云南省2015屆高考化學(xué)一模試卷

1、云南省2015屆高考化學(xué)一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1下列說法正確的是（）A單質(zhì)硅化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，但自然界不存在游離態(tài)的硅B氨氣的水溶液能導(dǎo)電，說明氨氣是電解質(zhì)CSO2使溴水或品紅溶液褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D鎂、鋁、銅等金屬一般采用熱還原法冶煉2萘（）的二氯代物有（）A8種B10種C12種D14種3下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康哪軐?shí)現(xiàn)的是（部分夾持裝置已略去）（）A對(duì)溶液進(jìn)行蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶B以己烯為萃取劑萃取溴水中的溴單質(zhì)C用已知濃度的氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸D用稀硝酸與銅反應(yīng)制取并收集NO41molX與足量Y在一定條件下充分反應(yīng)，可生成0.5mol氣體的是（）選項(xiàng)XYAAl

2、NaOH溶液BNO2H2OCNa2O2CO2DFeH2O（g）AABBCCDD5糖生物電池是一種酶催化燃料電池（EFC），它使用便宜的酶代替貴金屬催化劑，利用空氣氧化糖類產(chǎn)生電流下列有關(guān)判斷不合理的是（）A該電池不宜在高溫下工作B若該電池為酸性介質(zhì)，正極反應(yīng)式為：O2+4e+4H+2H2OC放電過程中，電池內(nèi)陽離子向正極遷移D若該電池為堿性介質(zhì)，以葡萄糖為原料并完全氧化，負(fù)極反應(yīng)式為：C6H12O624e+6H2O6CO2+24H+6W、X、Y、Z、R為五種短周期主族非金屬元素，它們?cè)谠刂芷诒碇械南鄬?duì)位置如圖所示下列關(guān)于五種元素的說法正確的是（） WXRYZA粒子半徑：原子半徑最大的是W，簡(jiǎn)

3、單陰離子半徑最小的是RB單質(zhì)：氧化性最強(qiáng)的是Z，還原性最強(qiáng)的是YC最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物：酸性最強(qiáng)的是Z，水溶性最差的是YD最簡(jiǎn)單氫化物：沸點(diǎn)最高的是X，穩(wěn)定性最差的是W725下，向20mL 0.1molL1H2A溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液，有關(guān)粒子物質(zhì)的量的變化如圖所示下列有關(guān)說法正確的是（）AH2A屬于強(qiáng)酸B隨著VNaOH（aq）的增大而增大CVNaOH（aq）=20mL時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c（HA）+c（A2）+c（H2A）=0.1molL1DVNaOH（aq）=20mL時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c（Na+）c（HA）c（H+）C（A2）C（OH）二、解答題（共3小題，滿分43分）

4、8某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)為了探究CuSO4溶液與Na2CO3溶液的反應(yīng)原理并驗(yàn)證產(chǎn)物，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)I：將CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合，一定溫度下充分反應(yīng)至不產(chǎn)生氣泡為止，過濾、冷水洗滌、低溫干燥，得到藍(lán)綠色固體該小組同學(xué)猜想此固體為xCuCO3yCu（OH）2（1）為了驗(yàn)證猜想，先進(jìn)行定性實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)序號(hào)實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論實(shí)驗(yàn)取適量藍(lán)綠色固體，加入足量稀硫酸固體溶解，生成藍(lán)色溶液，藍(lán)綠色固體中含有C（2）為進(jìn)一步確定藍(lán)綠色固體的組成，使用如下裝置再進(jìn)行定量實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)：稱取5.190g樣品，充分加熱至不再產(chǎn)生氣體為止，并使分解產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入裝置C和D中裝置C中盛放的試劑是，裝置E的作用是，

5、反應(yīng)結(jié)束時(shí)要通入適量的空氣，其作用是實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，測(cè)得裝置C增重0.270g，裝置D增重1.320g則該藍(lán)綠色固體的化學(xué)式為（3）若x=y=1，寫出CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式（4）已知20時(shí)溶解度數(shù)據(jù)：SCa（OH）2=0.16g，SBa（OH）2=3.89g有同學(xué)據(jù)此提出可將裝置D中的澄清石灰水換成等體積的飽和Ba（OH）2溶液，其可能的依據(jù)之一是（5）有同學(xué)為了降低實(shí)驗(yàn)誤差，提出如下建議，其中合理的是（填字母序號(hào)）A加熱裝置B前，先通空氣一段時(shí)間后再稱量C、D的初始質(zhì)量B將D換為盛有堿石灰的U形管C將C、D顛倒并省去E裝置9硫酰氯（SO2Cl2）是重要的化學(xué)試劑，

6、可由如下反應(yīng)制?。篠O2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H針對(duì)該反應(yīng)回答下列問題：（1）已知：SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）2SOCl2（g）H1=aKJmol1SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）H2=bKJmol1ab0則H=kjmol1（用含a、b的代數(shù)式表示）（2）為了提高該反應(yīng)中Cl2的平衡轉(zhuǎn)化率，下列措施合理的是（填字母序號(hào)）A縮小容器體積B使用催化劑C增加SO2濃度D升高溫度（3）若在絕熱、恒容的密閉體系中，投入一定量SO2和Cl2，發(fā)生該反應(yīng)，下列示意圖能說明t1時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是（填字母序號(hào)）（下圖中正、K、n、m分別表示正反應(yīng)速率、平衡常

7、數(shù)、物質(zhì)的量和質(zhì)量）（4）若在催化劑作用下，將nmolSO2與nmolCl2充入容積可變的密閉容器中，并始終保持溫度為T，壓強(qiáng)為P起始時(shí)氣體總體積為10L，t min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)氣體總體積為8L在容積改變的條件下，反應(yīng)速率可用單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量變化來表示則（SO2）=此溫度下，該反應(yīng)的K=相同條件下，若將0.5nmolSO2與0.5nmolCl2充入該容器，到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，混合物中SO2Cl2的物質(zhì)的量是（5）該反應(yīng)的產(chǎn)物SO2Cl2遇水發(fā)生劇烈水解生成兩種強(qiáng)酸，寫出其化學(xué)方程式；已知25時(shí)，KspAgCl=1.8×1010，KspAg2SO4=1.4&#

