河南省商丘市东部地区名校联考2023-2024学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省商丘市东部地区名校联考2023-2024学年高二下学期期末考试考试时间：75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖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。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷(选择题)一、单选题：本大题共16小题，共48分。1.2019年12月以来，突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃C.使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化D.口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，其结构简式为〖答案〗D【详析】A．病毒中含蛋白质，所含元素有C、H、O、N等元素，故A错误；B．四氟乙烯中含有F元素，不属于烃类，故B错误；C．酒精杀菌消毒涉及到蛋白质的变性，蛋白质变性属于化学变化，故C错误；D．聚丙烯由单体丙烯通过加聚反应得到，聚丙烯的结构简式为：，故D正确；故选：D。2.下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是()选项ABCD物质MgCl2CO2HClNaOH所含化学键类型离子键、共价键共价键离子键离子键、共价键所属化合物类型离子化合物共价化合物离子化合物共价化合物A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖祥解〗一般来说，活泼金属与活泼非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。【详析】A．MgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；B．CO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；C．HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；D．NaOH中含离子键和O−H极性共价键，为离子化合物，故D错误；故〖答案〗选B。【『点石成金』】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键。3.某物质的晶体中，含A、B、C三种元素，其排列方式如图所示(其中前后两面心上的B原子未画出)。晶体中的A、B、C的原子个数比依次为（）A.1：3：1 B.2：3：1 C.2：2：1 D.1：3：3〖答案〗A【详析】根据图片可知，该晶体中A原子位于晶胞的顶点，个数为=8×=1，B原子位于晶胞的面上，个数=6×=3，C原子位于体心，个数为1，所以晶体中A、B、C的原子个数比为1:3:1;〖答案〗为A。【『点石成金』】明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键，利用均摊法可知：顶点上的原子被8个小正方体共用，面心上的原子被2个小正方体共用，体心上的原子被1个小正方体占有。4.下表中各粒子对应的空间结构及解释均正确的是选项粒子空间结构解释A氨基负离子()直线形N原子采取杂化B二氧化硫()V形S原子采取杂化C碳酸根离子()三角锥形C原子采取杂化D乙炔()直线形C原子采取杂化且C原子的价电子均参与成键A.A B.B C.C D.D〖答案〗D【详析】A．氨基负离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，离子的空间结构为V形，故A错误；B．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1，所以硫原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间结构为V形，故B错误；C．碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，所以碳原子的杂化方式为sp2杂化，离子的空间结构为平面三角形，故C错误；D．乙炔分子中含有碳碳三键，碳原子的杂化方式为sp杂化，离子的空间结构为直线形，且中心原子C无孤电子对，故D正确；故选D。5.为了验证Fe3＋性质，某化学兴趣小组设计了如图所示的一组实验，其中实验方案设计不合理的是A.④ B.③C.③④ D.①②③④⑤〖答案〗C【详析】Fe3＋与铁反应生成Fe2＋，使溶液显浅绿色，体现了Fe3＋的氧化性，①合理；Fe3＋与硫氰化钾反应使溶液显红色，据此能够检验Fe3＋，②合理；硫酸铜溶液与氯化铁溶液不反应，混合后溶液不会变成无色，③不合理；氯化铁溶液与硝酸银溶液反应生成白色氯化银沉淀，由于实际上Fe3＋没有参与反应，该现象不能体现Fe3＋的性质，④不合理；Fe3＋与氢氧化钠溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，据此可以检验是否存在Fe3＋，⑤合理。综上所述，不合理的是③④两项，C符合题意。故选C。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，氦气含有的原子数为B.金刚石中的共价键数目为C.溶液与足量氯气完全反应时转移电子数为D.时，的稀硫酸中含有的数目为〖答案〗D【详析】A．氦气为单原子分子，氦气含有的原子数为，A正确；B．金刚石为正四面体结构，碳碳键的数目为：，金刚石中的共价键数目为，B正确；C．