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卷(解析版)

这是一份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卷(解析版)，共21页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
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
【详解】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( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【分析】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。
【详解】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。
【点睛】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. 1：3：1B. 2：3：1C. 2：2：1D. 1：3：3
【答案】A
【详解】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。
【点睛】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
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【详解】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. ④B. ③
C. ③④D. ①②③④⑤
【答案】C
【详解】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
【详解】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1ml电子，，转移2ml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
【详解】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
【详解】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
【详解】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
【详解】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)H2O
B. 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
【详解】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
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【详解】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
【详解】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
【详解】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. 1 ml 该化合物最多与4 ml NaOH反应
D. 该分子中最多有7个碳原子共面
【答案】B
【分析】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。
【详解】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1ml有机物消耗5ml NaOH，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6
B. 可与甲醛发生缩聚反应
C. 1ml该有机化合物最多可与2mlBr2发生反应
D. 1ml该有机化合物最多可与2mlNaOH发生反应
【答案】C
【分析】该化合物的官能团有酚羟基、碳碳双键、酯基。
【详解】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1ml该有机化合物最多可与3mlBr2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1ml该有机化合物最多可与2mlNaOH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)。
①CH4②NH3③H2O ④BF3⑤BeCl2
（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. C7H14 ②. 5种
（3）⑤④①②③ （4）对二甲苯(或1，4-二甲苯)
（5）① ②. 碳溴键 ③. n ④. 氧化反应 ⑤. ABEF
【小问1详解】
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详解】
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详解】
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详解】
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详解】
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：
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___________ml·L-1(通常认为溶液中的离子浓度≤1×10-5ml·L-1沉淀完全)
（4）“离子交换”和“洗脱”时，发生反应：Mn2+ +2HR MnR2 +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 a g 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 0.1000 ml·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0.1000ml·L-1FeSO4标准溶液滴定，达滴定终点时，消耗 FeSO4溶液的体积为 V mL。
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. 5 ②. 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.
【分析】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详解】
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详解】
“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详解】
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≤1×10-5ml·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3.0×10－7×1×10－5ml/L=3×10－12ml/L；
【小问4详解】
“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详解】
“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详解】
产品加入足量的稀硫酸溶解得到MnSO4，滴加过量的0.1000 ml·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0.1000ml·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a nm()，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. 4 ②. 共价晶体 ③.
【小问1详解】
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