2023高考化學(xué)仿真卷（二）

PAGEPAGE102022高考仿真卷·化學(xué)(二)(總分值:100分)一、選擇題:此題共7小題,每題6分。在每題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。7.中國(guó)傳統(tǒng)文化對(duì)人類(lèi)文明奉獻(xiàn)巨大,古文獻(xiàn)中記載了不少古代化學(xué)研究成果,以下關(guān)于KNO3的古代文獻(xiàn),對(duì)其說(shuō)明不合理的是()目的古代文獻(xiàn)說(shuō)明A使用“……凡研消(KNO3)不以鐵碾入石臼,相激火生,禍不可測(cè)〞——?天工開(kāi)物?KNO3能自燃B性質(zhì)“(火藥)乃焰消(KNO3)、硫磺、山木炭所合,以為烽燧銃機(jī)諸藥者〞——?本草綱目?利用KNO3的氧化性C鑒別區(qū)分硝石(KNO3)和樸消(Na2SO4):“以火燒之,紫青煙起,乃真硝石也〞——?本草經(jīng)集注?利用焰色反響D提純“……(KNO3)所在山澤,冬月地上有霜,掃取以水淋汁后,乃煎煉而成〞——?開(kāi)寶本草?溶解、蒸發(fā)、結(jié)晶8.設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A.足量鐵在1molCl2中燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAB.2L0.1mol·L-1氯化鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NAC.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中HC和C離子數(shù)之和為0.1NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,0.1mol的HCl和0.1mol的NH3混合后氣體體積為4.48L9.常溫下,以下各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.在pH=1的溶液中:S、Cl-、N、Na+B.在能使酚酞變紅的溶液中:Na+、Cl-、N、K+C.在1mol·L-1的NaAlO2溶液中:K+、Ba2+、S、OH-D.在1mol·L-1的AlCl3溶液中:N、Ag+、Na+、N10.分子式為C9H12的所有帶苯環(huán)結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體中,在催化劑條件下與液溴發(fā)生取代反響,其一溴代物為三種的結(jié)構(gòu)有()A.1種 B.2種 C.3種 D.4種11.電-Fenton法是用于水體中有機(jī)污染物降解的高級(jí)氧化技術(shù),其反響原理如下圖。其中電解產(chǎn)生的H2O2與Fe2+發(fā)生Fenton反響:H2O2+Fe2+Fe3++OH-+·OH,生成的羥基自由基(·OH)能氧化降解有機(jī)污染物。以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A.電源的X極為正極,Y極為負(fù)極B.陰極的電極反響式為Fe2+-e-Fe3+C.陽(yáng)極的電極反響式為H2O-e-H++·OHD.每消耗1molO2,整個(gè)電解池中理論上可產(chǎn)生2mol·OH12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增。其中W、X的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu),且簡(jiǎn)單離子所帶電荷絕對(duì)值相同;W與Y同主族,且Y的單質(zhì)存在于火山口附近。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.原子半徑:W<Y<ZB.簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Z>Y>WC.W、X能形成兩種化合物,其中一種與水反響生成氣體D.四種元素中,Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng)13.0.1mol·L-1HIO3溶液加水稀釋的圖像如下,以下對(duì)該溶液表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A.假設(shè)使溶液的pH升高1,可提高溶液的溫度B.假設(shè)使溶液的pH升高1,將溶液稀釋到原體積的10倍C.0.1mol·L-1HIO3溶液稀釋10倍后,溶液中c(H+)>c(I)>c(HIO3)D.加水稀釋過(guò)程中n(HIO3)+n(I)減小二、非選擇題(一)必考題26.(14分)研究催化劑對(duì)化學(xué)反響有重要意義。為探究催化劑對(duì)過(guò)氧化氫分解的催化效果,某研究小組做了如下實(shí)驗(yàn):(1)甲同學(xué)欲用如下圖實(shí)驗(yàn)來(lái)證明MnO2是H2O2分解反響的催化劑。該實(shí)驗(yàn)(填“能〞或“不能〞)到達(dá)目的,原因是。

(2)為探究MnO2的量對(duì)催化效果的影響,乙同學(xué)分別量取50mL1%H2O2溶液參加容器中,在一定質(zhì)量范圍內(nèi),參加不同質(zhì)量的MnO2,測(cè)量所得氣體體積的數(shù)據(jù)如下:MnO2的質(zhì)量/g0.10.20.440s末O2的體積/mL496186由此得出的結(jié)論是,原因是

