1、四川省自贡市2015届高考化学一诊试卷.一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A明矾可用于水的消毒，杀菌B生石灰、铁粉，硅胶是食品包装中常用的干燥剂C福尔马林可作食品的保鲜剂D二氧化硅可用于制造光导纤维2（6分）下列说法正确的是（）A只含一种分子的物质是纯净物，只含一种元素的物质也是纯净物B酸的分子式中有几个氢就是几元酸C金刚石、石墨、C60互为同素异形体DC、N、O三种元素的第一电离能：CNO；电负性：CNO3（6分）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（） 选项 操作 现象解释或结论 A 过量的Fe粉中加入HNO3，充分反应
2、后，滴加KSCN溶液溶液未呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+ B 将足量盐酸加入到碳酸钠溶液中 有气体生成 氯的非金属性强于碳，故盐醋酸性强于碳酸 C 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH D 向紫色石蕊试液中通入Cl2 溶液先变红后褪色 Cl2有漂白性AABBCCDD4（6分）设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在1L0.1mol/L AlCl3溶液中含有0.1NA个Al3+BNa2O2与足量水反应，每生成0.1molO2转移的电子数为0.2NAC标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.2N
3、AD标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的CCl键的个数为2NA5（6分）下列热化学方程式或离子方程式正确的是（）A用足量的KMnO4溶液吸收SO2气体：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+BCa（ClO）2溶液与Na2SO3溶液混合：Ca2+SO32=CaSO3CNH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH4+2OHNH3+H2OD已知H2的燃烧热H=285.8kjmol1，则用热化学方程式可表示为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=285.8kjmol16（6分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10.1，恒容器闭容器中，发生反应X（g）+Y
4、（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（） t/min 2 47 9 n（Y）mol 0.120.11 0.10 0.10A反应前2min的平均速率x（Z）=2.0103molL1min1B其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大，Z的体积分数减少C其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）D保持其他条件不变，起始时向溶液中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，n（Z）0.24mol7（6分）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
5、（）A某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH）+2c（A2）=c（H+）+c（H2A）B1molL1CH3COONa溶液与0.5molL1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Cl）c（H+）C0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3molL1D物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN）+2c（OH）=2c（H+）+c（NCN）二、解答题（共6小题，满分58分）8（16分）A、B、C、D、E为前四周期中原子序数依次增大的元素，相关的信息如下： 元素 相关
6、信息 A A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数 B B在短周期元素中外围电子具有最多的未成对电子 C 短周期中，C的最高价氧化物对应水化物M碱性最强 D 基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子 E 一种核素的质量数为63，中子数为34请用对应的元素符号回答下列问题：（1）A与氢可形成分子式为A2H4化合物，该分子中存在键与键数目比为，BD3的分子构型（2）A3B4是一种新型材料，它的熔点比金刚石还高，原因是（3）E位于周期表中的位置是，E+的核外电子排布式为，如图为E的某种氧化物的晶胞结构示意图（O为氧），氧的配位数为，若该晶胞的边长为acm，则该氧化物的密度为g/cm
7、3（设阿伏伽德罗常数的值为NA）（4）C的最高价氧化物对应的水化物为M，将一定量的D2通入一定浓度M的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含D元素的离子，其中DO和DO3离子的物质的量之比为2：1，请写出该反应的离子方程式9（6分）25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010HA是（填“强电解质”或“弱电解质”），将含0.1molHA的溶液用NaOH溶液滴定至中性，耗NaOH的物质的量0.1mol（填、=）在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是（填字母）A. B. Cc（H+）与c（OH）的乘积 Dc（OH）10（2分）已知：CH2（g）+H2O（g）=CO（g）+3H
