷共21小题，每小题6分，共126分。
一、选择题：本大题共13小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的7．化学与材料、生活和环境密切相关。
下列有关说法中错误．．的是A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料B．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性C．大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子8．某苯的衍生物，含有两个互为对位的取代基，其分子式为C8H10O，其中不跟NaOH溶液反应的衍生物种类有A．2种B．3种C．4种D．5种9．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．将过量SO2气体通入氨水中：SO2+2 NH3·H2O =2 NH4+ + SO32－+H2OB．向FeI2溶液中通入足量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－C．向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2++2OH-+2HCO3- = BaCO3↓+2H2O+ CO32-D．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3+ + 3NO3－+12H+ +10I－= Fe2+ + 5I2 + 3NO↑ + 6H2O 10．下列图中的实验方案，能达到实验目的的是A ．分子组成为C m (H 2O)n 的物质一定是糖类B ．微生物所在电极区放电时发生还原反应C ．放电过程中，H ＋从正极区移向负极区D ．正极反应式为：MnO 2＋4H +＋2e —＝Mn 2＋＋2H 2O 12．常温时，将某浓度的CH 3COOH 溶液与pH ＝13的NaOH 溶液等体积混合后，恰好完全反应生成盐和水(若混合体积变化忽略不计)，则下列有关所得混合液的说法正确的是A ．混合后溶液pH ＝7B ．所得混合溶液中c (Na ＋)>c (CH 3COO －)>c (H ＋)>c (OH －)C ．所得混合溶液中存在c (CH 3COOH)＋c (CH 3COO －)＝0.05 mol·L －1D ．混合后溶液中存在c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (CH 3COOH)＋c (CH 3COO －)13．已知：2H 2(g)＋O 2(g)===2H 2O(l) ΔH ＝－571.6 kJ·mol－1 2CH 3OH(l)＋3O 2(g)===2CO 2(g)＋4H 2O(l) ΔH ＝－1452 kJ·mol －1 H ＋(aq)＋OH －(aq)===H 2O(l) ΔH ＝－57.3 kJ·mol －1 下列说法正确的是 A ．H 2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol －1 B ．同质量的H 2(g)和CH 3OH(l)完全燃烧，H 2(g)放出的热量多C ．H 2SO 4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO 4(s)＋H 2O(l) ΔH ＝－57.3 kJ·mol －1 D ．3H 2(g)＋CO 2(g)=CH 3OH(l)＋H 2O(l) ΔH ＝＋135.9 kJ·mol －1第Ⅱ卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。
云南省部分2015届高三理综(化学部分)12月份统一考试
云南省局部名校高2015届12月份统一考试理科综合化学本试卷分第1卷〔选择题〕和第2卷〔非选择题〕两局部，共15页。
考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。
总分为300分，考试用时150分钟。
第1卷〔选择题，共126分〕须知事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、某某号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的某某号、姓名、考场号、座位号与科目，在规定的位置贴好条形码。
2．每一小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
答在试卷上的答案无效。
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 P～31 S～32Cl～35.5 Fe～56 Ba～137第1卷本卷共21小题，每一小题6分，共126分。
一、选择题：本大题共13小题。
在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
7．如下说法正确的答案是A．硅单质在电子工业上应用广泛，可作光导纤维B．糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反响C．为了减少“白色污染〞，我国规定商家不得提供塑料袋D．植物油和石油的裂化产品均能使酸性高锰酸钾溶液褪色8．如下反响的离子方程式正确的答案是A．Fe3O4与稀硝酸反响:Fe3O4+8H+ =Fe2++2Fe3++4H2OB．Na2S溶液呈碱性:S2-+H2O HS-+OH-C．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液:2Cl-+2H+ H2↑+Cl2↑D．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反响: Ca2++2HCO3-+2OH- =CaCO3↓+CO32-+2H2O9．短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁、戊的化合价如下表。
如下说法中正确的答案是元素甲乙丙丁戊化合价-4 +1 -4 -2 -1 A．同周期中，丁的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B．气态氢化物的稳定性:丙>丁C．丙的氧化物能与戊的氢化物的水溶液能反响D．原子半径大小：甲<丙，且甲有多种气态氢化物10．如下表示正确的答案是A．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色B．加水稀释溶液，溶液中的所有离子浓度都减小C．金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进展电解D．NaHCO3溶液中含有少量Na2CO3可以用澄清石灰水除去11．如下有关物质检验的实验结论正确的答案是选项实验操作与现象实验结论A向某溶液中参加2滴含[Fe(CN)6]3-溶液，出现蓝色沉淀。
云南省高考化学模拟试卷
云南省高考化学模拟试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共6题；共12分)1. （2分） (2020高一下·余姚期中) 酸碱质子理论认为，凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱。
按此观点，下列粒子既属于酸又属于碱的是（）①H2O②ClO-③Mg2+④CO32-⑤NH4+⑥HSO3-A . ②③B . ①⑥C . ④⑥D . ⑤⑥2. （2分） (2016高二下·桓台月考) 已知：①1mol H2分子中化学键断裂时需要吸收 436kJ 的能量②1mol Cl2 分子中化学键断裂时需要吸收 243kJ 的能量③由 H 原子和 Cl 原子形成 1mol HCl 分子时释放 431kJ 的能量．则下列叙述正确的是（）A . 氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是 H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）B . 氢气和氯气反应生成 2mol 氯化氢气体，反应的△H=183kJ/molC . 氢气和氯气反应生成 2mol 氯化氢气体，反应的△H=﹣183kJ/molD . 氢气和氯气反应生成 1mol 氯化氢气体，反应的△H=﹣183kJ/mol3. （2分）(2015·辽宁模拟) 实验是化学研究的基础，下列关于各实验装置的叙述正确的是（）A . 装置①常用于分离互相溶解且沸点相差10℃以上的液态混合物B . 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止到吸C . 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体D . 装置④可用于干燥、收集氨气，若将碱石灰改成五氧化二磷，可用于干燥、收集氯化氢4. （2分） (2020高二上·荆州期末) 用蒸馏水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）A . c（OH-）/c（NH3·H2O）B . n（OH-）C . c（NH3·H2O）/c（H+）D . c（H﹢）5. （2分）固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。
云南省2015届普通高中学业水平考试化学试题
云南省2015届普通高中学业水平考试化学试题[考生注意]：本试卷分为必修模块卷和选修模块卷。
必修模块卷为全体考生必做。
选修模块卷含选修1《化学与生活》、选修5《有机化学基础》，由考生任选其中一个模块作答。
必须在答题卡上指定位置按规定要求作答，答在试卷上一律无效。
相对原子质量：H-1N-14 0-1:6 S-32 Cl-3J．5 Fe-56 Ra-137必修模块卷（必修《化学l》必修《化学2》）选择题（共48分）一、选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意）1．以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是2．下列气体在常温下有颜色的是3．下列反直中不属于放热反应的是A．酸碱中和反应B．NH4Cl晶体与晶体反应C．镁条的燃烧D．活泼金属与酸的反应4．当光束通过下列分散系时能产生丁达尔效应的是A．CuSO4溶液B．澄清石灰水C．Fe（OH）3胶体D．KOH溶液5．下列各物质中，不能发生水解反应的是A．葡萄糖B．纤维素C．油脂D．淀粉6．下列表示化学用语或模型正确的是7．下列反应的离子方程式不能用表示的是A．硫酸氢钠和氢氧化钡B．氢氧化钾和盐酸C．硝酸和氢氧化钠D．氢氧化钡和硝酸8．下列物质中，能溶于水形成强酸的是9．有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是10．下列物质按混合物、纯净物、碱、盐分类排序正确的是A．氢氧化钠、液氯、石油、纯碱B．石油、液氯、纯碱、氢氧化钠C．石油、液氯、氢氧化钠、纯碱D．纯碱、氢氧化钠、液氯、石油11．实验室制备干燥的氨气所需的药品是A．NH4Cl溶液、NaOH溶液B．浓氨水、浓硫酸C．浓NaOH溶液、NH4Cl晶体、浓H2S04D．NH4Cl固体、消石灰、碱石灰12．化学是一门以实验为基础的自然科学，掌握实验方法和必需的实验技能是学好化学的关键。