。

(3)為分析Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2分解反響的催化效果,丙同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)(三支試管中均盛有10mL5%H2O2溶液):試管ⅠⅡⅢ滴加試劑5滴0.1mol·L-1FeCl3溶液5滴0.1mol·L-1CuCl2溶液5滴0.3mol·L-1NaCl溶液產(chǎn)生氣泡情況較快產(chǎn)生細(xì)小氣泡緩慢產(chǎn)生細(xì)小氣泡無(wú)氣泡產(chǎn)生結(jié)論是,實(shí)驗(yàn)Ⅲ的目的是。

(4)①查閱資料得知:將作為催化劑的FeCl3溶液參加H2O2溶液后,溶液中會(huì)發(fā)生兩個(gè)氧化復(fù)原反響,且兩個(gè)反響中H2O2均參加了反響,試從催化劑的角度分析,這兩個(gè)氧化復(fù)原反響的化學(xué)方程式分別是和(按反響發(fā)生的順序?qū)?。

②在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,分別檢測(cè)出溶液中有二價(jià)錳、二價(jià)鐵和一價(jià)銅,由此得出選擇作為H2O2分解反響的催化劑需要滿(mǎn)足的條件是。

27.(14分)氨氣在工業(yè)上有廣泛用途。請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題:(1)工業(yè)上利用N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0合成氨,某小組為了探究外界條件對(duì)該反響的影響,以c0×10-2mol·L-1H2參加合成氨反響,在a、b兩種條件下分別到達(dá)平衡,如圖A。①相對(duì)a而言,b可能改變的條件是,判斷的理由是。

②a條件下,0~t0的平均反響速率v(N2)=mol·L-1·min-1。

(2)有人利用NH3和NO2構(gòu)成電池的方法,既能實(shí)現(xiàn)有效消除氮氧化物的排放減少環(huán)境污染,又能充分利用化學(xué)能進(jìn)行粗鋁的精煉,如圖B所示,e極為精鋁。a極通入氣體(填化學(xué)式),判斷的理由是

。

(3)某小組往一恒溫恒壓容器中充入9molN2和23molH2模擬合成氨反響,圖C為不同溫度下平衡混合物中氨氣的體積分?jǐn)?shù)與總壓強(qiáng)(p)的關(guān)系圖。假設(shè)體系在T2、60MPa下到達(dá)平衡。①能判斷N2(g)+3H2(g)2NH3(g)到達(dá)平衡的是(填序號(hào))。

a.容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化 b.混合氣體的密度不再發(fā)生變化c.v正(N2)=3v逆(H2) d.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再發(fā)生變化②假設(shè)T1、T2、T3溫度下的平衡常數(shù)分別為K1、K2、K3,那么K1、K2、K3由大到小的排序?yàn)椤?/p>

③此時(shí)N2的平衡分壓為MPa(分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。計(jì)算出此時(shí)的平衡常數(shù)Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算,結(jié)果保存2位有效數(shù)字并帶上單位)。

28.(15分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的鋁灰制備Al2(SO4)3·18H2O。工藝流程如圖::①一定條件下,Mn可與Mn2+反響生成MnO2。②生成氫氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3開(kāi)始沉淀時(shí)3.46.32.7完全沉淀時(shí)5.29.73.2(1)H2SO4溶解Al2O3的離子方程式是。

(2)檢驗(yàn)濾液中還存在Fe2+的方法是(注明試劑、現(xiàn)象)。

(3)“除雜〞環(huán)節(jié)有如下幾個(gè)步驟:(Ⅰ)向?yàn)V液中參加過(guò)量KMnO4溶液,調(diào)節(jié)溶液的pH為3.2(Ⅱ)加熱,產(chǎn)生大量棕色沉淀,靜置,上層溶液呈紫紅色(Ⅲ)參加MnSO4至紫紅色消失,過(guò)濾①步驟Ⅰ的目的是;調(diào)節(jié)溶液的pH為3.2的目的是。

②向Ⅱ的沉淀中參加濃鹽酸并加熱,能說(shuō)明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是,寫(xiě)出其反響的化學(xué)方程式。

