【文档说明】西南大学附属中学校2022-2023学年高二上学期1月线上定时检测化学试卷 含答案.doc，共(20)页，1004.000 KB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中2022~2023学年度上期一月线上定时检测高二化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：H1O16Mg24K39Mn55Fe56一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42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.近期重庆新冠肺炎疫情蔓延，防疫人员使用了多种消毒剂进行环境消毒。AN为阿伏加德罗常数的值，下列关于常见消毒剂的说法中不正确的是A.1mol32CHCHOH中键的数目为A8NB.84消毒液不能与洁厕灵混合使用C.过氧乙酸()分子中C的杂化类型均相同

D.饱和氯水既有酸性又有漂白性，向其中加入3NaHCO固体后漂白性增强【答案】C解析：A．1个32CHCHOH分子中的化学键包括5个C-H键、1个C-C键、1个C-O键、1个O-H键，全部属于键，因此1mol32CHCHOH中键的数目

为A8N，A正确；B．84消毒液有效成分是NaClO，具有强氧化性，洁厕灵主要成分是HCl，具有一定还原性，混合使用时NaClO与HCl会发生反应生成Cl2引起中毒，故不能混合使用，B正确；C．与H成键的C原子是sp3杂化，与O成键的C原子是sp2杂

化，杂化类型不同，C错误；D．饱和氯水中存在以下平衡体系：22Cl+HOHCl+HClO，HClO具有漂白性，HClO与HCl具有酸性，因此溶液既有酸性又有漂白性；已知酸性强弱关系：233HCl>HCO>HClO>HCO−，向其中加入NaHCO3固体后，NaH

CO3与HCl反应，使HCl浓度减小，22Cl+HOHCl+HClO平衡向正方向移动，使HClO浓度增大，溶液漂白性增强，D正确；故选C。2.下列说法错误的是A.电子排布式2262631s2s2p3s3p3d违反了能量最低原理B.不符合泡利原理C.基态氧原子核外电

子的空间运动状态数为5，运动状态数为8D.白磷4P为正四面体结构，键角为10928【答案】D解析：A．应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，A正确；B．泡利原理是指每个原子轨道最多只能容

纳两个自旋相反的电子，不符合泡利原理，B正确；C．基态氧原子电子排布式为2241s2s2p，核外电子的空间运动状态数=其所占轨道数=5，核外电子的运动状态数=电子数=8，C正确；D．白磷4P为正四面体结

构，键角为60，D错误；故选D。3.下列关于原子结构的说法正确的是A.电子由3d能级跃迁至5s能级，可通过光谱仪摄取原子的发射光谱B.同一原子中，2p、3p、4p电子的能量依次增强C.电子仅从激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱D.日常生活中的焰火、LED灯、激光都与原子核外电子跃迁吸收能量

有关【答案】C解析：A．由于E3d<E4p，电子由3d能级跃迁至4p能级时，需要吸收能量，通过光谱仪摄取到的是原子的吸收光谱，A错误；B．同一原子中，不能能层但相同能级上的电子，从低能层到高能层电子能量依次增强，则2p、3p、4p电子的能量依次增强，

B正确；C．原子光谱有发射光谱和吸收光谱两种，电子由激发态跃迁到基态时产生发射光谱，由基态跃迁到激发态时产生吸收光谱，C错误；D．日常生活中我们看到的许多可见光，如焰火、LED灯、激光，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，D正确；故选C。4.图1和图2分别表示1s电子的概率分布

图和原子轨道，下列说法正确的是A.图1中的小黑点表示原子核外空间各电子出现的概率B.图1中的小黑点越密集，代表该处空间电子数目越多C.图2表示1s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动D.图2表示原子核外的电子围绕原子核做圆周运动【答案】A解析：A．图1表示1

s电子的概率分布图，图中的小黑点表示原子核外空间各电子出现的概率，A正确；B．图1中的小黑点越密集，代表该处空间电子出现的概率越大，并不是电子数目越多，B错误；C．原子核外电子运动空间并不固定，可以在不同能级之间跃迁，C错误；

D．量子力学指出，一定空间运动状态的电子并不在玻尔假定的线性轨道上运行，而在核外空间各处都可能出现，D错误；故选A。5.3PCl是合成各种有机农药的原料，下列判断错误的是A.3PCl分子中P原子为2sp杂化，分子呈平面三角