8、215;105，則SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液時(shí)，最先產(chǎn)生的沉淀是10用鈦鐵礦（主要含F(xiàn)eTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性雜質(zhì)）提取高品位TiO2的一種流程如圖1所示回答下列問題：（1）有關(guān)鈦的說法正確的是（填字母序號(hào)）ATiOSO4中鈦元素的化合價(jià)為+4價(jià)BTiO2中既含有離子鍵，又含有共價(jià)鍵C鈦元素位于元素周期表中IVA族D在稀有氣體氬氛圍和800條件下，用金屬鎂與四氯化鈦反應(yīng)可制取金屬鈦反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2（2）為了從浸取液中獲取純凈的FeSO47H2O，中應(yīng)采取的操作是、過濾、洗滌、干燥如何檢驗(yàn)提取FeSO47H2O后的溶液

9、中存在Fe2+（3）中生成H2TiO3的離子方程式是（4）將TiO2與焦炭混合，通入氯氣在1173K下反應(yīng)，然后將生成的TiCl4與CO分離可制取TiCl4此反應(yīng)中，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比是TiCl4極易水解，利用此性質(zhì)又可制備納米級(jí)二氧化鈦TiO2xH2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是（5）將TiO2 熔于NaF 制成熔融鹽，以石墨為陰極、覆蓋了氧滲透膜的多孔金屬陶瓷涂層為陽極，用如圖2所示電解裝置制取金屬鈦陽極電極反應(yīng)式是三、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)11化學(xué)鍍是指使用合適的還原劑，使鍍液中的金屬離子還原成金屬而沉積在鍍件表面上的一種鍍覆工藝化學(xué)鍍廣泛用作金屬、塑料

10、、玻璃、陶瓷等許多材料的裝飾和防護(hù)在ABS工程塑料表面進(jìn)行化學(xué)鍍鎳的流程如下：回答下列問題：（1）化學(xué)鍍與電鍍比較，優(yōu)點(diǎn)之一是（2）鍍件表面用熱堿液清洗的作用是，鍍件表面粗化的目的是增強(qiáng)親水性及（3）鍍件浸入AgNO3溶液后，鍍件表面吸附的SnCl2將AgNO3還原生成有催化活性的金屬銀，反應(yīng)的化學(xué)方程式是（4）鍍鎳時(shí)，鍍液中的Ni2+與H2PO2在催化表面上反應(yīng)沉積鎳，同時(shí)生成中強(qiáng)酸H3PO3及與金屬鎳物質(zhì)的量相等的氫氣，該反應(yīng)的離子方程式是（5）化學(xué)鍍某種金屬時(shí)，反應(yīng)時(shí)間與鍍層厚度的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄如表所示：反應(yīng)時(shí)間t/s14916鍍層厚度y/nma2a3a4a由此推斷，鍍層厚度y與反應(yīng)時(shí)間t

11、的關(guān)系式為；欲使鍍層厚度為6anm，需要的反應(yīng)時(shí)間為（6）化學(xué)鍍鎳廢液中含有Ni 2+等污染物，需轉(zhuǎn)化為沉淀除去已知25，KspNi（OH）2=2.0×1015若加入堿后使廢液的pH=10，則處理后的廢液中鎳元素的含量為mgL1四、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素X的三個(gè)能級(jí)中排布的電子數(shù)相等；Y基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與能級(jí)數(shù)相等；Z位于X的下兩個(gè)周期，其電離能數(shù)據(jù)分別是：I1=419kJmol1，I2=3051kJmol1，I3=4411kJmol1；W3+的核外電子排布式是Ar3d5回答下列問題：（1）X

12、、Y、Z三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椋?）X的某種氧化物與Y2互為等電子體，寫出該氧化物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，該氧化物所含的化學(xué)鍵類型是（3）YH4+的空間構(gòu)型是X原子的雜化方式均為sp2、相對(duì)分子質(zhì)量最小的X的氫化物分子式為（4）四種元素可形成化合物Z4W（XY）n，W原子的最外層電子數(shù)和配體形成配位鍵時(shí)提供的電子數(shù)之和為14，則 n=（5）下圖 （填“A”、“B”或“C”）表示的是Z晶體中微粒的堆積方式若Z晶體中一個(gè)晶胞的邊長(zhǎng)為a pm，則Z晶體的密度為（寫出含a的表達(dá)式，用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）五、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修5有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)13異戊二烯是一種化工原料，有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系

13、：回答下列問題：（1）A的名稱（系統(tǒng)命名）是；BC的反應(yīng)類型是（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；D的核磁共振氫譜共有組峰（3）上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中互為同系物的是（填化合物代號(hào)）（4）F生成PHB的化學(xué)方程式是（5）E的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，也能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)的共有種（不考慮立體異構(gòu)）（6）F除了合成PHB外，還可經(jīng)過、酯化、聚合三步反應(yīng)合成（一種類似有機(jī)玻璃的塑料）在催化劑作用下，第三步反應(yīng)的化學(xué)方程式是云南省2015屆高考化學(xué)一模試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1下列說法正確的是（）A單質(zhì)硅化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，但自然界不存在游離態(tài)的硅B氨氣的水溶液能導(dǎo)電，說明氨氣是電解質(zhì)CSO2使溴