下列实验所选用的仪器合理的是①用50mL量筒量取5 2mL稀硫酸②用分液漏斗分离乙醇和水的混合物③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体④配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液选用250mL容量瓶A．①②B②③C．③④D．②④13．现榨的苹果汁在空气中舍由浅绿色变为棕黄色，其原因可能是14．医学研究证明，用放射性；》治疗肿瘤可收到一定疗效。
云南省部分2015届高三12月份统一考试试卷理综化学 Word版含答案.pdf
．某些醛与醛之间能发生羟醛缩合反应，例如： 请回答下列问题： （1）X的化学名称为______________________。W的结构简式为______________________。T的分子式为 ______________________。 （2）为____________________________________________________。（3）写出反应的化学方程式 ______________________________________________。反应的类型为 ______________________。 （4）G是Z少一个碳原子的同系物，M是G的同分异构体M既能发生银镜反应和水解反应又能和碳酸氢钠反应产生气体 ，M的结构共有___________种，其中，在核磁共振氢谱上有3个峰的结构简式为_________________________________。 26、(1)用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色(合理即可) (2)H2O2＋CN－＋H2O=HCO3—＋NH3 (3)2H2O22H2O＋O2↑，铁离子会加速H2O2分解，使洗涤剂失去杀菌作用 ；2Fe3＋＋3CO32—＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3CO2↑，Fe3＋与CO32—水解相互促进，使洗涤剂失去去污能力 (4)①CO2和O2 实验步骤预期现象与结论澄清石灰水 8.0 mol·L－1?NaOH溶液 并将带火星的小木条放在最后一个洗气瓶的出口处若澄清石灰水不变浑浊，木条复燃 ，则假设1成立；若澄清石灰水变浑浊，木条复燃，则假设成立；若澄清石灰水变浑浊，木条不复燃，则假设成立 （1）BaSO4+CO32-BaCO3+SO42 （2）Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O （3）B （4）使Fe3+完全沉淀；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ，BaCO3消耗H+，使Fe3+水解平衡右移，形成Fe(OH)3沉淀 （5）蒸发浓缩，冷却结晶 （6）(261m/233w)×100% 36．【选修2-化学与技术】（15分）37．【化学——选修3 物质结构与性质】(15分) （1）3d104s1 （2分）（2）sp2、 sp3（分）； m=2（分） （3）正八面体（2分） （4）A D（2分） (5) 417x1030)/(a3NA)（3分）38．【化学选修5 有机化学基础】（15分） Y 尼龙-66 Z X Δ ① H2 ，Ni ④ H2N(CH2)6NH2 ③ KMnO4/H+ ② ⑤ H2O Ba(OH)2 中和II （pH=7） 洗涤 Ba(NO3)2晶体 Ba(NO3)2溶液 过滤 X 中和IHO ⑥ T W(C7H6O2) 稀NaOH溶液 RCH=CHCHO + H2O H2O RCH(OH)CH2CHO RCHO + CH3CHO 高温
2015云南省统测化学(含答案)
2015届云南省高三第二次高中毕业生复习统一检测理综化学试卷（带解析）1. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．铝制容器可长期盛放酸性或碱性物质 B．甲烷会导致某些温泉有臭鸡蛋气味C．太阳能的开发利用可降低碳排放量 D．塑料垃圾会造成水体富营养化2.紫苏醇的结构简式如右图所示。
下列有关紫苏醇的说法正确的是A．与乙醇互为同系物 B．一定条件下能与乙酸发生酯化反应C．存在属于芳香族化合物的同分异构体D．能与溴水、酸性高锰酸钾溶液发生加成反应3.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．4gNaOH固体所含电子总数为2N A B．22.4LC2H6所含化学键总数为7 N AC．常温常压下，14gCO、N2混合气体所含分子总数为NAD．0.1 mol－1LNH4C1溶液中，NH4＋与Cl一数之和小于0.2 N A4.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，工作原理如图所示。
下列有关说法错误的是A．阳极可发生电极反应：B．阴极附近溶液的pH减小C．a膜为阴离子交换膜， b膜为阳离子交换膜D．I、II分别是淡水、浓海水出口5.250C时，物质的量浓度相等的NaHCO3, CH3COONa混合溶液中，下列有关说法或粒子浓度关系正确的是(Ka表示CH3COOH的电离平衡常数）A．pH可能等于7答案：D6.己知：下列推断正确的是A．若CO的燃烧热为，则H2的燃烧热为B．反应C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则D．若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则7.向100 mL稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生气体的体积（相同状况）随铁粉质量增加的变化如图所示。
下列分析错误的是．A．原混合酸溶液的B．OA段的反应为：C．AB段的反应为： D．BC段气体产物为氢气26.（14分）BaS是一种白色晶体，微溶于水，可用于制备立德粉、Na2S等。
工业上可用H2与重晶石（BaSO4）在高温下反应制备BaS，热化学方程式为BaSO4(s）+4H2(g）BaS(s）+4H2O(g）。
云南省高考化学一模试卷(含解析)
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X YA Al NaOH溶液B NO2H2OC Na2O2CO2D Fe H2O（g）A． A B． B C． C D．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（）W X RY ZA．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20mL 0.1mol•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）=20 mL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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；②测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，计算x：y得到化学式；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，二氧化碳和硫酸钠，结合原子守恒分析书写化学方程式；（4）比较氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度大小，溶解度大的溶液吸收二氧化碳多；（5）A、尽可能全部赶出装置CD中空气就按少测定误差；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后质量测定二氧化碳的质量；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差；解答：解：（1）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，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；故答案为：产生无色气体；（2）①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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；故答案为：无水氯化钙，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，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，实验结束后，测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，得到x：2y=0.03：0.015，x：y=2：1，该蓝绿色固体的化学式为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；故答案为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，结合原子守恒分析书写化学方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3•Cu（OH）2↓+CO2↑+Na2SO4；故答案为：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，氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度，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氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，溶液中氢氧化钡溶质多吸收二氧化碳会增多；故答案为：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）A、应尽可能全部赶出装置CD中空气，影响测定结果，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，故A正确；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后固体质量来测定二氧化碳的质量，测定结果更精确，故B正确；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差，故C错误；故选AB．