8、2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=247.4kJmol1则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为11（6分）据报道，在一定条件下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，主要产物为NH3，相应的反应方程式为：2N2（g）+6H2O（g）=4NH3（g）+3O2（g）H=Q上述反应的平衡常数表达式为取五份等体积N2和H2O的混合气体（物质的量之比为1：3），分别加入体积相同的恒容器密闭容器中，在温度不相同的情况下发生反应，反应相同时间后，测得氮气的体积分数（N2）与反应温度T的关系曲线
9、如图1所示，则上述反应的Q0（填“”、“”或“=”）若上述反应在有正催化剂的情况下发生，则如图2所示的a、b、c、d四条曲线中，最能表示反应体系能量变化的是（填字母代号）12（14分）某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为两者反应只生成CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者混合后发生双水解，反应完全，生成Cu（OH）2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化，具体操作为：、洗涤、干燥、按图1所示装置进行净化后沉淀物成分的测定实验（1）干燥管里应装入的药品为（选填字母代号）： a碱石灰
10、b无水硫酸铜（2）若只观察到澄清石灰水变浑浊，说明同学判断正确（3）若沉淀物为Cu（OH）2，则观察到的现象是、若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可通过图2所示装置进行定量测定其组成（1）各装置连接顺序为CAE （2）装置C中碱石灰的作用是（3）若沉淀样品的质量为m g，装置B质量增加了n g，则沉淀中Cu（OH）2的质量分数为13（14分）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图1：回答下列问题：（1）钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒的目的是；（2）往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该
11、过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，加入铁屑的作用是；（3）若焦炭足量，写出中发生的化学方程式；（4）依据表中信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可采用方法 TiCl4 SiCl2 熔点/25.068.8 沸点/ 136.457.6（5）成品TiCl4制备TiO2的方法之一是利用TiCl4水解生成TiO2nH2O，再经焙烧制得，请写出TiCl4水解的化学方程式水解时需加入大量的水并加热其原因为（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电
12、解质为熔融的CaCl2，原理如图2所示，阴极的电极反应为四川省自贡市2015届高考化学一诊试卷.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）1（6分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A明矾可用于水的消毒，杀菌B生石灰、铁粉，硅胶是食品包装中常用的干燥剂C福尔马林可作食品的保鲜剂D二氧化硅可用于制造光导纤维考点：盐类水解的应用；硅和二氧化硅；甲醛；气体的净化和干燥 分析：A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能净水；B、铁粉是抗氧化剂；C、福尔马林有毒，不能用作食品的保鲜剂；D、二氧化硅可用于制造光导纤维解答：解：A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而
13、吸附水中的悬浮物而净水，因为没有强氧化性而不能杀菌消毒，故A错误；B、铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，故B错误；C、福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故C错误；D、光导纤维的主要成分为二氧化硅，故D正确故选D点评：本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，注意明确常见物质的组成、结构与性质，熟练掌握基础知识是解答本题的关键2（6分）下列说法正确的是（）A只含一种分子的物质是纯净物，只含一种元素的物质也是纯净物B酸的分子式中有几个氢就是几元酸C金刚石、石墨、C60互为同素异形体DC、N、O三种元素的第一电离能：CNO；电负性：CNO考点：混合物和纯净物；同素异形体；酸、
14、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；元素电离能、电负性的含义及应用 分析：A、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；B、一个酸分子电离出n个氢离子，该酸为n元酸，含氧酸中含几个羟基氢原子则为几元酸，据此解答即可；C、由同种元素组成的不同单质，互称为同素异形体；D、同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但是N存在2p轨道上的半充满状态，据此判断解答：解：A、只含一种元素的物质不一定是纯净物，如氧气和臭氧的混合物中只含有一种元素，属于混合物，故A错误； B、一个酸分子电离出n个氢离子，该酸为n元酸，含氧酸中含几个羟基氢原子则为几元酸，与分子中H原子数目无关，故B错误；C、
15、由同种元素组成的不同单质，互称为同素异形体，金刚石、石墨、C60互均是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D、同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，由于N2p轨道为半饱和状态，较为定，难以失去电子，则C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是NOC，故D错误故选C点评：本题主要考查的是纯净物、混合物的概念，同素异形体的定义等，难度不大3（6分）下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（） 选项 操作 现象解释或结论 A 过量的Fe粉中加入HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液溶液未呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+ B 将足量盐酸加入到碳酸钠溶液中 有气体生成 氯的
