高考化学模拟试卷 (36)

2016年山东省济宁市邹城一中高考化学模拟试卷（4月份）一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2014•通州区二模）下列说法中，正确的是（）A．气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述B．“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂D．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的2．（6分）（2016•邹城市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中的反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）═Cr2O72﹣（aq）+H2O（1）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．转化过程中，增大c（H+），平衡向正反应方向移动，CrO42﹣的转化率提高B．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5C．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4g D．常温下转化反应的平衡常数K=104，则转化后所得溶液的pH=13．（6分）（2016•邹城市校级模拟）对二甲苯（PX ）是生产矿泉水瓶（聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：下列有关说法错误的是（）A．PTA是该反应的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反应即可生产PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反应消耗1molPX，共转移12N A个电子（N A为阿伏加德罗常数）+NH2S5．（6分）（2016•邯郸一模）设N A为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3，转移的电子数为N AB．14g分子式为C n H2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2N AC．室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.2N AD．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2N A6．（6分）（2016•邹城市校级模拟）如图装置（Ⅰ）为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池充放电的化学方程式为；2K2S2+KI3K2S4+3KI，装置（Ⅱ）为电解池的示意图当闭合开关K时，X附近溶液先变红．则下列说法正确的是（）A．闭合K时，K十从左到右通过离子交换膜B．闭合K时，A的电极反应式为：3I﹣﹣2e﹣═I2﹣C．闭合K时，X的电极反应式为：2CI﹣﹣2e﹣═Cl2↑个D．闭合K时，当有0.1mo1K+通过离子交换膜，X电极上产生标准状况下气体2.24L 7．（6分）（2016•邹城市校级模拟）工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液（主要成分是NaClO ），室温下将Cl2缓缓通入NaOH溶液中，得到ClO﹣、ClO3﹣的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A．HClO具有强氧化性，而NaClO没有氧化性B．向漂白液中加入足量浓盐酸可增强漂白效果C．无法求出a点时的溶液中，c（Na+）和c（Cl﹣）的比值D．t2到t4，n（ClO﹣）下降的原因可能是：3ClO ﹣═2Cl﹣+ClO3﹣三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题～第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（14分）（2016•邹城市校级模拟）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气的排放是造成雾霾天气的重要原因之一．已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H1=a kJ•mol﹣1②CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H2=c kJ•mol﹣1③2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H3请回答下列问题：（1）△H3=kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．（2）对于有气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应①的平衡常数表达式Kp=．（3）能说明反应③已达平衡状态的标志是（填字母）．A．单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了lmol COB．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变（4）在一定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中充入一定量的NO和CO，发生反应③．在t1时刻达到平衡，此时n（CO）=xmol，n（NO）=2xmol，n（N2）=ymol，则NO 的平衡转化率为（用含x、y的代数式表示）；再向容器中充入ymolCO2和xmolNO，则此时v（正）（填“＞”、“＜”或“=”）v（逆）．（5）烟气中也含有氮氧化物，C2H4可用于烟气脱硝．为研究温度、催化剂中Cu2+负载量对NO去除率的影响，控制其它条件一定，实验结果如图所示．为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度约为，Cu2+负载量为．9．（14分）（2016•邹城市校级模拟）某课题小组研究“铁及其化合物性质”时，向FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象．再滴加H2O2溶液时，发现：随着H2O2量的增加，溶液先变红，后褪色，并有气泡产生．为弄清楚产生这种异常现象的原因，他们进行了如下探究．[提出假设]假设一：产生的气体可能是O2．假设二：产生的气体可能是N2、SO2、CO2等气体．（1 ）请写出H2O2氧化FeSO4的离子方程式．