高考化学考前适应性试题（一）

2019届高考考前适应性试卷化学（一）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用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。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39一、选择题：本大题共7小题，每小题6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。7．化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是（）A．冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成B．在食盐中加入大量KIO3，有利于提高碘盐的品质C．食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂D．涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10NAB．9.2g14CO2与N218NAC．硝酸与铜反应生成0.1molNO2NAD．1molSO₂和0.5molO2充分反应，生成SO3的分子数为NA9．一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是（）A．属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4NB．可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应C．分子中所有碳原子有可能在同一平面上D．1mol该调节剂最多可以与3molNaOH反应10．处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：下列有关说法不正确的是（）A．碱浸的目的是溶解铝 B．酸溶时H2O2被还原C．H2SO4/H2O2可改用浓盐酸 D．铝、钴产物可再利用11．短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的阴离子核外电子数与X原子的内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是（）A．原子半径：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)B．W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10C．W与X可形成含非极性键的化合物D．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强12．下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是（）A．a、b极不能使用同种电极材料B．工作时，a极的电势低于b极的电势C．工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大D．b极的电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCOeq\o\al(−,3)+9H+13．用AG表示溶液酸度：AG=lgc(H+)·L−1的CH3C．滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小D．B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)二、非选择题26．（14分）锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。Ⅰ．回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：______________________。（2）接口的连接顺序为a→___→___→h→h→___→___→___→e。Ⅱ．回收锰元素，制备MnO2（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_________________________。（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。Ⅲ．二氧化锰纯度的测定称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。（5）写出MnO2溶解反应的离子方程__________________________________________。（6）产品的纯度为______________________。（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）。27．（14分）氨为重要的化工原料，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)＋3H2(g)ΔH1＝＋216.4kJ·mol−1b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol−1则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)ΔH＝_________________________。（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为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的关系如图。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．c(H2)/c(NH3)保持不变D．c(NH3)/c(N2)＝2②p1________(填“>”、“<”、“＝”或“不确定”，下同)p2；反应的平衡常数：B点________D点。③C点H2的转化率为________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：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已知25℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性：N2H4＋H2ON2H5+＋OH−K1＝1×10−aN2H5+＋H2ON2H62+＋OH−K2＝1×10−b25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为_________________(用含a、b的式子表示)。28.（15分）富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2开始沉淀时完全沉淀时（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O=2H3BO3+2MgSO4。①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、______。③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH−=B(OH)eq\o\al(−,4)。下列关于硼酸的说法正确的是__（填序号）。a．硼酸是一元酸b．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)eq\o\al(−,4)+H+（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，______（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为______（填化学式）沉淀，过滤。（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，______（将方法补充完整）。35．【选修3：物质结构与性质】(15分)三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。（1）基态锰原子的价层电子排布式为______，基态Mn3+含有的未成对电子数是______。（2）CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。（3）NOeq\o\al(−,3)的空间构型是________，与NOeq\o\al(−,3)互为等电子体的分子的化学式为______(任写一种)。（4）CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是____________________。（5）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，该合金的化学式为_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_______，该晶体的密度为______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。36．【选修5：有机化学基础】(15分)A是石油裂解气的主要成分之一，以A为原料制备药物中间体X的合成路线如下：2=CH-CH=CH2+CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(催化剂))；ii．RCH=CH2。回答下列同题：（1）A的结构简式为_________，B的名称为__________，D中含有的官能团的名称是___________。（2）有机物I的结构简式为___________；反应④的反应类型是___________。（3）由A生成B的化学方程式为______________________________________。（4）反应⑧的化学方程式为___________________________________________。（5）满足以下条件的X的同分异构体有___________种。i．能发生银镜反应；ii．含有六元环结构；iii．六元环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶2∶2∶1的有机物的结构简式为________（任写一种）。（6）参照F的合成路线，以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线：（其他试剂任选)。绝密★启用前2019届高考考前适应性试卷化学答案（一）7.【答案】A【解析】A．燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A项正确；B．食盐中加入适量的KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的KIO3，对人体有害，B项错误；C．铁粉、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C项错误；D．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；所以答案选择A项。8.【答案】B【解析】A．pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10−5mol·L−1，所以1LpH=5的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于10−5NA，故A错误；B．14CO2与N218O的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2g14CO2与N218NA，故B正确；C．根据得失电子守恒可得，NOx可能是NO或NO2NANA之间，故C错误；D．SO2和O2是可逆反应，所以1molSO₂和0.5molO2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故D错误。故选B。9.【答案】D【解析】A．将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；B．分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有—COOH、—OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且—CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；C．根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；D．1mol该调节剂最多可以与2molNaOH反应，分别是—COOH和苯环上的—OH发生反应，D项错误，符合题意；本题答案选D。10.【答案】B【解析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为＋1价，O为－2价，Co为＋3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为＋2价，即“酸溶”中Co被还原，H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2+转变成CoC2O4沉淀；A．