16、非金属性强于碳，故盐醋酸性强于碳酸 C 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH D 向紫色石蕊试液中通入Cl2 溶液先变红后褪色 Cl2有漂白性AABBCCDD考点：常见阳离子的检验；氯气的化学性质 分析：A过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和KSCN溶液不反应；B、应通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较元素的非金属性；C、氨气离子和浓的氢氧化钠溶液反应生成氨气；D、氯气本身无漂白性，是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性解答：解：A过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁和KSCN溶液不反应，所以溶液不变红色，故A错误；B、最高价
17、含氧酸的酸性越强，元素的非金属性越强，而Cl元素的最高价含氧酸不是HCl，而是HClO4，故比较Cl和C元素的非金属性，应通过比较HClO4和H2CO3的酸性强弱来分析，即应向碳酸钠溶液中加入HClO4，故B错误；C、铵根离子和浓的氢氧化钠溶液反应生成氨气，所以能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故C正确；D、向紫色石蕊试液中通入Cl2，石蕊先变红后褪色是因为氯气与水反应生成了HCl和HClO的原因，是HClO有漂白性，故D错误故选C点评：本题考查化学实验基本操作和离子的检验，题目难度中等，注意把握实验基本方法以及相关物质的性质4（6分）设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A在1L0.
18、1mol/L AlCl3溶液中含有0.1NA个Al3+BNa2O2与足量水反应，每生成0.1molO2转移的电子数为0.2NAC标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.2NAD标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的CCl键的个数为2NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解；B、过氧化钠与水的反应是歧化反应；C、CO和CO2中均含1个碳原子；D、标况下，四氯化碳为液态解答：解：A、Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液Al3+中的物质的量小于0.1mol，故A错误；B、过氧化钠与水的反应是歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子生
19、成0.5mol氧气，故当生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故B正确；C、标况下，2.24L混合气体的物质的量为0.1mol，而CO和CO2中均含1个碳原子，故0.1mol混合气体中含0.1mol碳原子，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大5（6分）下列热化学方程式或离子方程式正确的是（）A用足量的KMnO4溶液吸收SO2气体：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+BCa（ClO）2溶液与Na2SO3溶液混合：Ca2+SO32=CaSO3CNH4HSO3溶
20、液与足量NaOH溶液共热：NH4+2OHNH3+H2OD已知H2的燃烧热H=285.8kjmol1，则用热化学方程式可表示为：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=285.8kjmol1考点：离子方程式的书写；化学方程式的书写 分析：A高锰酸根离子具有强的氧化性能够氧化二氧化硫；B次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子；C氢氧化钠过量，氨根离子、亚硫酸氢根离子都发生反应；D燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量；解答：解：A用足量的KMnO4溶液吸收SO2气体，二者发生氧化还原反应，离子方程式：2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+
21、，故A正确；BCa（ClO）2溶液与Na2SO3溶液混合：Ca2+2ClO+2SO32=CaSO4+SO42+2Cl，故B错误；CNH4HSO3溶液与足量NaOH溶液共热：NH4+HSO3+2OHNH3+H2O+SO32，故C错误；D气态水不是稳定氧化物，则表示燃烧热的热化学方程式可表示为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式、燃烧热的热化学方程式的书写，明确反应实质、燃烧热概念是解题关键，题目难度不大6（6分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10.1，恒容器闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）
22、H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（） t/min 2 47 9 n（Y）mol 0.120.11 0.10 0.10A反应前2min的平均速率x（Z）=2.0103molL1min1B其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大，Z的体积分数减少C其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）D保持其他条件不变，起始时向溶液中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，n（Z）0.24mol考点：化学平衡的计算 分析：A根据v=进行计算；B向平衡体系中再充入0