③Ⅲ中參加MnSO4的目的是。

(4)從屢次循環(huán)使用后母液中可回收的主要物質(zhì)是(填化學(xué)式)。

(二)選考題35.[化學(xué)——選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)硒化鋅是一種透明色半導(dǎo)體,也可作為紅外光學(xué)材料,熔點(diǎn)是1520℃。(1)基態(tài)鋅原子的價(jià)電子排布式是。

(2)根據(jù)元素周期律,電負(fù)性SeS,第一電離能SeAs(填“>〞或“<〞)。

(3)H2Se的分子構(gòu)型是,其中硒原子的雜化軌道類(lèi)型是。

(4)H2O的沸點(diǎn)高于H2Se的沸點(diǎn)(-42℃),其原因是。

(5)晶體Zn為六方最密堆積,其配位數(shù)是。

(6)ZnSe晶胞如圖,假設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,那么144gZnSe晶體中的晶胞數(shù)是。

36.[化學(xué)——選修5:有機(jī)化學(xué)根底](15分)化合物I(C11H12O3)是制備液晶材料的中間體之一,其分子中含有醛基和酯基,I可以用E和H在一定條件下合成:以下信息:A的核磁共振氫譜說(shuō)明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫;R—CHCH2R—CH2CH2OH化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種;通常在同一個(gè)碳原子上連有兩個(gè)羥基不穩(wěn)定,易脫水形成羰基。答復(fù)以下問(wèn)題:(1)A的化學(xué)名稱(chēng)為。

(2)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(3)E的分子式為。

(4)F生成G的化學(xué)方程式為,該反響類(lèi)型為。

(5)I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(6)I的同系物J比I相對(duì)分子質(zhì)量小14,J的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿(mǎn)足如下條件:①苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基;②既能發(fā)生銀鏡反響,又能與飽和NaHCO3溶液反響放出CO2,這樣的同分異構(gòu)體共有種(不考慮立體異構(gòu))。J的一種同分異構(gòu)體發(fā)生銀鏡反響并酸化后核磁共振氫譜有三組峰,且峰面積之比為2∶2∶1,寫(xiě)出J的這種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。