形B.P的电负性小于S，而P的第一电离能大于S的第一电离能C.3PCl的键角大于3PF的键角D.3PCl分子稳定性低于3PF分子，因为P-F键键能大【答案】AC解析：A．3PCl有4个价电子对，P原子为3sp杂化3个σ键和1对

孤电子对，所以空间构型为三角锥形，A错误；B．P的电负性小于S，但是P原子的价电子排布为：233s3p，p轨道有3个电子，半充满稳定状态，所以第一电离能大于S的第一电离能，B正确；C．因为氟原子半径较小，氟原子之间

的距离较近，氟原子之间的排斥力较大，键角较大，C错误；D．因为氟原子半径小，P-F键键长较短，键能较大，所以3PF稳定性较强，D正确；故选AC。6.用分子结构的知识推测下列说法正确的是A.2CO、2BeCl互为等电子体，分子均为直线形B.23NaCO中，阴离子空间构型为平面三角

形，C原子的杂化形式为3spC.根据价层电子对互斥理论，2SO与2HO均呈V形，中心原子价电子对数相等D.三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同【答案】A解析：Ａ．CO2、BeCl2

价电子总数都是16，分子中的原子数都为3，互为等电子体，价层电子对数为2，孤对电子为0，分子均为直线形，A正确；Ｂ．Na2CO3中的阴离子2-3CO中心原子碳原子的孤电子对数为0，价层电子对数是3，空间构型是平面三角形，碳原子杂化方式是sp2，B项错误；Ｃ．H

2O中心原子是O，价电子对数是4，有孤对电子，呈V形，SO2中心原子是S，价电子对数是3，有孤对电子，呈V形，C项错误；Ｄ．SO3空间构型是平面三角形，硫原子杂化方式是sp2，而三聚分子固体中硫原子是sp3，D项错误；故答案为：A

。7.X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y为非金属元素，且s能级电子数和p能级电子数相等，W的最外层电子数等于周期数，Z的氧化物熔点高、硬度大。下列说法正确的是A.X、Y、W、Z的最高正价等于其最外层电子数B.简单气态氢化物的热稳

定性：X>YC.W的简单离子半径在同周期中最大D.X的单质与Z的氧化物反应可以制备Z的单质【答案】D解析：A．O元素的最高正价不等于其最外层电子数，A错误；B．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的热稳定性：CH4<H2O，B错误；C．W的简单离子

是Al3+，Al3+只有两个电子层，根据电子层数越大半径越大，在第三周期中的阴离子都有三个电子层，因此Al3+不是同周期中简单离子半径最大的，C错误；D．X的单质是C元素与Z的氧化物是SiO2，两者在高温下反应可以制备Si的单质，D正确；故答案为：D。8.通常把原子总数和价电子总数相同

的分子或离子称为等电子体，人们发现等电子体的空间结构相同。下列说法，认识错误的有几个①s-s键与p-p键的电子云对称性不同②1个N原子最多只能与3个H原子结合形成3NH分子，是由共价键的饱和性决定的③33CHCH−、22CHCH=、CHCH中碳原子间成键键长相同④两个

非金属原子之间形成的化学键都是共价键⑤1个分子中含有11个键⑥2SO与3O互为等电子体，空间结构均为V形A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B解析：①键的特征是轴对称，s-s键与p-p键的电子云图形均是轴对称，①错误；②共价

键具有饱和性，1个N原子最多只能与3个H原子结合形成3NH分子，是由共价键的饱和性决定的，②正确；③化学键的键长与键能相关，键能越大，键长越小，C-C、C=C、C≡C的键能不同，键长也不同，③错误；④非金属原子都不易失去电子，非金属原子间形

成化学键时，均会通过共用电子对结合，形成共价键，④正确；⑤共价单键是键，共价双键、共价三键中均有一个键是键，故1个该分子中含有11个键，⑤正确；⑥2SO与3O原子总数均是3，价电子总数均是18，互为等电子体，二者空间结构相似，均是V形，⑥正确；上述认识

中错误的有①③两个，故选B。9.对某化合物进行结构分析，其质谱和红外光谱分别如下所示。则该化合物可能是未知物的质谱图未知物的红外光谱A.32CHCHCOOHB.33CHCOOCHC.2HOCHCOOHD.32CHCHCHO【答案】A解析：A．32CHCHCOOH分子的相对分子质量为74，