14、水或品紅溶液褪色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D鎂、鋁、銅等金屬一般采用熱還原法冶煉考點(diǎn)：硅和二氧化硅；電解質(zhì)與非電解質(zhì)；二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；金屬冶煉的一般原理 分析：A硅屬于親氧元素，在自然界中以化合態(tài)存在；B氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨是電解質(zhì)；C二氧化硫具有還原性，能夠與溴水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使溴水褪色；D工業(yè)上用電解熔融氯化鎂得到鎂，用電解氧化鋁制備鋁解答：解：A硅屬于親氧元素，在自然界中以化合態(tài)存在，不存在單質(zhì)硅，故A正確；B氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨是電解質(zhì)，氨氣本身不能電離，屬于非電解質(zhì)故B錯(cuò)誤；C二氧化硫使溴水褪色，體現(xiàn)二氧化硫還原性，與漂白性無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D鋁及鋁前的金屬

15、性質(zhì)活潑，通常用電解法制備，例如電解熔融氯化鎂制備鎂，電解氧化鋁制備鋁，故D錯(cuò)誤；故選：A點(diǎn)評(píng)：本題考查了元素化合物知識(shí)，熟悉硅、電解質(zhì)、二氧化硫的性質(zhì)，熟悉金屬冶煉的一般原理是解題關(guān)鍵，注意相關(guān)知識(shí)的積累2萘（）的二氯代物有（）A8種B10種C12種D14種考點(diǎn)：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體 分析：先根據(jù)等效氫找一氯代物，共有2種一氯代物，然后以一氯代物為基礎(chǔ)再添上一個(gè)氯，可得二氯代物解答：解：由結(jié)構(gòu)對(duì)稱可知，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（，故選B點(diǎn)評(píng)：本題難度較大，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)，做題注意先判斷該有機(jī)物中有幾個(gè)等效氫原子，先固定一個(gè)氯原子的位置（生成一個(gè)一

16、氯代物），然后對(duì)其二氯代物可能的情況進(jìn)行書寫3下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康哪軐?shí)現(xiàn)的是（部分夾持裝置已略去）（）A對(duì)溶液進(jìn)行蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶B以己烯為萃取劑萃取溴水中的溴單質(zhì)C用已知濃度的氫氧化鈉溶液滴定未知濃度的鹽酸D用稀硝酸與銅反應(yīng)制取并收集NO考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià) 分析：A應(yīng)在蒸發(fā)皿中加熱液體；B己烯含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；C氫氧化鈉溶液應(yīng)放在堿式滴定管中；D稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO，NO不溶于水解答：解：A加熱液體應(yīng)在蒸發(fā)皿中，坩堝用于加熱固體，故A錯(cuò)誤；B己烯含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，萃取時(shí)不能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C氫氧化鈉溶液可腐蝕玻璃，應(yīng)放在堿式滴定管中，故C錯(cuò)誤；D稀

17、硝酸與銅反應(yīng)生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集NO，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，為2015屆高考高頻點(diǎn)，側(cè)重考查物質(zhì)分離和提純、中和滴定、氣體的收集，明確實(shí)驗(yàn)原理是解本題關(guān)鍵，從操作規(guī)范性、物質(zhì)性質(zhì)進(jìn)行評(píng)價(jià)，題目難度不大41molX與足量Y在一定條件下充分反應(yīng)，可生成0.5mol氣體的是（）選項(xiàng)XYAAlNaOH溶液BNO2H2OCNa2O2CO2DFeH2O（g）AABBCCDD考點(diǎn)：化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算 分析：A、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2由方程式可以看出，反應(yīng)關(guān)系式為2Al3H2，分析求解；B、3NO2+H2O2HNO3+NO，根據(jù)化學(xué)方程

18、式求解；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根據(jù)化學(xué)方程式求解；D、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，根據(jù)化學(xué)方程式求解解答：解：A、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2由方程式可以看出，反應(yīng)關(guān)系式為2Al3H2，1mol的鋁生成1.5mol的氫氣，故A錯(cuò)誤；B、3NO2+H2O2HNO3+NO，1mol的二氧化氮生成mol的一氧化氮，故B錯(cuò)誤；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，1mol的二氧化碳生成0.5mol的氧氣，故C正確；D、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，根1mol的水蒸氣生成1mol的氫氣，故D錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考

19、查學(xué)生根據(jù)化學(xué)方程進(jìn)行計(jì)算，學(xué)生應(yīng)清楚各物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，然后分析解答，比較容易5糖生物電池是一種酶催化燃料電池（EFC），它使用便宜的酶代替貴金屬催化劑，利用空氣氧化糖類產(chǎn)生電流下列有關(guān)判斷不合理的是（）A該電池不宜在高溫下工作B若該電池為酸性介質(zhì)，正極反應(yīng)式為：O2+4e+4H+2H2OC放電過程中，電池內(nèi)陽離子向正極遷移D若該電池為堿性介質(zhì)，以葡萄糖為原料并完全氧化，負(fù)極反應(yīng)式為：C6H12O624e+6H2O6CO2+24H+考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理 分析：A、根據(jù)酶在高溫下容易發(fā)生變性判斷；B、該電池為酸性介質(zhì)，正極為氧氣得電子結(jié)合氫離子生成水；C、根據(jù)放電過程中，電池內(nèi)陽離

20、子移向正極，陰離子移向負(fù)極判斷；D、以葡萄糖為原料并完全氧化，則電池中葡萄糖失電子，在負(fù)極反應(yīng)，據(jù)此書寫解答：解：A、因?yàn)槊冈诟邷叵氯菀装l(fā)生變性，所以該電池不宜在高溫下工作，故A正確；B、該電池為酸性介質(zhì)，正極為氧氣得電子結(jié)合氫離子生成水，反應(yīng)為O2+4e+4H+2H2O，故B正確；C、根據(jù)放電過程中，電池內(nèi)陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，故C正確；D、以葡萄糖為原料并完全氧化，則電池中葡萄糖失電子，在負(fù)極反應(yīng)，又該電池為堿性介質(zhì)，所以生成的二氧化碳和氫離子繼續(xù)與堿反應(yīng)生成碳酸根和水，故D錯(cuò)誤；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了新型燃料電池，側(cè)重于原電池原理的應(yīng)用的考查，題目難度不大，注意電極方程式的書寫

