1、广东省揭阳市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）考试时间75分钟，满分100分注意事项：l.答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀。考试结束后，请将本试题及答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 Be-9 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu64 I-127一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只
2、有一个选项符合题意)1. 下列反应中，反应物总能量比生成物总能量低的是A. 铁片和稀硫酸的反应B. Ba(OH)28H2O与HCl溶液的反应C. 碳与水蒸气在高温下反应D. 甲烷在氧气中燃烧【答案】C【解析】【详解】A铁片和稀硫酸的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；BBa(OH)28H2O与HCl溶液的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C碳与水蒸气在高温下反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C正确；D甲烷在氧气中燃烧为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；答案为C。2. 以下与实验操作相关的说法正确的是A. 将AlCl
3、3溶液加热蒸干制取无水AlCl3B. 用热的饱和Na2CO3溶液清洗试管中的油污C. 使用明矾对自来水进行杀菌消毒D. 除去CuCl2溶液中的少量FeCl3杂质，加入NaOH固体后过滤【答案】B【解析】【详解】A将AlCl3溶液HCl环境中加热蒸干制取无水AlCl3，A说法错误；B热的饱和Na2CO3溶液水解程度增大，溶液中碱性增强，可清洗试管中的油污，B说法正确；C使用明矾对自来水进行净水，明矾无强氧化性，不能用来杀菌消毒，C说法错误；D除去CuCl2溶液中的少量FeCl3杂质，加入NaOH固体后产生氢氧化铁和氢氧化铜，无法除去氯化铁杂质，D说法错误；答案为B。3. 下列说法或表示方法正确的
4、是A. 将等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后者放出的热量更多B. 由C(金刚石)=C(石墨) H=-1.9kJmol-1可知，金刚石比石墨稳定C. 在常压下，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H=-571.6kJmol-1D. 在稀溶液中H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) H=-57.3kJmol-1，若将含1mol溶质的稀硫酸与足量的NaOH稀溶液混合，反应放出的热量大于57.3kJ【答案】D【解析】【详解】A硫固体变为气体时吸收热量，则将等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧
5、，前者放出的热量更多，A说法错误；B由C(金刚石)=C(石墨)H=-1.9kJmol-1可知，石墨具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B说法错误；C燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧释放的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(1) H=-285.8kJmol-1，C说法错误；D在稀溶液中H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) H=-57.3kJmol-1，硫酸为二元酸，则将含1mol溶质的稀硫酸与足量的NaOH稀溶液混合，反应放出的热量大于57.3kJ，D说法正确；答案为D。4. 在体积为2L的恒容密闭容器中，通入2molA气体和3molB气体进行反应A(g)+2B
6、(g)C(g)，经10s后达到平衡，C的浓度为0.4mo/L。下列说法正确的是A. 以A的浓度变化表示的反应速率为0.08mol/(Ls)B. 达到平衡后，其他条件不变，通入反应物B，平衡右移，最终B的平衡转化率增大C. 达到平衡后，A的转化率为40%D. 达到平衡后，若升高温度，反应的平衡常数K增大，则该反应的H0【答案】C【解析】【分析】根据题干信息可知，经10s后达到平衡，C的浓度为0.4mol/L，则列三段式有：据此进行分析解答。【详解】A以A的浓度变化表示的反应速率为，A错误；B达到平衡后，其他条件不变，通入反应物B，平衡右移，但最终B的平衡转化率减小，B错误；C达到平衡后，A的转化