且含有O-H、C-H、C=O，A正确；B．33CHCOOCH分子中不含有O-H，B错误；C．2HOCHCOOH分子的相对分子质量为76，C错误；D．32CHCHCHO分子中不含有O-H，D错误；故答案为：A10.一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知X、Y、Z、W为原子序数依次增

大的四种短周期主族元素，W的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中错误的是A.X、Z、W三种元素可形成含有极性共价键的离子化合物B.除X原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构C.X和Y能形成常温下原子比为1∶1的

液态物质D.Y、Z的最高价含氧酸均为强酸【答案】D解析：A．根据分析，X、Z、W分别为H、N、O，此三种元素可形成含有极性共价键的离子化合物NH4NO3，故A正确；B．题中所给结构中除H形成2电子稳定结构，C、N、O均满足8电子稳定结构，故B正确；C．H和C可以形成原子比为1∶1的常温下为液

态的物质苯，分子式为C6H6，故C正确；D．根据分析，Y、Z分别是C、N，C最高价氧化物对应的水化物是碳酸，N最高价氧化物对应的水化物是硝酸，其中碳酸为弱酸，故D错误；故选D。.11.将等体积的3CHCOOH溶液和2HNO溶液分别加水稀释，pH随加水稀释倍数的变化如图所示，据图分析，下列说法正确的

是A.a点时的两溶液中存在：()()32cCHCOOH<cHNOB.酸的电离程度：c点=d点>b点C.b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，溶液中()+nNa：b点>c点D.溶液中水的电离程度：a点<b点<c点<d点【答案】C解析：A．加水稀释

相同倍数，2HNO的pH变化更大，可知酸性：3CHCOOH<2HNO，a点时两种酸的pH相同，则a点时的两溶液中存在：()()32cCHCOOHcHNO，A选项错误；B．c、d两点的pH相同，酸性：

3CHCOOH<2HNO，则酸的浓度：c点<d点，加水稀释，促进弱酸的电离，弱酸的浓度越小，电离程度越大，所以酸的电离程度：c点>d点；b、d两点都位于3CHCOOH的曲线上，但d点加水稀释倍数更大，所以酸的电离程度：d点>b点；综上所述，酸的电

离程度：c点>d点>b点，B选项错误；C．b、c两点：b点的c(CH3COOH)>c点的c(HNO2)，则b、c两点时的溶液分别与NaOH恰好中和，CH3COOH消耗的NaOH更多，()+nNa更多，即溶液中()+nNa：b点>c点，C选

项正确；D．酸抑制水的电离，酸中c(H+)越大，对水的电离抑制程度越大，水的电离程度越小，酸中c(H+)：a点>b点>c点=d点，则溶液中水的电离程度：c点=d点>b点>a点，D选项错误；答案选C。12.一种新型22HO液态燃料电池的工作原理示意图如下(a、b均为石墨电极)。下列说法正确的是A.电

极b为负极，发生氧化反应B.电池放电时正极区溶液pH减小C.正极的电极反应式为2222HO2e2OH2HOO−−+=−+D.用此电池为铅酸蓄电池充电，当生成0.1molc时，理论上铅酸蓄电池消耗3.6g水【答案】D解析

：析可知b为正极，发生还原反应，A错误；B．根据正极反应为：222HO2e2H2HO−+++=，电池放电时正极区溶液中氢离子浓度减小，pH增大，B错误；C．根据分析可知，b为正极，正极反应为：222HO2e2H2HO−+++=，C错误；D．充电过程铅酸蓄电池总反应：2

PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，铅酸蓄电池消耗3.6g水，转移电子数为0.2mol，2222HO2e2OH2HOO−−+=−+，当生成20.1molO时转移电子数为0.2mol，两者转

移电子数相同，D正确；答案选D。13.2SO和2NO都属于大气的污染物之一，对环境有很大危害。它们在一定条件下可以发生可逆反应()()()()223SOgNOgSOgNOg++。若在绝热恒容密闭容器下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线

如图所示。下列有关说法正确的是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点大于b点C.若减小容器的体积：a~b段2SO的转化率一定保持不变D.12tt=时，2SO的转化率：a~b段一定大于b~c段【答案】B解析：A．化学平衡状态的实质是