21、與電解質(zhì)溶液的酸堿性之間的關(guān)系及離子移動(dòng)方向6W、X、Y、Z、R為五種短周期主族非金屬元素，它們?cè)谠刂芷诒碇械南鄬?duì)位置如圖所示下列關(guān)于五種元素的說法正確的是（） WXRYZA粒子半徑：原子半徑最大的是W，簡(jiǎn)單陰離子半徑最小的是RB單質(zhì)：氧化性最強(qiáng)的是Z，還原性最強(qiáng)的是YC最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物：酸性最強(qiáng)的是Z，水溶性最差的是YD最簡(jiǎn)單氫化物：沸點(diǎn)最高的是X，穩(wěn)定性最差的是W考點(diǎn)：元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用 分析：W、X、Y、Z、R為五種短周期主族非金屬元素，依據(jù)它們?cè)谠刂芷诒碇械南鄬?duì)位置可以判斷得出W為氮，X為氧，Y為硅，Z為氯，R為氟，據(jù)此解答即可解答：解：W、X、Y、Z、R為五種

22、短周期主族非金屬元素，那么W應(yīng)為N元素，若為C元素，Y即為Al，不符合題意，故據(jù)此推斷得出W為氮，X為氧，Y為硅，Z為氯，R為氟，A、電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)一樣多，原子序數(shù)越小，半徑越大，故原子半徑最大的是Al，簡(jiǎn)單陰離子半徑最小的也是Al3+，故A錯(cuò)誤；B、元素的非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)氧化性越強(qiáng)，因?yàn)榉墙饘傩訰Z，故非金屬性最強(qiáng)的是F，還原性最強(qiáng)的是Al，故B錯(cuò)誤；C、元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，由于F無正價(jià)，故酸性最強(qiáng)的是高氯酸，硅酸是難溶于水的酸，故C正確；D、由于水中存在氫鍵，故水的沸點(diǎn)最高，元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，所以簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性

23、最差的是SiH4，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：本題主要考查元素周期表與元素周期律，難度不大，側(cè)重對(duì)元素周期律的考查，注意整體把握元素周期表的結(jié)構(gòu)725下，向20mL 0.1molL1H2A溶液中滴加0.1molL1NaOH溶液，有關(guān)粒子物質(zhì)的量的變化如圖所示下列有關(guān)說法正確的是（）AH2A屬于強(qiáng)酸B隨著VNaOH（aq）的增大而增大CVNaOH（aq）=20mL時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c（HA）+c（A2）+c（H2A）=0.1molL1DVNaOH（aq）=20mL時(shí)，溶液中存在關(guān)系：c（Na+）c（HA）c（H+）C（A2）C（OH）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較 分析：A當(dāng)沒有加入氫氧化鈉溶液時(shí)，0.1

24、mol/LH2A溶液的pH3，說明H2A為弱酸；B根據(jù)H2A的第一步電離平衡常數(shù)可知：=，所以該比值隨著溶液中的氫離子濃度的減小而增大；CVNaOH（aq）=20mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaHA，根據(jù)該溶液中的物料守恒判斷；D根據(jù)圖象知，當(dāng)V（NaOH）=20時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要為NaHA，HA的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性解答：解：A結(jié)合圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時(shí)，0.1mol/LH2A溶液的pH3，說明H2A在溶液中不能電離，屬于弱酸，故A錯(cuò)誤；B由電離平衡常數(shù)可知：=，氫離子濃度與該比值成反比，隨著氫氧化鈉溶液體積增大，溶液中氫離子濃度逐漸

25、減小，則該比值逐漸增大，故B正確；CVNaOH（aq）=20mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：NaOH+H2ANaHA+H2O，溶質(zhì)為NaHA，根據(jù)物料守恒可得：c（HA）+c（A2）+c（H2A ）=c（Na+）=0.05mol/L，故C錯(cuò)誤；D根據(jù)圖象知，當(dāng)V（NaOH）=20 mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶質(zhì)主要為NaHA，HA電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，水和HA都電離出氫離子，只有HA電離出A2，所以離子濃度大小順序?yàn)椋篶（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故D正確；故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子濃度大小比較、酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)

26、組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理的概念及在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法二、解答題（共3小題，滿分43分）8某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)為了探究CuSO4溶液與Na2CO3溶液的反應(yīng)原理并驗(yàn)證產(chǎn)物，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)I：將CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合，一定溫度下充分反應(yīng)至不產(chǎn)生氣泡為止，過濾、冷水洗滌、低溫干燥，得到藍(lán)綠色固體該小組同學(xué)猜想此固體為xCuCO3yCu（OH）2（1）為了驗(yàn)證猜想，先進(jìn)行定性實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)序號(hào)實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論實(shí)驗(yàn)取適量藍(lán)綠色固體，加入足量稀硫酸固體溶解，生成藍(lán)色溶液，產(chǎn)生無色氣體藍(lán)綠色固體中含有C（2）為進(jìn)一步確定藍(lán)綠色固體的組成，使用如下裝置再進(jìn)行

27、定量實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)：稱取5.190g樣品，充分加熱至不再產(chǎn)生氣體為止，并使分解產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入裝置C和D中裝置C中盛放的試劑是無水氯化鈣，裝置E的作用是防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進(jìn)入裝置D影響測(cè)定結(jié)果，反應(yīng)結(jié)束時(shí)要通入適量的空氣，其作用是使分解產(chǎn)生的水蒸氣、二氧化碳?xì)怏w全部進(jìn)入裝置C、D中吸收實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，測(cè)得裝置C增重0.270g，裝置D增重1.320g則該藍(lán)綠色固體的化學(xué)式為2CuCO3Cu（OH）2（3）若x=y=1，寫出CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3Cu（OH）2+CO2+Na2SO4（4）已知20時(shí)溶解度數(shù)據(jù)：SCa