含有，，与足量的反应，，转移1mol电子，，转移2mol电子，转移电子数为，C正确；D．缺少溶液体积，无法计算的稀硫酸中含有的数目，D错误；故选D。7.形成简单离子的最外层电子排布均为，且半径依次减小。C、D、E原子中均仅有一个未成对电子。单质为双原子分子，化学性质稳定。组成典型的离子化合物，其晶体结构类似于晶体。下列说法正确的是A.简单气态氢化物的稳定性：B.简单离子的氧化性：C.第一电离能：D.单质与的最高价氧化物对应的水化物均可发生反应〖答案〗D【详析】形成简单离子的最外层电子排布均为，且半径依次减小。C、D、E原子中均仅有一个未成对电子。单质为双原子分子，化学性质稳定，A为氮。组成典型的离子化合物，其晶体结构类似于晶体，C为氟、D为钠。B为氧，E为铝。A．简单气态氢化物的稳定性应为HF>H2O>NH3，A错误；B．简单离子的氧化性：Al3+>Na+，B错误；C．第一电离能：F>N>O，C错误；D．铝能和硝酸或氢氧化钠反应，D正确；故选D。8.化学与人类生产生活息息相关，下列说法正确的是A.聚氯乙烯制品易造成白色污染，宜采用焚烧法处理B.由石油分馏可以得到乙烯、丙烯等重要的化工原料C.蚕丝的主要成分为天然纤维，其性质稳定，不能水解D.苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，可用乙醇清洗〖答案〗D【详析】A．聚氯乙烯制品焚烧时产生能造成污染的气体，所以聚氯乙烯制品不能用焚烧法处理，A错误；B．石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，B错误；C．蚕丝的主要成分为天然纤维，属于天然蛋白质，可以水解，C错误；D．苯酚不易溶于水会腐蚀皮肤，易溶于酒精，酒精是良好有机溶剂，可以溶解苯酚减少对皮肤的伤害，D正确；故选D。9.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X分子中含3个手性碳原子B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面C.X、Y、Z在NaOH乙醇溶液中加热均能发生消去反应D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇〖答案〗D【详析】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；X中方框内的碳原子为手性碳原子，A错误；B．中与氧原子相连接的碳原子之间的化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；C．NaOH乙醇溶液是卤代烃发生消去反应的条件，当与卤素原子相连的相邻碳上存在氢原子时可以发生消去反应，即X、Z在NaOH乙醇溶液条件下可以发生消去反应而Y不能在NaOH乙醇溶液条件下发生消去反应，C错误；D．中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，D正确；故选D。10.下列说法正确的是A.最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素一定位于ⅡA族B.d区元素的原子一定都有d轨道电子C.最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素一定是金属元素D.基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素一定是金属元素〖答案〗B【详析】A．.最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素不一定位于ⅡA族，可能位于副族或0族，如副族的Zn或0族的He，A错误；B．.d区元素的基态原子都含有d轨道电子，所以d区元素的基态原子一定都有d轨道电子，B正确；C．最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素不一定金属元素，如氢元素，C错误；D．基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素，n能级上最多排列2个电子，则n=2，所以该原子价电子排布式为2s22p2，为C元素，非金属元素，D错误；故选B。11.下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是A.乳酸在一定条件下生成聚乳酸：n＋(n−1)H2OB.苯酚钠溶液中通入少量的气体：C.乙酰胺中加入稀硫酸：D.苯与浓硝酸反应：〖答案〗A【详析】A．乳酸在一定条件下发生缩聚反应生成聚乳酸：n＋(n−1)H2O，故A错误；B．由于酸强弱：碳酸＞苯酚＞碳酸氢根，因此苯酚钠溶液中通入少量的气体，反应生成碳酸氢根和苯酚其离子方程式：，故B正确；C．乙酰胺中加入稀硫酸：，故C正确；D．苯与浓硝酸在浓硫酸加热条件下反应生成硝基苯和水：，故D正确。综上所述，〖答案〗为A。12.下列对有关事实的解释正确的是事实解释A石墨晶体中横向与纵向的导电性不同晶体性质表现自范性BCH4与NH3分子的空间构型不同二者中心原子杂化轨道类型不同CH2O的热稳定性比H2S强H2O分子间形成氢键，而H2S分子间没有形成氢键D向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强A.A B.B C.C D.D〖答案〗D【详析】A．石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性，故A错误；B．CH4的价层电子对数是4，无孤对电子，分子的空间构型正四面体，中心原子杂化轨道类型均为sp3，NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B错误；C．