2024年北京八一学校高三（上）测试一化学试题及答案

2024北京八一学校高三（上）测试一化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Co-59一、选择题(共48分，每题只有一个正确选项，1-8每小题3分；9-14每小题，4分)1.下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质和酸性氧化物顺序排列的是A.盐酸、空气、醋酸、干冰、二氧化氮B.冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇、二氧化硅C.蛋白质、油脂、苛性钾、石灰石、五氧化二磷D.胆矾、漂白粉、硫酸钡、液氯、二氧化硫2.下列化学用语书写正确的是98OA.中子数为9的氧原子：B.氧化钠的电子式：C.基态K原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d1D.基态N原子的价电子轨道表示式：3.下列各项比较中，正确的是A.等质量的O和O，所含氧原子数相等23B.标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等C.等物质的量的Fe和分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等D.等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目相等4.用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca2+、Mg2+和SO24−等离子获得精制盐水。所选试剂、装置不合理的是．．．步骤目的试剂装置24−BaClacABⅠⅡ除SO溶液、、f2Mg2+NaOH溶液a、c、f除除Ca2+、2+调Na2SO溶液b、de、CDⅢⅣ4ace盐酸、、、fA.AB.BC.CD.D5.下列说法不正确的是．．．HPOHSiO3A.酸性：B.与钠和水的反应相比，铍与水反应更容易3342HS2H2O的分解温度更高C.与的分解温度相比，D.判断非金属性ClS，可通过向NaS溶液通入的实验证实226.下列陈述、Ⅱ均正确且有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡFe+有氧化性ABCD溶液可溶解废旧电路板中的铜3SOSO可使高锰酸钾溶液褪色2有漂白性2NHNHHSO不能用浓干燥4有还原性33不可用铁制容器盛放3浓有酸性浓3A.AB.BC.CD.D7.下列解释事实的方程式不正确的是A.氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl22OH−Cl−ClO−H2O+=++Fe(OH)33H++3H2O+=3+B.氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸：C.氢氧化亚铁放置于空气中：4Fe(OH)+O+2HO=4Fe(OH)2223Δ2HSO+CCO++2HO222D.浓硫酸与红热的木炭反应：(浓)48.2022年4月，我国首个具有完全自主知识产权的口服抗新冠药物阿兹夫定获批上市，阿兹夫定的结构如图所示。下列说法不正确的是．．．A.分子中含有4个手性碳原子B.分子中N原子均为sp2杂化C.分子中含有3种含氧官能团D.该物质能发生加成反应、消去反应、取代反应、水解反应9.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质NaOHNH3SO2H2OA浓氨水2SO3NaOH溶液BCD浓硫酸(70%)稀硝酸CuNOCl2NaOH溶液NaOH溶液MnO2浓盐酸A.AB.BC.CD.D10.下列各组物质中，气体X和气体Y同时通入盛有溶液Z是()如下图所示)，一定没有沉淀生成的是()XYZABCDNO2NH3NH3CO2SO2O2BaCl2Al(SO)243CO2SO2CaCl2CaCl2A.AB.BC.CD.D在25C时，向水中通入，得到新制氯水，如下图所示。对现象分析不正确的是2．．．Cl2A.新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了H2O能反应B.新制氯水呈黄绿色，证明与2()cH+C.取出新制氯水，光照一段时间，溶液增大，漂白性减弱，原因是：光照Cl+HOHCl+，2HCl+O222D.取出新制氯水，加入饱和NaCl溶液，的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除去HCl中混有的2212.下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是．．ABCDaHSO4HSO4试剂浓盐酸浓浓氨水稀KMnO4AgNO3粉末3试剂b少量蔗糖c3MgCl2试剂冷、浓氨盐水A.AB.BC.CD.D13.下列有关实验的叙述正确的是A.足量的SO2通入/KMnO溶液中，充分反应后取混合后溶液，滴加酸性溶液，溶432+液紫色褪去，能证明反应生成了B.向“84”消毒液中滴加2mL0.2mol/L盐酸，产生大量黄绿色气体；如果改为滴加/LH则不会产生黄绿色气体。4C.把红热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体生成，该现象能证明碳和浓硝酸发生了反应()溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，这时若滴入3D.SO2通入NO3BaCl2溶NO3−液，会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是14.某小组同学通过实验研究溶液与铜粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：3序Ⅰ号ⅡⅢ实验步充分振荡，加入2mL蒸充分振荡，加入2mL蒸骤2mL充分振荡，加入馏水馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变铜粉有剩余，溶液黄色褪铜粉有剩余，溶液黄色褪浅，加入蒸馏水后无明去，加入蒸馏水后生成白去，变成蓝色，加入蒸馏水显现象色沉淀后无白色沉淀下列说法不正确的是A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe+被还原B.