7、率为，C正确；D达到平衡后，若升高温度，反应的平衡常数K增大，说明平衡正向移动，则该反应的H0，D错误；答案选C。5. 在某密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，若其他条件不变，只改变某一条件时，该反应的平衡图象变化如图所示(图中p表示压强，且p1p2；T表示温度；n表示物质的量；表示平衡转化率)，则以下说法正确的是A. 由反应图象I可知，该反应的正反应方向放热B. 由反应图象I可知，x+yzC. 由反应图象II可知，T1T2D. 由反应图象I与图象II可知，该反应只有在高温条件下才能自发进行【答案】A【解析】【详解】A由反应图像可知，当压强相同时，温度升高，A的平衡转化率降低，
8、说明平衡逆向移动，则该反应的逆反应方向吸热，正反应为放热反应，A正确；B已知p1p2，由反应图像可知，当温度相同时，增大压强，A的转化率增大，说明反应正向进行，则x+yz，B错误；C反应图像中，温度为T1时，反应速率更快，则T1T2，C错误；D由反应图象I与图象II可知，该反应为气体体积减小的放热反应，因此该反应不一定只有在高温条件下才能自发进行，D错误；答案选A。6. 下列措施中，通过提高活化分子百分数，从而使反应速率加快的是压缩容器体积，增大反应体系压强升高温度通入反应物分子，增大反应物浓度加入催化剂A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】压缩容器体积，增大反应体系压强，浓度增大
9、，单位体积内活化分子数目增大，反应速率增大，但活化分子的百分含量不变，与题意不符；升高温度，活化分子数目增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，反应速率加快，符合题意；通入反应物分子，增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增大，反应速率增大，但活化分子的百分含量不变，与题意不符；加入催化剂，活化分子数目增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，反应速率加快，符合题意；综上所述，正确，答案为B。7. 2020年5月5日，广东省东莞虎门大桥出现桥面抖动现象，专家对桥墩的主体钢筋进行了全面检测，并确定了其安全性。以下说法正确的是A. 桥墩钢筋容易发生化学腐蚀B. 在海面与空气交界处的钢铁，比海底下的钢
10、铁更容易被腐蚀C. 可以在桥墩钢铁上嵌附铜片，减慢其腐蚀速率D. 将桥墩钢铁与外接电源负极相连的方法，称为牺牲阳极的阴极保护法【答案】B【解析】【详解】A桥墩钢筋可与海水形成原电池，容易发生电化学腐蚀，A说法错误；B在海面与空气交界处的钢铁，易发生吸氧腐蚀，海面下水中氧气的溶解度较小，海底下的钢铁腐蚀较慢，则在海面与空气交界处的钢铁比海底下的钢铁更容易被腐蚀，B说法正确；C锌的活泼性大于铁，铁的活泼性大于铜，可以在桥墩钢铁上嵌附锌片，减慢其腐蚀速率，镶嵌铜，腐蚀速率加快，C说法错误；D将桥墩钢铁与外接电源负极相连的方法，防止了铁被腐蚀，称为外加电源的阴极保护法，D说法错误；答案为B。8. 已知
11、25时，HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数K1=1.7710-4K1=4.910-10K1=4.310-7K2=4.710-11下列说法正确的是A. 中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOHHCNB. 相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaHCO3NaCNHCOONaC. 向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应：2CN-+H2O+CO2=2HCN+D. 等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，阴离子总数目：HCOONaNaCN【答案】D【解析】【详解】AHCOOH和HCN为一元
12、酸，中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量：HCOOH=HCN，A说法错误；B根据“越弱越水解”，酸的电离程度越小，其对应盐的水解程度越大，则溶液碱性越强，故相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3NaCNNaHCO3HCOONa，B说法错误；C根据表中数据，HCN的K1大于H2CO3的K2，向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应：CN-+H2O+CO2=HCN+，C说法错误；D根据表中数据，HCOOH的K1大于HCN的K1，则NaCN的水解程度大于甲酸钠，等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中，即NaCN溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，而两溶
