四川省遂宁市射洪中学校2024-2025学年高二下学期3月月考 化学试题（含解析）

这是一份四川省遂宁市射洪中学校2024-2025学年高二下学期3月月考 化学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 下列叙述中正确是， 下列描述中，正确的是， 利用反应可制备N2H4等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：75分钟 满分：100分)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Si-28 S-32 Ca-40 Cu-64 Zn-65
第I卷(选择题，共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 科学家应用了许多测定分子结构的现代仪器和方法。下列哪种仪器可以分析出分子中含有何种化学键和官能团的信息
A. 光谱仪B. X射线衍射仪C. 红外光谱仪D. 质谱仪
【答案】C
【解析】
【详解】A．不同元素原子的吸收光谱和发射光谱都不相同，故光谱仪可以用于测定元素种类，A错误；
B．X射线仪可以利用衍射的X射线，测定各原子的位置，B错误；
C．红外光谱仪适用于测定所含化学键或官能团种类的，C错误；
D．质谱仪可以获得分子的质荷比，一般最大质荷比等于其相对分子质量，D正确；
故选C。
2. 某元素位于周期表中第四周期ⅤA族，则该元素的名称和价电子排布式均正确的是
A. 砷，4s24p3B. 溴，4s24p5C. 磷，4s24p3D. 锑，5s25p3
【答案】A
【解析】
【分析】元素周期表中元素的周期数与其原子电子层数相等，主族族数与原子的最外层电子数与其族序数相等，据此分析解答。
【详解】元素位于周期表中第四周期ⅤA族，所以核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，原子序数为33，名称为砷，价电子排布式为4s24p3，故合理选项是A。
【点睛】本题考查原子核外电子排布，本题注意元素价层电子排布特点以及与在周期表位置的关系，熟练掌握元素周期表的结构。
3. 下列化学用语表达正确的是
A. 的离子结构示意图：
B. 镁原子最外层电子的电子云图：
C. 基态的核外电子排布式为
D. 基态硫原子价层电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．最外层有8个电子，其离子结构示意图为，A错误；
B．镁原子的电子排布式为1s22s22p63s2，最外层为s能级，s能级的电子云图为球形
，B错误；
C．基态的核外电子排布式为，C错误；
D．基态硫原子的价层电子排布式为，其轨道表示式为 ，D正确；
故选D。
4. 下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是
A. 氯化氢易溶于水B. 氯气易溶于溶液
C. 碘易溶于D. 酒精易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢、水都是极性分子，所以氯化氢易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选A；
B．氯气易溶于溶液是因为氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，不能用“相似相溶”规律解释，故选B；
C．碘、都是非极性分子，所以碘易溶于，能用“相似相溶”规律解释，故不选C；
D．酒精、水都是极性分子，所以酒精易溶于水，能用“相似相溶”规律解释，故不选D；
选B。
5. 如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法不正确的是
A. Z、W、X原子半径依次减小
B. 电负性从大到小顺序：X、W、Z
C. 第一电离能从大到小顺序：Z、W、Y
D. Y、Z、W三种元素的氧化物对应水化物的酸性依次增强
【答案】D
【解析】
【分析】如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍，则X是O，W是S，根据元素的相对位置关系可知Y是Si，Z是P，T是As元素，然后根据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Si，Z是P，W是S，T是As元素。
A．X是O，Z是P，W是S。同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为：Z＞W＞X，A正确；
B．X是O，Z是P，W是S。由于同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性就越大；同一主族元素，原子核外电子层数越少，元素的电负性越大，则三种元素的电负性大小关系为：Z＜W＜X，B正确；
C．Y是Si，Z是P，W是S，三种元素是同一周期元素，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第ⅤA的半充满的稳定状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故第一电离能大小关系为：Z＞W＞Y，C正确；
D．Y是Si，Z是P，W是S，它们是同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性就越强，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，但题目未指明是否是最高价含氧酸，因此不能判断酸性强弱，D错误；
故合理选项是D。
6. 下列叙述中正确是
A. 、都是含有极性键的非极性分子
B. 、、都是极性分子
C. 、、、的稳定性依次增强
D. 、、都是直线型分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH4、CCl4分别只含C-H、C-Cl极性共价键，且均为正四面体结构，结构对称，正负电荷的中心重合，均为非极性分子，A正确；
B．结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，B错误；
C．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，C错误；
D．H2O分子呈V形，而CS2、C2H2都是直线型分子，D错误；
故选A。
7. 下列描述中，正确的是
A. 是空间结构为V形的极性分子
B. 的空间结构为平面三角形
C. 中所有的原子不都在一个平面上
D. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心原子C原子周围的价电子对数为：2+=2，故其是空间结构为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；