对比实验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关(2+)cCu相同C.实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后D.向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀二、填空题(共52分)15.按要求回答下列问题：Na2O（1）的电子式___________。2Na2O（2）写出与水反应的方程式，并用双线桥标出电子转移方向和数目：___________。2（3）氨气的实验室制法化学方程式：___________。（4）氯气的实验室制法离子方程式：___________。（5）工业制硝酸的三步反应的化学方程式：___________。（6）用化学用语解释氨气溶于水呈碱性的原因：___________。16.卤族元素相关物质在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：元素HNFBrI电负性2.13.04.03.02.82.5（1）卤族元素在周期表中处于___________区。（2）卤族元素化合物的性质有相似性和递变性，下列说法不正确的是___________。A.的沸点依次升高ClB.C.、、熔点依次降低D.HOX(X沸点依次升高−−代表Cl、Br、I)的酸性随着的原子序数递增逐渐增强X（3）比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因___________。类似，但是性质差异较大。3（4）的结构与3①②的空间结构名称为___________N原子的轨道杂化类型为___________。3没有碱性，原因是___________。3具有碱性(可与H+结合)而3（5）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为。①基态钛原子的价层电子轨道表示式为___________。②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是___________。N表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________gcm−3=10−cm)。7③A17.工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO·7HO)和胆矾(CuSO·5HO)。相关流程如下图。4242已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（细菌）在pH1.0~6.0范围内可保持活性。②金属离子沉淀的pH如下表。Fe3+1.5Cu2+4.2Fe2+6.3开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH2.86.78.3（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是__________________。（2）生物堆浸过程的反应在细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2Tf细菌+4H+2Cu2+Fe2++2S+2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为__________。（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在__________范围内。（4）过程I中，加入NaSO固体会还原堆浸液中的Fe3+，得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3+是否被还原223完全，可取少量溶液X，向其中加入_____________（5）过程II中，用HO和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示HO的作用是________。22．．．．22（6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取mg绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为cmol/L的KMnO溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗KMnO溶液的体积为VmL。绿矾晶体质量分数的计44算式为______•7HO的摩尔质量为278g/mol）42H与卤素离子(Cl−−I)的反应。实验如下：−18.探究一定浓度4（1）a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀。3b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。（2）用CuSO溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是___________。4（3）检验ii中产物：I．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。2II．取ii中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含SO，过程2如下：①白色沉淀1的成分是___________。②生成白色沉淀3的离子方程式是___________。X+SO+2HO=2HX+HSO(X=ClBrSO的原2（4）已知：因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：。