28、（OH）2=0.16g，SBa（OH）2=3.89g有同學(xué)據(jù)此提出可將裝置D中的澄清石灰水換成等體積的飽和Ba（OH）2溶液，其可能的依據(jù)之一是Ba（OH）2溶解度大于Ca（OH）2，相同體積的飽和氫氧化鋇溶液吸收二氧化碳多（5）有同學(xué)為了降低實(shí)驗(yàn)誤差，提出如下建議，其中合理的是（填字母序號(hào)）A加熱裝置B前，先通空氣一段時(shí)間后再稱量C、D的初始質(zhì)量B將D換為盛有堿石灰的U形管C將C、D顛倒并省去E裝置考點(diǎn)：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 分析：（1）猜想此固體為xCuCO3yCu（OH）2，實(shí)驗(yàn)過程中加入足量稀硫酸生成藍(lán)色溶液，無色氣體生成證明藍(lán)綠色固體中

29、含有碳酸根離子；（2）分析裝置圖可知，空氣通過裝置A吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，通入一段時(shí)間排凈裝置中的空氣，加熱B裝置使藍(lán)綠色固體受熱分解，通過裝置C吸收生成的水蒸氣，可以用中性干燥劑氯化鈣，通過裝置D吸收生成的二氧化碳?xì)怏w，利用裝置E中的堿石灰吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，避免二氧化碳、水蒸氣進(jìn)入裝置D影響測(cè)定結(jié)果，用裝置A通入空氣般裝置中生成的水蒸氣和二氧化碳全部充入裝置CD中完全吸收，稱量裝置CD質(zhì)量變化得到生成的水蒸氣和二氧化碳的質(zhì)量；測(cè)得裝置C增重0.270g，增重為水的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.015mol，裝置D增重1.320g為二氧化碳的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.03mol，依據(jù)元素守

30、恒和化學(xué)式xCuCO3yCu（OH）2，計(jì)算x：y得到化學(xué)式；（3）若x=y=1，CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合時(shí)生成的物質(zhì)化學(xué)式為CuCO3Cu（OH）2，二氧化碳和硫酸鈉，結(jié)合原子守恒分析書寫化學(xué)方程式；（4）比較氫氧化鋇、氫氧化鈣化學(xué)式中的陰陽離子比相同，可以利用溶度積常數(shù)大小比較二者溶解度大小，溶解度大的溶液吸收二氧化碳多；（5）A、盡可能全部趕出裝置CD中空氣就按少測(cè)定誤差；B、將D換為盛有堿石灰的U形管，更有利于稱量前后質(zhì)量測(cè)定二氧化碳的質(zhì)量；C、CD顛倒，水吸收質(zhì)量會(huì)增大，另外空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置C也會(huì)造成測(cè)定誤差；解答：解：（1）將CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合，一

31、定溫度下充分反應(yīng)至不產(chǎn)生氣泡為止，過濾、冷水洗滌、低溫干燥，得到藍(lán)綠色固體，猜想此固體為xCuCO3yCu（OH）2，實(shí)驗(yàn)過程中加入足量稀硫酸生成藍(lán)色溶液，無色氣體生成證明藍(lán)綠色固體中含有碳酸根離子；故答案為：產(chǎn)生無色氣體；（2）空氣通過裝置A吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，通入一段時(shí)間排凈裝置中的空氣，加熱B裝置使藍(lán)綠色固體受熱分解，通過裝置C吸收生成的水蒸氣，可以用中性干燥劑氯化鈣，通過裝置D吸收生成的二氧化碳?xì)怏w，利用裝置E中的堿石灰吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，避免二氧化碳、水蒸氣進(jìn)入裝置D影響測(cè)定結(jié)果，用裝置A通入空氣般裝置中生成的水蒸氣和二氧化碳全部充入裝置CD中完全吸收，稱量裝置C

32、D質(zhì)量變化得到生成的水蒸氣和二氧化碳的質(zhì)量；故答案為：無水氯化鈣，防止空氣中的二氧化碳和水蒸氣進(jìn)入裝置D影響測(cè)定結(jié)果，使分解產(chǎn)生的水蒸氣、二氧化碳?xì)怏w全部進(jìn)入裝置C、D中吸收；稱取5.190g樣品，充分加熱至不再產(chǎn)生氣體為止，并使分解產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入裝置C和D中，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，測(cè)得裝置C增重0.270g，增重為水的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.015mol，裝置D增重1.320g為二氧化碳的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.03mol，依據(jù)元素守恒和化學(xué)式xCuCO3yCu（OH）2，得到x：2y=0.03：0.015，x：y=2：1，該藍(lán)綠色固體的化學(xué)式為：2CuCO3Cu（OH）2 ；故答案為：2CuCO3Cu（

33、OH）2 ；（3）若x=y=1，CuSO4溶液與Na2CO3溶液混合時(shí)生成的物質(zhì)化學(xué)式為CuCO3Cu（OH）2，結(jié)合原子守恒分析書寫化學(xué)方程式為：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3Cu（OH）2+CO2+Na2SO4；故答案為：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=CuCO3Cu（OH）2+CO2+Na2SO4；（4）已知20時(shí)溶解度數(shù)據(jù)：SCa（OH）2=0.16g，SBa（OH）2=3.89g，氫氧化鋇、氫氧化鈣化學(xué)式中的陰陽離子比相同，可以利用溶度積常數(shù)大小比較二者溶解度，將裝置D中的澄清石灰水換成等體積的飽和Ba（OH）2溶液，其可能的依據(jù)之一是氫氧化鋇溶解度大于氫氧化

