宁夏银川二中、银川九中、育才中学2016届高三第一次大联考化学试

2015-2016学年宁夏银川二中、银川九中、育才中学高三（下）

第一次大联考化学试卷

一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）

1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（ ） 选项 现象或事实 A B C 臭氧能用于杀菌消毒 三氯化铁能用于治疗缺铁性贫血 纳米铜具有丁达尔效应 解释 臭氧的还原性使细菌的蛋白质变性 三氯化铁中含有铁元素 8纳米铜的直径为10﹣m，纳米铜是一种固溶胶 D pH由4.68水中生成了硫酸 某雨水样品采集后放置一段时间，变为4.28 A．A

B．B

C．C

D．D

2．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温下2.2gCO2中含有共用电子对的数目为2NA B．标准状况下，11.2L苯中含的碳原子数为3NA

C．25℃时，0.1mol/L的一元强酸HA中，H+的个数为0.1NA

D．6.4gCu与一定浓度的HNO3完全反应得到混合气体，则反应转移的电子数为0.2NA 3．某有机物A遇FeCl3溶液显紫色，1molA最多能与3molNaOH反应，经测定，A的分子式为C8H8O3并且含有二取代苯结构，则A的结构式的数目为（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

4．利用如图所示装置进行相关实验能实现目标的是（ ）

A．若I中装过量高锰酸钾溶液，Ⅱ中装澄清石灰水，则能检验SO2中是否混有CO2 B．若I中装足量澄清石灰水，Ⅱ中装浓硫酸，则能测定CO2和水蒸气的混合气体中水蒸气的含量

C．若I中装足量饱和碳酸钠溶液，Ⅱ中装浓硫酸，则能除去CO2中混有的HCl

D．若I中装BaCl2溶液，Ⅱ中装水，则能证明SO2和NO2混合气体中SO2不与BaCl2反应 5．用二甲醚燃料电池做电源，用惰性电极电解饱和K2SO4溶液可制取H2SO4和KOH，实验装置如图所示：

下列说法错误的是（ ） A．Y为KOH

B．A口导出的物质为H2SO4

C．二甲醚燃料电池的负极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+

D．若燃料电池通入CH3OCH3（g）的速率为0.1mol/min，2min时，理论上C口收集到气体的体积为26.88L

6．有四种短周期元素（除稀有气体之外）X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍；M的单质是一N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成种有色气体，可用于自来水的消毒；分，该药物用于治疗胃酸过多．下列说法正确的是（ ） A．X有两种常见氧化物，所含的化学键类型完全相同 B．N与M形成的化合物的水溶液显酸性 C．离子半径：N＞X，Y＞M D．气态氢化物的稳定性：Y＞M

7．如图是用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20mL浓度均为0.1mol/L的不同一元酸的滴定曲线，下列说法错误的是（ ）

A．酸性：HF＞CH3COOH＞HCN

B．用NaOH溶液滴定醋酸时，应用酚酞做指示剂不能使用甲基橙 C．当加入10mLNaOH溶液时，c（CN﹣）＞c（CH3COO﹣）

D．随NaOH溶液的滴入，CH3COOH溶液中水的电离程度先变大后变小

二、解答题（共3小题，满分34分）

8．碱式氯化镁（MgOHCl）常用于塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创．某科研小组同学根据该原理设计了如图实验装置来制备碱式氯化镁并探究氨的催化氧化反应，其中CuO的质量为8.0g．

请回答下列问题：

（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为 ．

（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使装置A中产生的氨气完全导出，二是 ．

（3）一段时间后，你认为装置F中可观察到什么现象？ ． （4）用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： ．

（5）反应完毕，装置C中的氧化铜完全反应，由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成

的气体可直接排放到大气中，则红色固体是 ，该反应中电子转移的物质的量为 mol．

（6）请你设计一个实验方案，证明装置C中完全反应后的红色固体中含氧化亚铜．

+2+

已知：①Cu2O+H=Cu+Cu ②限选试剂：2mol/LH2SO4溶液、12mol/LH2SO4溶液、

2mol/LHNO3溶液、10mol/LHNO3溶液 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取装置C中反应后的少许固体于试管\\ 中 步骤2： 9．某化学学习小组利用某工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）制备硫酸铜溶液和硫酸亚铁晶体，设计方案如图所示：

10﹣20，Ksp[Fe（OH）2]=1.6×10﹣14，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10﹣38． 已知：Ksp[Cu（OH）2]=6.0×

（1）写出FeS2在空气中灼烧的化学方程式： ． （2）试剂X为 ，试剂Y为 ．

（3）溶液C通过 、 、过滤等操作得到硫酸亚铁晶体． （4）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，而加少量溶液C随即发生反应．已知FeSO4对此反应起催化作用，则催化过程中反应的离子方程式为