參考答案2022高考仿真卷·化學(xué)(二)7.A解析由文獻(xiàn)可知,KNO3加熱后才分解,不能自燃,A項(xiàng)錯(cuò)誤;火藥發(fā)生化學(xué)反響時(shí)生成氮?dú)?KNO3中氮元素的化合價(jià)降低,說(shuō)明利用的是KNO3的氧化性,B項(xiàng)正確;鑒別KNO3和Na2SO4,利用鉀元素和鈉元素的焰色反響不同,鈉元素焰色反響為黃色,鉀元素焰色反響為紫色(隔著鈷玻璃觀察),C項(xiàng)正確;KNO3溶解度隨溫度變化較大,提純的方法是將其溶解后再蒸發(fā)結(jié)晶,煎煉的過(guò)程就是蒸發(fā)結(jié)晶,D項(xiàng)正確。8.A解析氯氣反響后氯元素的化合價(jià)變?yōu)?1價(jià),故1mol氯氣轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子,A項(xiàng)正確;氯化鉀溶液中除了氯離子外,還含有氫氧根,故溶液中的陰離子的物質(zhì)的量大于0.2mol,那么陰離子所帶電荷多于0.2NA個(gè),B項(xiàng)錯(cuò)誤;碳酸根在水溶液中局部水解為HC和H2CO3,根據(jù)物料守恒可知,溶液中的C、HC和H2CO3的個(gè)數(shù)之和為0.1NA,C項(xiàng)錯(cuò)誤;NH3和HCl混合會(huì)生成NH4Cl,D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.B解析A項(xiàng)中,pH=1的溶液為酸性溶液,酸性條件下N可氧化S;C項(xiàng)中Ba2+和S結(jié)合可生成沉淀;D項(xiàng)中Cl-和Ag+結(jié)合生成沉淀;B項(xiàng)中各離子可大量共存。10.C解析含有苯環(huán),如果側(cè)鏈上有一個(gè)正丙基或一個(gè)異丙基,那么苯環(huán)上的一溴代物有3種,如果苯環(huán)上有兩個(gè)側(cè)鏈,一個(gè)是乙基,一個(gè)是甲基,那么結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為、、,其苯環(huán)上的一溴取代物數(shù)目分別是4、4、2,如果苯環(huán)上有3個(gè)取代基,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、、,其苯環(huán)上的一溴取代物數(shù)目分別是2、3、1,因此符合題意的有3種,C項(xiàng)正確。11.C解析由反響原理示意圖可知,左邊電極Fe3+和O2得電子,那么可知左邊電極為陰極,所以電源的X電極是負(fù)極,Y為正極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;陰極上電極反響:Fe3++e-Fe2+,O2+2e-+2H+H2O2,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)圖示,陽(yáng)極的電極反響式為H2O-e-H++·OH,C項(xiàng)正確;每消耗1molO2,生成1molH2O2,1molH2O2和1molFe2+恰好發(fā)生反響H2O2+Fe2+Fe3++OH-+·OH,生成1mol·OH,陰極生成1molH2O2和1molFe2+共轉(zhuǎn)移3mol電子,根據(jù)電極反響式陽(yáng)極生成3mol·OH,共產(chǎn)生4mol·OH,D項(xiàng)錯(cuò)誤。12.D解析Y的單質(zhì)存在于火山口附近,Y是硫元素,W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增,Z是氯元素,W與Y同主族,W是氧元素,W、X的簡(jiǎn)單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu),且簡(jiǎn)單離子所帶電荷絕對(duì)值相同,那么X是鎂。原子半徑:W<Z<Y,A項(xiàng)錯(cuò)誤;簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Z>W>Y,B項(xiàng)錯(cuò)誤;W、X只能形成氧化鎂,C項(xiàng)錯(cuò)誤;四種元素中,氯的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物酸性最強(qiáng),D項(xiàng)正確。13.C解析根據(jù)0.1mol·L-1HIO3溶液加水稀釋的圖像,當(dāng)橫坐標(biāo)為0時(shí),c(H+)=0.07mol·L-1,由此判斷HIO3為弱酸。電離吸熱,提高溶液的溫度,促進(jìn)電離,c(H+)增大,溶液的pH減小,不可能使溶液的pH升高1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;HIO3為弱酸,將溶液稀釋到原體積的10倍,溶液的pH升高小于1,B項(xiàng)錯(cuò)誤;因水也會(huì)電離出H+,且HIO3電離出的H+和I相等,那么溶液中始終有c(H+)>c(I),根據(jù)圖像起點(diǎn)當(dāng)橫坐標(biāo)為0時(shí),c(H+)=0.07mol·L-1即HIO3電離度為70%,此時(shí)c(I)>c(HIO3),當(dāng)0.1mol·L-1HIO3溶液稀釋10倍后,促進(jìn)電離,未電離的HIO3比初始時(shí)占的比例更少,那么溶液中c(H+)>c(I)>c(HIO3),C項(xiàng)正確;根據(jù)物料守恒,加水稀釋過(guò)程中n(HIO3)+n(I)始終不變,D項(xiàng)錯(cuò)誤。