正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；B．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，即反应物浓度：a点大于b点，B正确；C．减小容器的体积，反应物浓度增大，正反应速率增大，a~b段2SO的

转化率增大，C错误；D．随着反应的进行，正反应速率增大，12tt=时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段，D错误；故选B。14.T℃下，向某容积为2L的恒容密闭容器中充入1molN2、3molH2，发生反应()()()223Ng+3Hg2NHg，反应过程中容器内的总压

强随时间的变化如图所示，下列有关说法正确的是A.1mint时，()()()223cN:cH:cNH=1:3:2B.10tmin内，()-1-1311vNH=molLmintC.2mint时，3NH的体积分数为60%D.T℃下的平衡常

数1600K=27【答案】A解析：A．恒温恒容条件下，气体的压强之比=物质的量之比，t1min时，总压变为初始时的0.75倍，则总物质的量也变为初始时的0.75倍，t1min时，n总=4mol×0.75=3mol

，根据分析，可算出此时生成1molNH3，消耗0.5molN2、1.5molH2，c(N2)=-11mol-0.5mol=0.25molL2Lg，c(H2)=-13mol-1.5mol=0.75molL2Lg，c(NH3)=-11mol=0.5mol

L2Lg，则c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=0.25∶0.75∶0.5=1∶3∶2，A正确；B．0~t1min内，v(NH3)=-1-1311Δn(NH)1mol1==molLminVΔt2Ltmin2t

ggg，B错误；C．t2min时，气体总压变为初始时的0.6倍，n总=4mol×0.6=2.4mol，根据分析，可算出此时生成1.6molNH3，NH3的体积分数=3n(NH)1.6mol100%=100%=66.7%n2.4mol总，C错误；D．根据图像，反应在t2m

in时达到平衡状态，0~t2min内，生成1.6molNH3，消耗0.8molN2、2.4molH2，则t2min时，c(N2)=-11mol-0.8mol=0.1molL2Lg，c(H2)=-13mol-2.4mol

=0.3molL2Lg，c(NH3)=-11.6mol=0.8molL2Lg，T℃下的平衡常数K=230.86400=270.10.3，D错误；故选A。二、填空题：本题共4个大题，58分。15.有a、b、c、d、e、f、g七种元素，原子序数依次增大，前5种为短周期主族元

素，f、g为第四周期的元素。有关信息如下表，请回答以下问题：aa能形成一种硬度最大的固体单质cc元素基态原子的电子排布式为2241s2s2pdd基态原子的lI578kJ/mol=；2I1817kJ/mol=；3I2745kJ/mol=；4I11575k

J/mol=ee基态原子核外3p轨道半满ff在周期表中第11纵行gg基态原子最外层电子数为2（1）a、f的元素符号为_______、_______，分别位于元素周期表的_______分区和_______分区。（2）e

的基态原子中能量最高的电子所占的轨道形状是_______，其电子云在空间有_______个伸展方向。（3）d基态原子的价层电子的轨道表示式为_______，某元素在元素周期表中位置处于d元素的左上角对角线处，它们具有部分相似的性质，请写出该元素组成的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__

_____（4）b、c两种元素基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。解释造成两者电离能大小差别的主要原因：_______。（5）g基态原子的简化电子排布式为_______。（6）元素f基态原子的第二电离

能_______元素g基态原子的第二电离能(填“>”、“<”或“=”)【答案】（1）①.C②.Cu③.p④.ds（2）①.哑铃形②.3（3）①.②.222Be+2NaOH=NaBeO+H（4）①.N>O②.N的电子排布是半

充满的，比较稳定，电离能较高，O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低。（5）102[Ar]3d4s（6）>1.根据分析知，a、f的元素符号分别是C、Cu；分别位于元素周期表的p区、ds区。2.e基态原子核外3p轨道半满，为能量最高轨道，p轨道的形状是哑铃

形，电子云在空间有3个伸展方向。3.d是铝元素，基态原子的价层电子排布式是3s23p1，其轨道表示式，在元素周期表中位置处于d元素的左上角对角线处的元素是Be，其单质与NaOH溶液反应的化学方程式为：22

2Be+2NaOH=NaBeO+H。4.b、c分别是N、O元素，每个周期的第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，但N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低