34、鈣，溶液中氫氧化鋇溶質(zhì)多吸收二氧化碳會(huì)增多；故答案為：Ba（OH）2溶解度大于Ca（OH）2，相同體積的飽和氫氧化鋇溶液吸收二氧化碳多；（5）A、應(yīng)盡可能全部趕出裝置CD中空氣，影響測(cè)定結(jié)果，加熱裝置B前，先通空氣一段時(shí)間后再稱量C、D的初始質(zhì)量，故A正確；B、將D換為盛有堿石灰的U形管，更有利于稱量前后固體質(zhì)量來測(cè)定二氧化碳的質(zhì)量，測(cè)定結(jié)果更精確，故B正確；C、CD顛倒，水吸收質(zhì)量會(huì)增大，另外空氣中水蒸氣進(jìn)入裝置C也會(huì)造成測(cè)定誤差，故C錯(cuò)誤；故選AB點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)組成和性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)過程分析，沉淀溶解平衡的分析應(yīng)用，實(shí)驗(yàn)基本操作方法，物質(zhì)性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)注意問題是解題關(guān)鍵，題目難度中等9硫酰氯（

35、SO2Cl2）是重要的化學(xué)試劑，可由如下反應(yīng)制取：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H針對(duì)該反應(yīng)回答下列問題：（1）已知：SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）2SOCl2（g）H1=aKJmol1SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）H2=bKJmol1ab0則H=（ab）kjmol1（用含a、b的代數(shù)式表示）（2）為了提高該反應(yīng)中Cl2的平衡轉(zhuǎn)化率，下列措施合理的是AC（填字母序號(hào)）A縮小容器體積B使用催化劑C增加SO2濃度D升高溫度（3）若在絕熱、恒容的密閉體系中，投入一定量SO2和Cl2，發(fā)生該反應(yīng)，下列示意圖能說明t1時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是BD（填字母序號(hào)）

36、（下圖中正、K、n、m分別表示正反應(yīng)速率、平衡常數(shù)、物質(zhì)的量和質(zhì)量）（4）若在催化劑作用下，將nmolSO2與nmolCl2充入容積可變的密閉容器中，并始終保持溫度為T，壓強(qiáng)為P起始時(shí)氣體總體積為10L，t min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)氣體總體積為8L在容積改變的條件下，反應(yīng)速率可用單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量變化來表示則（SO2）=mol/min此溫度下，該反應(yīng)的K=L/mol相同條件下，若將0.5nmolSO2與0.5nmolCl2充入該容器，到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，混合物中SO2Cl2的物質(zhì)的量是0.2nmol（5）該反應(yīng)的產(chǎn)物SO2Cl2遇水發(fā)生劇烈水解生成兩種強(qiáng)酸，寫出其化學(xué)方程式S

37、O2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；已知25時(shí)，KspAgCl=1.8×1010，KspAg2SO4=1.4×105，則SO2Cl2于水所得溶液中逐滴加入AgNO3稀溶液時(shí)，最先產(chǎn)生的沉淀是AgCl考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì) 分析：（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到；（2）提高反應(yīng)中Cl2的平衡轉(zhuǎn)化率，改變條件使平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，根據(jù)平衡移動(dòng)原理結(jié)合選項(xiàng)分析解答，注意不能增大氯氣的用量；（3）A、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化；B、到達(dá)平衡后，溫度為定值，平衡常數(shù)不變，結(jié)合反應(yīng)熱判斷隨

38、反應(yīng)進(jìn)行容器內(nèi)溫度變化，判斷溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響；C、到達(dá)平衡后，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不發(fā)生變化；D、到達(dá)平衡后，各組分的含量不發(fā)生變化，質(zhì)量不變；（4）依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算，容積可變的密閉容器中，并始終保持溫度為T，壓強(qiáng)為P，氣體體積之比等于氣體物質(zhì)的量之比；平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；將nmolSO2與nmolCl2充入容積可變的密閉容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，則恒壓容器中成正比例關(guān)系，則0.5nmol二氧化硫和0.5nmolCl2，反應(yīng)生成SO2Cl20.2nmol；（5）SO2Cl2遇水發(fā)生劇烈水解，且產(chǎn)生白霧，白霧是水解生成H

39、Cl與空氣中水蒸氣結(jié)合所致，則SO2基團(tuán)結(jié)合2個(gè)OH生成H2SO4；氯化銀的溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中離子濃度為硫酸根離子的2倍，故AgCl最先沉淀解答：解：（1）SO2（g）+Cl2（g）+SCl2（g）2SOCl2（g）H1=aKJmol1SO2Cl2+SCl2（g）=2SOCl2（g）H2=bKJmol1蓋斯定律計(jì)算得到：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）H=（ab）KJ/mol，故答案為：（ab）；（2）提高反應(yīng)中Cl2的平衡轉(zhuǎn)化率，改變條件使平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，不能增大氯氣的用量，A縮小容器體

40、積，壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B使用催化劑，縮短到達(dá)平衡的時(shí)間，不影響平衡移動(dòng)，Cl2的轉(zhuǎn)化率不變，故B錯(cuò)誤；C增加SO2濃度，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；D該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，Cl2的轉(zhuǎn)化率降低，故D錯(cuò)誤；故答案為：AC；（3）A、到達(dá)平衡后正、逆速率相等，不再變化，t1時(shí)刻V正最大，之后速率不變，故a錯(cuò)誤；B、該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，隨反應(yīng)進(jìn)行溫度升高，化學(xué)平衡常數(shù)減小，到達(dá)平衡后，溫度為定值，達(dá)最高，平衡常數(shù)不變，為最小，圖象與實(shí)際符合，故B正確；C、t1時(shí)刻后SO2（g），SO2Cl2（g）的物質(zhì)的量發(fā)

