【文档说明】四川省内江市威远中学2019-2020学年高二下学期第三次月考理综化学试题 【精准解析】.doc，共(16)页，921.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8590907bb60a3299e59f961801c71dce.html

以下为本文档部分文字说明：

威远中学2019—2020学年高二化学第二学期第三次月考试题可能用到的相对原子质量：H－1C－12O－16Na－23K－39Fe－56Cu－64Mn－55Au－197一、选择题1.下列关于化学与生产、生活的认识正确的是()A.利用地热、潮汐等能源替

代化石燃料符合环保理念B.绿色食品就是不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品C.采用增大臭氧浓度来改善空气质量D.用Ba(OH)2处理含Cu2＋的废水，可消除水中重金属离子的污染【答案】A【解析】【详解】A．地热能和潮汐能是新型绿色能源，没有污染或很少污染，替代化石燃料符合环保理

念，故A正确；B．绿色食品是指产自优良生态环境、按照绿色食品标准生产、实行全程质量控制并获得绿色食品标志使用权的安全、优质食用农产品及相关产品。任何食品都含有化学物质，故B错误；C．臭氧具有青草的味道，吸入少量对人体有益，但由于臭氧具有强氧化性，吸入过量对人体健康有一定危害，尤其是

对眼睛、呼吸道等有侵蚀和损害作用。地表臭氧也对农作物或森林有害。不能通过增大臭氧浓度来改善空气质量，故C错误；D．含Cu2＋的废水可通过加Na2S或通H2S，使Cu2＋生成溶解度很小的CuS沉淀来消除水中重金属离子的污染，故D错误；故选A

。2.下列分析正确的是()A.异丁烷的二氯代物有4种B.误食少量硫酸铜，可大量饮入牛奶解毒C.石蜡油分解产物均能使酸性KMnO4溶液褪色D.CH3－CH=CH2中所有原子共平面【答案】B【解析】【详解】A．异丁烷结构简式是，分子中含有2种H

原子，其二氯代物可能结构有、、三种不同结构，因此有3种同分异构体，A错误；B．可溶性重金属盐硫酸铜能电离产生重金属阳离子Cu2+使蛋白质发生变性，服用含蛋白质较多的牛奶，就可以防止人体本身的蛋白质被破坏，因而可以防止人中毒，具有解毒作用，B正确；C．石蜡油分解产物中含有的不饱和烯烃能被KMnO4氧

化而使酸性KMnO4溶液褪色，但得到的烷烃不能与KMnO4溶液反应，因此其中的烷烃不能使KMnO4溶液褪色，C错误；D．丙烯中含有的甲基—CH3上的C原子为饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此丙烯分子中不可能所有原子共平面，D

错误；故合理选项是B。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述一定正确的是()A.2.0gH218O和D2O的混合物中含有质子数为NAB.1.0L2.0mol/LNaOH溶液中含有氧原子数为2NAC.3.4gH2O2参加氧化还原反应时转移

电子数一定为0.1NAD.常温下，1mol的NaHSO4晶体中含阳离子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，且两者均含10个质子，故0.1mol混合物中含质

子数为NA个，故A正确；B．氢氧化钠溶液中，除了氢氧化钠外，水也含O原子，故此溶液中氧原子的个数多于2NA个，故B错误；C．双氧水参与氧化还原反应时，-1价的氧可能被氧化，也可能被还原，还可能发生歧化反应，故3

.4g双氧水即0.1mol双氧水反应后转移的电子数可能为0.2NA个，也可能为0.1NA个，故C错误；D．NaHSO4晶体只含有Na+和HSO4-，则1molNaHSO4晶体中，含阳离子1mol，个数为NA，故D错误；故选A。4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。其中X、Y

为金属元素，W和Z同主族。Z的核外电子数是W的2倍，W和Z的质子数之和等于X和Y的质子数之和。下列说法不一定正确的是()A.原子半径:X＞Y＞Z＞WB.Y位于第三周期第ⅢA族C.W和X组成的化合物为碱性氧化物D.向W、X、Y组成的化合物水溶液中滴入稀盐酸

至过量，溶液先变浑浊后澄清【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W和Z同主族，Z的核外电子数是W的2倍，则W为8号O元素，Z为16号S元素，二者质子数之和等于24，X、Y为金属元素，则X、Y为第三周期元素，W和Z的质子数之和