13、液中钠离子浓度相等，阴离子总数目：HCOONaNaCN，D说法正确；答案为D。9. 25时，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液，用pH传感器测得溶液的pH变化曲线如图所示，以下说法正确的是A. a点时：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)B. b点溶液pH=7，为滴定终点C. c点时：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/LD. d点时：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【分析】用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶
14、液，结合图中消耗的氢氧化钠用量可分析出，a点为半反应点，即溶质为等浓度的醋酸钠与醋酸，均为0.05mol/L，b点为中性点，c点为反应的终点，d点为过量倍点，即混合后的溶质为等浓度的醋酸钠与氢氧化钠，据此结合水溶液的平衡分析判断。【详解】A. a点时，氢氧化钠中和二分之一醋酸，反应后溶质为等浓度的醋酸钠与醋酸，根据电荷守恒可知，c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(CH3COO-)，结合物料守恒可知，2c(Na+)= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，联立电荷守恒式与物料守恒式消去c(Na+)可得到质子守恒式为：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3
15、COO-)，故A正确；B. b点溶液的pH=7，为中性点，其溶质为醋酸钠与醋酸，而滴定的终点溶液中溶质为醋酸钠，故B错误；C. c点为滴定终点，溶液的溶质为醋酸钠，离子浓度遵循物料守恒，即：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(Na+)=0.05mol/L，故C错误；D. d点溶液中溶质为等浓度的醋酸钠与氢氧化钠，溶液显碱性，c(OH-) c(CH3COO-)c(H+)，离子浓度从大到小排列顺序应为：c(Na+) c(OH-) c(CH3COO-)c(H+)，故D错误；答案选A。【点睛】C项为易错点，容易忽略酸碱中和过程中溶液体积的变化，而导致溶质浓度计算错误。要特别注意混合溶液的
16、离子浓度与起始浓度的不同之处。10. 下列指定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 使甲基橙变黄的溶液中：Cl-、OH-、Ba2+、K+B. 与Al反应产生H2的溶液中：、Na+、C. 常温下，=10-12的溶液中：Fe3+、Cu2+、Cl-、D. 常温下，水电离出的c水(H+)=10-13mol/L的溶液中：Al3+、K+、H+、Cl-【答案】C【解析】【详解】A甲基橙的变色pH的范围：3.14.4，使甲基橙变黄的溶液中可能含有氢离子，则OH-、H+不能大量共存，A不能大量共存；B与Al反应产生H2的溶液中可能含有大量氢离子或氢氧根离子：与OH-或H+反应， B不能大量共存；C常温下，
17、=10-12的溶液呈酸性，Fe3+、Cu2+、Cl-、与H+不反应，C能大量共存；D常温下，水电离出的c水(H+)=10-13mol/L的溶液中可能含有大量氢离子或氢氧根离子：Al3+、H+与OH-反应，D不能大量共存；答案为C。11. 下列实验现象或事实的解释中，不正确的是选项现象或事实解释A将装有NO2的玻璃球放入热水中，玻璃球内气体红棕色加深反应2NO2(g)N2O4(g)的H0B配制FeCl2溶液时加入少量铁粉抑制Fe2+的水解C酸碱中和滴定中，装待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果没有影响D向含有2mL0.1mol/L的MgCl2溶液的试管中滴加2滴0.05mol/L的NaOH溶液，充
18、分振荡后静置，生成白色沉淀；再滴入2mL0.1mol/的CuSO4溶液，充分反应后静置，白色沉淀转为蓝色沉淀Ksp大小：Cu(OH)2Mg(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A2NO2(g)N2O4(g) H0，升高温度，平衡逆向移动，NO2的百分含量增大，颜色加深，则将装有NO2的玻璃球放入热水中，玻璃球内气体红棕色加深，A正确；B氯化亚铁溶液中的亚铁离子易被氧化，配制FeCl2溶液时加入少量铁粉，可防止被氧化，B不正确；C酸碱中和滴定中，装待测液的锥形瓶中有少量水对原溶液中待测液的物质的量无影响，对标准液的消耗也无影响，则对滴定结果没有影响，C正确；D根据题
19、意，加入少量的NaOH产生白色沉淀，再加入硫酸铜时，白色沉淀变为蓝色沉淀，可证明KspCu(OH)2KspMg(OH)2，D正确；答案为B。12. 2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，我国进入5G通信时代。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，其原理如图所示，下列说法正确的是A. 放电时，负极反应式为：LiC6-e-=Li+6CB. 充电时，Li+透过隔膜，从石墨电极移向磷酸铁锂电极C. 放电时，电子从石墨电极透过隔膜移向磷酸铁锂电极D. 利用该电池电解饱和食盐水，当外电路通过2mol电子时，