点评：本题考查了物质组成和性质的实验过程分析，沉淀溶解平衡的分析应用，实验基本操作方法，物质性质和实验注意问题是解题关键，题目难度中等．9．（14分）（2015•云南一模）硫酰氯（SO2C l2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1③a＞b＞0则△H=﹣（a﹣b）kj•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是AC （填字母序号）．A．缩小容器体积B．使用催化剂C．增加SO2浓度D．升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是BD （填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）= mol/min ．②此温度下，该反应的K= L/mol ．③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol ．（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；已知25℃时，K sp[AgCl]=1.8×10﹣10，K sp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是AgCl ．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能增大氯气的用量；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；B、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；C、到达平衡后，各物质的物质的量不发生变化；D、到达平衡后，各组分的含量不发生变化，质量不变；（4）①依据化学平衡三段式列式计算，容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，则0.5nmol二氧化硫和0.5nmolCl2，反应生成SO2Cl20.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4；氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl 最先沉淀．解答：解：（1）①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1盖斯定律计算①﹣②得到：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H=﹣（a﹣b）KJ/mol，故答案为：﹣（a﹣b）；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量，A．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故A正确；B．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故B错误；C．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故C正确；D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故D错误；故答案为：AC；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后速率不变，故a错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后SO2（g），SO2Cl2（g）的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、t1时刻，SO2的质量为定值，处于平衡状态，图象与实际符合，故D正确；故选BD；（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L，设反应的二氧化硫物质的量为x，SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）起始量（mol） n n 0变化量（mol） x x x平衡量（mol）n﹣x n﹣x x保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比，2n：（2n﹣x）=10：8，x=0.4n，①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=mol/min，故答案为：mol/min；②依据①结合平衡概念计算，K═=L/mol，故答案为：L/mol；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，消耗二氧化硫物质的量为0.2n，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol，故答案为：0.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4，反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl．点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，化学平衡的影响因素、盐类水解分析、化学平衡计算等，掌握基础是关键，难度中等．10．（14分）（2015•云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是AD （填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+ 取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O ．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）A．在化合物里，正负化合价的代数和为0；B．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；C．钛的原子序数是22；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛．（2）通过蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血红色是Fe3+的特征反应，根据Fe3+的特征反应先加KSCN溶液，确定是否含有Fe3+；如果没有Fe3+，根据氯水的性质，再向溶液中加入氯水，观察溶液的颜色是否变化，从而确定是否含有Fe2+；（3）TiO2+水解生成H2TiO3和H+；（4）发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl；（5）电解池的阳极发生失电子的氧化反应．解答：解：（1）A．氧元素的化合价是﹣2价，硫酸根的化合价是﹣2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2，故D正确．故答案为：AD；（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+与KSCN溶液反应无血红色出现，但Fe3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无Fe2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含Fe2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在；（3）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，则C被氧化，做还原剂，升高4价，Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；TiCl 4水解生成TiO 2•xH 2O 和HCl ，化学方程式是TiCl 4+（X+2）H 2O ⇌TiO 2•xH 2O↓+4HCl，故答案为：1：1；TiCl 4+（X+2）H 2O ⇌TiO 2•xH 2O↓+4HCl；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H 2+O 2﹣﹣2e ﹣=H 2O ，故答案为：H 2+O 2﹣﹣2e ﹣=H 2O ．点评： 本题考查物质的分离提纯以及电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键．三、解答题（共1小题，满分15分）[化学-选修2：化学与技术]11．（15分）（2015•云南一模）化学镀是指使用合适的还原剂，使镀液中的金属离子还原成金属而沉积在镀件表面上的一种镀覆工艺．化学镀广泛用作金属、塑料、玻璃、陶瓷等许多材料的装饰和防护．在ABS 工程塑料表面进行化学镀镍的流程如下：回答下列问题：（1）化学镀与电镀比较，优点之一是 不需通电 ．（2）镀件表面用热碱液清洗的作用是 除去镀件表面油污 ，镀件表面粗化的目的是增强亲水性及 增大接触面积 ．（3）镀件浸入AgNO 3溶液后，镀件表面吸附的SnCl 2将AgNO 3还原生成有催化活性的金属银，反应的化学方程式是 2SnCl 2+4AgNO 3═4Ag+SnCl 4+Sn （NO 3）4 ．（4）镀镍时，镀液中的Ni 2+与H 2PO 2﹣在催化表面上反应沉积镍，同时生成中强酸H 3PO 3及与金属镍物质的量相等的氢气，该反应的离子方程式是 2H 2O+Ni 2++2H 2PO 2﹣=Ni ++H 2↑+2H 3PO 3 ．（5）化学镀某种金属时，反应时间与镀层厚度的实验数据记录如表所示：反应时间t/s 1 4 9 16镀层厚度y/nm a 2a 3a 4a由此推断，镀层厚度y 与反应时间t 的关系式为 y=at 1/2 ；欲使镀层厚度为6anm ，需要的反应时间为 36s ．（6）化学镀镍废液中含有Ni 2+等污染物，需转化为沉淀除去．已知25℃，Ksp[Ni （OH ）2]=2.0×10﹣15．若加入碱后使废液的pH=10，则处理后的废液中镍元素的含量为 1.2×10﹣2 mg•L ﹣1．考点： 电解原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析： （1）化学镀不需通电；（2）用热碱液清洗能除去镀件表面油污；表面粗化可增大接触面积；（3）SnCl 2与AgNO 3反应生成银和四氯化锡和硝酸锡；（4）Ni 2+与H 2PO 2﹣反应生成镍、H 3PO 3及与金属镍物质的量相等的氢气；（5）镀层厚度y 与反应时间t 的关系式为y=at 1/2；将镀层厚度为6anm 带入可得时间；（6）由c （Ni 2+）×c 2（OH ﹣）=2.0×10﹣15计算出c （Ni 2+）．解答： 解：（1）化学镀不需通电，电镀需要通电，故答案为：不需通电；。
云南省部分名校高考化学模拟试卷(含解析)