根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；B．LiCoO2中Co显＋3价，产品中CoC2O4，Co显＋2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；C．H2SO4提供H+，H2O2作还原剂，盐酸可提供H+，＋3价Co也能氧化Cl－转化成＋2价Co，故C说法正确；D．根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。11.【答案】C【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，由此可知W为H、X为C、Y为N、Z为Na元素；A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径：H＜N＜C，故A错误；B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+7＝17，故B错误；C．如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则为非极性键，故C正确；D．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故D错误。12.【答案】D【解析】图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。A．电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；B．工作时，电极b上CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；C．电极a（正极）电极反应为+H++2e−→＋Cl−，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2molＨ+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1molＨ+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；D．据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3COO−+4H2O－8e−=2HCOeq\o\al(−,3)+9H+，D项正确。本题选D。13.【答案】D【解析】室温下，用0.1mol·L−1·L−1的CH3COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3·L−1·L−1的CH3COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL。A．滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，AG=lgc(H+)c(OH-)=7.4，则c(H+)c(OH-)=107.4，由于Kw=c(H+)·c(OH−)，则溶液中c(H+)=10−·L−1的醋酸pH=3.3，选项A错误；B．A点时AG=0，c(H+)=c(OH−)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；C．滴定过程中，发生反应NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，CH3COO26.【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑f→g→h→h→b→c→d→e取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2MnO2+C2Oeq\o\al(2−,4)+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O97.4%偏大【解析】Ⅰ.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑；（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接顺序为a→f→g→h→h→b→c→d→e；Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。Ⅲ.（5）MnO2将C2Oeq\o\al(2−,4)在H+作用下氧化成CO2而+4价锰还原成Mn2+，MnO2溶解反应的离子方程MnO2+C2Oeq\o\al(2−,4)+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（6）n(C2Oeq\o\al(2−,4))=2.68g÷134g·mol−1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnOeq\o\al(−,4))=0.0200mol·L−1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+0.001730mol×5=0.0200mol×2，n(MnO2)=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol×87g·mol−1/1.40g=0.974，即97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。27.【答案】（1）＋175.2kJ·mol−1BC<>66.7%<2NH3＋NaClOeq\o(=,\s\up7(一定条件))N2H4＋NaCl＋H2O14－b<pH<14－a【解析】（1）已知4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝＋216.4kJ·mol−1，b.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝－41.2kJ·mol−1，根据盖斯定律由a+b可得反应：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)ΔH=＋216.4kJ·mol−1+(－41.2kJ·mol−1)=＋175.2kJ·mol−1，故答案为：＋175.2kJ·mol−1。（2）①A．氮气和氢气的初始物质的量之比为1∶3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比1∶3反应，所以N2和H2的转化率一直是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不选；B．该反应是一个气体分子式变化的反应，恒压是只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明达到平衡状态，故B选；C．氮气时反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C选；D．氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不在变化，所以不一定是平衡状态，故D不选。故答案为：BC。②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，有图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1<P2；合成氨正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，D点温度高于B点温度，所以平衡常数：B＞D，故答案为：<，>。③设C点H2的转化率为α(H2)N2+3H22NH3初始(mol)130转化(mol)α(H2)3α(H2)2α(H2)平衡(mol)1-α(H2)3-3α(H2)2α(H2)因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2α(H2)/(1-α(H2)+3-3α(H2)+2α(H2))×100%=50%，解得α(H2)=66.7%；A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)<v(B)，故答案为：66.7%，<。（3）①NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼（N2H4）、氯化钠和水，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，所以该反应的化学方程式为：2NH3＋NaClOeq\o(=,\s\up7(一定条件))N2H4＋NaCl＋H2O，故答案为：2NH3＋NaClOeq\o(=,\s\up7(一定条件))N2H4＋NaCl＋H2O。②K1=c(N2H5+)c(OH−)/c(N2H4)=1×10−a，所以c(N2H5+)=c(N2H4)时，c(OH−)=1×10−a，c(H+)=Kw/c(OH−)=10−(14-a)，pH=-lgc(H+)=14-a，则c(N2H5+)＞c(N2H4)时，c(OH−)<1×10−a，c(H+)=Kw/c(OH−)＞10−(14-a)，pH=-lgc(H+)<14-a，K2=c(N2H62+)c(OH−)/c(N2H5+)=1×10−b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH−)=1×10−b，c(H+)=Kw/c(OH−)=10−(14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)＞c(N2H62+)时，c(OH−)＞1×10−b，c(H+)=Kw/c(OH−)<10-(14-b)，pH=-lgc(H+)＞14-b，所以25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14－b<pH<14－a。28.【答案】（1）研磨加热＞Al2O3+6H+=2Al3++3H2OFeO+2H+=Fe2++H2Oac滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀（合理答案给分）4.7Al(OH)3、Fe(OH)3升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体【解析】（1）由框图分析：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸中的加热也可以加快化学反应速率，所以答案：研磨；加热。（2）①根据酸浸时发生反应：2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O=2H3BO3+2MgSO4反应，说明酸性H2SO4大于H3BO3。答案为：＞。②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成硫酸铝和硫酸亚铁，相关反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。答案：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。③由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH−=B(OH)eq\o\al(−,4)可知硼酸是一元酸，故a正确；b.因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B，酸性H2CO3>H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c.硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)eq\o\al(−,4)+H+，故c正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7<pH<9.1，使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤。答案：4.7；Al(OH)3、Fe(OH)3。（5）由图像分析MgSO4开始时随温度升高溶解度增大，100℃以后溶解度又逐渐减小，所以所以要获得MgSO4晶体：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶可得到硫酸镁晶体；H3BO3的溶解度是随着温度的升高逐渐增大的，所以要获得H3BO3晶体应将高温时分离后的母液降温结晶，再过滤即可得到硼酸晶体。答案：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。35.【答案】（1）3d54s24sp3和sp2平面三角形BF3或BCl3CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键Mg2Al47.5×10【解析】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态Mn3+的价层电子排布式为3d4，含有4个未成对电子，故答案为：3d54s2；