23、.16mol气体X，平衡正向移动；C该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动；D保持其他条件不变，起始时向溶液中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，投料比与原来相等，由于反应前后气体的体积相等，故新平衡与原平衡为等效平衡解答：解：A2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，故生成Z的物质的量为0.08mol，故v（Z）=4.0103molL1min1，故A错误；B其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol气体X，故X的体积分数增大，平衡正向移动，故气体Y的转化率增大；由于冲入气体X，故气体的总的物质的量增大，故Z的体积分数减少，故B正确；C该
24、反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故C错误；D保持其他条件不变，起始时向溶液中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，投料比与原来相等，由于反应前后气体的体积相等，故新平衡与原平衡为等效平衡，故到达平衡时，n（Z）=0.08mol=0.24mol，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应速率的计算、化学平衡的影响因素、等效平衡等知识，难度中等注意D选项中等效平衡的判断7（6分）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH）+2c（A2）=c（H+）+c（H2A）B1molL1CH3COONa溶
25、液与0.5molL1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Cl）c（H+）C0.1molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3molL1D物质的量浓度相等的HCN溶液和NaCN溶液等体积混合后的溶液中：c（CN）+2c（OH）=2c（H+）+c（NCN）考点：离子浓度大小的比较 分析：A、由电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），由物料守恒得c（Na+）=c（HA）+c（A2）+c（H2A），由此分析解答；B、混合溶液中存在等物质的量浓度的CH3COONa、CH3CO
26、OH和NaCl，醋酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，根据物料守恒，分析解答；C、NH4+、Fe2+均发生水解，所以（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）0.3 molL1；D、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CN）+c（OH），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CN）+c（HCN），综合分析解答解答：解：A、由电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），由物料守恒得c（Na+）=c（HA）+c（A2）+c（H2A），处理得c（OH）+c（A2）=c（H+）+c（H2A），故A错误；B、混合溶液中存在等物质的量浓度的CH3COONa、CH3
27、COOH和NaCl，醋酸的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，根据物料守恒得c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故B错误；C、NH4+、Fe2+均发生水解，所以（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）0.3 molL1，故C错误；D、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CN）+c（OH），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CN）+c（HCN），所以得c（CN）+2c（OH）=2c（H+）+c（HCN），故D正确；故选：D点评：本题考查了盐类的水解和电离，根据溶液的酸碱性确定酸式酸根离子的电离和水解程度大小，难度不大二、解答题（共6小题，满分58分）8（16
28、分）A、B、C、D、E为前四周期中原子序数依次增大的元素，相关的信息如下： 元素 相关信息 A A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数 B B在短周期元素中外围电子具有最多的未成对电子 C 短周期中，C的最高价氧化物对应水化物M碱性最强 D 基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子 E 一种核素的质量数为63，中子数为34请用对应的元素符号回答下列问题：（1）A与氢可形成分子式为A2H4化合物，该分子中存在键与键数目比为5：1，BD3的分子构型三角锥形（2）A3B4是一种新型材料，它的熔点比金刚石还高，原因是由于N原子半径小于C原子半径，所以CN键的键长短于CC键，所以CN
29、键的键能更大（3）E位于周期表中的位置是第四周期第IB族，E+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，如图为E的某种氧化物的晶胞结构示意图（O为氧），氧的配位数为4，若该晶胞的边长为acm，则该氧化物的密度为g/cm3（设阿伏伽德罗常数的值为NA）（4）C的最高价氧化物对应的水化物为M，将一定量的D2通入一定浓度M的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含D元素的离子，其中DO和DO3离子的物质的量之比为2：1，请写出该反应的离子方程式5Cl2+10OH=7Cl+2ClO+ClO3+5H2O考点：位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算 分析：A、B、C、D、E为前四周期