H2O的热稳定性比H2S强，是由于元素的非金属性：O＞S，分子的稳定性与氢键无关，故C错误；D．硫酸铜蓝色溶液中存在[Cu(H2O)4]2+离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的[Cu(H2O)4]2+与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，则说明NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强，故D正确；故选：D。13.下列说法不正确的是A.蔗糖不能发生银镜反应，但其水解产物可以发生银镜反应B.可用新制Cu(OH)2悬浊液(必要时可以加热)鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯C.往鸡蛋清溶液中加入氢氧化钠溶液、浓硫酸铵溶液、硫酸铜溶液均析出沉淀，加水后沉淀都不溶解D.油脂完全皂化反应后，静置，反应液不分层，加入热的饱和食盐水，搅拌，有固体浮在液面上〖答案〗C【详析】A．蔗糖不含醛基不能发生银镜反应，蔗糖水解可以得到葡萄糖，葡萄糖中含有醛基能发生银镜反应，故A正确；B．乙醇与新制Cu(OH)2悬浊液混溶，乙醛与新制Cu(OH)2悬浊液加热时产生砖红色固体，乙酸与新制Cu(OH)2悬浊液反应固体溶解，得到溶液，乙酸乙酯与新制Cu(OH)2悬浊液不反应，不互溶由分层现象，可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别四种物质，故B正确；C．鸡蛋清中加硫酸铵发生盐析，加水后沉淀会溶解，故C错误；D．油脂完全皂化反应得到高级脂肪酸钠盐和甘油，加热饱和食盐水能降低高级脂肪酸钠盐的溶解度，使其析出固体，因其密度小于食盐水，浮于液面上，故D正确；故选：C。14.聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，其结构如图：（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是A.聚维酮的单体是 B.聚维酮分子由个单体聚合而成C.聚维酮碘是一种水溶性物质 D.聚维酮在一定条件下能发生水解反应〖答案〗B【详析】A．由高聚物结构简式可知

的单体为，故A正确；B．由个单体加聚生成，故B错误；C．高聚物可与形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；

D．含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；〖答案〗选B。15.中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如下。下列说法正确的是A.在一定条件下能发生氧化反应、取代反应和消去反应B.苯环上的一溴代物共5种C.1mol该化合物最多与4molNaOH反应D.该分子中最多有7个碳原子共面〖答案〗B〖祥解〗该有机物中含有碳碳双键、酚羟基、酯基三种官能团，据此分析。【详析】A．酚羟基能发生氧化、取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，酯基能发生取代反应，该有机物不含能发生消去反应的原子或原子团，A错误；B．第一个苯环上有3种不同环境的H原子，第二个苯环上有2种不同环境的H原子，共有5种不同环境的H原子，故一溴代物有5种，B正确；C．酚羟基、酯基能与NaOH溶液反应，该有机物含有2个酚羟基，2个酯基，其中一个酯基为苯酚酯的结构，故1mol有机物消耗5molNaOH，C错误；D．苯环是共面型分子，含乙烯结构的碳碳双键也是共面型分子，故该有机物一定处于同一个平面的原子不止7个，D错误；故〖答案〗选B。16.对羟基肉桂酸甲酯具有高光敏性等优良的特点，用于制作触摸屏和光纤材料，该物质的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.不饱和度为6B.可与甲醛发生缩聚反应C.1mol该有机化合物最多可与2molBr2发生反应D.1mol该有机化合物最多可与2molNaOH发生反应〖答案〗C〖祥解〗该化合物的官能团有酚羟基、碳碳双键、酯基。【详析】A．对羟基肉桂酸甲酯中含有一个苯环，两个双键，苯环的不饱和度为4，双键的不饱和度为1，故对羟基肉桂酸甲酯的不饱和度为6，A正确；B．对羟基肉桂酸甲酯含有酚羟基，酚羟基临位的H可与甲醛发生缩聚反应，B正确；C．该物质酚羟基的两个临位可与Br2发生取代反应，碳碳双键可与Br2发生加成反应，因此1mol该有机化合物最多可与3molBr2发生反应，C错误；D．酚羟基可与NaOH发生中和反应，酯基可与NaOH发生水解，故1mol该有机化合物最多可与2molNaOH发生反应，D正确；故选C。第II卷(非选择题)二、简答题：本大题共4小题，共52分。17.按要求填空。（1）有机化合物的名称为_______，所含官能团的名称为_______。（2）有机化合物A结构简式为：，A的分子式为_______，其一氯代物有_______种。（3）下列分子中键角由大到小排列顺序是_______(填序号)。①CH4②NH3③H2O④BF3⑤BeCl2（4）某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，若该物质的一氯代物有两种，则W的名称为_______。（5）有机化合物A是一种重要的化工原料，在一定条件下可以发生如下反应：已知：苯环侧链上的烃基在一定条件下能被氧化成羧基。①A的结构简式为_______，B中官能团的名称为_______。②写出A→D反应的化学方程式：_______，A→C反应的反应类型为_______。③C中含有杂质时通常用重结晶实验除杂，该实验所需的玻璃仪器有_______(填序号)。A．烧杯B．酒精灯C．锥形瓶D．量筒E．普通漏斗F．