26.答案(1)不能沒(méi)有確認(rèn)MnO2的質(zhì)量和性質(zhì)是否改變(2)在一定質(zhì)量范圍內(nèi),MnO2質(zhì)量越大,反響速率越大固體質(zhì)量越大,其外表積也越大,故反響速率增大,催化效果更好(3)Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好比照實(shí)驗(yàn),證明Cl-對(duì)H2O2的分解沒(méi)有催化作用(4)①2FeCl3+H2O22FeCl2+O2↑+2HCl2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2O②H2O2分解反響的催化劑具有氧化性,且其氧化性強(qiáng)于H2O2,催化劑被復(fù)原后所得物質(zhì)又能被H2O2氧化生成催化劑解析(1)要證明MnO2是H2O2分解反響的催化劑,必須證明催化劑在反響前后的性質(zhì)和質(zhì)量沒(méi)有改變,而甲同學(xué)沒(méi)有做這方面的實(shí)驗(yàn),所以不能到達(dá)目的。(2)根據(jù)表格中數(shù)據(jù),在一定質(zhì)量范圍內(nèi),隨二氧化錳質(zhì)量的增加,相同時(shí)間內(nèi)收集到氧氣的體積也相應(yīng)增加,說(shuō)明反響速率增大,原因是在一定質(zhì)量范圍內(nèi),固體質(zhì)量越大,其外表積也越大,故反響速率增大,催化效果更好。(3)從所給的數(shù)據(jù)可知:試管Ⅰ、試管Ⅱ所用試劑的濃度、用量完全一樣,產(chǎn)生氣泡是試管Ⅰ快,試管Ⅱ慢,試管Ⅲ無(wú)氣泡產(chǎn)生,試管Ⅲ是一個(gè)比照實(shí)驗(yàn),說(shuō)明Cl-對(duì)H2O2的分解沒(méi)有催化作用,從而得到Fe3+和Cu2+對(duì)H2O2的分解均有催化作用,且Fe3+比Cu2+催化效果好。(4)①根據(jù)化合價(jià)的升降和催化劑會(huì)參加反響,但最終性質(zhì)和質(zhì)量不改變寫(xiě)出反響的化學(xué)方程式,FeCl3和H2O2反響,FeCl3中鐵元素化合價(jià)降低,生成氯化亞鐵,H2O2中氧元素化合價(jià)升高,生成氧氣,化學(xué)方程式為2FeCl3+H2O22FeCl2+O2↑+2HCl;FeCl3作催化劑,在第二個(gè)反響中應(yīng)重新生成,那么氯化亞鐵又被過(guò)氧化氫氧化成氯化鐵,反響的化學(xué)方程式為2FeCl2+H2O2+2HCl2FeCl3+2H2O。②二價(jià)錳、二價(jià)鐵和一價(jià)銅都是化合價(jià)降低得到的,說(shuō)明二氧化錳、Fe3+、Cu2+得到電子,作氧化劑,將雙氧水氧化,復(fù)原得到的二價(jià)錳、二價(jià)鐵和一價(jià)銅又被H2O2氧化成二氧化錳、Fe3+、Cu2+,由此得出選擇作為H2O2分解反響的催化劑需要滿(mǎn)足的條件是H2O2分解反響的催化劑具有氧化性,且其氧化性強(qiáng)于H2O2;催化劑被復(fù)原后所得物質(zhì)又能被H2O2氧化生成催化劑。27.答案(1)①增大N2的濃度a、b起始濃度相同,b到達(dá)平衡的時(shí)間縮短且氫氣的轉(zhuǎn)化率增大②(2)NO2e極為精鋁,發(fā)生復(fù)原反響,所以d極發(fā)生氧化反響,那么a極為正極,正極上二氧化氮得電子生成氮?dú)?3)①bd②K1>K2>K3③90.043(MPa)-2解析(1)①a、b氫氣起始濃度相同,b到達(dá)平衡的時(shí)間縮短,反響速率增大,平衡時(shí)氫氣的濃度減小,說(shuō)明平衡正向移動(dòng),所以改變的條件是增大N2的濃度。②a條件下,0~t0的平均反響速率v(N2)=v(H2)=mol·L-1·min-1。(2)根據(jù)圖示可知,e極為精鋁,為電解池的陰極,d極為陽(yáng)極,所以a電極是正極,b電極是負(fù)極,原電池中負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反響,正極上得電子發(fā)生復(fù)原反響,那么該裝置的原電池中二氧化氮得電子生成氮?dú)?氨氣失電子生成氮?dú)?所以a電極上通入的是NO2。(3)①該反響在恒壓裝置中進(jìn)行,所以無(wú)論反響是否到達(dá)平衡狀態(tài)壓強(qiáng)都不變,所以不能據(jù)此判斷平衡狀態(tài),a項(xiàng)錯(cuò)誤;反響前后氣體總質(zhì)量不變但容器體積改變,所以混合氣體的密度改變,當(dāng)混合氣體密度不變時(shí)該反響到達(dá)平衡狀態(tài),b項(xiàng)正確;3v正(N2)=v逆(H2)時(shí)該反響到達(dá)平衡狀態(tài),當(dāng)v正(N2)=3v逆(H2)時(shí)該反響沒(méi)有到達(dá)平衡狀態(tài),c項(xiàng)錯(cuò)誤;反響前后混合氣體質(zhì)量不變,但氣體總物質(zhì)的量減小,所以混合氣體相對(duì)分子質(zhì)量增大,當(dāng)混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再發(fā)生變化時(shí),正逆反響速率相等,反響到達(dá)平衡狀態(tài),d項(xiàng)正確。