，故N、O的第一电离能大小顺序是N>O。5.g位于第四周期第ⅡB族，是锌元素，其基态原子的简化电子排布式为102[Ar]3d4s。6.轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，再失去电子需要的能量较大。f、

g分别是铜、锌元素，Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大，Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，还容易再失去一个电子，所以Zn的第

二电离能相对较小。16.现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X其电子层上M层与K层上的电子数相等Y其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性Z其原子半径在所有原子中最小A、B、D三种单质(单质分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁四种化合物之间的转化关系如图所示(某

些条件已略去)。其中丁是一种高能燃料，常用于火箭推进剂，1个丁分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同。请回答：（1）元素X在周期表中的位置是_______，元素Y的原子结构示意图为_______。（2）单质B电

子式为_______，4YZ+中心原子杂化类型为_______，空间结构为_______。（3）分子中的大π键可以用符号πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则3YO−中中心原子价层电子对数为_

______，3YO−的大π键可表示为_______。（4）丙中所包含的化学键类型有_______(填字母序号)。A.离子键B.极性共价键C.非极性共价键（5）反应①的化学方程式为_______。（6）反应②中，0.5molNaC

lO参加反应时，转移1mol电子，反应②的离子方程式为：_______。【答案】（1）①.第三周期第IIA族②.（2）①.②.sp3③.正四面体（3）①.3②.64π（4）B（5）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3（6）2NH3＋ClO-=N

2H4＋Cl-＋H2O1.根据分析，元素X为Mg，在周期表中位于第三周期第IIA族，元素Y为N，其原子结构示意图为；2.根据分析，单质B为N2，电子式为，4YZ+为4NH+，中心N原子孤电子对数=514102−−=，有4个键，则价层电子对数

=4，中心N原子采取sp3杂化，空间结构为正四面体；3.根据分析，Y为N，3NO−中心N原子孤电子对数=513202+−=，有3个键，则价层电子对数=3；3NO−的价电子总数为5+1+63=24，其中键

电子数为23=6，O原子提供孤对电子数为34=12，则参与形成大π键的电子数为24-6-12=6，即形成一个4中心6电子的大π键，可表示为64π；4.丙为NH3，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选B；5.根据分析，甲为Mg3N2，Mg3N

2水解得到氨气与Mg(OH)2，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；6.反应②为氨气与NaClO的反应生成N2H4，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，则C

l元素由+1价降低为-1价，反应生成NaCl，同时生成N2H4和水，则该反应为2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，离子方程式为2NH3＋ClO-=N2H4＋Cl-＋H2O。17.过碳酸钠(23222NaCO3

HO)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下(固定仪器已略去)。已知：主反应：()()()232223222NaCOaq3HOaq2NaCO3HOs+H0按下列合成步骤回答问题：（1）球形冷凝管中

冷凝水的进口为_______(填“a”或“b”)。（2）先将饱和23NaCO溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器A中缓慢滴入30%22HO溶液，在磁力搅拌下充分反应。这一步的关键是控制温度不能太高，其原因是_______。（3）

过碳酸钠样品中22HO含量的测定。①准确称量0.1000g过碳酸钠样品于250mL锥形瓶中，加入50mL1241.0molLHSO−溶液溶解后，用10.01000molL−酸性4KMnO标准溶液滴定至终点。②下表是实验数据

记录：滴定次数1234()4KMnOV/mL29.9528.1030.0230.03产品中22HO的质量分数为_______。③下列操作会使测量结果偏大的是_______。A.滴定管尖嘴开始有气泡，滴定终

点气泡消失B.滴定管未用酸性4KMnO标准液润洗C.锥形瓶未干燥即盛放待测液D.滴定终点俯视读数（4）某位同学向固体过碳酸钠中加入稀硫酸，发现有两种不同的气体产生，试写出其反应的化学方程式_______。注：写

方程式时23222NaCO3HO用括号，如系数为3则写成()232232NaCO3HO【答案】（1）a（2）温度升高平衡逆向移动，产率降低，且温度过高H2O2易分解（3）①.25.5%②.AB（4）()2322242422222NaCO3HO4HSO4NaSO+4CO+3O+1

0HO+=1.球形冷凝管中冷凝水的流向是下进上出，即a进b出；2.已知：主反应：()()()232223222NaCOaq3HOaq2NaCO3HOs+H0，这一步的关键是控制温度不能太高，其原因是温度过高，主反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动