30、中原子序数依次增大的元素，A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数，则核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；短周期中，C的最高价氧化物对应水化物M碱性最强，C的金属性最强，则C为Na，M为NaOH；B在短周期元素中外围电子具有最多的未成对电子，外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Na，故B为N元素；D基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子，则核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E的质子数为6334=29，则E为Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E为前四周期中原子序数依次增大的元素，
31、A元素原子核外只有三个能级，且每个能级上含有相等的电子数，则核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；短周期中，C的最高价氧化物对应水化物M碱性最强，C的金属性最强，则C为Na，M为NaOH；B在短周期元素中外围电子具有最多的未成对电子，外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Na，故B为N元素；D基态原子第三能层上有7种运动状态不同的电子，则核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为63，中子数为34，则E的质子数为6334=29，则E为Cu元素（1）A与氢可形成一种分子为C2H4，分子中存在1个C=C、4个CH，单键为键，双键含有1键、键数，
32、故乙烯分子中含有5个键、1个键，分子中键和键数目比为5：1，NCl3分子中N原子价层电子对数为3+=4，含有1对孤对电子，其空间构型为三角锥形，故答案为：5：1；三角锥形；（2）C3N4是一种新型材料，与金刚石均为原子晶体，由于N原子半径小于C原子半径，所以CN键的键长短于CC键，所以CN键的键能更大，C3N4的沸点高于金刚石，故答案为：由于N原子半径小于C原子半径，所以CN键的键长短于CC键，所以CN键的键能更大；（3）E的质子数为6334=29，为Cu元素，位于周期表中第四周期第IB族；Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10；由E的某种氧化物的晶胞结构可知，O原子
33、与周围的4个Cu原子形成正四面体，氧的配位数为4，若该晶胞的边长为acm，晶胞体积为（acm）3，晶胞中有4个Cu原子、O原子数目为1+8=2，故晶胞质量为g，故该氧化物的密度为g（acm）3=g/cm3，故答案为：第四周期第IB族；1s22s22p63s23p63d10；4；（4）C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，将一定量的Cl2通入一定浓度NaOH的水溶液中，两者恰好完全反应时，生成物中有三种含Cl元素的离子，ClO、ClO3的物质的量之比为2：1，根据电子转移守恒可知还生成Cl，反应离子方程式为：5Cl2+10OH=7Cl+2ClO+ClO3+5H2O，故答案为：5Cl2+10OH
34、=7Cl+2ClO+ClO3+5H2O点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、化学键、分子结构、晶胞结构与计算、晶体类型与性质等，需要学生晶胞扎实的基础，理解掌握物质熔点高低比较，难度中等9（6分）25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010HA是弱电解质（填“强电解质”或“弱电解质”），将含0.1molHA的溶液用NaOH溶液滴定至中性，耗NaOH的物质的量0.1mol（填、=）在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是AD（填字母）A. B. Cc（H+）与c（OH）的乘积 Dc（OH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和弱电解质的概念 分析：25时，0.1m
35、ol/L的HA溶液中=1010，则c（H+）=1.0102mol/L，c（OH）=1.01012mol/L，说明HA是弱酸，NaA溶液显碱性，加水稀释HA溶液，促进HA电离平衡正向移动，水的离子积常数只受温度影响，据此分析解答：解：25时，0.1mol/L的HA溶液中=1010，则c（H+）=1.0102mol/L，c（OH）=1.01012mol/L，说明HA是弱酸，NaA溶液显碱性，将含0.1molHA的溶液用NaOH溶液滴定至中性，耗NaOH的物质的量小于0.1mol，故答案为：弱电解质；加水稀释HA溶液，促进HA电离平衡正向移动，n（H+）和n（A）增大，n（HA）减小，水的离子积常数
36、只受温度影响，A、n（H+）和n（A）增大，n（HA）减小，所以增大，故A正确；B、n（H+）和n（A）增大，n（HA）减小，所以减小，故B错误；C、水的离子积常数只受温度影响，c（H+）与c（OH）的乘积不变，故C错误；D、弱酸HA加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D正确；故答案为：AD点评：本题考查了弱电解质判断、盐类水解、弱酸加水稀释时离子浓度的变化，注意水的离子积只受温度影响，难度不大10（2分）已知：CH2（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=247.4kJmol