（5）除杂时需加入双氧水，然后加入试剂Z以调节pH使得铁元素全部沉淀（含铁元素的

﹣5

离子浓度小于10mol/L）．试剂Z可以是 ，溶液的pH应≥ ．

10．甲烷自热氧化重整是工业上获得氢气的重要方法，其反应为： 2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol．

（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=bkJ/mol ②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H2

③CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=ckJ/mol． 则△H2= kJ/mol（用含a、b、c的代数式表示）．

（2）以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变．图1为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分

数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态．CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示．

①0～5min时间内容器II中用CH3OH表示的反应速率为 ． ②三个容器中一定达到平衡状态的是容器 ．

③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最低的是容器 ． ④平衡常数最大的是容器 ．

⑤工业实际合成CH3OH生产中，常用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由： ． （3）合成甲醇尾气中CO的浓度常用电化学气敏传感器进行测量，其中CO传感器可用图3简单表示，则阳极发生的电极反应为 ．

三．【化学-选修2：化学与技术】

11．MnO2是一种重要的化工原料，工业上用粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为较纯净MnO2的流程如图所示：

（1）第①步反应中的硫酸能否用浓盐酸代替？ （填“能”或“否”），理由是 ．

﹣

（2）第②步操作中，氧化性强弱顺序：ClO3 MnO2（填“＞”或“＜”），写出操

作②中发生反应的离子方程式： ；当反应中转移2mol电子时，生成的氧化产物的物质的量为 mol．

（3）工业上用MnO2为原料制取KMnO4，第一步将MnO2和KOH粉碎，混匀，在空气中加热至熔化，并连续搅拌，制取K2MnO4；第二步将K2MnO4挡板浓溶液用惰性电极进行电解，在阳极上得到KMnO4，在阴极上得到KOH．

①制取K2MnO4的化学反应方程式为 ，工业上不断搅拌的目的是 ．

②电解K2MnO4的浓溶液时，电解的总反应方程式为 ．

（4）二氧化锰含量可用碘量法测定，其原理为在盐酸介质中，二氧化锰能定量地将碘离子 氧化成碘，以淀粉为指示剂用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定二氧化锰含量：MnO2+4HCl+2KI═MnCl2+I2+2KCl+2H2O I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6

取较为纯净的二氧化锰样品ag加入到适量的盐酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗VmLNa2S2O3溶液，则该样品中MnO2含量为 %（杂质不参与反应）．

四．【化学-选修3：物质结构与性质】

12．2015年8月28日，由中国稀土行业协会储氢材料分会主办的“2015中国稀土储氢论坛”在山东省枣庄召开，与会代表共同研究解决储氢合金产业化发展过程中存在的各类问题，为储氢材料未来的发展寻求创新之路．钛（Ti）、钒（V）、镍（Ni）、镧（La）等在储氢材料方面具有广泛的用途．下面是一些晶体材料的结构示意图．

请回答下列问题：

（1）写出镍原子的核外电子排布式： ．

（2）钛金属晶体的原子堆积方式如图1所示，则每个钛原子周围有 个紧邻的钛原子．

（3）镧系合金是稀土系储氢合金的典型代表．某合金储氢后的晶胞如图2所示，该合金的化学式为 ，1mol镧形成的该合金能储存 mol氢气．

（4）嫦娥三号卫星上的PTC元件（热敏电阻）的主要成分﹣﹣钡钛矿晶体结构如图3所示，该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为立方体，边长为acm．顶点位置被Ti所占据，体心

2+2

位置被Ba所占据，所有棱心位置被O﹣所占据．

4+

①该晶体中的O元素与H形成的简单化合物的中心原子的杂化类型为 ，其分子空间构型为 ．

②写出该晶体的化学式： ．

③若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a= cm．

五．【化学-选修5：有机化学基础】

13．蛋氨酸片适用于脂肪肝以及酒精和磺胺等药物引起的肝损害．其组分蛋氨酸的合成路线如下：

说明：流程图中“Et”为乙基． （1）C的结构简式为 ． （2）D→E的反应类型为 ．

（3）由E合成F时生成了另一种有机物G，G的化学名称为 ；由蛋氨酸合成多肽的化学方程式为 ．

（4）H与G互为同分异构体．H能发生银镜反应，且苯环上的一氯代物只有1种，水解后 的产物能与FeCl3溶液发生显色反应．写出满足上述条件的H的结构简式： ．

（5）已知：

以和HCOOH为原料制备化合物的流程如下：

写出上述流程图方框中相应有机物的结构简式：A ，C ．

2015-2016学年宁夏银川二中、银川九中、育才中学高三（下）第一次大联考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）

