云南省高考化学一模试卷（含解析）.doc

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cso2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（）a8种b10种c12种d14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）aabbccdd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2al3h2，分析求解；b、3no2+h2o2hno3+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2al3h2，1mol的铝生成1.5mol的氢气，故a错误；b、3no2+h2o2hno3+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：c6h12o624e+6h2o6co2+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rz，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 0.1moll1h2a溶液中滴加0.1moll1naoh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（）ah2a属于强酸b随着vnaoh（aq）的增大而增大cvnaoh（aq）=20ml时，溶液中存在关系：c（ha）+c（a2）+c（h2a）=0.1moll1dvnaoh（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ph3，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；cvnaoh（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+h2anaha+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ph3，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；cvnaoh（aq）=20ml时，发生反应：naoh+h2anaha+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+h2anaha+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xcuco3ycu（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：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2cuco3cu（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=cuco3cu（oh）2+co2+na2so4（4）已知20时溶解度数据：sca（oh）2=0.16g，sba（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xcuco3ycu（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）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；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xcuco3ycu（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cuco3cu（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xcuco3ycu（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）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；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xcuco3ycu（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：2cuco3cu（oh）2 ；故答案为：2cuco3cu（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cuco3cu（oh）2，结合原子守恒分析书写化学方程式为：2cuso4+2na2co3+h2o=cuco3cu（oh）2+co2+na2so4；故答案为：2cuso4+2na2co3+h2o=cuco3cu（oh）2+co2+na2so4；（4）已知20时溶解度数据：sca（oh）2=0.16g，sba（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（so2cl2）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：so2（g）+cl2（g）+scl2（g）2socl2（g）h1=akjmol1so2cl2+scl2（g）=2socl2（g）h2=bkjmol1ab0则h=（ab）kjmol1（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（so2）=mol/min此温度下，该反应的k=l/mol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，kspagcl=1.81010，kspag2so4=1.4105，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）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；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；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）so2（g）+cl2（g）+scl2（g）2socl2（g）h1=akjmol1so2cl2+scl2（g）=2socl2（g）h2=bkjmol1盖斯定律计算得到：so2（g）+cl2（g）so2cl2（g）h=（ab）kj/mol，故答案为：（ab）；（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）nx nx 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：（2nx）=10：8，x=0.4n，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（so2）=mol/min，故答案为：mol/min；依据结合平衡概念计算，k=l/mol，故答案为：l/mol；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）atioso4中钛元素的化合价为+4价btio2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+2mgti+2mgcl2（2）为了从浸取液中获取纯净的feso47h2o，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feso47h2o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）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tio2xh2o，该反应的化学方程式是ticl4+（x+2）h2otio2xh2o+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+o22e=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tio2xh2o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； btio2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+2mgti+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tio2xh2o和hcl，化学方程式是ticl4+（x+2）h2otio2xh2o+4hcl，故答案为：1：1；ticl4+（x+2）h2otio2xh2o+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+o22e=h2o，故答案为：h2+o22e=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+4agno34ag+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/s14916镀层厚度y/nma2a3a4a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，kspni（oh）2=2.01015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1.2102mgl1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）sncl2与agno3反应生成银和四氯化锡和硝酸锡；（4）ni2+与h2po2反应生成镍、h3po3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=at1/2；将镀层厚度为6anm带入可得时间；（6）由c（ni2+）c2（oh）=2.01015计算出c（ni2+）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；（2）用热碱液清洗能除去镀件表面油污，镀件表面粗化可增强亲水性及增大接触面积，故答案为：除去镀件表面油污；增大接触面积；（3）sncl2与agno3反应生成银和四氯化锡和硝酸锡，反应方程式为2sncl2+4agno34ag+sncl4+sn（no3）4，故答案为：2sncl2+4agno34ag+sncl4+sn（no3）4；（4）ni2+与h2po2反应生成镍、h3po3及与金属镍物质的量相等的氢气，反应的离子方程式是2h2o+ni2+2h2po2=ni+h2+2h3po3，故答案为：2h2o+ni2+2h2po2=ni+h2+2h3po3；（5）根据表中数据可可知镀层厚度y与反应时间t的关系式为y=at1/2；将镀层厚度为6anm带入，可知t=36s，故答案为：y=at1/2；36s；（6）由c（ni2+）c2（oh）=2.01015，c（ni2+）=mol/l=2107mol/l，即2107moll159gmol1=1.2105g/l=1.2102mg/l，故答案为：1.2102点评：本题电镀的制备流程，题目难度中等，本题易错点为（6），注意单位之间的换算四、解答题（共1小题，满分15分）化学-选修3：物质结构与性质12（15分）（2015云南一模）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=419kjmol1，i2=3051kjmol1，i3=4411kjmol1；w3+的核外电子排布式是ar3d5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nck（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co，该氧化物所含的化学键类型是共价键（3）yh4+的空间构型是正四面体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c2h4（4）四种元素可形成化合物z4w（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=6（5）下图b （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g/m3（写出含a的表达式，用na表示阿伏伽德罗常数）考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算分析：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，则x原子的核外电子排布为1s22s22p2，故x为c元素；y基态原子的未成对电子数与能级数相等，其原子序数大于x，则y至少3个能级，且z位于x的下两个周期，四种元素都是前四周期元素，故y只能处于第二周期、x处于第四周期，则y的未成对电子数为3，其核外电子排布为1s22s22p3，即y为n元素；w3+的核外电子排布式是ar3d5，则w原子的价电子排布式为3d64s2，则w为26号fe元素；z处于第三周期，其电离能数据为：i1=419kjmol1，i2=3051kjmol1，i3=4411kjmol1，说明z最外层含有1个电子，原子序数小于fe，则z为k元素，据此进行解答解答：解：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，则x原子的核外电子排布为1s22s22p2，故x为c元素；y基态原子的未成对电子数与能级数相等，其原子序数大于x，则y至少3个能级，且z位于x的下两个周期，四种元素都是前四周期元素，故y只能处于第二周期、x处于第四周期，则y的未成对电子数为3，其核外电子排布为1s22s22p3，即y为n元素；w3+的核外电子排布式是ar3d5，则w原子的价电子排布式为3d64s2，则w为26号fe元素；z处于第三周期，其电离能数据为：i1=419kjmol1，i2=3051kjmol1，i3=4411kjmol1，说明z最外层含有1个电子，原子序数小于fe，则z为k元素，（1）x、y、z分别为：c、n、k，金属元素的电负性小于非金属，同一周期中原子序数越大，电负性越强，则三种元素电负性由大到小的顺序为：nck，故答案为：nck；（2）y2为n2，含有14个电子，x为c元素，c的氧化物与n2为等电子体，该氧化物为co，其结构与氮气相似，所以co的结构式为：co，co为共价化合物，分子中含有共价键，故答案为：co；共价键；（3）yh4+为nh4+，中心原子n原子形成的4个共价键，为sp3杂化，空间构型为正四面体结构；c原子的杂化方式均为sp2，则c形成了2个单键和1个双键，满足条件的相对分子质量最小的x的氢化物为乙烯，分子式为：c2h4，故答案为：正四面体；c2h4；（4）四种元素可形成化