，产率降低，温度升高H2O2易分解；3.②根据表格数据可以看出第2次滴定消耗高锰酸钾溶液的体积误差较大，舍去第2组数据，消耗高锰酸钾溶液的体积=29.95+30.02+30.03mL=30.00mL3，根据关系式4222KMnO~5HO可知()3-142253010L0.01000molLnHO

7.510mol2−−==，产品中H2O2的质量分数为47.510mol34g/mol100%25.5%0.1000g−=；③A．滴定管尖嘴开始有气泡，滴定终点气泡消失，造成标准液高锰酸钾体积消耗增大，测量结果偏大；B．滴定管未用酸性KMnO

4标准液润洗，造成标准液被稀释，高锰酸钾体积消耗增大，测量结果偏大；C．锥形瓶未干燥即盛放待测液，不影响溶质的物质的量，不影响测定结果；D．滴定终点俯视读数造成标准液体积偏小，测定结果偏低；故选AB。4.向固体过碳酸钠中加入稀硫酸，发现有两种不同

的气体产生，则这两种气体为CO2和O2，反应的化学方程式为()2322242422222NaCO3HO4HSO4NaSO+4CO+3O+10HO+=。18.工业上以软锰矿(主要成分为2MnO，另含有少量铁、铝等金属化合物)为原料制得高纯2MnO

，然后再继续制取4KMnO，其流程如下：（1）实验室配制4FeSO往往会加入稀硫酸，原因是：_______。(结合离子方程式进行解释)（2）由滤液制取高纯2MnO的过程中，有一步是加入氨水调节溶液pH，除去4MnSO溶液中的3Al+

、3Fe+(使其浓度小于5110mol/L−)，pH范围为_______。(已知：()32sp3KAlOH110−=，()38sp3KFeOH110−=，pH7=时()2MnOH开始沉淀)（3）由高纯2MnO生产24KMnO的化学

方程式为_______。（4）在24KMnO溶液中通入过量2CO气体，则X是_______(填化学式)，此时24KMnO的理论利用率为_______。(百分数保留1位小数)（5）操作Ⅱ是为了从溶液中将X与4KMnO进行分离，则操作Ⅱ应为_______。（6）该流程中可

以循环利用的物质是_______。【答案】（1）Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，加稀硫酸抑制Fe2+水解（2）5≤pH＜7（3）2MnO2+4KOH+O2高温2K2MnO4+2H2O（4）①.KHCO3②.66.7%（5）蒸发浓缩

、冷却结晶（6）MnO21.硫酸亚铁属于强酸弱碱盐，Fe2+发生水解Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，配制硫酸亚铁溶液时抑制Fe2+水解，需要加入稀硫酸，故答案为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，

加稀硫酸抑制Fe2+水解；2.Fe3+完全沉淀时c(OH-)=38sp3333+-5[Fe(OH)]110=c(Fe)110K−=1×10-11mol/L，即此时的pH=3，Al3+完全沉淀时c(OH-)=32sp3333+-5[Al(OH)]110=c(Al)110K−

=1×10-9mol/L，此时的pH=5，已知pH=7时Mn(OH)2开始沉淀，因此加入氨水调节溶液pH，除去Al3+、Fe3+相应的pH范围是5≤pH＜7；故答案为5≤pH＜7；3.根据流程Mn的化合价由+4价升高为+6价，即MnO2为还原剂，氧气为氧化

剂，化学反应方程式为2MnO2+4KOH+O2高温2K2MnO4+2H2O，故答案为2MnO2+4KOH+O2高温2K2MnO4+2H2O；4.K2MnO4溶液中通入过量的CO2气体，K2MnO4发生自身氧化还原反应得到KMnO4和MnO

2，即CO2+3K2MnO4→2KMnO4+MnO2+X，根据元素质量守恒、原子守恒，推出X为KHCO3；根据3K2MnO4→2KMnO4+MnO2，锰酸钾的理论利用率为2100%=366.7%；故答案为KHCO3；66.

7%；5.从KHCO3、KMnO4溶液中分离KMnO4，需通过蒸发浓缩、冷却结晶并过滤，则操作Ⅱ的名称为蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；6.根据上述流程分析，MnO2既参与反应又重新生成，则可循环的物质为KOH、MnO2；故答案为MnO2。获得更多资源请扫码加入

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