37、1则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+2 H2O（g）CO2（g）+4 H2（g） H=+659.8 kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算 分析：已知：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=247.4kJmol1结合盖斯定律2得CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H解答：解：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=
38、247.4kJmol1结合盖斯定律2得到CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1点评：本题考查了盖斯定律计算和热化学方程式书写方法，掌握基础是关键，题目较简单11（6分）据报道，在一定条件下，N2在掺有少量氧化铁的二氧化钛催化剂表面能与水发生反应，主要产物为NH3，相应的反应方程式为：2N2（g）+6H2O（g）=4NH3（g）+3O2（g）H=Q上述反应的平衡常数表达式为取五份等
39、体积N2和H2O的混合气体（物质的量之比为1：3），分别加入体积相同的恒容器密闭容器中，在温度不相同的情况下发生反应，反应相同时间后，测得氮气的体积分数（N2）与反应温度T的关系曲线如图1所示，则上述反应的Q0（填“”、“”或“=”）若上述反应在有正催化剂的情况下发生，则如图2所示的a、b、c、d四条曲线中，最能表示反应体系能量变化的是d（填字母代号）考点：化学平衡常数的含义；化学反应的能量变化规律；反应热和焓变 分析：（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）曲线的变化先增大后变小我们知道温度升高反应速率加快在此题中，反应相同时间，低温下的两点是未达到平衡的两点，随温
40、度的升高，氮气的体积分数随温度升高而变大，曲线的最高点是某温度下达到平衡的点，之后的两点，皆是平衡后的氮气的体积分数，且随温度升高而降低，则生成氨气的反应是放热反应；（3）反应是放热反应，使用催化剂可以降低反应的活化能解答：解：（1）上述反应的平衡常数表达式为：K=，故答案为：；（2）曲线的变化先增大后变小我们知道温度升高反应速率加快在此题中，反应相同时间，低温下的两点是未达到平衡的两点，随温度的升高，氮气的体积分数随温度升高而变大，曲线的最高点是某温度下达到平衡的点，之后的两点，皆是平衡后的氮气的体积分数，且随温度升高而降低，则生成氨气的反应是放热反应，即此反应的正反应为放热反应，即Q0，故
41、答案为：；（3）根据（2）的结论，反应是放热反应，应从c、d曲线中找答案，使用催化剂可以降低反应的活化能，因此应该选d，故答案为：d点评：本题以人工固氮为载体来考查化学平衡常数、化学反应的热效应、活化能，有一定的综合性，难度中等12（14分）某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀甲同学认为两者反应只生成CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者混合后发生双水解，反应完全，生成Cu（OH）2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化，具体操作为：过滤、洗涤、干燥、按图1所示装置进行净化后沉淀物成分的测定
42、实验（1）干燥管里应装入的药品为（选填字母代号）：b a碱石灰 b无水硫酸铜（2）若只观察到澄清石灰水变浑浊，说明甲同学判断正确（3）若沉淀物为Cu（OH）2，则观察到的现象是干燥管中无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水无变化、若CuCO3和Cu（OH）2两者都有，可通过图2所示装置进行定量测定其组成（1）各装置连接顺序为CABDE （2）装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸汽（3）若沉淀样品的质量为m g，装置B质量增加了n g，则沉淀中Cu（OH）2的质量分数为100%考点：探究物质的组成或测量物质的含量；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：实验探究和数据处理题分析：沉淀从溶液中分离出的
43、实验操作是过滤、洗涤、干燥；、（1）图1中干燥管是检验沉淀加热分解后产物中是否含有水蒸气，选择无水硫酸铜检验是否生成水来确定是否含有氢氧化铜；（2）若只观察到澄清石灰水变浑浊，干燥管无变蓝现象，说明沉淀是碳酸铜；（3）若沉淀物为Cu（OH）2，加热分解生成氧化铜和水，干燥管中的无水硫酸铜变蓝色说明是含有氢氧化铜；、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收；根据质量的增加值计算碳酸铜和氢氧化铜的质量，得到氢氧化铜的质量分数；解答：解：将沉淀
44、从溶液中分离并净化的操作是过滤洗涤，干燥得到沉淀；故答案为：过滤；、（1）图1中干燥管是检验沉淀加热分解后产物中是否含有水蒸气，选择无水硫酸铜检验是否生成水来确定是否含有氢氧化铜；故答案为：b； （2）若只观察到澄清石灰水变浑浊，干燥管无变蓝现象，说明生成二氧化碳，无水生成，证明沉淀是碳酸铜，甲推断正确；故答案为：甲；（3）若沉淀物为Cu（OH）2，受热分解生成固体氧化铜和水蒸气，则观察到的现象是干燥管中的无水硫酸铜变蓝色，石灰水不变浑浊；故答案为：干燥管中无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水无变化；、（1）若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水
45、，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为C A B E D（或C A B D E），故答案为：C A B E D（或C A B D E）；（2）为保证样品加热分解生成的二氧化碳和水蒸气完全被吸收，应通入空气，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，应先通过盛有碱石灰的装置C，反应结束后，为防止空气的中二氧化碳和水蒸气被吸收，应在装置的后面连接盛有碱石灰的干燥管，故答案为：吸收空气中的H2O 蒸汽和CO2；（3）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，应为水的质量，发生：Cu（OH）2CuO+H2O，Cu（OH