等于X和Y的质子数之和，则X为Na元素、Y为Al元素。【详解】A．X(Na)、Y(Al)、Z(S)是第三周期元素，同周期元素的原子序数越大其原子半径越小，O和S是同一主族的元素，同一主族的元素，原子序数越大则其半径越大，所以原子半径X(

Na)＞Y(Al)＞Z(S)，综上，原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；B．Y为Al元素，位于第三周期第ⅢA族，故B正确；C．W为O元素、X为Na元素，二者组成的化合物为Na2O和Na2O2，其中Na2O是碱性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，故C错误；D．W、X

、Y组成的化合物为NaAlO2，向NaAlO2水溶液中滴入稀盐酸，开始生成Al(OH)3沉淀，盐酸过量时Al(OH)3与H+生成Al3+，沉淀溶解，故D正确；故选C。5.下列实验过程中的相关步骤正确的是选项实验操作A检验Fe(NO3)2晶体是否变质将样品溶于稀硫酸,滴入几滴KSCN溶液B验证

Mg(OH)2和取2mL1.0mol/LNaOH溶液，先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液,Fe(OH)3的Ksp大小再滴3滴1.0mol/LFeCl3溶液C比较醋酸和碳酸酸性强弱pH计分别伸入0.1mol/LCH3COONa溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液中,读取

pHD测定中和反应反应热混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A项，将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，H+和NO3-同时存在的溶液具有强氧化

性，亚铁离子被氧化成铁离子，干扰了检验，故A错误；B项，向2mL1.0mol/LNaOH溶液中先滴3滴1.0mol/LMgCl2溶液，会生成Mg(OH)2白色沉淀；但由于NaOH过量，再滴3滴1.0mol/LFeCl

3溶液时，FeCl3直接与NaOH反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，而不会与沉淀Mg(OH)2反应,所以不存在沉淀的转化问题，故B错误；C项，用测盐溶液pH的方法比较醋酸和碳酸酸性强弱，应测定等浓度的CH3CO

ONa溶液和NaHCO3溶液的pH，若测Na2CO3溶液的pH，比较的是醋酸和HCO3-的酸性强弱，故C错误；D项，测定中和反应的反应热，需要测量反应前的初始温度，为保证测量结果准确，温度计应该洁净，所以混合

前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度，故D正确。6.摩拜单车利用车篮处的太阳能电池板向智能锁中的锂离子电池充电,电池反应原理为:LiCoO2+6CLi1-xCoO2

+LixC6。示意图如右。下列说法正确的是A.充电时，阳极的电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2B.该装置工作时涉及到的能量形式有3种C.充电时锂离子由右向左移动D.放电时,正极质量增

加【答案】D【解析】A项，该锂离子电池反应原理为:LiCoO2+6CLi1-xCoO2+LixC6，则充电时，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，故A错误；B项，锂离子电池工作时，化学能转

化为电能，涉及到2种能量形式之间的转化，故B错误；C项，充电时，阳极生成Li+，Li+向阴极(C极)移动，如图所示右边为C极，所以充电时锂离子由左向右移动，故C错误；D项，放电时，正极发生得电子还原反应，电极反应式为：Li1-xCo

O2+xLi++xe-=LiCoO2，所以正极质量增加，故D正确。7.常温下，CH3COOH和NH3.H2O的电离常数均为1.8×10－5mol/L。向20mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3.H2O的混合液中滴加等浓

度的CH3COOH溶液，所得混合液的相对导电能力与加入CH3COOH溶液的体积(V)关系如图所示。下列说法正确的是()A.由A点溶液到B点溶液相对导电能力降低主要是因为离子的总物质的量减少B.A、B、C、D四点

溶液中B点溶液中水的电离程度最大C.C点溶液呈碱性D.D点溶液中存在:c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)【答案】C【解析】【分析】溶液的导电能力与离子浓度成正比，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后

顺序是NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O、NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20溶液的导电能力减小，B点最小，因为溶液体积增大导致B点离子浓度减小，B点溶液中溶质为CH3COONa、

NH3·H2O，继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增大，C点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，C点溶液中溶质为

CH3COONa、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，D点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH。【详解】A．由A点溶液到B点溶液相对导电能力降低主要是因为溶液体积增大导致B点离子浓度减小，故A错误；B．C点溶液中溶质为CH3COONa、