探究ii中溶液存在22224H2O发生了反应a．与2b．加水稀释导致溶液颜色变浅2与SOc．在溶液中发生了反应2①资料：2H2O+K4.010，判断a___________(填“是或“不是”)主要原因。=9②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是___________。CCl溶液4可选试剂：溶液、3③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。HSO−−−（5）实验表明，一定浓度氧化Br、I，不能氧化Cl，从原子结构角度说明___________。4参考答案一、选择题(共48分，每题只有一个正确选项，1-8每小题3分；9-14每小题，4分)1.【答案】B【详解】A．盐酸是混合物，A错误；B．冰醋酸、福尔马林、硫酸钠、乙醇、二氧化硅分别是纯净物、混合物、电解质、非电解质和酸性氧化物，B正确；C．蛋白质是混合物，石灰石是电解质，C错误；D．液氯不是非电解质，D错误；故选B。2.【答案】D【详解】A．中子数为9的氧原子，则质量数为9+8=17，则中子数为9的氧原子：O8，故A错误；B．氧化钠是离子化合物，由钠离子与氧离子构成，电子式为，故BC．基态K原子核外有19个电子，根据构造原理书写基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，故C错误；D．N原子价电子排布式为2s22p3，价电子的轨道表示式为D正确；故选：D。3.【答案】A【详解】A．已知O和O均为O原子形成的单质，故等质量的O和O，所含氧原子数相等，A正确；2323B．标准状况下苯为液体，乙烷是气体，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，B错误；点燃点燃C．根据2Fe+3Cl22FeCl3、Cu+Cl2CuCl可知，等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl22转移的电子数不相等，C错误；D．一分子丙烷中含有碳碳单键数目为2个，而一分子2-甲基丙烷中含有碳碳单键的数目为3个，故等物质的量的丙烷和2-甲基丙烷中所含碳碳单键的数目不相等，D错误；故答案为：A。4.【答案】C2−4【分析】除去粗盐中的杂质，Ca2+用碳酸钠除去，SO用氯化钡除去，Mg2+用氢氧化钠除去，碳酸钠的另一个作用是除去多余氯化钡，因此碳酸钠应放在氯化钡后面，然后过滤，调节pH，除去过量的NaOH和碳酸钠，据此分析；2−4【详解】A．除去SO，一般用氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，用到仪器是a、c、fA不符合题意；B．除Mg2+，一般用NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，用到仪器是a、、f，故B不符合题意；C．除Ca2+，一般用碳酸钠，生成碳酸钙沉淀，碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，用到仪器是a、b、c、d、f，故C符合题意；D．根据上述分析，为了不引入新的杂质，用盐酸除去过于的碳酸钠和氢氧化钠，用到仪器是、c、e、f，故D不符合题意；答案为C。5.【答案】B【分析】【详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞Si，因此最高价氧化物对应水化物的酸性HNO＞HPO＞HSiOA不符合题意；33423B．金属性越强，与水反应越容易反应，同周期从左向右金属性减弱，即Na比Mg金属性强，同主族从上到下金属性增强，即Mg比铍金属性强，从而得到金属性Na强于Be，因此钠和水比铍和水反应更容易，故B符合题意；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，O的非金属性强于S，HO比HS稳定，HO分解温度高于222硫化氢，故C不符合题意；D．向硫化钠溶液中通入氯气，发生Cl2+S2-=2Cl-，氯气的氧化性强于S，从而判断出非金属性Cl＞S，故D不符合题意；答案为B。6.【答案】A【详解】A．Fe3+具有氧化性，能将铜氧化为为铜离子，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，故A正确；B．SO可使高锰酸钾溶液褪色原因是SO具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；22C．氨气是碱性气体，能被硫酸吸收，与还原性无关系，故C错误；D．浓硝酸具有强氧化性，常温下使铁钝化，因此浓HNO3可用铁制容器盛放，故D错误；故选A。7.【答案】B【详解】A．氢氧化钠溶液吸收氯气生成NaClNaClO和水，离子方程式为：Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO，22故A正确；B．氢氧化铁沉淀溶于氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘单质和水，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I+6HO，故B22C．氢氧化亚铁放置于空气中被氧气氧化为氢氧化铁，化学方程式为：4Fe(OH)+O+2HO═4Fe(OH)，故2223C正确；2HSOD．浓硫酸与红热的木炭反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为：(浓)4Δ+CCO++2HO，故D正确；222故选：B。8.【答案】B【详解】A．分子中含有4个手性碳原子：，A正确；B．-NH2中氮原子形成3个共价键且有1对孤电子对，则为sp3杂化，BC．分子中含有羟基、醚键、羰基3种含氧官能团，C正确；D．该物质碳碳双键能发生加成反应，含有羟基能发生消去反应、取代反应，含有酰胺基能发生水解反应，D正确；故选B。9.【答案】B【详解】A．