20、理论上产生H222.4L【答案】A【解析】【详解】A放电时，石墨电极作负极，失去电子，反应式为：LiC6-e-=Li+6C，A正确；B充电时，磷酸铁锂电极失去电子，做阳极，阳离子向阴极移动，Li+透过隔膜，从磷酸铁锂电极移向石墨电极，B错误；C电子不能在电解质溶液中通过，故C错误；D在计算气体的体积时，需注明温度压强等条件，故D错误；答案选A。13. 设NA是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A. 0.1mol/L的MgCl2溶液中所含的Cl-的物质的量为0.2molB. 含有4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2固体共热，产生Cl2分子数为NAC. 6.021023个CH4分子中所含的共价
21、键数目约为4NAD. 28gN2与足量的H2充分反应后，转移电子数为6NA【答案】C【解析】【详解】A溶液体积未知，不能求出溶液中所含的Cl-的物质的量，A错误；B随着反应的进行，浓盐酸浓度减小，稀盐酸不与MnO2反应，因此产生Cl2分子数小于NA，B错误；C6.021023个CH4分子的物质的量为1mol，含有4mol共价键，数目约为4NA，C正确；DN2与H2的反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此28gN2与足量的H2充分反应后，转移电子数小于6NA，D错误；答案选C。14. 下列说法中正确的是的A. 向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，制备Fe(OH)3胶体B. 金属钠可以保
22、存在煤油或CC14中C. 将某化合物进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则该化合物一定为钾盐D. 二氧化硅可用于制作光导纤维，单质硅可用于制作硅太阳能电池【答案】D【解析】【详解】A向饱和FeCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，得到的是Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至生成红褐色溶液，A错误；B金属钠的密度比CCl4小，浮在液体上面，会与空气反应，因此不能保存在CCl4中，B错误；C将某化合物进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，则该化合物中含有钾离子，但不一定是钾盐，C错误；D光导纤维的主要成分是二氧化硅，是利用光的全反射原理
23、制作的，单质硅可用于制作硅太阳能电池，D正确；答案选D。15. 除去下列物质中混有的少量杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是选项物质杂质(少量)试剂及操作方法A甲烷乙烯通过装有酸性KMnO4溶液的洗气装置BCl2HCl通过装有饱和食盐水的洗气装置C乙酸乙酯乙酸加入NaOH溶液后振荡静置，分液DCu粉Fe粉加入足量稀硝酸充分反应后过滤A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新的杂质气体，A错误；B饱和食盐水能过吸收HCl气体，而降低氯气在水中的溶解度，B正确；CNaOH能与乙酸反应生成乙酸钠，同时也与乙酸乙酯反应生成乙酸钠和乙醇，C错误；D
24、稀硝酸与铁、铜均能反应，D错误；答案为B。16. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素中的两种核素常用于制造氢弹，Y的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸，Z是地壳中含量最多的元素，W的单质是一种黄绿色气体。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)”“ (3). 酸 (4). 5H3PO3+2+6H+=5H3PO4+2Mn2+3H2O (5). 滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内液体由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.22【解析】【详解】（1）物质的量浓度相同的CH3COOH和NaOH溶液混合后，有电荷守恒：，溶液中CH3COO-和Na+浓度相