[实验设计]为验证假设二是否成立，课题小组设计如下实验来验证气体成分．所用试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、KSCN 溶液、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水、NaOH溶液等．（4 ）根据题目中所给的信息及实验推断出物质还原性的强弱顺序：Fe2+SCN﹣（填“＞”或“＜”），理由是．2﹣2的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出．该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法．I．氧化浸出（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有SO42﹣生成．①该反应的离子方程式为．②该反应在25﹣50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为．．Ⅱ，配位浸出反应原理为：CuFeS2+NH3•H20+O2+OH﹣→Cu（NH3）42++Fe2O3+SO42﹣+H20（未配平）（2）为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有（至少写出两点）．（3）为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4C1，构成NH3．H2O﹣NH4Cl缓冲溶液．某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25℃时，向amol．L﹣l的氨水中缓慢加入等体积0.02mol．L﹣l的NH4C1溶液，平衡时溶液呈中性．则NH3．H2O的电离常数K b=_（用含a的代数式表示）；滴加NH4C1溶液的过程中水的电离平衡（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．Ⅲ，生物浸出在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示．（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有（填化学式），微生物参与的离子反应方程式为（任写一个）．（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2molSO42﹣生成时，理论上消耗O2的物质的量为．（二）选考题【化学选修3：物质结构与性质】11．（15分）（2016•邯郸一模）新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向．（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．①基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为．②LiBH4由Li+和BH4﹣构成，BH4﹣的立体结构是，B原子的杂化轨道类型是．Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为．（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．①LiH中，离子半径Li+H﹣（填“＞”、“=”或“＜”）．②某储氢材料是第三周期金属（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H﹣的半径为，NaH的理论密度是g•cm﹣3（只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A）2016年山东省济宁市邹城一中高考化学模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）（2014•通州区二模）下列说法中，正确的是（）A．气象环境报告中新增的“PM2.5”是对一种新分子的描述B．“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C．小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，苏打是治疗胃酸过多的一种药剂D．乙醇、过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的【解答】解：A、PM2.5是指直径小于或等于2.5um的颗粒物，不是一种新分子，故A错误；B、“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故B正确；C、小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是医疗上治疗胃酸过多症的一种药剂，故C错误；D、乙醇不具有强氧化性，乙醇能使蛋白质发生变性，故D错误；故选B．2．（6分）（2016•邹城市校级模拟）还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72﹣和CrO42﹣）工业废水的常用方法，过程如下：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓己知转化过程中的反应为：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）═Cr2O72﹣（aq）+H2O（1）．转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，CrO42﹣有10/11转化为Cr2O72﹣．下列说法不正确的是（）A．转化过程中，增大c（H+），平衡向正反应方向移动，CrO42﹣的转化率提高B．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，应调溶液的pH=5C．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，至少需要917.4gD．常温下转化反应的平衡常数K=104，则转化后所得溶液的pH=1【解答】解：转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g/L，则1L废水中n（Cr）==0.55mol，A．存在平衡：2CrO42﹣（aq）+2H+（aq）═Cr2O72﹣（aq）+H2O（1），氢离子浓度增大，平衡正向进行，CrO42﹣的转化率提高，故A正确；B．常温下K sp[Cr（OH）3]=1×10﹣32，要使处理后废水中c（Cr3+）降至1×10﹣5mol/L，则c（Cr3+）×c3（OH﹣）=1×10﹣32，c（OH﹣）=1×10﹣9mol/L，pH=5，故B正确．C．