46、）2CuO+H2O98g 18gm（Cu（OH）2） ngm（Cu（OH）2）=g，m（CuCO3）=mgg，（Cu（OH）2）=100%=100%；故答案为：100%；点评：本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析应用，物质性质的熟练掌握和实验基本操作是解题关键，题目难度中等13（14分）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图1：回答下列问题：（1）钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒的目的是增大接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；（2）往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下
47、反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，保护Fe2+不被氧化；（3）若焦炭足量，写出中发生的化学方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；（4）依据表中信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可采用蒸馏方法 TiCl4 SiCl2 熔点/25.068.8 沸点/ 136.457.6（5）成品TiCl4制备TiO2的方法之一是利用TiCl4水解生成TiO2nH2O，再经焙烧制得，请写出TiCl4水解的化学方程式TiCl4+（2+n）H2O=TiO2nH2O+4HCl水解时
48、需加入大量的水并加热其原因为加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图2所示，阴极的电极反应为TiO2+4e=Ti+2O2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等，中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，通过一系列
49、过程得到绿矾FeSO4.7H2O和含有TiO2+溶液，将溶液处理得到TiO2nH2O，将粗TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4，发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，得到的废气是SO2，（1）反应物接触面积越大，反应速率越快；（2）往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化；（3）若焦炭足量，根据反应物、生成物、反应条件书写方程式；（4）熔沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离；（5）TiCl4水
50、解生成TiO2nH2O，同时生成HCl；水解是吸热反应，升高温度促进水解；（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2，TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，阴极上TiO2得电子发生还原反应解答：解：钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等，中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，通过一系列过程得到绿矾FeSO4.7H2O和含有TiO2+溶液，将溶液处理得到TiO2nH2O，将粗
51、TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4，发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，得到的废气是SO2，（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒的目的增大反应物接触面积，加快反应速率，从而提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；（2）往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2 Fe3+Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2+2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化，所以加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，保护Fe2+不被氧化，故答案
52、为：使Fe3+还原为Fe2+，保护Fe2+不被氧化；（3）根据以上分析知，若焦炭足量，C作还原剂、氯气作氧化剂，反应生成四氯化钛、CO，反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；（4）熔沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，二者熔沸点不同且互溶，可以采用蒸馏方法分离，故答案为：蒸馏；（5）TiCl4水解生成TiO2nH2O，同时生成HCl，水解方程式为TiCl4+（2+n）H2O=TiO2nH2O+4HCl；水解是吸热反应，且升高温度促进HCl挥发，加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全，故答案为：TiCl4+（2+n）H2O=TiO2nH2O+4HCl；加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全；（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2，TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，阴极上TiO2得电子发生还原反应，电极反应式为TiO2+4e=Ti+2O2，故答案为：TiO2+4e=Ti+2O2点评：本题考查物质的分离和提纯综合应用，为2015届高考高频点，涉及电解原理、盐类水解、反应速率的影响因素、氧化还原反应等知识点，综合性较强，明确流程图每一步发生的反应，熟练掌握基本原理即可解答，题目难度中等