1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（ ） 选项 现象或事实 A B C 臭氧能用于杀菌消毒 三氯化铁能用于治疗缺铁性贫血 纳米铜具有丁达尔效应 解释 臭氧的还原性使细菌的蛋白质变性 三氯化铁中含有铁元素 8纳米铜的直径为10﹣m，纳米铜是一种固溶胶 D pH由4.68水中生成了硫酸 某雨水样品采集后放置一段时间，变为4.28 A．A

B．B

C．C

D．D

【考点】化学实验方案的评价． 【分析】A．臭氧有强氧化性； B．三氯化铁不易被吸收； C．纳米铜不是分散系；

D．亚硫酸容易被空气中氧气氧化生成硫酸．

【解答】解：A．臭氧有强氧化性，能杀菌消毒，使蛋白质变性，故A错误； B．三氯化铁不易被吸收，补铁应用二价铁，故B错误； C．纳米铜不是分散系，不是胶体，无丁达尔效应，故C错误；

D．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故D正确． 故选D．

2．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温下2.2gCO2中含有共用电子对的数目为2NA B．标准状况下，11.2L苯中含的碳原子数为3NA

C．25℃时，0.1mol/L的一元强酸HA中，H+的个数为0.1NA

D．6.4gCu与一定浓度的HNO3完全反应得到混合气体，则反应转移的电子数为0.2NA 【考点】阿伏加德罗常数．

【分析】A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含4mol共用电子对来分析；

B、标况下苯为液态； C、溶液体积不明确；

D、求出铜的物质的量，然后根据反应后铜变为+2价来分析．

【解答】解：A、2.2g二氧化碳的物质的量为0.05mol，而1mol二氧化碳中含4mol共用电子对，故0.05mol二氧化碳中含0.2mol共用电子对即0.2NA个，故A错误；

B、 标况下苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和碳原子个数，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子个数无法计算，故C错误；

D、6.4g铜的物质的量为0.1mol，而反应后铜变为+2价，故0.1mol铜转移0.2mol电子即0.2NA个，故D正确． 故选D．

3．某有机物A遇FeCl3溶液显紫色，1molA最多能与3molNaOH反应，经测定，A的分子式为C8H8O3并且含有二取代苯结构，则A的结构式的数目为（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

【考点】有机化合物的异构现象．

【分析】分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液显紫色，说明是酚，苯环上直接连接一个﹣OH，有二取代苯结构，1molA最多能与3molNaOH反应，则另一个取代基为﹣OOCCH3，与﹣OH的相对位置为邻、间、对三种．

【解答】解：分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液显紫色，说明是酚，苯环上直接连接一个﹣OH，该有机物有二取代苯结构，1molA最多能与3molNaOH反应，则另一个取代基为﹣OOCCH3，与﹣OH的相对位置为邻、间、对三种， 故选B．

4．利用如图所示装置进行相关实验能实现目标的是（ ）

A．若I中装过量高锰酸钾溶液，Ⅱ中装澄清石灰水，则能检验SO2中是否混有CO2 B．若I中装足量澄清石灰水，Ⅱ中装浓硫酸，则能测定CO2和水蒸气的混合气体中水蒸气的含量

C．若I中装足量饱和碳酸钠溶液，Ⅱ中装浓硫酸，则能除去CO2中混有的HCl

D．若I中装BaCl2溶液，Ⅱ中装水，则能证明SO2和NO2混合气体中SO2不与BaCl2反应 【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．

【分析】A．高锰酸钾除去二氧化硫，二氧化碳与石灰水反应生成白色沉淀； B．I中吸收二氧化碳，但不能准确测定水蒸气的含量； C．二者均与碳酸钠反应，不能除杂；

D．SO2和NO2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子．

【解答】解：A．高锰酸钾除去二氧化硫，二氧化碳与石灰水反应生成白色沉淀，则试剂、装置能检验SO2中是否混有CO2，故A正确；

B．I中吸收二氧化碳，但不能准确测定水蒸气的含量，则试剂顺序不合理，故B错误； C．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，则试剂I应为碳酸氢钠，故C错误；

D．SO2和NO2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，该实验不能说明SO2不与BaCl2反应，故D错误； 故选A．

5．用二甲醚燃料电池做电源，用惰性电极电解饱和K2SO4溶液可制取H2SO4和KOH，实验装置如图所示：

下列说法错误的是（ ）

A．Y为KOH

B．A口导出的物质为H2SO4

C．二甲醚燃料电池的负极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+

D．若燃料电池通入CH3OCH3（g）的速率为0.1mol/min，2min时，理论上C口收集到气体的体积为26.88L 【考点】电解原理．

【分析】用二甲醚燃料电池做电源，用惰性电极电解饱和K2SO4溶液可制取H2SO4和KOH，根据电解原理，在电解池的阴极上产生氢气，得到氢氧化钾，在阳极上产生氧气，得到硫酸溶液，根据燃料电池和电解池的工作原理来回答．