玻璃棒G．分液漏斗〖答案〗（1）①.4-甲基-2-乙基-1-戊烯②.碳碳双键（2）①.C7H14②.5种（3）⑤④①②③（4）对二甲苯(或1，4-二甲苯)（5）①②.碳溴键③.n④.氧化反应⑤.ABEF【小问1详析】选择分子中包含碳碳双键在内的最长碳链为主链，该物质分子中包含碳碳双键在内的最长碳链上含有5个C原子，从右端离碳碳双键较近的一端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键及支链在主链上的位置。当有多种取代基时，在命名时要先写简单的取代基名称，再写复杂的取代基的名称，取代基与名称中用小短线连接，则该物质名称为4-甲基-2-乙基-1-戊烯；【小问2详析】根据C原子价电子数目是4，可知该有机物分子式是C7H14；该物质分子中六元环高度对称，该物质分子中含有5种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有5种；【小问3详析】①CH4中心C原子价层电子对数是4，无孤对电子，分子呈正四面体结构，键角是109°28′；②NH3中心N原子价层电子对数是4，有1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致NH3分子呈三角锥结构，键角是107°18′；③H2O中心O原子价层电子对数是4，有2对孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，且故电子对数越多，排斥作用越多，使H2O分子呈V形结合，键角是104.5°；④BF3分子中心B原子原子价层电子对数是3，无孤对电子，分子平面三角形体结构，键角是120°；⑤BeCl2分子中心Be原子原子价层电子对数是2，无孤对电子，分子直线型结构，键角是180°；故上述几种微粒中键角由大到小关系为：⑤＞④＞①＞②＞③；【小问4详析】某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，根据元素守恒，可知其分子式是C8H10，若该物质的一氯代物有两种，说明其分子中含有两种不同位置的H原子，因此W结构为，名称为对二甲苯(或1，4-二甲苯)；【小问5详析】化合物A分子式为C8H8，能够被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，能够在催化剂存在时反应变为高分子化合物，则A为苯乙烯，结构简式为，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生B是，产生的高分子化合物D是。①根据上述分析可知A结构简式是；B是，分子中含有的官能团名称为碳溴键；②A结构简式是，A分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生，该反应的化学方程式为：n；A是，由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，该反应类型是氧化反应；③C是苯甲酸，分子中含有杂质时通常用重结晶方法来除杂，该实验时涉及物质的溶解、过滤操作。要在烧杯中溶解苯甲酸，为促进物质溶解，需使用玻璃棒搅拌，并用酒精灯对物质的溶液进行加热，使物质溶解度增大，然后降温结晶，苯甲酸结晶析出，再通过过滤分离出来，就需使用漏斗，故所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，故合理选项是ABEF。18.碱式碳酸锰［Mn2(OH)2CO3］是一种不溶于水的固体，是制造其他含锰化合物的原料。工业上以方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)为原料制备碱式碳酸锰。25℃时，相关物质的Ksp如下表：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ca(OH)2Ksp2×10-135×10-173×10-391×10-326×10-6回答下列问题：（1）“酸浸”时，滤渣I的成分是___________(填化学式)。（2）“氧化”时，该反应的离子方程式为___________。（3）“除杂”时，使用氨水的目的是将Fe3+和Al3+转化为沉淀而除去，则应调节溶液的pH≥______；若A13+沉淀完全时，则溶液中Fe3+的物质的量浓度为___________mol·L-1(通常认为溶液中的离子浓度≤1×10-5mol·L-1沉淀完全)（4）“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：Mn2++2HRMnR2+2H+(HR是氢型交换树脂)。洗脱为了提高“洗脱”效率，淋洗液应为___________(填“硫酸”、“氢氧化钠溶液”或“蒸馏水”)。（5）“沉锰”时，反应的离子方程式为___________，过滤、洗涤、干燥，得到Mn2(OH)2CO3，检验沉淀是否洗涤干净的操作是___________。（6）为测定产品中锰的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的稀硫酸溶解，滴加过量的0.1000mol·L-1(NH4)2S2O8溶液将锰元素转化为MnO，充分反应后加热一段时间，冷却将烧杯中的溶液全部转移至250mL容量瓶中。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定，达滴定终点时，消耗FeSO4溶液的体积为VmL。①滴定终点的现象是___________。②该产品中锰的质量分数为___________。(用含a、V的式子表示)。〖答案〗（1）CaSO4、SiO2（2）2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O（3）①.5②.3×10－12（4）硫酸（5）①.