41、生變化，t1時(shí)刻未到達(dá)平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D、t1時(shí)刻，SO2的質(zhì)量為定值，處于平衡狀態(tài)，圖象與實(shí)際符合，故D正確；故選BD；（4）若在催化劑作用下，將nmolSO2與nmolCl2充入容積可變的密閉容器中，并始終保持溫度為T，壓強(qiáng)為P起始時(shí)氣體總體積為10L，t min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)氣體總體積為8L，設(shè)反應(yīng)的二氧化硫物質(zhì)的量為x， SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2（g）起始量（mol） n n 0變化量（mol） x x x平衡量（mol）nx nx x保持溫度為T，壓強(qiáng)為P，氣體體積之比等于氣體物質(zhì)的量之比，2n：（2nx）=10：8，x=0.4n，在容積改變的條件下，反應(yīng)

42、速率可用單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量變化來表示則（SO2）=mol/min，故答案為：mol/min；依據(jù)結(jié)合平衡概念計(jì)算，K=L/mol，故答案為：L/mol；將nmolSO2與nmolCl2充入容積可變的密閉容器中，得到SO2Cl2，0.4nmol，則恒壓容器中成正比例關(guān)系，相同條件下，若將0.5nmolSO2與0.5nmolCl2充入該容器，到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，消耗二氧化硫物質(zhì)的量為0.2n，混合物中SO2Cl2的物質(zhì)的量是0.2nmol，故答案為：0.2nmol；（5）SO2Cl2遇水發(fā)生劇烈水解，且產(chǎn)生白霧，白霧是水解生成HCl與空氣中水蒸氣結(jié)合所致，則SO2基團(tuán)結(jié)合2個(gè)OH生成H

43、2SO4，反應(yīng)方程式為：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯化銀的溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于Ag2SO4的溶解度，SO2Cl2溶于水所得溶液中c（H2SO4）：c（HCl）=1：2，溶液中離子濃度為硫酸根離子的2倍，故AgCl最先沉淀，故答案為：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；AgCl點(diǎn)評(píng)：本題考查熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算應(yīng)用，化學(xué)平衡的影響因素、鹽類水解分析、化學(xué)平衡計(jì)算等，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，難度中等10用鈦鐵礦（主要含F(xiàn)eTiO3及Fe2O3、SiO2等不溶性雜質(zhì)）提取高品位TiO2的一種流程如圖1所示回答下列問題：（1）有關(guān)鈦的說法正確的是AD（填字母序號(hào)）ATiOSO4中

44、鈦元素的化合價(jià)為+4價(jià)BTiO2中既含有離子鍵，又含有共價(jià)鍵C鈦元素位于元素周期表中IVA族D在稀有氣體氬氛圍和800條件下，用金屬鎂與四氯化鈦反應(yīng)可制取金屬鈦反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2（2）為了從浸取液中獲取純凈的FeSO47H2O，中應(yīng)采取的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥如何檢驗(yàn)提取FeSO47H2O后的溶液中存在Fe2+取少量剩余溶液于試管中，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象；再加少量氯水，溶液變紅，證明溶液中有Fe2+存在（3）中生成H2TiO3的離子方程式是TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+（4）將TiO2與焦炭混合，通入氯氣在1173K下反應(yīng)

45、，然后將生成的TiCl4與CO分離可制取TiCl4此反應(yīng)中，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比是TiCl4極易水解，利用此性質(zhì)又可制備納米級(jí)二氧化鈦TiO2xH2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl（5）將TiO2 熔于NaF 制成熔融鹽，以石墨為陰極、覆蓋了氧滲透膜的多孔金屬陶瓷涂層為陽極，用如圖2所示電解裝置制取金屬鈦陽極電極反應(yīng)式是H2+O22e=H2O考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 分析：（1）A在化合物里，正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0；B活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價(jià)鍵；C鈦的原子序數(shù)是22；D工業(yè)上在高溫

46、和稀有氣體的保護(hù)下，用鎂和四氯化鈦發(fā)生置換反應(yīng)來制取鈦（2）通過蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、過濾，可得到FeSO4.7H2O；遇KSCN溶液呈血紅色是Fe3+的特征反應(yīng)，根據(jù)Fe3+的特征反應(yīng)先加KSCN溶液，確定是否含有Fe3+；如果沒有Fe3+，根據(jù)氯水的性質(zhì)，再向溶液中加入氯水，觀察溶液的顏色是否變化，從而確定是否含有Fe2+；（3）TiO2+水解生成H2TiO3和H+；（4）發(fā)生反應(yīng)為：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C元素的化合價(jià)升高，Cl元素的化合價(jià)降低；TiCl4水解生成TiO2xH2O和HCl；（5）電解池的陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)解答：解：（1）A氧元素的化合價(jià)是2價(jià)，硫酸

47、根的化合價(jià)是2價(jià)，所以在TiOSO4中鈦元素的化合價(jià)為+4價(jià)，故A正確； BTiO2只含離子鍵，不含共價(jià)鍵，為離子化合物，故B錯(cuò)誤；C鈦的原子序數(shù)是22，位于元素周期表中IVB族，故C錯(cuò)誤；D工業(yè)上在高溫和稀有氣體的保護(hù)下，用鎂和四氯化鈦發(fā)生置換反應(yīng)來制取鈦，同時(shí)生成氯化鎂，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故D正確故答案為：AD；（2）通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，可得到FeSO4.7H2O；Fe2+與KSCN溶液反應(yīng)無血紅色出現(xiàn)，但Fe3+與KSCN反應(yīng)產(chǎn)生血紅色，因此，要證明某溶液中有無Fe2+，則先要在溶液中加入KSCN溶液，沒有出現(xiàn)血紅色，再向其中

48、加入氯水出現(xiàn)血紅色，則證明原溶液中含F(xiàn)e2+，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；取少量剩余溶液于試管中，滴加KSCN溶液無明顯現(xiàn)象；再加少量氯水，溶液變紅，證明溶液中有Fe2+存在；（3）TiO2+水解生成H2TiO3，離子方程式是TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+，故答案為：TiO2+2H2O=H2TiO3+2H+；（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO中，C元素的化合價(jià)升高，則C被氧化，做還原劑，升高4價(jià)，Cl元素的化合價(jià)降低，則Cl2為氧化劑，降低4價(jià)，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1；TiCl4水解生成TiO2xH2O和HCl，化學(xué)方程式是TiCl4