【解答】解：通入二甲醚的电极是原电池的负极，通入氧气的电极是原电池的正极，所以电解池的右端是阴极，电解池的左端是阳极，

A、在电解池的阴极产生的是氢气，即D处产生氢气，该电极附近碱性增强，Y为KOH，故A正确；

B、在电解池的阳极产生的是阳气，即A处产生氧气，该电极附近酸性增强，A口导出的物质为H2SO4，故B正确；

+C、通入二甲醚的电极是原电池的负极，负极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H，

故C正确；

D、若燃料电池通入CH3OCH3（g）的速率为0.1mol/min，2min时CH3OCH3（g）的物质的

+

量是0.2mol，根据负极反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H，转移电子是2.4mol，

C口收集到气体是氢气，产生氢气是1.2mol，标况下的体积为1.2mol×22.4L/mol=26.88L，故D错误． 故选D．

6．有四种短周期元素（除稀有气体之外）X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍；M的单质是一N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成种有色气体，可用于自来水的消毒；分，该药物用于治疗胃酸过多．下列说法正确的是（ ） A．X有两种常见氧化物，所含的化学键类型完全相同 B．N与M形成的化合物的水溶液显酸性 C．离子半径：N＞X，Y＞M

D．气态氢化物的稳定性：Y＞M 【考点】原子结构与元素周期律的关系．

【分析】有四种短周期元素（除稀有气体之外）X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍，最外层电子数为6，原子有3个电子层，则Y为S元素；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒，则M为Cl；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多，则N为Al．

【解答】解：有四种短周期元素（除稀有气体之外）X、Y、M、N，其中X是短周期中金属性最强的元素，则X为Na；Y原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，是电子层数的2倍，最外层电子数为6，原子有3个电子层，则Y为S元素；M的单质是一种有色气体，可用于自来水的消毒，则M为Cl；N的最高价氧化物对应的水化物是药物胃舒平的有效成分，该药物用于治疗胃酸过多，则N为Al．

A．X两种常见氧化物有氧化钠、过氧化钠，氧化钠只含有离子键，过氧化钠含有离子键、共价键，故A错误；

B．N与M形成的化合物为氯化铝，铝离子水解，溶液呈酸性，故B正确；

C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子

3++2﹣﹣

半径：N（Al）＜（Na），Y（S）＞（Cl），故C错误；

D．非金属性Y（S）＜M（Cl），故气态氢化物的稳定性：Y＜M，故D错误， 故选：B．

7．如图是用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20mL浓度均为0.1mol/L的不同一元酸的滴定曲线，下列说法错误的是（ ）

A．酸性：HF＞CH3COOH＞HCN

B．用NaOH溶液滴定醋酸时，应用酚酞做指示剂不能使用甲基橙

C．当加入10mLNaOH溶液时，c（CN﹣）＞c（CH3COO﹣）

D．随NaOH溶液的滴入，CH3COOH溶液中水的电离程度先变大后变小 【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算． 【分析】A．根据滴定前溶液的pH判断；

B．NaOH与醋酸反应生成CH3COONa，溶液显碱性；

C．HCN的酸性小于CH3COOH，相同浓度时，HCN的电离程度小；

D．NaOH与醋酸反应溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小，氢氧化钠过量，NaOH抑制水的电离．

【解答】解：A．相同条件下，相同浓度的三种酸，溶液的pH：HF＜CH3COOH＜HCN，pH越小，酸性越强，所以酸性：HF＞CH3COOH＞HCN，故A正确；

B．NaOH与醋酸反应生成CH3COONa，溶液显碱性，应该选择在碱性条件下变色的指示剂，所以选择酚酞，故B正确；

C．HCN的酸性小于CH3COOH，相同浓度时，HCN的电离程度小，溶液中CN﹣的浓度小，所以溶液中c（CN﹣）＜c（CH3COO﹣），故C错误；

D．随NaOH溶液的滴入，CH3COOH溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小，当氢氧化钠过量，NaOH会抑制水的电离，水的电离程度减小，所以CH3COOH溶液中水的电离程度先变大后变小，故D正确． 故选C．

二、解答题（共3小题，满分34分）

8．碱式氯化镁（MgOHCl）常用于塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创．某科研小组同学根据该原理设计了如图实验装置来制备碱式氯化镁并探究氨的催化氧化反应，其中CuO的质量为8.0g．

请回答下列问题：

（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为 Mg（OH）

2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O ．

（2）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是使装置A中产生的氨气完全导出，二是 防止倒吸 ．

（3）一段时间后，你认为装置F中可观察到什么现象？ 生成红棕色气体 ． （4）用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： 3Cu+2NO3﹣+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O ．

（5）反应完毕，装置C中的氧化铜完全反应，由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是 Cu和Cu2O ，该反应中电子转移的物质的量为 0.15 mol．