2015年云南省部分名校2015届高考化学模拟试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分））2．（6分）（2015•云南模拟）已知甲苯的一氯代物有4种，则甲苯与氢气完全加成后产物的一3．（6分）（2011•广东）下列实验现象预测正确的是（）4．（6分）（2015•云南模拟）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度）6．（6分）（2015•云南模拟）固体氧化物燃料电池是由美国西屋（Westinghouse）公司研制开发的．它以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是（）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，每个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．8．（9分）（2015•云南模拟）氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列问题：（图中涉及物质为气态）（1）如图是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO 反应的热化学方程式．（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：请完成下列问题．①试比较K1、K2的大小，K1 K2（填写“＞”、“=”或“＜”）．②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是（填序号字母）：a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变③在400℃时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v．9．（5分）（2015•云南模拟）描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表请回答下列问题：（1）上述四种酸中，酸性最弱的是（用化学式表示）．下列能使醋酸溶液中CH3COOH 的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是（填序号）．A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸（2）CH3COONH4的水溶液呈（选填“酸性”“中性”或“碱性”），理由是：，溶液中各离子浓度大小的关系是．10．（15分）（2015•云南模拟）黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料．某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究．将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全．其反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，4FeS+7O22Fe2O2+4SO2【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（1）鼓入空气的作用是．（2）反应结束后，乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）．H2O2可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式：．（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为（列出表达式即可）．【实验二】：测定铁元素的含量（4）②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有．根据所给数据，计算该稀释液中Fe的物质的量浓度为c（Fe）= ．11．（14分）（2015•云南模拟）铜是与人类关系非常密切的有色金属．已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu．大多数+1价铜的化合物是难溶物，如：Cu2O、CuI、CuCl、CuH等．（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为：，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为：．（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a.2Cu2++4I﹣=2CuI↓（白色）+I2b.2Cu2++2Cl﹣+2I﹣=2CuCl↓（白色）+I2．为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是．A．SO2B．苯C．NaOH溶液D．乙醇（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）．①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：．②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式．③将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式：□CuH+□HNO3→□Cu（NO3）2+□H2↑+□□+□□（4）常温下，向0.20mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c（Cu2+）= mol．L‑1．[已知：K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20mol3•L ﹣3]．【化学-化学与技术】（共1小题，满分15分）12．（15分）（2015•贵州三模）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作剂．（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬．写出过程中的离子方程式：．（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是．（4）NiSO4•xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为．②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是，调pH的目的是．③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是．【化学一物质结构与性质】（共1小题，满分0分）（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式，元素O在周期表的位置是，属于区．（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为，中心原子的杂化方式为，该分子是（填“极性”或“非极性”）分子．（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表（填元素符号）；其中电负性最大的是（填图甲中的序号）．（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示．则晶胞中i原子的配位数为．【化学一有机化学基础】（共1小题，满分0分）14．（2015•云南模拟）直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳键的新反应．例如：化合物Ⅰ可由以下合成路线获得：Ⅱ（分子式为C3H8O2）ⅢⅣⅠ（1）化合物Ⅰ的分子式为，其在NaOH溶液中水解的化学方程式为．（2化合物Ⅱ与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为．（3化合物Ⅲ没有酸性，其结构简式为；Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物Ⅴ的结构简式为．（4）反应①中1个脱氢剂Ⅵ（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为．（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似反应①的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与molH2发生加成反应．2015年云南省部分名校2015届高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）2．（6分）（2015•云南模拟）已知甲苯的一氯代物有4种，则甲苯与氢气完全加成后产物的一甲苯与足量的氢气加成生成，根据解：甲苯与氢气加成之后生成的物质就是，甲基上有三个氢3．（6分）（2011•广东）下列实验现象预测正确的是（）4．（6分）（2015•云南模拟）有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X+与M2﹣具有相同的电子层结构；离子半径：Z2﹣＞W﹣；Y的单质晶体熔点高、硬度6．（6分）（2015•云南模拟）固体氧化物燃料电池是由美国西屋（Westinghouse）公司研制开发的．它以固体氧化锆﹣氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过．该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应．下列判断正确的是（）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，每个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．8．（9分）（2015•云南模拟）氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列问题：（图中涉及物质为气态）（1）如图是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO 反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1．（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：223①试比较K1、K2的大小，K1＞ K2（填写“＞”、“=”或“＜”）．