49、+（X+2）H2OTiO2xH2O+4HCl，故答案為：1：1；TiCl4+（X+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；（5）電解池的陽極是氧離子發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，與氫氣結(jié)合生成水，所以電極反應(yīng)式H2+O22e=H2O，故答案為：H2+O22e=H2O點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的分離提純以及電解池的工作原理，題目難度不大，本題注意把握電極反應(yīng)式的書寫，圖中電子的移動(dòng)方向是解答的關(guān)鍵三、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修2：化學(xué)與技術(shù)11化學(xué)鍍是指使用合適的還原劑，使鍍液中的金屬離子還原成金屬而沉積在鍍件表面上的一種鍍覆工藝化學(xué)鍍廣泛用作金屬、塑料、玻璃、陶瓷等許多材料的裝飾和防護(hù)在ABS工程

50、塑料表面進(jìn)行化學(xué)鍍鎳的流程如下：回答下列問題：（1）化學(xué)鍍與電鍍比較，優(yōu)點(diǎn)之一是不需通電（2）鍍件表面用熱堿液清洗的作用是除去鍍件表面油污，鍍件表面粗化的目的是增強(qiáng)親水性及增大接觸面積（3）鍍件浸入AgNO3溶液后，鍍件表面吸附的SnCl2將AgNO3還原生成有催化活性的金屬銀，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2SnCl2+4AgNO34Ag+SnCl4+Sn（NO3）4（4）鍍鎳時(shí)，鍍液中的Ni2+與H2PO2在催化表面上反應(yīng)沉積鎳，同時(shí)生成中強(qiáng)酸H3PO3及與金屬鎳物質(zhì)的量相等的氫氣，該反應(yīng)的離子方程式是2H2O+Ni2+2H2PO2=Ni+H2+2H3PO3（5）化學(xué)鍍某種金屬時(shí)，反應(yīng)時(shí)間與鍍層厚度的

51、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄如表所示：反應(yīng)時(shí)間t/s14916鍍層厚度y/nma2a3a4a由此推斷，鍍層厚度y與反應(yīng)時(shí)間t的關(guān)系式為y=at1/2；欲使鍍層厚度為6anm，需要的反應(yīng)時(shí)間為36s（6）化學(xué)鍍鎳廢液中含有Ni 2+等污染物，需轉(zhuǎn)化為沉淀除去已知25，KspNi（OH）2=2.0×1015若加入堿后使廢液的pH=10，則處理后的廢液中鎳元素的含量為1.2×102mgL1考點(diǎn)：電解原理；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用 分析：（1）化學(xué)鍍不需通電；（2）用熱堿液清洗能除去鍍件表面油污；表面粗化可增大接觸面積；（3）SnCl2與AgNO

52、3反應(yīng)生成銀和四氯化錫和硝酸錫；（4）Ni2+與H2PO2反應(yīng)生成鎳、H3PO3及與金屬鎳物質(zhì)的量相等的氫氣；（5）鍍層厚度y與反應(yīng)時(shí)間t的關(guān)系式為y=at1/2；將鍍層厚度為6anm帶入可得時(shí)間；（6）由c（Ni2+）×c2（OH）=2.0×1015計(jì)算出c（Ni2+）解答：解：（1）化學(xué)鍍不需通電，電鍍需要通電，故答案為：不需通電；（2）用熱堿液清洗能除去鍍件表面油污，鍍件表面粗化可增強(qiáng)親水性及增大接觸面積，故答案為：除去鍍件表面油污；增大接觸面積；（3）SnCl2與AgNO3反應(yīng)生成銀和四氯化錫和硝酸錫，反應(yīng)方程式為2SnCl2+4AgNO34Ag+SnCl4+Sn（

53、NO3）4，故答案為：2SnCl2+4AgNO34Ag+SnCl4+Sn（NO3）4；（4）Ni2+與H2PO2反應(yīng)生成鎳、H3PO3及與金屬鎳物質(zhì)的量相等的氫氣，反應(yīng)的離子方程式是2H2O+Ni2+2H2PO2=Ni+H2+2H3PO3，故答案為：2H2O+Ni2+2H2PO2=Ni+H2+2H3PO3；（5）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可可知鍍層厚度y與反應(yīng)時(shí)間t的關(guān)系式為y=at1/2；將鍍層厚度為6anm帶入，可知t=36s，故答案為：y=at1/2；36s；（6）由c（Ni2+）×c2（OH）=2.0×1015，c（Ni2+）=mol/L=2×107mol/L，即2&#

54、215;107molL1×59gmol1=1.2×105g/L=1.2×102mg/L，故答案為：1.2×102點(diǎn)評(píng)：本題電鍍的制備流程，題目難度中等，本題易錯(cuò)點(diǎn)為（6），注意單位之間的換算四、解答題（共1小題，滿分15分）化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)12X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素X的三個(gè)能級(jí)中排布的電子數(shù)相等；Y基態(tài)原子的未成對(duì)電子數(shù)與能級(jí)數(shù)相等；Z位于X的下兩個(gè)周期，其電離能數(shù)據(jù)分別是：I1=419kJmol1，I2=3051kJmol1，I3=4411kJmol1；W3+的核外電子排布式是Ar3d5回答下列問題：（1）X、Y、Z三種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹CK（2）X的某種氧化物與Y2互為等電子體，寫出該氧化物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式CO，該氧化物所含的化學(xué)鍵類型是共價(jià)鍵（3）YH4+的空間構(gòu)型是正四面體X原子的雜化方式均為sp2、相對(duì)分子質(zhì)量最小的X的氫化物分子式為