（6）请你设计一个实验方案，证明装置C中完全反应后的红色固体中含氧化亚铜．

+2+

已知：①Cu2O+H=Cu+Cu ②限选试剂：2mol/LH2SO4溶液、12mol/LH2SO4溶液、

2mol/LHNO3溶液、10mol/LHNO3溶液 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取装置C中反应后的少许固体于试管\\ 中 步骤2： 向试管中加入2mol/LH2SO4溶液 液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O 【考点】制备实验方案的设计．

【分析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应． （1）氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O； （2）G中二氧化氮、氨气溶解会导致倒吸可能，通入氮气好可以防止倒吸； （3）F中NO与氧气反应生成二氧化氮； （4）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝色；

（5）红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，再计算CuO中氧元素质量，可以判断红色固体的组成，根据Cu元素守恒、红色固体总质量计算组成物质的量，进而计算转移电子；

（6）Cu能与浓硫酸反应，应用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O．

【解答】解：A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，氧化铜反应会得到氮气与水，

F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应． （1）氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg（OH）2+NH4Cl

MgOHCl+NH3↑+H2O，

MgOHCl+NH3↑+H2O；

故答案为：Mg（OH）2+NH4Cl

（2）G中二氧化氮、氨气溶解会导致倒吸可能，通入氮气好可以防止倒吸， 故答案为：防止倒吸；

（3）F中NO与氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体， 故答案为：生成红棕色气体；

﹣

（4）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝色，反应离子方程式为：3Cu+2NO3

+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，

+2+

故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H=2NO↑+3Cu+4H2O；

（5）红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g﹣6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×

=1.6g＞1.2g，故红色固

体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol， 故答案为：Cu和Cu2O；0.15；

，解得

2+

（6）Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出

现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O， 故答案为： 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取装置C中反应后的少许固体于试管\\ 中 步骤2：向试管中加入2mol/LH2SO4溶液 ．

液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O

9．某化学学习小组利用某工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）制备硫酸铜溶液和硫酸亚铁晶体，设计方案如图所示：

10﹣20，Ksp[Fe（OH）2]=1.6×10﹣14，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10﹣38． 已知：Ksp[Cu（OH）2]=6.0×

（1）写出FeS2在空气中灼烧的化学方程式： 4FeS2+11O2（2）试剂X为 过量铁粉 ，试剂Y为 过量硫酸 ．

（3）溶液C通过 蒸发浓缩 、 冷却结晶 、过滤等操作得到硫酸亚铁晶体． （4）常温下，固体D、O2和稀硫酸混合后几乎不反应，而加少量溶液C随即发生反应．已知FeSO4对此反应起催化作用，则催化过程中反应的离子方程式为 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+

（5）除杂时需加入双氧水，然后加入试剂Z以调节pH使得铁元素全部沉淀（含铁元素的

﹣5

离子浓度小于10mol/L）．试剂Z可以是 CuO等 ，溶液的pH应≥ 3 ．

2Fe2O3+8SO2 ．

【考点】制备实验方案的设计．

【分析】工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以E为SO2，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO4溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液． （1）FeS2在空气中灼烧生成氧化铁与二氧化硫； （2）试剂X为Fe，试剂Y为硫酸；

（3）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作；

（4）酸性条件下，氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与Cu反应生成铜离子与亚铁离子，整个过程中亚铁离子起催化剂作用；

2+3+3+

（5）除杂时需加入双氧水将Fe氧化为Fe，再加试剂Z调节溶液pH以除去Fe，加入

试剂Y要不引入新杂质且可以与氢离子反应；

3+

c3（OH﹣）=1.0×10﹣38计算c（OH﹣）根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe）×，再根据水的离子积计

算c（H），溶液pH=﹣lgc（H）．

【解答】解：工业废弃固体（主要成分为Cu2S和FeS2）灼烧得氧化铜和氧化铁及二氧化硫气体，所以E为SO2，固体A为氧化铜和氧化铁的混合物，A中加入硫酸溶解，再加入过量的铁粉，得硫酸亚溶液和铜固体，过滤后得到溶液C为FeSO4溶液，固体B为铁、铜混合物，B中加入稀硫酸得硫酸亚铁溶液和铜固体，所以固体D为Cu，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、降温结晶可得绿矾晶体，铜与稀硫酸溶液中通入氧气除杂后得硫酸铜溶液． （1）FeS2在空气中灼烧生成氧化铁与二氧化硫，反应方程式为：4FeS2+11O2

2Fe2O3+8SO2，

2Fe2O3+8SO2；

++

故答案为：4FeS2+11O2

（2）由上述分析可知，试剂X为过量铁粉，试剂Y为过量硫酸， 故答案为：过量铁粉；过量硫酸；

（3）溶液C通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到硫酸亚铁晶体， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）酸性条件下，氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与Cu反应生成铜离子与亚铁离子，整个过程中亚铁离子起催化剂作用，则催化过程中反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，