②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是 c （填序号字母）：a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变③在400℃时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v．=9．（5分）（2015•云南模拟）描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表a b（1）上述四种酸中，酸性最弱的是HCN （用化学式表示）．下列能使醋酸溶液中CH3COOH 的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是 B （填序号）．A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸（2）CH3COONH4的水溶液呈中性（选填“酸性”“中性”或“碱性”），理由是：CH3COOH 与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO﹣和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，溶液中各离子浓度大小的关系是c（NH4+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），．10．（15分）（2015•云南模拟）黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料．某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究．将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全．其反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，4FeS+7O22Fe2O2+4SO2【实验一】：测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（1）鼓入空气的作用是鼓入空气的作用显然是提供氧气，并且将生成的SO2完全吹出，使之完全被乙中的氢氧化钠吸收．（2）反应结束后，乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O ．H2O2可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式：H2O2⇌H++HO2﹣．（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为（列出表达式即可）．【实验二】：测定铁元素的含量（4）②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶．= 0.5000mol/L ．mL=25.00mL=molmol=故答案为：==11．（14分）（2015•云南模拟）铜是与人类关系非常密切的有色金属．已知：常温下，在溶液中Cu2+稳定，Cu+易在酸性条件下发生反应：2Cu+=Cu2++Cu．大多数+1价铜的化合物是难溶物，如：Cu2O、CuI、CuCl、CuH等．（1）在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热生成不溶物的颜色为：砖红色，某同学实验时却有黑色物质出现，这种黑色物质的化学式为：CuO ．（2）在CuCl2溶液中逐滴加入过量KI溶液可能发生：a.2Cu2++4I﹣=2CuI↓（白色）+I2b.2Cu2++2Cl﹣+2I﹣=2CuCl↓（白色）+I2．为顺利观察到白色沉淀可以加入的最佳试剂是 B ．A．SO2B．苯C．NaOH溶液D．乙醇（3）一定条件下，在CuSO4中加入NH5反应生成氢化亚铜（CuH）．①已知NH5是离子晶体且所有原子都达到稀有气体的稳定结构，请写出NH5的电子式：．②写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式2CuH+2H+═Cu+Cu2++2H2↑．③将CuH溶解在适量的稀硝酸中，完成下列化学方程式：□CuH+□HNO3→□Cu（NO3）2+□H2↑+□□+□□（4）常温下，向0.20mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液，生成浅蓝色氢氧化铜沉淀，当溶液的pH=6时，c（Cu2+）= 2.2×10﹣4mol．L‑1．[已知：K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20mol3•L ﹣3]．离子化合物，其电子式为，故答案为：=【化学-化学与技术】（共1小题，满分15分）12．（15分）（2015•贵州三模）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．（1）二氧化铈（CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作氧化剂．（2）自然界中Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬．写出过程中的离子方程式：Cr2O72﹣+3SO32﹣+8H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O ．（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是4Na+TiCl4═Ti+4NaCl．（4）NiSO4•xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+．②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，加H2O2的目的是氧化Fe2+，调pH的目的是除去Fe3+．③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）．【化学一物质结构与性质】（共1小题，满分0分）试回答下列问题：（1）请写出元素n的基态原子的价电子排布式3d54s1，元素O在周期表的位置是第三周期、Ⅷ族，属于 d 区．（2）k在空气中燃烧产物的分子构型为角形（或V形），中心原子的杂化方式为sp2，该分子是极性（填“极性”或“非极性”）分子．（3）第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图甲，其中序号“8”代表Si （填元素符号）；其中电负性最大的是 2 （填图甲中的序号）．（4）i单质晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示．则晶胞中i原子的配位数为12 ．）该类型为面心立方最密堆积，配位数=3××8=12．=2+位数=3××8=12，【化学一有机化学基础】（共1小题，满分0分）14．（2015•云南模拟）直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳键的新反应．例如：化合物Ⅰ可由以下合成路线获得：Ⅱ（分子式为C3H8O2）ⅢⅣⅠ（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H8O4，其在NaOH溶液中水解的化学方程式为．（2化合物Ⅱ与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为．（3化合物Ⅲ没有酸性，其结构简式为OHCCH2CHO ；Ⅲ的一种同分异构体Ⅴ能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物Ⅴ的结构简式为CH2=CH﹣COOH ．（4）反应①中1个脱氢剂Ⅵ（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为．（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似反应①的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与8 molH2发生加成反应．结构简式为，Ⅲ的结构简式为IⅣ的结构简式为，Ⅲ的结构简式为；有苯环，其它原子不变，所以其结构简式为：故答案为：甲基上的氢原子和乙炔基上的，故答案为：；。
云南省昭通市2015届高三化学模拟试卷(6月份) 含解析
2015年云南省昭通市高考化学模拟试卷（6月份）一、单选题1．某学生做完实验后，采用下列方法清洗所用仪器下列对以上操作的判断．正确的是( )①用浓氨水清洗做过银镜反应后的试管②用酒精清洗做过碘升华的烧杯③用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管④用盐酸清洗长期存放三氯化铁溶液的试剂瓶⑤用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管⑥用热氢氧化钠的浓溶液清洗沾有硫磺的试管．A．除①外都对B．除⑥外都对 C．④⑤不对D．全都正确2．已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+1 2H2O，下列说法正确的是（）A．Cu（IO3）2作氧化剂，Cu（IO3)2中的铜和碘元素被还原B．CuI既是氧化产物又是还原产物C．每生成1 mol CuI，有12 mol KI发生氧化反应D．每转移1.1 mol电子,有0.2 mol被氧化3．中学常见物质A、B、C、D、E、X，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．下列推断不正确的是( )A．若D是一种白色沉淀,在空气中最终变为红褐色，则A可能是铁B．若D是一种强碱，则A、B、C均可与X反应生成DC．若D为NaCl,且A可与C反应生成B，则E可能是CO2D．若D是一种强酸且可与铜反应生成B或C，则A 既可以是单质也可以是化合物4．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( ）选项实验操作实验现象结论A Ag2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液沉淀变为黑色K sp（Ag2S）＞K sp（Ag2CO3）B向苯酚钠溶液中通入溶液变浑碳酸的酸性比苯CO2浊酚强C向蛋白质溶液中加入甲醛和（NH4）2SO4饱和溶液均有白色沉淀蛋白质均发生了变性D向溶液X中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体X中一定含有Fe3+A．A B．B C．C D．D5．将51。
2g Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol,这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（已知NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O）（）A．0.8mol B．0。