25、等，则混合后溶液的pH等于7，醋酸是弱电解质不能完全电离，又CH3COO-和Na+浓度相等，则所用醋酸体积大于氢氧化钠溶液体积；故答案为：=；（2）亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，已知常温下的电离平衡常数为：Ka2=2.910-7，的水解平衡常数为：，水解程度小于电离常数，则水解程度小于电离程度，则NaH2PO3溶液显酸性；（3）已知亚磷酸(H3PO3)具有较强的还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化为磷酸，且磷酸在水溶液中主要以分子形式存在，则反应物为亚磷酸和酸性高锰酸钾，生成物有锰离子，磷酸分子，根据氧化还原反应得失电子守恒，该滴定反应的离子方程式：5H3PO3+2+6H+=5H3PO4+2M
26、n2+3H2O；当达到滴定终点，高锰酸钾将不再反应，由于锥形瓶内液体体积较大，溶液颜色较浅，则达到滴定终点现象为：滴入最后一滴KMnO4标准溶液，锥形瓶内液体由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；第一组实验消耗高锰酸钾的体积为22mL，第二组实验消耗高锰酸钾的体积为22mL，第三组实验消耗高锰酸钾的体积为25mL，差距较大，舍弃第三组数据，综合所得，高锰酸钾的体积为22mL，又5H3PO3+2+6H+=5H3PO4+2Mn2+3H2O，消耗2mol，对应消耗5molH3PO3，则该亚磷酸溶液的物质的量浓度为：。22. 甲醇是一种重要的化工原料，工业上经常利用CO2与H2催化合成甲醇，发生的反应为
27、：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。(1)已知该反应中，各反应物与生成物的键能数据如表所示：化学键HHCOOHCHC=O键能/(kJmol-l)436326464414803则上述反应的H=_kJmol-1。(2)在恒温条件下，将1molCO2与1molH2通入容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，下列能说明该反应已达平衡的是_(填选项字母)。A.CO2的物质的量百分数保持不变B.混合气体的密度保持不变C.混合气体的压强保持不变D.v正(CO2)=3v逆(H2)(3)合成甲醇的H2可以用CH4与水蒸气在一定条件下来制取，其反应原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+
28、3H2(g)H=+203kJmol-1。在容积为3L的恒容密闭容器中通入3molCH4和3mol水蒸气，在一定条件下发生上述反应。达到平衡后，测得H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。比较p1与p2的相对大小：p1_p2(选填“”“ (4). 48 (5). 正 (6). NaOH浓溶液 (7). -2e-+H2O=+2H+【解析】【分析】(1)焓变等于旧键断裂吸收的能量减去新键形成释放的能量；(2)根据平衡时反应物的浓度不变及同一物质的正逆反应速率相等判断；(3)利用三段式求解；(4)根据电解原理判断。【详解】(1)旧键的断裂吸热，新键的形成放热，则H=803kJ/mol2+436 kJ
29、/mol3-414 kJ/mol3-326 kJ /mol-464 kJ /mol-464 kJ/mol2=-46 kJ/mol；(2) A.反应平衡时，CO2的物质的量不再改变，则其百分数保持不变，A已达平衡状态；B.混合气体的质量不变，其容积也不变，则混合气体的密度一直保持不变，B不能确定已达平衡状态；C.反应体系为气体减小的反应，则达到平衡状态时，混合气体的物质的量不再改变，容积不变，则混合气体的压强保持不变，C可确定已达平衡状态；D. 3v正(CO2)= v逆(H2)时，已达平衡状态，D反应未达平衡状态；答案为AC；(3)该反应为气体增大的反应，压强增大时，平衡逆向移动，氢气的百分含量
30、降低，则p1p2；N点所对应的温度下，平衡时氢气的体积分数为60%，=60%，则x=2mol，则K=48 mol2L-2；(4)根据溶液中钠离子及亚硫酸根离子的移动方向，可判断b为正极；a为负极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，则NaOH的浓度增大，B口流出的为NaOH的浓溶液；亚硫酸根离子失电子与水反应生成硫酸根离子与氢离子，电极反应式为-2e-+H2O=+2H+。23. MnSO4在染料、造纸等领域中应用广泛。以软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)为原料，制备硫酸锰的流程如图：(1)请列出两种提高“酸浸”速率的方法：_、_。(2)闪锌矿的主要作用是_。(
31、3)写出“除铁”过程中发生的主要反应的离子方程式：_。(4)“滤渣2”的主要成分包括_、_。(5)从MnSO4溶液中得到MnSO4晶体的操作是_、_。【答案】 (1). 粉碎矿石 (2). 加热 (3). 将软锰矿中的MnO2还原为Mn2+离子 (4). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O (5). Fe(OH)3 (6). MnO2 (7). 蒸发浓缩 (8). 冷却结晶【解析】【分析】软锰矿与闪锌矿在酸性条件下反应生成硫酸锰、硫酸锌和硫单质，则滤渣1为硫；向滤液中加入硫化锰生成硫化锌，为除去锌离子；过滤后，再加入二氧化锰为氧化亚铁离子为铁离子，并生成氢氧化铁沉淀，则滤渣