2++3+3+2+2+

故答案为：4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O、Cu+2Fe=2Fe+Cu；

2+3+3+

（5）除杂时需加入双氧水将Fe氧化为Fe，再加试剂Z调节溶液pH以除去Fe，加入

试剂Y要不引入新杂质且可以与氢离子反应，试剂Y为CuO、Cu（OH）2、CuCO3等，

3+3﹣5

×c（OH﹣）=1.0×10铁元素的离子浓度小于10mol/L时沉淀完全，由Ksp[Fe（OH）（Fe）3]=c

﹣38

10﹣11mol/L，则c（H+）=，可得c（OH﹣）=1.0×mol/L=1.0×10﹣3mol/L，溶液pH=

10﹣3=3， ﹣lg1.0×

故答案为：CuO等；3．

10．甲烷自热氧化重整是工业上获得氢气的重要方法，其反应为： 2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol．

（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=bkJ/mol

②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H2

③CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=ckJ/mol． 则△H2= （2a﹣b﹣2c） kJ/mol（用含a、b、c的代数式表示）．

（2）以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变．图1为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态．CO的平衡转化率在不同压强下随温度的变化如图2所示．

①0～5min时间内容器II中用CH3OH表示的反应速率为 0.0875mol/（L?min） ． ②三个容器中一定达到平衡状态的是容器 II ．

③当三个容器中的反应均达到平衡状态时，CO的转化率最低的是容器 III ． ④平衡常数最大的是容器 I ．

⑤工业实际合成CH3OH生产中，常用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由： 相对于N点而言，采用M点，温度在500～600K之间，温度较高，反应速率较快，CO的平均转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高 ．

（3）合成甲醇尾气中CO的浓度常用电化学气敏传感器进行测量，其中CO传感器可用图3

+﹣

简单表示，则阳极发生的电极反应为 CO+H2O﹣2e=CO2+2H ．

【考点】反应热和焓变；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算．

【分析】（1）利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热；

（2）①利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=②达到平衡状态时氢气的转化率最大，氢气的体积分数最小； ③氢气的体积分数最大时，CO的转化率最小；

计算；

④该反应为放热反应，温度越低，反应向正方向进行的程度越大； ⑤根据温度、压强对反应速率的影响以及对设备的要求分析；

（3）依据电解原理分析，阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳．

【解答】解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1=bkJ/mol ②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H2 ③CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=ckJ/mol ④2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol

④﹣①﹣2×③得到CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H2=（2a根据盖斯定律：2×﹣b﹣2c）kJ/mol， 故答案为：（2a﹣b﹣2c）；

（2）①设反应生成的甲醇为xmol/L，

CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）． 开始（mol/L）：0.5 1 0 转化（mol/L）：x 2x x 平衡（mol/L）：0.5﹣x 1﹣2x x 到5min时，氢气的体积分数为0.2，则则v=

=

=0.0875mol/（L?min）；

=0.2，则x=0.375mol/L，

②达到平衡状态时氢气的转化率最大，II对应的氢气的体积分数最小，氢气的体积分数最小，所以II可能达到了平衡状态； 故答案为：II；

③氢气的体积分数最大时，CO的转化率最小，已知III时，氢气的体积分数最大，转化率最小； 故答案为：III；

④由图2可知，升高温度CO的转化率减小，即向逆反应移动，所以该反应为放热反应，温度越低，反应向正方向进行的程度越大，K越大，已知I的温度最低，则其K最大； 故答案为：I；

⑤相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高，

故答案为：相对于N点而言，采用M点，温度在500﹣600K之间，温度较高，反应速率较快，氢气的平衡转化率也较高，压强为常压对设备要求不高；

（3）阳极是失电子发生氧化反应的物质，结合图示可知是一氧化碳失电子生成二氧化碳同

+﹣

时生成氢离子，电极反应为：CO+H2O﹣2e=CO2+2H， +﹣

故答案为：CO+H2O﹣2e═CO2+2H．

三．【化学-选修2：化学与技术】

11．MnO2是一种重要的化工原料，工业上用粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为较纯净MnO2的流程如图所示：

（1）第①步反应中的硫酸能否用浓盐酸代替？ 否 （填“能”或“否”），理由是 浓盐酸能被MnO2氧化生成Cl2 ．

（2）第②步操作中，氧化性强弱顺序：ClO3﹣ ＞ MnO2（填“＞”或“＜”），写出操作②中

2++﹣

发生反应的离子方程式： 5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H ；当反应中转移2mol

电子时，生成的氧化产物的物质的量为 1 mol．

（3）工业上用MnO2为原料制取KMnO4，第一步将MnO2和KOH粉碎，混匀，在空气中加热至熔化，并连续搅拌，制取K2MnO4；第二步将K2MnO4挡板浓溶液用惰性电极进行电解，在阳极上得到KMnO4，在阴极上得到KOH．