若用绿矾（FeSO4•7H2O）（M=278）作还原剂，处理1L废水，设需要xmolFeSO4•7H2O，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知0.55×（6﹣3）=x×（3﹣2），x=1.65，m（FeSO4•7H2O）=1.65mol×278g/mol=458.7g，故C错误；D．1L废水中n（Cr）==0.55mol，CrO42﹣有转化为Cr2O72﹣，则酸化后c（CrO42﹣）=0.55mol/L×（1﹣）=0.05mol/L，c（Cr2O72﹣）=0.55mol/L××=0.25mol/L，常温下转换反应的平衡常数K=1×104，则=1×104，c（H+）=0.1mol/L，所以pH=1，故D正确；故选C．3．（6分）（2016•邹城市校级模拟）对二甲苯（PX ）是生产矿泉水瓶（聚对苯二甲酸乙二酯，简称PET）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：下列有关说法错误的是（）A．PTA是该反应的氧化产物B．PTA与乙二醇通过加聚反应即可生产PET塑料C．PX分子含有苯环的同分异构体还有3种D．该反应消耗1molPX，共转移12N A个电子（N A为阿伏加德罗常数）【解答】解：A．反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确；B．PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间不能发生加聚反应，故B错误；C．取代基可以是甲基或乙基，二甲苯有邻间对三种，乙苯有一种，含有苯环的同分异构体还有3 种，故C正确；D．反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转移5个电子，则1molPX反应消耗molMnO4﹣，共转移12N A个电子，故D正确；故选B．+NH2S【解答】解：A．溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，2AgI（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S （s）+2I﹣（aq），溶解度AgI＞Ag2S，故A错误；B．物质的能量越高，该物质越不稳定，C（s．石墨）═C（s．金刚石）△H＞0，石墨的能量小于金刚石，所以稳定性石墨＞金刚石，故B错误；C．同一氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为﹣3价，则亚铁离子是还原剂、铵根离子是还原产物，则还原性：Fe2+＞NH4+，但转移电子不守恒，离子方程式为8Fe2++10H++NO3﹣=8Fe3++NH4++3H2O，故C错误；D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据方程式知，氯气能将Fe氧化为高价态、S能将Fe氧化为低价态，所以氯气氧化性大于S，故D正确；故选D．5．（6分）（2016•邯郸一模）设N A为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg2N3，转移的电子数为N AB．14g分子式为C n H2n的链烃中含有的C﹣H键的数目为2N AC．室温时，1.0LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.2N AD．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2N A【解答】解：A．MgO和Mg3N2的混合物中镁的化合价都为+2价，1mol镁变成镁离子生成2mol电子，共失去2N A个电子，故A错误；B.14g分子式为C n H2n的链烃中含有氢原子个数为2mol，含有C﹣H键的数目为2N A，故B 正确；C．常温下，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，1L该溶液中含有0.1mol氢氧根离子，含有的OH﹣数目为0.1N A，故C错误；D．气体状况未知，Vm不确定，无法计算氢气的物质的量，无法计算转移电子数，故D错误；故选：B．6．（6分）（2016•邹城市校级模拟）如图装置（Ⅰ）为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K+通过，该电池充放电的化学方程式为；2K2S2+KI3K2S4+3KI，装置（Ⅱ）为电解池的示意图当闭合开关K时，X附近溶液先变红．则下列说法正确的是（）A．闭合K时，K十从左到右通过离子交换膜B．闭合K时，A的电极反应式为：3I﹣﹣2e﹣═I2﹣C．闭合K时，X的电极反应式为：2CI﹣﹣2e﹣═Cl2↑个D．闭合K时，当有0.1mo1K+通过离子交换膜，X电极上产生标准状况下气体2.24L【解答】解：当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极．A．原电池工作时，阳离子向正极移动，应从左到右通过离子交换膜，故A正确；B．A为原电池的负极，电极反应式为2K2S2﹣2e﹣═K2S4+2K+，故B错误；C．X为电解池的阴极，发生反应为：2H2O+2e﹣=H2+2OH﹣，故C错误；D．当有0.1mo1K+通过离子交换膜，即当电极Y有0.1mole﹣转移时，根据2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑知产生0.05molCl2，体积是1.12L，故D错误；故选A．7．（6分）（2016•邹城市校级模拟）工业上将Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液（主要成分是NaClO ），室温下将Cl2缓缓通入NaOH溶液中，得到ClO﹣、ClO3﹣的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A．HClO具有强氧化性，而NaClO没有氧化性B．向漂白液中加入足量浓盐酸可增强漂白效果C．无法求出a点时的溶液中，c（Na+）和c（Cl﹣）的比值D．t2到t4，n（ClO﹣）下降的原因可能是：3ClO ﹣═2Cl﹣+ClO3﹣【解答】解：A、HClO、ClO﹣其中的l为+1价，都具有强氧化性，即NaClO有氧化性，故A错误；B、向漂白液中加入足量浓盐酸，会发生反应Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，不会增强漂白效果，故B错误；C、a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO﹣与ClO3﹣物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为：4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O，c（Na+）和c（Cl﹣）的比值为：4：3，故C错误；D、由图可知，ClO3﹣浓度增大，ClO﹣浓度减小，结合电子转移守恒，可能是ClO﹣发生歧化反应：3ClO﹣=2Cl﹣+ClO3﹣，故D正确．