32、2为氢氧化铁和未反应的二氧化锰。【详解】(1)粉碎固体，可增大固体与溶液的接触面积，提高反应速率，还可适当升温，也能提高反应速率；(2)分析可知，闪锌矿可与软锰矿在酸性条件下反应，则闪锌矿的主要作用是将软锰矿中的MnO2还原为Mn2+离子；(3)“除铁”过程中二氧化锰与亚铁离子在酸性条件下反应生成二价锰离子、铁离子和水，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O(4)分析可知，“滤渣2”的主要成分为氢氧化铁和二氧化锰；(5)MnSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤制备MnSO4晶体。【点睛】制备晶体时，不能直接蒸干，而需蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制取。(
33、二)选考题：请考生从模块A选修3(物质结构与性质)、模块B选修5(有机化学基础)两部分题目中，选择一个模块的题目作答，并用2B铅笔将答题卡上所选模块的方框涂黑，评卷时按所涂题号进行评分。共10分。24. 钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：(1)钾元素的焰色为紫色，该过程中其原子光谱属于_光谱(选填“吸收”或“发射”)。(2)碘原子中，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为_。(3)请写出基态钾原子的核外电子排布式_。(4)请比较KI与KCl晶体的熔点高低_，并说明理由：_。(5)KIO3常用作食盐添加剂，其晶胞如图所示。离子的立体构型为_。已知KIO3晶胞的
34、边长为apm，晶胞中K、I、O原子分别处于顶角、体心、面心位置。则每个K原子周围距离最短的O原子有_个。该晶胞的密度为_g/cm3。【答案】 (1). 发射 (2). 哑铃形(或纺锤形) (3). Ar4s1或ls22s22p63s23p64s1 (4). KIKCl (5). 两者均为离子晶体，Cl-半径比I-半径小，KCl晶格能更大，熔点更高 (6). 三角锥形 (7). 12 (8). 1030【解析】【分析】(1)向外界释放能量为发射光谱；(2)碘原子最高能级的电子为5p能级；(3)钾为核外有19个电子，书写排布式；(4) KI与KCl均为离子晶体，利用离子半径判断晶格能；(5)根据价
35、层电子互斥理论判断，利用公式=计算。【详解】(1)钾原子外层电子吸收能量，跃迁到激发态，当电子跃迁回基态时，会以光的形势释放能量属于发射光谱；(2)碘原子最高能级电子为5p能级，电子云轮廓为哑铃型；(3)钾为第19号元素，基态钾原子的核外电子排布式为Ar4s1；(4) KI与KCl均为离子晶体，已知r(Cl-)r(I-)，则KCl的晶格能大于KI，则KCl的熔点高于KI；(5)离子中的碘原子孤电子对数=(7+1-23)=1，3条键、1个孤电子对，为sp3杂化，三角锥形；根据晶胞结构，K原子周围距离最短O原子一个小立方体有3个，共有8个立方体，其中重叠的两个面只有一个氧原子，O原子有=12个；根
36、据分摊法计算K在顶点有8=1；I在体心有1个；O在面心有6=3个，晶胞的密度=1030 g/cm3。25. (1)有机物(CH3)3CCH(C2H5)CH3的系统命名为_。(2)分子式为C5H12烷烃的同分异构体中，一氯代物种数最多的是_(写出结构简式)。(3)某有机物的结构简式如图，它在一定条件下可能发生的反应包括_(填序号)。加成 水解 酯化 氧化 中和 消去 还原(4)写出乙二酸(HOOCCOOH)与乙二醇(HOCH2CH2OH)在浓硫酸、加热条件下，发生缩聚反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 2，2，3-三甲基戊烷 (2). (CH3)2CHCH2CH3 (3). (4). nH
37、OOCCOOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O【解析】【详解】(1)有机物(CH3)3CCH(C2H5)CH3最长的碳链上有五个碳原子，甲基分别在2、2、3位置，则系统命名为2，2，3-三甲基戊烷；(2)正戊烷一氯代物有3种同分异构体；异戊烷一氯代物有4种同分异构体；新戊烷一氯代物有1种同分异构体；最多为异戊烷，结构简式为(CH3)2CHCH2CH3；(3)根据有机物的结构简式，含有醛基能发生加成、还原反应；含有醇羟基，且与羟基相连碳原子的相邻碳原子上含有氢原子，则可发生酯化、消去、氧化反应；含有羧基，可发生酯化、中和，综上所述，答案为；(4)乙二酸(HOOCCOOH)与乙二醇(HOCH2CH2OH)在浓硫酸、加热条件下，首、尾交替发生酯化反应，方程式为nHOOCCOOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O。