②.取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生（6）①.当滴入最后半滴FeSO4溶液后，溶液褪色并且半分钟内不变浅紫红色②.〖祥解〗由题给流程可知，方锰矿(主要成分为MnO，还含有少量的Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2)加稀硫酸酸浸，得CaSO4、SiO2沉淀，过滤，得到含有Mn2+、、Fe2+、Fe3+和少量Ca2+等的滤液，在滤液中先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调节适宜的pH，将和转化为氢氧化物沉淀过滤除去，滤液经离子交换并洗脱，得到Mn2+，加入(NH4)2CO3溶液沉锰，将溶液中的转化为Mn2(OH)2CO3沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到Mn2(OH)2CO3，据此分析解答。【小问1详析】CaO与硫酸反应生成的CaSO4是微溶物、SiO2不溶于硫酸，则“酸浸”时，滤渣I的成分是CaSO4、SiO2；【小问2详析】“氧化”时，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++MnO2＋4H＋=Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；小问3详析】室温下，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10-32，则Fe(OH)3的溶解度比Al(OH)3小、“除杂”时Fe(OH)3优先沉淀，Al(OH)3沉淀完全时Fe(OH)3早已沉淀完全，通常认为溶液中的离子浓度≤1×10-5mol·L-1沉淀完全，则、，调节溶液的pH≥5：若Al3＋沉淀完全时，、Fe3+都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中，则溶液中Fe3＋的物质的量浓度为3.0×10－7×1×10－5mol/L=3×10－12mol/L；【小问4详析】“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：(HR是氢型交换树脂)。洗脱时为了提高“洗脱”效率，应使上述平衡左移，按平衡移动原理，增大氢离子浓度可以满足，则淋洗液应呈酸性，故选硫酸；【小问5详析】“沉锰”时，(NH4)2CO3溶液将转化为Mn2(OH)2CO3沉淀，按电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为：，过滤、洗涤、干燥，得到Mn2(OH)2CO3，沉淀表面主要杂质为硫酸盐等，因此确保沉淀洗涤干净、即最后的洗涤液中没有硫酸根离子即可，故操作为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生；【小问6详析】产品加入足量的稀硫酸溶解得到MnSO4，滴加过量的0.1000mol·L-1(NH4)2S2O8溶液，将锰元素转化为，将Mn2+氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为：2Mn2++5+8H2O=2+10，充分反应后加热使过量的(NH4)2S2O8分解。溶液配成250mL后取25.00mL用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定，达滴定终点时，消耗FeSO4溶液的体积为VmL；①滴定时发生，滴定终点的现象是：当滴入最后1滴FeSO4溶液后，溶液褪色并且半分钟内不变浅紫红色。②根据以上反应过程可得关系式：Mn2+~~5Fe2+，则该产品中锰元素的质量分数为。19.甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。（1）Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si_________H(填“＞”“＜”或“＝”)，分子的空间结构为_________________。（2）利用与可制得氮化硅()材料。①热稳定性：___________(填“＞”“＜”或“＝”)。②中的键角__________中的键角(“＞”“＜”或“＝”)，其键角差异的原因是_____________________________。（3）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为__________，SiC的晶体类型是_____________。②已知碳化硅的晶胞边长为anm()，阿伏伽德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为_____________(列出计算式)。〖答案〗（1）①.<②.正四面体形（2）①.<②.>③.中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，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（3）①.4②.共价晶体③.【小问1详析】Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则氢吸电子能力更强，故电负性：Si<H，分子中硅形成4个共价键，空间结构为正四面体形；【小问2详析】①原子半径氮小于硅，氮氢键长更短、键能更大，则热稳定性：<；②中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，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，故