故选D．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题～第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题8．（14分）（2016•邹城市校级模拟）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气的排放是造成雾霾天气的重要原因之一．已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H1=a kJ•mol﹣1②CO（g）+O2（g）⇌CO2（g）△H2=c kJ•mol﹣1③2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H3请回答下列问题：（1）△H3=2b﹣a kJ•mol﹣1（用含a、b的代数式表示）．（2）对于有气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应①的平衡常数表达式Kp=．（3）能说明反应③已达平衡状态的标志是CD（填字母）．A．单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了lmol COB．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变（4）在一定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中充入一定量的NO和CO，发生反应③．在t1时刻达到平衡，此时n（CO）=xmol，n（NO）=2xmol，n（N2）=ymol，则NO的平衡转化率为（用含x、y的代数式表示）；再向容器中充入ymolCO2和xmolNO，则此时v（正）=（填“＞”、“＜”或“=”）v（逆）．（5）烟气中也含有氮氧化物，C2H4可用于烟气脱硝．为研究温度、催化剂中Cu2+负载量对NO去除率的影响，控制其它条件一定，实验结果如图所示．为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度约为350℃，Cu2+负载量为3%．【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应②×2﹣①即得，确定反应④2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H4=（2b﹣a）KJ/mol，故答案为：2b﹣a；（（14分），每空2分）（2）根据反应①的方程式得出K p=，故答案为：；（3）A．单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了lmol CO，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故错误；B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度一直保持不变，故错误；C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明体系温度不变，正逆反应速率相等，故正确；D．在恒温恒压的容器中，NO的体积分数保持不变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；故选CD；（4）2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）起始量：（x+2y）mol （2x+2y）mol 0 0变化量：2ymol 2ymol ymol 2ymol平衡量：xmol 2xmol ymol 2ymol所以NO的平衡转化率为=，Q===K，所以平衡不移动，v（正）=v（逆），故答案为：；=；（5）满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度，由图可知，适合条件为350℃、负载率3%，故答案为：350℃、负载率3%．9．（14分）（2016•邹城市校级模拟）某课题小组研究“铁及其化合物性质”时，向FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象．再滴加H2O2溶液时，发现：随着H2O2量的增加，溶液先变红，后褪色，并有气泡产生．为弄清楚产生这种异常现象的原因，他们进行了如下探究．[提出假设]假设一：产生的气体可能是O2．假设二：产生的气体可能是N2、SO2、CO2等气体．（1 ）请写出H2O2氧化FeSO4的离子方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．[实验设计]为验证假设二是否成立，课题小组设计如下实验来验证气体成分．所用试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、KSCN 溶液、品红溶液、酸性高锰酸钾溶液、澄清石灰水、NaOH溶液等．（4 ）根据题目中所给的信息及实验推断出物质还原性的强弱顺序：Fe2+＞SCN﹣（填“＞”或“＜”），理由是向FeCl2和KSCN混合液中加入少量双氧水，溶液先变红，说明双氧水优先氧化Fe2+．2﹣【解答】解：（1）FeSO4溶液中滴加双氧水，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；[实验设计]（2）二氧化硫能使品红褪色，二氧化碳不能，FeSO4溶液中滴加少量KSCN溶液，无明显现象．再滴加H2O2溶液时，发现：随着H2O2量的增加，溶液先变红，后褪色，并有气泡产生，气泡可能为二氧化硫、二氧化碳，A试管检验二氧化硫，所以试管A中盛有品红溶液，当品红溶液褪色，证明气体中含有SO2，故答案为：品红溶液；品红溶液褪色；（3）二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫气体发生氧化还原反应，高锰酸钾被还原为硫酸锰，反应为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O=2Mn2++5SO42﹣+4H+，所以当紫色酸性高锰酸钾溶液颜色不变或变浅，说明二氧化硫被吸收，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，所以试管C中澄清石灰水变浑浊，证明气体中含有CO2，故答案为：紫色酸性高锰酸钾溶液颜色不变或变浅；澄清石灰水变浑浊；（4）铁离子和硫氰根离子反应生成络合物为血红色，向FeCl2和KSCN混合液中加入少量双氧水，溶液先变红，说明有三价铁离子存在，说明双氧水优先氧化Fe2+，故答案为：＞；向FeCl2和KSCN混合液中加入少量双氧水，溶液先变红，说明双氧水优先氧化Fe2+；（5）硫酸根离子和钡离子能形成白色沉淀，所以取烧瓶中褪色后的溶液少许，加盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊，说明该反应生成了硫酸根离子，10．