CH3COONH4，两物质均能水解，促进水电离，B点溶液中溶质为CH3COONa、NH3·H2O，一水合氨抑制水电离，故B错误；C．C点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，醋酸铵溶液呈中性，CH3COONa水解呈碱性，故C正确；D．D点溶液

中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，醋酸根离子部分水解但水解程度较小，以醋酸电离为主，所以存在c（CH3COO－）>c（Na＋）＞c（NH4＋）>c(H＋)＞c(OH－)，故D错误；故选C。【

点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，明确盐类水解原理、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意C中溶液酸碱性的判断方法。二、填空题8.某化学小组欲进行如下实验探究金属与浓硫酸反应。试回答下列问题。(1)利用如图装置研究铜与浓硫酸反应，反应化学方程式为__

____________________________________；B装置的目的是______________________________________________；x溶液为_____

_______________。(2)将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金)，实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出，且越来越快。该气体可能为________，气体产生越来越快的原因可能是______________________________(至少两点)。验证该气体的实验方案如下：①装置连接

顺序:x→c→____→____→____→____→____→g。②能证明上述假设成立的实验现象是_____________________________。(3)取少量镁粉加入盛浓硫酸的烧杯，在通风橱中实验。充分反应后溶液中有灰白色悬浮物（硫单质），设计

方案研究该悬浮物的组成，请帮助完善。(假设镁的化合物都溶于稀酸)①补充括号内应加入的试剂______________________。②写出产生该灰白色悬浮物主要反应的化学方程式____________________________________________。【答案】(1

).Cu＋2H2SO4(浓)ΔCuSO4＋SO2↑＋2H2O(2).检验产物SO2(3).NaOH溶液(其他合理答案均可得分)(4).H2(5).反应后期，c(H＋)增大，与Zn反应生成H2速率加快；黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2速率加快；反应放热(6).d

(7).e(8).f(9).a(10).b(11).E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红，H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色(12).CS2或热的浓NaOH溶液(13).3Mg＋4H2SO4(浓)=3MgSO4＋S＋4H2O【解析】【分析】探究铜和浓硫酸的反应，在加热条件下铜和浓硫酸反应生成C

uSO4、SO2和H2O，SO2可以使品红褪色，过量的SO2可以用NaOH溶液吸收。铜锌合金和浓硫酸反应，随着反应进行，浓硫酸浓度降低，可以和锌生成氢气。利用氢气能和黑色的氧化铜反应生成红色的铜以及生成的水能使白色的无水硫酸铜变蓝的现象验证氢气的生成。镁和浓硫酸反应生成硫，硫可以溶于CS2，也可

以和热的NaOH溶液反应生成可溶性的Na2S、Na2SO3。【详解】(1)浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O，故化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2

↑+2H2O；二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，常用品红溶液来检验二氧化硫气体；二氧化硫是有毒气体且为酸性气体，C为尾气吸收装置，故x溶液可以是NaOH溶液。(2)若将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌

合金)，实验后阶段浓硫酸变稀，稀硫酸与锌反应会产生氢气，所以实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出，该气体可能为H2；根据影响化学反应速率的因素，结合该实验原理及条件，气体产生越来越快的原因可能是：反应后期，浓硫酸变为稀硫酸，电离

程度增大，c(H+)增大，与Zn反应生成H2速率加快；黄铜为铜锌合金，与硫酸形成原电池产生H2速率加快；反应放热等。①若要验证该气体是氢气，根据可供选择的装置及药品，先除去二氧化硫，再吸水干燥，然后通入

灼热的氧化铜，最后检验产物是水，所以装置连接顺序：x→c→d→e→f→a→b→g。②若E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红，说明生成了铜单质，同时H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色，说明生成了水，由此可证明上述假设成立。(3)镁与浓硫酸反应，硫酸可能表现酸性和强氧化性，固体生成物可能

是含有镁元素、S元素的物质，烧杯中的混合物加水部分溶解，则不溶物为S，S易溶于二硫化碳，可以过滤后可加入二硫化碳溶解，S也能和热的NaOH溶液反应：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O，故也可以用热的浓NaOH溶液溶解S；镁和浓硫酸反应，生成硫酸镁、S和水，反应的化学方程式为