云南省高考化学一模试卷(含解析)1
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X YA Al NaOH溶液B NO2H2OC Na2O2CO2D Fe H2O（g）A． A B． B C． C D．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（）W X RY ZA．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20mL 0.1mol•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）=20 mL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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；②测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，计算x：y得到化学式；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，二氧化碳和硫酸钠，结合原子守恒分析书写化学方程式；（4）比较氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度大小，溶解度大的溶液吸收二氧化碳多；（5）A、尽可能全部赶出装置CD中空气就按少测定误差；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后质量测定二氧化碳的质量；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差；解答：解：（1）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，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；故答案为：产生无色气体；（2）①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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；故答案为：无水氯化钙，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，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，实验结束后，测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，得到x：2y=0.03：0.015，x：y=2：1，该蓝绿色固体的化学式为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；故答案为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，结合原子守恒分析书写化学方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3•Cu（OH）2↓+CO2↑+Na2SO4；故答案为：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，氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度，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氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，溶液中氢氧化钡溶质多吸收二氧化碳会增多；故答案为：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）A、应尽可能全部赶出装置CD中空气，影响测定结果，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，故A正确；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后固体质量来测定二氧化碳的质量，测定结果更精确，故B正确；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差，故C错误；故选AB．点评：本题考查了物质组成和性质的实验过程分析，沉淀溶解平衡的分析应用，实验基本操作方法，物质性质和实验注意问题是解题关键，题目难度中等．9．（14分）（2015•云南一模）硫酰氯（SO2C l2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1③a＞b＞0则△H=﹣（a﹣b）kj•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是AC （填字母序号）．A．缩小容器体积B．使用催化剂C．增加SO2浓度D．升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是BD （填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）= mol/min ．②此温度下，该反应的K= L/mol ．③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol ．（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；已知25℃时，K sp[AgCl]=1.8×10﹣10，K sp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是AgCl ．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能增大氯气的用量；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；B、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；C、到达平衡后，各物质的物质的量不发生变化；D、到达平衡后，各组分的含量不发生变化，质量不变；（4）①依据化学平衡三段式列式计算，容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比；②平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，则0.5nmol二氧化硫和0.5nmolCl2，反应生成SO2Cl20.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4；氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl 最先沉淀．解答：解：（1）①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1盖斯定律计算①﹣②得到：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H=﹣（a﹣b）KJ/mol，故答案为：﹣（a﹣b）；（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能增大氯气的用量，A．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故A正确；B．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故B错误；C．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故C正确；D．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故D错误；故答案为：AC；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后速率不变，故a错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后SO2（g），SO2Cl2（g）的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、t1时刻，SO2的质量为定值，处于平衡状态，图象与实际符合，故D正确；故选BD；（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L，设反应的二氧化硫物质的量为x，SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）起始量（mol） n n 0变化量（mol） x x x平衡量（mol）n﹣x n﹣x x保持温度为T，压强为P，气体体积之比等于气体物质的量之比，2n：（2n﹣x）=10：8，x=0.4n，①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=mol/min，故答案为：mol/min；②依据①结合平衡概念计算，K═=L/mol，故答案为：L/mol；③将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，则恒压容器中成正比例关系，相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，消耗二氧化硫物质的量为0.2n，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol，故答案为：0.2nmol；（5）SO2Cl2遇水发生剧烈水解，且产生白雾，白雾是水解生成HCl与空气中水蒸气结合所致，则﹣SO2﹣基团结合2个﹣OH生成H2SO4，反应方程式为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯化银的溶解度远远小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中离子浓度为硫酸根离子的2倍，故AgCl最先沉淀，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl．点评：本题考查热化学方程式和盖斯定律计算应用，化学平衡的影响因素、盐类水解分析、化学平衡计算等，掌握基础是关键，难度中等．10．（14分）（2015•云南一模）用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是AD （填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+ 取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是H2+O2﹣﹣2e﹣=H2O ．