②相同壓強(qiáng)下,升高溫度平衡逆向移動(dòng),氨氣的體積分?jǐn)?shù)減小,根據(jù)圖知,溫度T1<T2<T3,溫度越高化學(xué)平衡常數(shù)越小,所以化學(xué)平衡常數(shù)K1>K2>K3。③假設(shè)體系在T2、60MPa下到達(dá)平衡,相同溫度下,氣體的體積分?jǐn)?shù)等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),設(shè)平衡時(shí)n(NH3)=xmol,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)開(kāi)始(mol) 9 23 0反響(mol) 0.5x 1.5x x平衡(mol) 9-0.5x 23-1.5x x平衡時(shí)氨氣體積分?jǐn)?shù)=×100%=60%,x=12。氮?dú)獾姆謮?×60MPa=9MPa,氨氣的分壓=60%×60MPa=36MPa,氫氣分壓=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa,此時(shí)的平衡常數(shù)Kp==0.043(MPa)-2。28.答案(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O(2)取少量濾液,滴加KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色(3)①將Fe2+氧化為Fe3+調(diào)節(jié)pH使鐵元素沉淀完全②有黃綠色氣體生成MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O③除去過(guò)量的Mn(4)K2SO4解析向鋁灰中參加過(guò)量稀硫酸,Al2O3和少量FeO·xFe2O3與硫酸反響生成硫酸鋁、硫酸鐵、硫酸亞鐵,SiO2不反響,過(guò)濾除去二氧化硅;向?yàn)V液中參加過(guò)量KMnO4溶液,高錳酸鉀把亞鐵離子氧化成鐵離子,調(diào)節(jié)溶液的pH約為3.2生成氫氧化鐵沉淀,除去鐵離子,過(guò)濾,濾液中含鋁離子和過(guò)量的高錳酸根離子,參加硫酸錳把過(guò)量高錳酸根離子除去,再過(guò)濾,對(duì)濾液蒸發(fā)濃縮、結(jié)晶別離出硫酸鋁晶體。(1)硫酸溶解氧化鋁生成硫酸鋁和水,反響的離子方程式為Al2O3+6H+2Al3++3H2O。(2)由于鐵離子和亞鐵離子同時(shí)存在,所以檢驗(yàn)亞鐵離子應(yīng)該用酸性高錳酸鉀溶液,方法為取少量濾液,滴加KMnO4溶液,KMnO4溶液褪色。(3)①向?yàn)V液中參加過(guò)量KMnO4溶液,目的是將亞鐵離子氧化為三價(jià)鐵離子;依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析可知,鐵離子開(kāi)始沉淀到沉淀完全的溶液pH為2.7~3.2,鋁離子和亞鐵離子開(kāi)始沉淀的溶液pH大于3.2,所以調(diào)節(jié)溶液的pH約為3.2,可以使鐵離子全部沉淀,鋁離子不沉淀別離。②向Ⅱ的沉淀中參加濃鹽酸并加熱,二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生反響:MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O,生成的氯氣是黃綠色氣體,那么能說(shuō)明沉淀中存在MnO2的現(xiàn)象是生成黃綠色氣體。③Mn可與Mn2+反響生成MnO2,過(guò)濾除去,所以可以利用MnSO4的溶液和高錳酸鉀溶液反響生成二氧化錳,把過(guò)量高錳酸根離子除去。(4)反響后,溶液中存在較多的K+、S留在母液中,可回收的主要物質(zhì)為K2SO4。35.答案(1)3d104s2(2)<<(3)V形sp3(4)水分子間存在氫鍵、H2Se分子間無(wú)氫鍵(5)12(6)解析(1)Zn是30號(hào)元素,其原子核外有30個(gè)電子,其價(jià)電子排布式為3d104s2。(2)同一主族元素,元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而減小,所以電負(fù)性Se<S;同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì),但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一電離能大于其相鄰元素,所以第一電離能Se<As。(3)H2Se價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且含有2個(gè)孤電子對(duì),根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷該分子空間構(gòu)型及Se原子雜化方式分別為V形、sp3。(4)含有氫鍵的氫化物熔沸點(diǎn)較高,H2O分子間含有氫鍵、H2Se分子間不含氫鍵,所以H2O的沸點(diǎn)高于H2Se的沸點(diǎn)(-42℃)。(5)鋅單質(zhì)晶體是六方最密堆積,那么晶體中鋅原子的配位數(shù)為12。(6)ZnSe晶胞中鋅原子個(gè)數(shù)