①制取K2MnO4的化学反应方程式为 2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O ，工业上不断搅拌的目的是 使反应物与O2充分接触 ． ②电解K2MnO4的浓溶液时，电解的总反应方程式为 2K2MnO4+2H2O═KMnO4+2KOH+H2↑ ．

（4）二氧化锰含量可用碘量法测定，其原理为在盐酸介质中，二氧化锰能定量地将碘离子 氧化成碘，以淀粉为指示剂用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定碘而确定二氧化锰含量：MnO2+4HCl+2KI═MnCl2+I2+2KCl+2H2O I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6

取较为纯净的二氧化锰样品ag加入到适量的盐酸和KI溶液中，反应完毕用Na2S2O3滴定反应后的溶液，消耗VmLNa2S2O3溶液，则该样品中MnO2含量为 与反应）．

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

【分析】粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为

2++

硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn+2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H，再过滤得

%（杂质不参

到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，

（1）二氧化锰有氧化性，在加热时浓盐酸能被MnO2氧化生成Cl2，据此答题；

（2）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；操作②中硫酸锰溶液，加入NaClO3发生氧化还原反应生成MnO2、Cl2，根据方程式转移电子数计算生成的氧化产物的物质的量；

（3）①二氧化锰在碱性条件下被氧气氧化可制取K2MnO4，为使二氧化锰能被充分氧化，工业上不断搅拌，使反应物与O2充分接触； ②电解K2MnO4的浓溶液时，生成高锰酸钾和氢气；

（4）根据反应MnO2+4HCl+2KI═MnCl2+I2+2KCl+2H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6可得关系式MnO2～2Na2S2O3，根据Na2S2O3的物质的量可计算出二氧化锰的质量，进而确定该样品中MnO2含量．

【解答】解：（1）二氧化锰有氧化性，在加热时浓盐酸能被MnO2氧化生成Cl2，所以不能用盐酸代替硫酸，

故答案为：否；浓盐酸能被MnO2氧化生成Cl2；

（2）操作②中硫酸锰溶液，加入NaClO3发生氧化还原反应生成MnO2、Cl2，反应的离子

2++﹣﹣

方程式为5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H，ClO3作氧化剂，MnO2作氧化产物，则

ClO3﹣＞MnO2；氧化性：当NaClO3转移2mol电子时，消耗NaClO3为0.4mol，则生成MnO2

﹣﹣

为1mol；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3+5Cl

+6H+=3Cl2↑+3H2O；

2++

故答案为：＞；5Mn+2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H；1；

（3）①二氧化锰在碱性条件下被氧气氧化可制取K2MnO4，反应的方程式为

2MnO2+4KOH+O2=2 K2MnO4+2H2O，为使二氧化锰能被充分氧化，工业上不断搅拌，使反应物与O2充分接触，

故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2 K2MnO4+2H2O；使反应物与O2充分接触； ②电解K2MnO4的浓溶液时，生成高锰酸钾和氢气，电解的总反应方程式为2 K2MnO4+2H2O═KMnO4+2KOH+H2↑，

故答案为：2 K2MnO4+2H2O═KMnO4+2KOH+H2↑；

（4）根据反应MnO2+4HCl+2KI═MnCl2+I2+2KCl+2H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6可得关系式MnO2～2Na2S2O3，根据题意可知Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.001VL=0.0001Vmol，所以二氧化锰的质量为0.0001Vmol×87g/mol×=0.00435Vg，则该样品中MnO2含量为

×100%=

故答案为：

四．【化学-选修3：物质结构与性质】

12．2015年8月28日，由中国稀土行业协会储氢材料分会主办的“2015中国稀土储氢论坛”在山东省枣庄召开，与会代表共同研究解决储氢合金产业化发展过程中存在的各类问题，为储氢材料未来的发展寻求创新之路．钛（Ti）、钒（V）、镍（Ni）、镧（La）等在储氢材料方面具有广泛的用途．下面是一些晶体材料的结构示意图．

．

%，

请回答下列问题：

2262682

（1）写出镍原子的核外电子排布式： 1s2s2p3s3p3d4s ．

（2）钛金属晶体的原子堆积方式如图1所示，则每个钛原子周围有 12 个紧邻的钛原子．（3）镧系合金是稀土系储氢合金的典型代表．某合金储氢后的晶胞如图2所示，该合金的化学式为 LaNi5 ，1mol镧形成的该合金能储存 3 mol氢气．

（4）嫦娥三号卫星上的PTC元件（热敏电阻）的主要成分﹣﹣钡钛矿晶体结构如图3所示，该晶体经X射线分析鉴定，重复单位为立方体，边长为acm．顶点位置被Ti所占据，体心