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）A．在化合物里，正负化合价的代数和为0；B．活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；C．钛的原子序数是22；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛．（2）通过蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血红色是Fe3+的特征反应，根据Fe3+的特征反应先加KSCN溶液，确定是否含有Fe3+；如果没有Fe3+，根据氯水的性质，再向溶液中加入氯水，观察溶液的颜色是否变化，从而确定是否含有Fe2+；（3）TiO2+水解生成H2TiO3和H+；（4）发生反应为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低；TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl；（5）电解池的阳极发生失电子的氧化反应．解答：解：（1）A．氧元素的化合价是﹣2价，硫酸根的化合价是﹣2价，所以在TiOSO4中钛元素的化合价为+4价，故A正确；B．TiO2只含离子键，不含共价键，为离子化合物，故B错误；C．钛的原子序数是22，位于元素周期表中IVB族，故C错误；D．工业上在高温和稀有气体的保护下，用镁和四氯化钛发生置换反应来制取钛，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2，故D正确．故答案为：AD；（2）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+与KSCN溶液反应无血红色出现，但Fe3+与KSCN反应产生血红色，因此，要证明某溶液中有无Fe2+，则先要在溶液中加入KSCN溶液，没有出现血红色，再向其中加入氯水出现血红色，则证明原溶液中含Fe2+．，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；取少量剩余溶液于试管中，滴加KSCN溶液无明显现象；再加少量氯水，溶液变红，证明溶液中有Fe2+存在；（3）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合价升高，则C被氧化，做还原剂，升高4价，Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，降低4价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；TiCl 4水解生成TiO 2•xH 2O 和HCl ，化学方程式是TiCl 4+（X+2）H 2O ⇌TiO 2•xH 2O↓+4HCl，故答案为：1：1；TiCl 4+（X+2）H 2O ⇌TiO 2•xH 2O↓+4HCl；（5）电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，与氢气结合生成水，所以电极反应式H 2+O 2﹣﹣2e ﹣=H 2O ，故答案为：H 2+O 2﹣﹣2e ﹣=H 2O ．点评： 本题考查物质的分离提纯以及电解池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，图中电子的移动方向是解答的关键．三、解答题（共1小题，满分15分）[化学-选修2：化学与技术]11．（15分）（2015•云南一模）化学镀是指使用合适的还原剂，使镀液中的金属离子还原成金属而沉积在镀件表面上的一种镀覆工艺．化学镀广泛用作金属、塑料、玻璃、陶瓷等许多材料的装饰和防护．在ABS 工程塑料表面进行化学镀镍的流程如下：回答下列问题：（1）化学镀与电镀比较，优点之一是 不需通电 ．（2）镀件表面用热碱液清洗的作用是 除去镀件表面油污 ，镀件表面粗化的目的是增强亲水性及 增大接触面积 ．（3）镀件浸入AgNO 3溶液后，镀件表面吸附的SnCl 2将AgNO 3还原生成有催化活性的金属银，反应的化学方程式是 2SnCl 2+4AgNO 3═4Ag+SnCl 4+Sn （NO 3）4 ．（4）镀镍时，镀液中的Ni 2+与H 2PO 2﹣在催化表面上反应沉积镍，同时生成中强酸H 3PO 3及与金属镍物质的量相等的氢气，该反应的离子方程式是 2H 2O+Ni 2++2H 2PO 2﹣=Ni ++H 2↑+2H 3PO 3 ．（5）化学镀某种金属时，反应时间与镀层厚度的实验数据记录如表所示：反应时间t/s 1 4 9 16镀层厚度y/nm a 2a 3a 4a由此推断，镀层厚度y 与反应时间t 的关系式为 y=at 1/2 ；欲使镀层厚度为6anm ，需要的反应时间为 36s ．（6）化学镀镍废液中含有Ni 2+等污染物，需转化为沉淀除去．已知25℃，Ksp[Ni （OH ）2]=2.0×10﹣15．若加入碱后使废液的pH=10，则处理后的废液中镍元素的含量为 1.2×10﹣2 mg•L ﹣1．考点： 电解原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析： （1）化学镀不需通电；（2）用热碱液清洗能除去镀件表面油污；表面粗化可增大接触面积；（3）SnCl 2与AgNO 3反应生成银和四氯化锡和硝酸锡；（4）Ni 2+与H 2PO 2﹣反应生成镍、H 3PO 3及与金属镍物质的量相等的氢气；（5）镀层厚度y 与反应时间t 的关系式为y=at 1/2；将镀层厚度为6anm 带入可得时间；（6）由c （Ni 2+）×c 2（OH ﹣）=2.0×10﹣15计算出c （Ni 2+）．解答： 解：（1）化学镀不需通电，电镀需要通电，故答案为：不需通电；。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
云南省2015届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．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2．萘（）的二氯代物有（）A．8种B．10种C．12种D．14种3．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NO4．1molX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X YA Al NaOH溶液B NO2H2OC Na2O2CO2D Fe H2O（g）A．A B．B C．C D．D5．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+6．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（）W X RY ZA．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W7．25℃下，向20mL 0.1mol•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﹣）二、解答题（共3小题，满分43分）8．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，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，装置E的作用是，反应结束时要通入适量的空气，其作用是．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．（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．（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．（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．9．硫酰氯（SO2C l2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1③a＞b＞0则△H=kj•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是（填字母序号）．A．缩小容器体积B．使用催化剂C．增加SO2浓度D．升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是（填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=．②此温度下，该反应的K=．③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是．（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式；已知25℃时，K sp[AgCl]=1.8×10﹣10，K sp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是．10．用钛铁矿（主要含FeTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性杂质）提取高品位TiO2的一种流程如图1所示．回答下列问题：（1）有关钛的说法正确的是（填字母序号）．A．TiOSO4中钛元素的化合价为+4价B．TiO2中既含有离子键，又含有共价键C．钛元素位于元素周期表中IVA族D．在稀有气体氩氛围和800℃条件下，用金属镁与四氯化钛反应可制取金属钛．反应的化学方程式为TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2（2）为了从浸取液中获取纯净的FeSO4•7H2O，Ⅱ中应采取的操作是、、过滤、洗涤、干燥．如何检验提取FeSO4•7H2O后的溶液中存在Fe2+．（3）Ⅲ中生成H2TiO3的离子方程式是．（4）将TiO2与焦炭混合，通入氯气在1173K下反应，然后将生成的TiCl4与CO分离可制取TiCl4．此反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是．TiCl4极易水解，利用此性质又可制备纳米级二氧化钛TiO2•xH2O，该反应的化学方程式是．（5）将TiO2熔于NaF 制成熔融盐，以石墨为阴极、覆盖了氧渗透膜的多孔金属陶瓷涂层为阳极，用如图2所示电解装置制取金属钛．阳极电极反应式是．三、解答题（共1小题，满分15分）[化学-选修2：化学与技术]11．化学镀是指使用合适的还原剂，使镀液中的金属离子还原成金属而沉积在镀件表面上的一种镀覆工艺．化学镀广泛用作金属、塑料、玻璃、陶瓷等许多材料的装饰和防护．在ABS 工程塑料表面进行化学镀镍的流程如下：回答下列问题：（1）化学镀与电镀比较，优点之一是．（2）镀件表面用热碱液清洗的作用是，镀件表面粗化的目的是增强亲水性及．（3）镀件浸入AgNO3溶液后，镀件表面吸附的SnCl2将AgNO3还原生成有催化活性的金属银，反应的化学方程式是．