（15分）（2016•邹城市校级模拟）我国产铜主要取自黄铜矿（CuFeS2），随着矿石品味的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出．该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法．I．氧化浸出（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有SO42﹣生成．①该反应的离子方程式为2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42﹣+18H2O．②该反应在25﹣50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为H2O2受热分解．．Ⅱ，配位浸出反应原理为：CuFeS2+NH3•H20+O2+OH﹣→Cu（NH3）42++Fe2O3+SO42﹣+H20（未配平）（2）为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有提高氨水的浓度、提高氧压（至少写出两点）．（3）为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4C1，构成NH3．H2O﹣NH4Cl缓冲溶液．某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25℃时，向amol．L﹣l的氨水中缓慢加入等体积0.02mol．L﹣l的NH4C1溶液，平衡时溶液呈中性．则NH3．H2O的电离常数K b=_（用含a的代数式表示）；滴加NH4C1溶液的过程中水的电离平衡正向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．Ⅲ，生物浸出在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示．（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有Fe2（SO4）3、H2SO4（填化学式），微生物参与的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O（任写一个）．（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2molSO42﹣生成时，理论上消耗O2的物质的量为 4.25 mol．【解答】解：（1）①双氧水将黄铜矿氧化得到硫酸根和三价铁，离子方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42﹣+18H2O，故答案为：2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42﹣+18H2O；②H2O2受热易分解，产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解，故答案为：H2O2受热分解；产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解等；（2）增大一种反应物的浓度，可提高另一种反应物的转化率，可提高氨水的浓度、提高氧压，故答案为：提高氨水的浓度、提高氧压；（3）在25℃下，氨水微弱电离，浓度约为0.5a，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，则c（NH4+）=c（Cl﹣）=0.01mol/L，NH3•H2O的电离常数K b===；铵根能与氢氧根结合，促进水的电离，则水的电离平衡向正方向移动；故答案为：；正向；（4）由图知Fe2（SO4）3、H2SO4是中间产物，可循环使用，离子反应方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，故答案为：Fe2（SO4）3、H2SO4；4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；（5）铁元素最终全部转化为Fe3+，硫元素转化为硫酸根，当有2mol SO42﹣生成时，失去电子工17mol，消耗O2的物质的量为mol=4.25mol，故答案为：4.25 mol．（二）选考题【化学选修3：物质结构与性质】11．（15分）（2016•邯郸一模）新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向．（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．①基态Cl原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9．②LiBH4由Li+和BH4﹣构成，BH4﹣的立体结构是正四面体，B原子的杂化轨道类型是sp3．Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li．（2）金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料．①LiH中，离子半径Li+＜H﹣（填“＞”、“=”或“＜”）．②某储氢材料是第三周期金属元是Mg（3）NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H﹣的半径为142pm，NaH的理论密度是g•cm﹣3（只列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A）【解答】解：（1）①基态Cl原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，故答案为：M；9；②BH4﹣中B原子价层电子数=4+=4，B原子的杂化轨道类型是sp3杂化，且不含孤电子对，所以是正四面体构型，非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B ＞Li，故答案为：正四面体；sp3；H＞B＞Li；（2）①核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，锂的质子数为3，氢的质子数为1，Li+、H﹣核外电子数都为2，所以半径Li+＜H﹣，故答案为：＜；②该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素，故答案为：Mg；（3）NaH具有NaCl型晶体结构，NaH晶体的晶胞参数a=488pm（棱长），Na+半径为102pm，H﹣的半径为=142pm，该晶胞中钠离子个数=8×+6×=4，氢离子个数=12×+1=4，NaH的理论密度是ρ==，故答案为：142pm；．。