2+2

位置被Ba所占据，所有棱心位置被O﹣所占据．

4+

①该晶体中的O元素与H形成的简单化合物的中心原子的杂化类型为 sp3 ，其分子空间构型为 V形 ．

②写出该晶体的化学式： BaTiO3 ．

③若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=

cm．

【考点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 【分析】（1）Ni原子核外电子数为28，根据能量最低原理书写核外电子排布式； （2）由钛晶体的原子堆积方式可知，属于六方最密堆积；

（3）根据均摊法计算晶胞中La、Ni原子数目，进而确定化学式；计算晶胞中氢气分子数目，结合晶胞中La与氢气分子数目之比计算1mol镧形成的该合金能储存氢气物质的量； （4）①该晶体中的O元素与H形成的简单化合物为H2O，O原子形成2个O﹣H键，含有2对孤对电子；

②根据均摊法计算晶胞中O、Ti、Ba原子数目，进而确定化学式； ③结合晶胞含有原子数目计算晶胞质量，再根据V=

计算晶胞体积，晶胞边长=

．

【解答】解：（1）Ni原子核外电子数为28，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，

2262682故答案为：1s2s2p3s3p3d4s；

（2）由钛晶体的原子堆积方式可知，属于六方最密堆积，原子配位数为12，即每个钛原子周围有12个紧邻的钛原子， 故答案为：12；

（3）算晶胞中La原子数目为8×=1、Ni原子数目=1+8×=5，故合金的化学式为LaNi5，晶胞中氢气分子数目为2×+8×=3，1mol镧形成的该合金能储存氢气物质的量为3mol， 故答案为：LaNi5；3；

（4）①该晶体中的O元素与H形成的简单化合物为H2O，O原子形成2个O﹣H键，含有2对孤对电子，氧原子采取sp3杂化，空间构型为V形，

3

故答案为：sp；V形；

②晶胞中O氧原子数目为12×=3、Ti原子数目为8×=1、Ba原子数目1，故化学式为：BaTiO3，

故答案为：BaTiO3； ③晶胞质量=

g，晶体的密度为ρg/cm3，则晶胞边长

==cm，

故答案为：

．

五．【化学-选修5：有机化学基础】

13．蛋氨酸片适用于脂肪肝以及酒精和磺胺等药物引起的肝损害．其组分蛋氨酸的合成路线如下：

说明：流程图中“Et”为乙基．

（1）C的结构简式为 ．

（2）D→E的反应类型为 水解反应（或取代反应） ．

（3）由E合成F时生成了另一种有机物G，G的化学名称为 邻苯二甲酸 ；由蛋氨酸合

成多肽的化学方程式为 ．

（4）H与G互为同分异构体．H能发生银镜反应，且苯环上的一氯代物只有1种，水解后的产物能与FeCl3溶液发生显色反应．写出满足上述条件的H的结构简式：

．

（5）已知：

以和HCOOH为原料制备化合物的流程如下：

写出上述流程图方框中相应有机物的结构简式：A ，C

．

【考点】有机物的合成．

【分析】（1）比较B和D的结构简式可知，B与BrCH（COOC2H5）2发生取代反应生成C

为；

（2）比较D和E的结构简式可知，D中有肽键和酯基在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成E；

（3）比较E和F的结构利用元素守恒可知，G为

，由蛋氨酸合成多肽时，蛋

氨酸中的羧基和氨基之间脱水，发生缩聚反应生成多肽，据此书写化学方程式；

（4）H与G互为同分异构体，H能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物只有1种，说明苯环上的基团分布较对称，水解后的产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解后有酚羟基，根据G的结构可书写H的结构；

（5）以和HCOOH为原料制备化合物时，用与

HCOOH发生信息①中的反应生成A为A与HCN发生信息①中的加成反应，

生成B为，B再在酸性条件下水解得C为，据此答题．

【解答】解：（1）比较B和D的结构简式可知，B与BrCH（COOC2H5）2发生取代反应生

成C为，

故答案为：；

（2）比较D和E的结构简式可知，D中有肽键和酯基在氢氧化钠溶液中发生水解反应（或取代反应）生成E，

故答案为：水解反应（或取代反应）；

（3）比较E和F的结构利用元素守恒可知，G为

，其名称为邻苯二甲酸，由

蛋氨酸合成多肽时，蛋氨酸中的羧基和氨基之间脱水，发生缩聚反应生成多肽，反应的化学

方程式为，

故答案为：邻苯二甲酸；；

（4）H与G互为同分异构体，H能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物只有1种，说明苯环上的基团分布较对称，水解后的产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解后有酚羟基，G的结构可知符合条件的H的结构为

，

故答案为：；

（5）以和HCOOH为原料制备化合物时，用与

HCOOH发生信息①中的反应生成A为A与HCN发生信息①中的加成反应，

生成B为，B再在酸性条件下水解得C为，

故答案为：

；．

2016年4月20日

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/8ex7.html