：3Mg+4H2SO4(浓)=3MgSO4+S+4H2O。【点睛】金属和浓硫酸反应，若金属为金属活动性顺序表氢后的金属如铜，则在加热条件下生成金属硫酸盐（硫酸铜）、二氧化硫和水，随着反应的进行，当浓硫酸变为稀硫酸时，反应停止；

若金属为氢前金属，随着反应的进行，当浓硫酸变为稀硫酸时，金属会继续和稀硫酸发生置换反应生成盐和氢气。9.氨为重要化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取:a．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H

2(g)△H=＋216.4kJ/molb．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=－41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=_____________kJ/mol

(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如图。①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是__________(填序号)；A．N2和H2的转化率相等B．反应体系密度保持不变C．23c(H)c(NH)比值

保持不变D．32c(NH)c(H)＝2②P1________P2(填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数：B点______D点；③C点H2的转化率_______________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:v(A)_______v(

B)。(3)N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。①写出NH3和NaClO反应生成N2H4的化学方程式____________________________________

_________。②当转移电子量为0.3NA时，标况下消耗NH3____________L。【答案】(1).＋175.2kJ/mol(2).BC(3).<(4).>(5).66.7%(或2/3)(6).<(7).2NH3＋NaClO一定条件N2H4＋NaCl＋H2

O(8).6.72L【解析】【分析】(1)将两个热化学方程式叠加，就可得到相应反应的热化学方程式，△H也相加；(2)①根据反应达到平衡时任何一组分的速率不变，物质的浓度、含量等不变判断平衡状态；②该反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，平衡正向移动，

氨的含量增加；在压强不变时，根据该反应的正反应是放热反应分析判断B、D两点的化学平衡常数大小；③根据C点时氨的含量是50%，利用三段式计算H2的转化率；根据A、B两点的温度、压强的大小及温度、压强与化学反应速率的影响分析；(3)利用题目信息找出反应物和生成物，再利用电子守恒及质量守恒配平，然后

计算。【详解】(1)a+b，整理可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+175.2kJ/mol，故答案为＋175.2kJ/mol；(2)①A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在该反应中N2、H2反应的物质的量的比是1：3，加

入的物质的物质的量的比是1：3，所以无论反应是否达到平衡，N2和H2的转化率都相等，不能据此判断反应为平衡状态，A错误；B.该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，由于压强恒定不变，若反应未达到平衡，气体体积就会发生变化，由于气体

质量不变，所以密度就会发生变化，因此若密度不变，反应达到平衡状态，B正确；C.氢气是反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必然增加，其比值就会发生变化，当()()23cHcNH的比值不变时说明反应达到平衡状态，C正确；D.氮气是反应

物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气比增加，其比值()()32cNHcN就会发生变化，当比值不变时，说明反应处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不再变化，所以不一定是平衡状态，D错误；故合理选项是BC；②该反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，

平衡向气体体积减小的正反应方向移动，氨的含量增加，由图可知，在温度相同时，压强为P1时的平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以根据图示可知压强：P2>P1，即P1<P2，故答案为<；合成氨气的反应是

放热反应，在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数越小，D点的温度高于B点的温度，所以化学平衡常数：B>D，故答案为>；③N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始(mol)130转化(mol)x3x2x平衡

(mol)1-x3-3x2x由于平衡时混合物中氨的体积分数为50%，()()2x100%1332xxx−+−+=50%，解得x=2/3，由于氮气与氢气反应的物质的量的比是1:3，加入的物质的物质的量的比是1:3，所以氮气与氢气的转化率相等，即为6

6.7%，故答案为66.7%；根据图示可知A、B两点平衡混合物中氨的含量相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，温度升高，速率加快，压强增大，速率加快，所以在A、B两点条件下的化学反应速率v(A)<v(B)，故

答案为<；(3)N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4，反应中N的化合价升高，故氯的化合价降低，产物为NaCl，在根据得失电子守恒和质量守恒，方程式为2NH3＋NaClO一定条件N2H4＋NaCl＋H2O，根据方程，2molNH3反应生成1molN2H4转移2N

A的电子，当转移电子量为0.3NA时，标况下消耗NH30.3mol，在标况下的体积为V=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为2NH3＋NaClO一定条件N2H4＋NaCl＋H2O；6.72L。10.高锰酸钾常用作消毒