浓氨水与氢氧化钠反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A项不合理；B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，能使用向上排空气法，NaOH溶液可以吸收二氧化硫尾气，故B项合理；C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用氢氧化钠溶液吸收一氧化氮尾气，故C项不合理；D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D项不合理；故答案选。10.【答案】D【详解】A、SO溶于水生成HSO，具有还原性，NO溶于水生成HNO具有氧化性，HNO能将HSO32232332氧化成HSO，再与BaCl反应生成沉淀，所以A中有沉淀生成，A242B、氨气溶于水生成氨水呈碱性，能与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀，所以B中有沉淀生成，B错误；C、氨气溶于水生成氨水呈碱性，CO与碱反应生成CO2-，然后与Ca2+反应生成CaCO沉淀，C233D、CO、SO溶于水溶液均呈酸性，与CaCl均不反应，无沉淀生成，D正确。222正确答案为D。【点睛】CO、SO气体只有在碱性条件下才能与BaCl、CaCl等反应生成沉淀，注意隐含的SO、HSO2222223具有还原性，易被有氧化性的物质氧化而转化为SO42-。【答案】B【详解】A．为黄绿色，新制氯水呈黄绿色，说明溶解了Cl，故A正确；2H2O与能反应，故B错误；B．新制氯水呈黄绿色，证明有分子，不能证明22C．氯气和水先反应生成次氯酸，次氯酸见光容易分解生成盐酸和氧气，故酸性变强，漂白性变弱，故C正确；HCl，故D正确；D．氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度减小，故可以用饱和食盐水除去中混有的2故选B。12.【答案】B【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰和生成氯化银沉淀，故A不符合题意；3B．浓硫酸和少量蔗糖反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，剩余硫酸，与都不反应，故B符合题3意；C．浓氨水和反应生成氨气，氨水和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故C不符合题意；HSO粉末生成硫酸钙，在冷、浓氨盐水中析出硫酸钙沉淀，故D不符合题意；3D．与4故选B。13.【答案】D【详解】A．二氧化硫可以与Fe3+反应，但选项中二氧化硫足量，反应后的混合溶液会有二氧化硫残留，KMnO溶液，溶液紫色褪去并不能确切证明反应生成了Fe2+，也可能是残留的二氧化硫，此时滴加酸性4故A项不正确；B．该消毒液中有效成分是次氯酸钠，因为次氯酸是弱酸，滴加盐酸后会生成HClO，进而可以发生可逆Cl+HO+HCl反应，生成黄绿色气体；如果改为滴加硫酸，仍然会有HClO的生成，伴随22着HClO浓度增加会有部分次氯酸分解成氧气与，仍然可以生成黄绿色气体氯气，故B项不正确；C．把红热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体生成，该现象不能证明碳和浓硝酸发生了反应，浓硝酸本身会分解产生二氧化氮等气体，故C项不正确；D．子，发生离子反应为硝酸根离子的氧化还原反应，生成铁离子，离子反应为3Fe通入(3)溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离32+3++2HOSO=24−+2Fe+4H+2+22Fe；立即又变为棕黄色，发生亚铁离子与22++34H+3Fe−+=3++NO+H2O，由于溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，−3NO，故D项正确；所以最终被还原的是故答案选D。14.【答案】CFe+被Cu还原，A正确；【详解】A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明B．对比实验Ⅰ、Ⅱ，实验Ⅰ加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验Ⅱ加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B正确；C．对比实验Ⅱ、Ⅲ，参加反应的Fe+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验Ⅱ生成CuCl，所以(2+)cCu不相同，C错误；加入蒸馏水后D．实验Ⅲ溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D正确；故选C。二、填空题(共52分)15.1）（）Δ2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl+2NH2HO（3）232Δ+MnO2Mn2++Cl2+2H2O（4）4H++2Cl−4NH+=4NO+6HO2NO+O2=2NO3NO+HO=2HNO+NO（5）（6）、、3222223NH3H2O+NHHONH+OH−+432【小问1过氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：；【小问2过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，氧气是反应的氧化产物、氢氧化钠是还原产物，则表示电子转移方向和数目的双线桥为，故答案为：；【小问3实验室制备氨气的反应为氯化铵与氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Δ2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl+2NH2HO，故答案为：；232Δ2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl+2NH2HO232【小问4实验室制