（4）镀镍时，镀液中的Ni2+与H2PO2﹣在催化表面上反应沉积镍，同时生成中强酸H3PO3及与金属镍物质的量相等的氢气，该反应的离子方程式是．（5）化学镀某种金属时，反应时间与镀层厚度的实验数据记录如表所示：反应时间t/s 1 4 9 16镀层厚度y/nm a 2a 3a 4a由此推断，镀层厚度y与反应时间t的关系式为；欲使镀层厚度为6anm，需要的反应时间为．（6）化学镀镍废液中含有Ni 2+等污染物，需转化为沉淀除去．已知25℃，Ksp[Ni（OH）﹣15．若加入碱后使废液的pH=10，则处理后的废液中镍元素的含量为mg•L﹣1．2]=2.0×10四、解答题（共1小题，满分15分）[化学--选修3：物质结构与性质]12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素．X的三个能级中排布的电子数相等；Y基态原子的未成对电子数与能级数相等；Z位于X的下两个周期，其电离能数据分别是：I1=419kJ•mol﹣1，I2=3051kJ•mol﹣1，I3=4411kJ•mol﹣1；W3+的核外电子排布式是[Ar]3d5．回答下列问题：（1）X、Y、Z三种元素电负性由大到小的顺序为．（2）X的某种氧化物与Y2互为等电子体，写出该氧化物的结构简式，该氧化物所含的化学键类型是．（3）YH4+的空间构型是．X原子的杂化方式均为sp2、相对分子质量最小的X的氢化物分子式为．（4）四种元素可形成化合物Z4[W（XY）n]，W原子的最外层电子数和配体形成配位键时提供的电子数之和为14，则 n=．（5）下图（填“A”、“B”或“C”）表示的是Z晶体中微粒的堆积方式．若Z晶体中一个晶胞的边长为a pm，则Z晶体的密度为（写出含a的表达式，用NA表示阿伏伽德罗常数）．五、解答题（共1小题，满分15分）[化学--选修5有机化学基础]13．异戊二烯是一种化工原料，有如下转化关系：回答下列问题：（1）A的名称（系统命名）是；B→C的反应类型是．（2）B的结构简式是；D的核磁共振氢谱共有组峰．（3）上述转化关系中互为同系物的是（填化合物代号）．（4）F生成PHB的化学方程式是．（5）E的同分异构体中，既能发生银镜反应，也能与碳酸氢钠溶液反应的共有种（不考虑立体异构）．（6）F除了合成PHB外，还可经过、酯化、聚合三步反应合成（一种类似有机玻璃的塑料）．在催化剂作用下，第三步反应的化学方程式是．云南省2015届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．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．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．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2015届高考高频点，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．4．1molX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X YA Al NaOH溶液B NO2H2OC Na2O2CO2D Fe H2O（g）A．A B．B C．C D．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．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．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（）W X RY ZA．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．7．25℃下，向20mL 0.1mol•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﹣1 D．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）=20 mL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．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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；②测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，计算x：y得到化学式；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，二氧化碳和硫酸钠，结合原子守恒分析书写化学方程式；（4）比较氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度大小，溶解度大的溶液吸收二氧化碳多；（5）A、尽可能全部赶出装置CD中空气就按少测定误差；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后质量测定二氧化碳的质量；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差；解答：解：（1）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，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；故答案为：产生无色气体；（2）①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吸收生成的二氧化碳气体，利用装置E中的碱石灰吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，避免二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果，用装置A通入空气般装置中生成的水蒸气和二氧化碳全部充入装置CD中完全吸收，称量装置CD质量变化得到生成的水蒸气和二氧化碳的质量；故答案为：无水氯化钙，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，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，实验结束后，测得装置C增重0.270g，增重为水的质量，物质的量==0.015mol，装置D增重1.320g为二氧化碳的质量，物质的量==0.03mol，依据元素守恒和化学式xCuCO3•yCu（OH）2，得到x：2y=0.03：0.015，x：y=2：1，该蓝绿色固体的化学式为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；故答案为：2CuCO3•Cu（OH）2 ；（3）若x=y=1，CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时生成的物质化学式为CuCO3•Cu（OH）2，结合原子守恒分析书写化学方程式为：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3•Cu（OH）2↓+CO2↑+Na2SO4；故答案为：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，氢氧化钡、氢氧化钙化学式中的阴阳离子比相同，可以利用溶度积常数大小比较二者溶解度，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氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，溶液中氢氧化钡溶质多吸收二氧化碳会增多；故答案为：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）A、应尽可能全部赶出装置CD中空气，影响测定结果，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，故A正确；B、将D换为盛有碱石灰的U形管，更有利于称量前后固体质量来测定二氧化碳的质量，测定结果更精确，故B正确；C、CD颠倒，水吸收质量会增大，另外空气中水蒸气进入装置C也会造成测定误差，故C错误；故选AB．点评：本题考查了物质组成和性质的实验过程分析，沉淀溶解平衡的分析应用，实验基本操作方法，物质性质和实验注意问题是解题关键，题目难度中等．9．硫酰氯（SO2C l2）是重要的化学试剂，可由如下反应制取：SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（g）△H针对该反应回答下列问题：（1）已知：①SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）⇌2SOCl2（g）△H1=﹣aKJ•mol﹣1②SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）△H2=﹣bKJ•mol﹣1③a＞b＞0则△H=﹣（a﹣b）kj•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）（2）为了提高该反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是AC（填字母序号）．A．缩小容器体积B．使用催化剂C．增加SO2浓度D．升高温度（3）若在绝热、恒容的密闭体系中，投入一定量SO2和Cl2，发生该反应，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是BD（填字母序号）．（下图中υ正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）若在催化剂作用下，将nmolSO2与nmolCl2充入容积可变的密闭容器中，并始终保持温度为T，压强为P．起始时气体总体积为10L，t min时反应达到平衡状态，此时气体总体积为8L．①在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示．则υ（SO2）=mol/min．②此温度下，该反应的K=L/mol．③相同条件下，若将0.5nmolSO2与0.5nmolCl2充入该容器，到达平衡状态时，混合物中SO2Cl2的物质的量是0.2nmol．（5）该反应的产物SO2Cl2遇水发生剧烈水解生成两种强酸，写出其化学方程式SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；已知25℃时，K sp[AgCl]=1.8×10﹣10，K sp[Ag2SO4]=1.4×10﹣5，则SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液时，最先产生的沉淀是AgCl．。