杀菌、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要含MnO2,还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程如下。试回答下列问题。(1)配平焙烧时化学反应：________MnO2＋____

____＋________O2________K2MnO4＋________H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率，试用碰撞理论解释其原因___________________________。(2)滤渣Ⅱ的成分有_________(化学式)；第一次通CO2不能用稀盐酸代替的原

因是_____________。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为________________________。(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4。由图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过__________、________

___、洗涤等操作。(5)工业上按上述流程连续生产。含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上最多可制KMnO4____________吨。（保留到小数点后三位）(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4用惰性电极电解滤液Ⅱ。①电解槽阳极反应式为_____________

___________________。②阳极还可能有气体产生，该气体是____________。【答案】(1).2(2).4KOH(3).1(4).2(5).2(6).加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰

撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分(7).Al(OH)3、H2SiO3(8).稀盐酸能够溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量(9).3MnO42-＋4CO2＋2H2O=MnO2↓＋2MnO4-＋4HCO3-(10).蒸发结晶(11).趁热过滤

(12).0.018a(13).MnO42--e-=MnO4-(14).O2【解析】【分析】分析整个流程，将主要成分为MnO2的软锰矿与KOH混合在空气中焙烧，冷却得到固体物质，将固体物质溶于水过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中应含有K2SiO3、KAlO2、K2MnO4等溶质，滤渣I为Fe2

O3；向滤液I中第一次通入CO2与K2SiO3、KAlO2发生反应，过滤得到滤渣Ⅱ和滤液Ⅱ，滤渣Ⅱ为Al(OH)3、H2SiO3；滤液Ⅱ含有KHCO3、K2MnO4等溶质；向滤液Ⅱ中第二次通入过量CO2，

再次过滤得到滤液Ⅲ和MnO2，则可以推断滤液Ⅲ中含有KMnO4和KHCO3，再经过一系列操作得到较纯的KMnO4，MnO2可以作为循环利用的物质。【详解】(1)在焙烧时MnO2与KOH在空气中O2的作用下反应得到K2MnO4和H2O，反应为氧化还原反应，Mn化合价升高2，O化合价

降低2，根据电子转移数守恒，所以在MnO2前面配上2，O2前面配上1，根据Mn元素守恒，在K2MnO4前面配上系数2，再根据K元素守恒，在KOH前面配上4，最后根据H元素守恒，在H2O前面配上2，该反应的化学方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+H

2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率，这是由于加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分；(2)根据上述分析可知滤渣Ⅱ中含有的物质有Al(OH)3，H2SiO3；第一次通CO2不能

用稀盐酸代替，这是由于稀盐酸酸性较强，可溶解Al(OH)3变为可溶性的AlCl3，稀盐酸的用量不易控制，时溶液中便会再次混入Al3+；(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，溶液中原先是K2MnO4，再第二次通入过量的CO2时发生歧

化反应生成MnO2和KMnO4，此时CO2被转化为HCO3-，该反应为氧化还原反应，则反应的离子方程式为：3MnO42-＋4CO2＋2H2O=MnO2↓＋2MnO4-＋4HCO3-；(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得

KMnO4，此时溶液中还存在KHCO3，根据溶解度随温度变化的图象分析，随着温度升高，二者溶解度均不断增大，在40℃附近时二者溶解度相等，超过这一温度时，KHCO3溶解度不断增大，KMnO4溶解度则增

大较缓慢，所以从溶液中提取较纯的KMnO4，需要蒸发结晶，趁热过滤，洗涤等操作；(5)工业上按上述流程连续生产，含MnO2a%的软锰矿1吨，理论上第一步完全转化为K2MnO4，第二步转化为KMnO4时则是发生歧化反应，由于歧化反应产物

得到MnO2可以循环使用，所以理论最多产量则是根据Mn元素守恒完全生成KMnO4的量，m(KMnO4)=1?ta%15887=0.018at；(6)①电解池中阳极发生氧化反应，用惰性电极电解滤液Ⅱ，滤液Ⅱ中含有MnO42-，MnO42-

失去电子变为MnO4-，则阳极的电极反应为：MnO42--e-=MnO4-；②阳极还可能发生电解水的相关反应，水电离产生的OH-失去电子产生O2，发生的电极反应有2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此阳极上产生的气体