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为ΔΔMnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl↑+2HO，故答案为：MnO+4H++2Cl—Mn2++Cl↑+2HO；22222【小问5工业制硝酸的三步反应为催化剂作用下氨气与氧气共热反应生成一氧化氮和水、一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式依次为4NH+=4NO+6HO2NO+O2=2NO3NO+HO=2HNO+NO223、、、，故答案为：3NO+HO=2HNO+NO；223322224NH+=4NO+6HO2NO+O2=2NO、322【小问6氨气溶于水呈碱性是因为氨气与水部分反应生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧+NHHONH4OH−++NH3H2O根离子，有关反应式为，故答案为：32NH3H2O+NHHONH+OH−+。32416.1）p）AD23,O原子的价层电子排布式为2,N原子的轨道为半满结构，4（3）N原子的价层电子排布式为较难失去电子，所以第一电离能：NO（4）①.三角锥形②.③.NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(+)，难与H+结合31551021（5）①.②.6.3aNA【小问1卤族元素(ns2np5)位于元素周期表的p区；【小问2A．由于HF分子之间除分子间作用力之外还能形成氢键，因此HF的沸点要比HCl的高，而对于HCl、HBr来说，由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增加，HCl、HBr、HF三者的沸点依次增大，故A错误；B．Cl2、ICl、IBr均为分子晶体，其沸点与分子间作用力有关，则相对分子质量逐渐增大，可知分子间作用力依次增大，Cl2、、IBr沸点依次增大，故B正确；C．NaF、NaCl、NaBr属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，由离子半径Br->Cl->F-，则NaF、NaCl、NaBr熔点依次降低，故C正确；D．X元素的电负性越强，X吸引电子对的能力越强，使O—H间的电子对向O原子方向偏离，电离出H+更容易，由于电负性：Cl>Br>I，则H-O-X的酸性随着X的原子序数递增逐渐减弱，故D错误；故选：AD；【小问3同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子价层电子排布式为2s22p3，O原子价层电子排布式为2s22p4，N的2p能级处于半满结构，比较稳定，其第一电离能：N＞O；【小问431的中心原子的价层电子对数为3+=4，含有1对孤对电子，空间结构名称为三角锥形，杂化①32方式为sp3；②NH具有碱性(可与H+结合)而NF没有碱性，原因是NF中F元素电负性强，使得N原子呈正电性333(δ+)，难与H+结合；【小问5①基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，其轨道表示式为；②以顶点的为中心，其距离最近的O位于与之相邻的3个棱心，顶点被8个晶胞共用，棱被4个晶胞共138=6用，则每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子有个；4118O12=3Co，含有的个数为，位于体心，个数为③根据均摊法，每个晶胞中含有的个数为8448+316+59155102110−21cm3，则晶胞密度为gcm−3。1，晶胞质量为g，晶胞体积为a3NA3aNA17.【答案】①.增大接触面积，加快堆浸速率②.4Fe2++O+4H+=4Fe3++2HO.1.0～1.5④.KSCN221.39100%⑤.CuS+HO+2H=Cu2++2HO+S.222m【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低]经过研磨后在微生物作用下进行堆浸，因生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（细菌）在pH1.0~6.0范围内可保持活性，并且Fe3+在pH为1.5时会发生沉淀，因此堆浸过程中保持pH在1.0～1.5CuFeS2与空气发生氧化还原反应，生成铜盐、铁盐、硫单质等，然后向堆浸液中加入还原剂将Fe3+还原，并将Cu2+CuS，然后过滤得到FeSO4溶液和CuS固体，再向CuS中加入氧化剂和稀硫酸，将CuSCuSO，然后分别蒸发FeSO溶液、CuSO溶液得到444绿矾、胆矾，以此解答。）生物堆浸过程是固体与液体反应，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快；（2Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe+O+4H=4Fe3++2HO；22（3）由上述分析可知，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在1.0～1.5；（4）判断堆浸液中Fe3+是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色(或红色)，若溶液呈血红色(或红色)，则说明Fe3+未被还原完全，若无明显实验现象，则说明Fe3+被还原完全；（5）HO具有强氧化性，CuS具有还原性，二者能够发生氧化还原反应生成CuO、S、HO，CuO再与稀222硫酸反应生成CuSO、HO，总反应离子方程式为CuS+HO+2H+=Cu2++2HO+S；42222（6）FeSO与酸性KMnO溶液反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO被还原为Mn2+，根据氧化还原反应化444合价升降守恒可知，二者关系式为：5FeSO～KMnO，滴定过程中消耗(KMnO)=cmol/L×V×10-3L=10-4443cVmol，则(FeSO)