B．中心原子Cl原子周围的价电子对数为：3+=4，故其空间结构为三角锥形，B错误；
C．中心原子N原子周围的价电子对数为：3+=3，故其空间构型为平面三角形，故其中所有的原子都在一个平面上，C错误；
D．中心原子Si原子周围的价电子对数为：4+=4，中心原子S原子周围的价电子对数为：3+=4，故二者的中心原子的杂化轨道类型均为杂化，D正确；
故答案为：D。
8. 下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是
A. Na2O和SiO2熔化
B. 碘和干冰升华
C. 氯化钠和蔗糖熔化
D. Mg和S熔化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.Na2O和SiO2分别属于离子晶体和原子晶体，熔化时破坏的是离子键和共价键，错误；
B. 碘和干冰升华均属于分子晶体，升华时均克服分子间作用力，类型相同，B项正确；
C.NaCl和蔗糖分别属于离子晶体、分子晶体，NaCl熔化克服离子键、蔗糖熔化克服分子间作用力，类型不同，C项错误；
D.Mg和S分别属于金属晶体、分子晶体，Mg熔化克服金属键，S熔化克服分子间作用力，类型不同，D项错误；
答案选B。
【点睛】
9. 下列过程对应的离子方程式正确的是
A. 银氨溶液与溴化钠溶液反应：
B. 锌粉与稀硝酸反应：
C. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：
D. 向硫酸铜溶液里逐滴加入氨水，形成难溶物的原因：Cu2+ + NH3·H2O = Cu(OH)2 + NH
【答案】A
【解析】
【详解】A．银氨溶液与溴化钠溶液反应生成氯化钠、溴化银沉淀和氨气，反应的离子方程式为，A正确；
B．锌粉与稀硝酸反应生成硝酸锌、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，B错误；
C．草酸是弱酸，不能拆开，正确的为：，C错误；
D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，氨水呈碱性，铜离子和氢氧根离子结合生成蓝色的氢氧化铜沉淀，，D错误；
故选A。
10. 利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是
A. NH3分子有孤电子对，可做配体
B. NaCl晶体可以导电
C. 一个N2H4分子中有4个σ键
D. NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B错误；
C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；N2H4的结构式为 ，分子中含有5个σ键，C错误；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错误；
故选A。
11. O3和HI发生反应：O3+2HI = I2+O2+H2O，NA是阿伏加德罗常数值。下列说法错误的是
A. O3是非极性键形成的非极性分子
B. O3在水中的溶解度比O2的大
C. O3和O2互为同素异形体
D. 1mlH216O含有的中子数是
【答案】A
【解析】
【详解】A．分子中的中心氧原子和另两个氧原子之间的O-O具有极性、是极性键，分子呈V形结构，正负电荷中心不重合，因此是极性分子，A错误；
B．为极性分子，为非极性分子。极性分子在水（极性溶剂）中的溶解度通常更大，B正确；
C．和均为氧元素的单质，互为同素异形体（同种元素组成的不同单质），C正确；
D．中，¹H的中子数为0，¹⁶O的中子数为16−8=8。1ml 含中子数=0×2+8=8，D正确；
故选A。
12. 已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是
A. HCl的电子式为
B. 键的键能大于键的键能
C. 分子中只有σ键
D. 的酸性比强
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；
B．氟原子的半径很小，因而F-F键键长比Cl-Cl键键长短，两个氟原子在形成共价键时，原子核之间的距离就小，排斥力大，因此键能比Cl-Cl键键能小，B错误；
C．分子中羧基中的C=O为双键，含有σ键和π键，C错误；
D．由于Cl的电负性比I大，-Cl的吸电子效应强于-I，导致的羧基中羟基的极性更大，更加容易电离出氢离子，因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH更强，D正确；
故选D。
13. 下列装置或操作不能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓氨水能与生石灰制备氨气，碱石灰能用于干燥碱性气体氨气，则题给装置能达到制备干燥氨气的实验目的，故A不符合题意；
B．氯化铁在溶液中会水解生成氢氧化铁和盐酸，所以六水氯化铁在氮气氛围中直接加热会因氯化氢挥发使水解平衡不断右移直至趋于完全得到氢氧化铁，不能制得无水氯化铁，则题给装置不能达到制备无水氯化铁的实验目的，故B符合题意；
C．氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，二氧化碳不溶于碳酸氢钠饱和溶液，则题给装置能达到除去二氧化碳中混有的氯化氢杂质的实验目的，故C不符合题意；
D．四氯化碳不溶于水，密度比水大，能萃取溴水中的溴，则题给装置能达到萃取并分离溴水中的溴的实验目的，故D不符合题意；
故选B。
14. 下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．POCl3的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此采用sp3杂化，空间结构为四面体形；的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此也是采用sp3杂化，空间结构为四面体形，A正确；
B．的中心N原子价层电子对数是2+=2，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°；的中心N原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°；的中心N原子价层电子对数是2+=3，有1对孤对电子，因此N采用sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致其键角小于120°，的键角依次减小，这不仅与孤电子对与成键电子对的作用力有关，也与中心N原子的杂化类型有关，B错误；
C．SiX4均为分子晶体，分子之间以分子间作用力结合。随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，因此的熔沸点逐渐升高，C正确；