为O2。【点睛】本题考查化学工艺流程的知识，主要是通过软锰矿制备KMnO4的流程，涉及到氧化还原反应、化学反应速率影响因素、电化学知识及物质的分离提纯、化学实验基本操作，明确流程中每一步操作的内容及发生的相关反应是解题的关键，注意题目提供的信息的处理与应用能力，考查学生整体把握工艺流程的

能力。三、[化学一选修3:物质结构与性质]11.我国具有悠久的历史,在西汉就有湿法炼铜(Fe＋CuSO4＝Cu＋FeSO4)，试回答下列问題。(1)Cu2+的未成对电子数有_____个，H、O、S电负性由大到小的顺序为_________

_____________。(2)已知[Cu(NH3)4]SO4是一种配合物。①[Cu(NH3)4]SO4中化学键类型有______________，[Cu(NH3)4]2＋的结构简式为_______

__________。阴离子中心原子杂化类型为____________________。②NH3、H2O、HF的沸点由高到低为_________________。(3)铁铜合金晶体类型为________________；铁的

第三(I3)和第四(I4)电离能分别为2957kJ/mol、5290kJ/mol，比较数据并分析原因________________。(4)金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示。①该合金的化学式为_______________。②已知该合金的密度为dg/cm3，阿

伏加徳罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为__________nm。【答案】(1).1(2).O＞S＞H(3).共价键、配位键、离子键(4).(5).sp3杂化(6).H2O＞HF＞NH3(7).金属晶体(8).基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后核外电子呈半充满稳定状态，

因此I4远大于I3(9).AuCu3或Cu3Au(10).3A389dN×107【解析】【分析】Cu是29号元素，Cu原子失去最外层1个4s电子和次外层的1个3d电子形成Cu2+。根据构造原理可得Cu2

+的核外电子排布式；元素的非金属性越强电负性越大；(2)①[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+与SO42-形成离子键，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子中N原子与H原子之间形成共价键；先

计算SO42-中心原子S的孤电子对数和杂化轨道数目，然后利用价层电子对数目判断；②分子之间形成氢键会使其沸点升高；(3)铁铜合金晶体属于金属晶体；Fe原子失去3个电子形成3d5半充满稳定结构，再失去1个电子需要的能量

较多；(4)①均摊法计算晶胞中Au、Cu原子数目，确定化学式；②根据晶胞中含有的各种元素的原子个数计算晶胞质量，再根据ρ=mV计算，求晶胞参数。【详解】(1)Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，3d轨道上有1个未

成对电子，其余电子均形成了电子对，因此Cu2+核外只有1个未成对电子；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于元素的非金属性：O＞S＞H，故元素的电负性由大到小顺序为：O＞S＞H；(2)①[Cu(NH3)4]SO4

中[Cu(NH3)4]2+与SO42-形成离子键，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子中N原子与H原子之间形成共价键，所以[Cu(NH3)4]SO4中含有的化学键类型为离子键、共价键、配位

键；[Cu(NH3)4]2+的结构简式为：；SO42-中心原子S的孤电子对数=62242+−=0，杂化轨道数目=0+4=4，所以S原子采取sp3杂化；②NH3、H2O、HF分子之间都存在氢键，氢键的产生，增加了分子之间的吸引力，使物质熔沸点升高。由于H2O分子之间氢键数目多、氢键强，

其熔沸点最高，HF分子之间的氢键比NH3分子间的氢键强，则NH3、H2O、HF的沸点由高到低为：H2O＞HF＞NH3；(3)铁铜合金晶体属于金属晶体；Fe是26号元素，基态铁原子的价电子排布式为3d64s

2，Fe的第三电离能是失去3d6的1个电子需要的能量，而第四电离能是失去3d5的1个电子需要的能力，由于3d5为半充满稳定结构，再失去1个电子需要的能量较多，故铁的第四(I4)电离能远大于第三(I3)电离能；(4)①晶胞中Au原子数

目=8×18=1，Cu原子数目=6×12=3，故化学式为AuCu3或写为Cu3Au；②晶胞质量m=197643389AAgNN+=g，晶胞密度为dg/cm3，则晶胞参数L=33389AmdN=cm=3389AdN×107nm。【点睛】本题考

查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电负性、配合物、氢键、电离能、晶胞计算等，(4)中计算为易错点、难点，关键是理解晶胞结构，理解晶胞参数与晶胞体积的关系，注意长度单位的变换关系。