D．对硝基苯酚的分子间不仅存在范德华力，还存在氢键，使其熔沸点升高；而邻硝基苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，分子内氢键使熔沸点降低，故物质的沸点：邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚，D正确；
故选B。
15. 某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是
A. 结构1钴硫化物的化学式为B. 晶胞2中S与S的最短距离为
C. 晶胞2中距最近的S有4个D. 晶胞2和晶胞3表示同一晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由均摊法得，结构1中含有C的数目为，含有S的数目为，C与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为C9S8，故A正确；
B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误；
C．如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确；
D．如图，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确；
故选B。
第II卷(选择题，共55分)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如下图所示。该化合物的化学式为___________；设该晶胞的参数为a nm，NA为阿伏伽德罗常数，该晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算表达式即可)。
（2）Z的氢化物(H2Z)内的①Z-H、②分子间的范德华力和③氢键，从强到弱依次为___________，H+可与H2Z形成H3Z+，H3Z+中Z采用___________杂化。
（3）H2Z2是常用的氧化剂，其分子结构中两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。H2Z2的电子式是___________。H2Z2是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
（4）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y的，其原因是___________。
（5）Y与Z可形成的YZ的空间结构为___________(用文字描述)。
【答案】（1） ①. ZnS ②. 或或
（2） ①. ①>③>② ②. sp3
（3） ①. ②. 极性
（4）水和乙醇分子间能形成氢键，而H2S不能和乙醇形成氢键
（5）正四面体形
【解析】
【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，则X为Zn元素，核外电子排布式为：[Ar]3d104s2；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，其价层电子排布式为3s23p4，Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，则Z为O元素，以此分析解答；
【小问1详解】
由晶胞结构可知，Zn分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“分摊法”可计算一个晶胞中的Zn原子数为：8×＋6×＝4，S原子全部在晶胞中，故一个晶胞中含有4个Y原子，故该化合物的化学式为ZnS；晶胞参数为anm，晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的质量为，故密度为==或或；
【小问2详解】
H2O内的Z-H为共价键，化学键的强度大于氢键，大于分子间的范德华力，故从强到弱依次为①>③>②；H3O +的价层电子对数，H3O+中O采用sp3杂化；
【小问3详解】
H2O2是共价化合物，电子式是；H2O2分子结构中两个氢原子犹如在半展开的书的两面上，故正负电荷重心不重合，故是极性分子；
【小问4详解】
H2O与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O；
【小问5详解】
SO-的价层电子对数，采用sp3杂化，空间结构为正四面体形。
17. 学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为___________，装置B的作用为___________。
（2）铜与过量反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为___________；产生的气体为___________。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H+的作用是___________。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，其中原子个数比为1：2，离子个数比1：1。X的化学式为___________。
（4）取含X粗品0.0960g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液20.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是___________，粗品中X的相对含量为___________。
【答案】（1） ①. 具支试管 ②. 防倒吸
（2） ①. Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O ②. O2 ③. 既不是氧化剂，又不是还原剂，能增强过氧化氢的氧化性
（3）CuO2 （4） ①. 当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色 ②. 66.67%或2/3
【解析】
【小问1详解】
由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
【小问2详解】
根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，但反应现象明显，故从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂，但可增强H2O2氧化性；
【小问3详解】
离子个数比1：1，原子个数比为1：2，铜的化合价为+1、+2，氧的化合价可以为-2或-1（过氧根离子），根据化合价代数和为零，则X为CuO2；
【小问4详解】
滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1ml/L×0.02L= ml，粗品中X的相对含量为。
18. 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）在元素周期表中位于第四周期___________族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是___________(填元素符号)。
（2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为___________。
当晶体有O原子脱出时，出现O空位，化合价___________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为___________；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为___________。
【答案】（1） ①. ⅦB ②. Cr
（2） ①. MnO2 ②. 降低 ③. A
（3） ①. 正四面体形 ②. sp2
【解析】
【小问1详解】
Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
【小问2详解】
由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质，故选A；
【小问3详解】
中B形成4个σ键（其中有1个配位键），价层电子对数，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
19. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是___________；“滤渣1”中金属元素主要为___________。
（2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是___________。取少量反应后的溶液，加入化学试剂___________检验Fe2+，若出现蓝色沉淀，需补加。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为___________和。
（4）“除钴液”中主要的盐有___________(写化学式)，残留的浓度为___________。
【答案】（1） ①. 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 ②. Pb
（2） ①. 将溶液中的全部氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 ②. 溶液
（3）
（4） ①. 、 ②.
【解析】
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调pH=4，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是C2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中的C2+氧化为C3+，在pH=5时C3+形成C(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到C(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【小问1详解】
在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，故答案为：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率；Pb；
【小问2详解】
酸浸液中含有C2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子，由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，C2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，C2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且C2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素，常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2，故答案为：将溶液中的全部氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素；溶液；
【小问3详解】
由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH=5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3C2+++7H2O=3C(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：；
【小问4详解】
最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时和加入ZnO调pH时引入的Zn2+，加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在“酸浸”时引入的，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4；
当溶液pH=1.1时，c(H+)=10-1.1 ml·L-1，C3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(C3+)=1.0×10-5 ml·L-1，则c(OH-)==10-12.9 ml·L-1，则Ksp[C(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7；“除钴液”的pH=5，即c(H+)=10-5 ml·L-1，则c(OH-)==10-9 ml·L-1，此时溶液中c(C3+)== ml·L-1=10-16.7 ml·L-1。X
Y
Z
W
T
A．制备干燥的
B．制备无水
C．除去中少量的
D．萃取并分离溴水中的溴
选项
实例
解释
A
POCl3和的空间结构都是四面体形
POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3
B
的键角依次减小
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
C
的沸点依次升高
SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大
D
邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点
前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
28
8.4
1.1
9.4
8.2