…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版選擇性必修2化學上冊月考試卷313考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、利用如下實驗研究濃硫酸的性質。

實驗1：表面皿中加入少量膽礬；再加入3mL濃硫酸，攪拌，觀察到膽礬變成白色。

實驗2：取2g蔗糖放入大管中；加2～3滴水，再加入3mL濃硫酸，攪拌。將產(chǎn)生的氣體導入品紅溶液中，觀察到品紅溶液褪色。

實驗3：將一小片銅放入試管中；再加入3mL濃硫酸，加熱，觀察到銅片上有黑色物質產(chǎn)生。

下列說法不正確的是A.膽礬化學式可表示為Cu(H2O)4SO4·H2O，說明膽礬晶體中存在離子鍵、共價鍵、配位鍵和氫鍵等作用力B.“實驗2”可以說明濃硫酸具有脫水性和強氧化性C.“實驗3”中黑色物質可能是氧化銅D.在“實驗3”中的殘留物中直接加入適量水，觀察溶液是否變藍色2、氯元素的原子結構示意圖為下列說法中錯誤的是（）A.氯元素的摩爾質量為17g/molB.氯原子在化學反應中容易得1個電子C.35.5g氯離子中含有18NA個電子D.氯原子與氯離子的核電荷數(shù)都為17，但其化學性質差異很大3、我國最新報道的高溫導體中，鉈(Tl)是組成成分之一，已知鉈與鋁是同族元素，且位于第六周期，關于鉈的判斷錯誤的是A.鉈是銀白色、質軟的金屬B.氫氧化鉈是兩性氫氧化物C.鉈能生成+3價化合物D.鉈的還原性強于鋁4、四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數(shù)依次增大，b、d的簡單離子具有相同電子層結構，d的簡單離子帶三個單位正電荷，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，下列敘述不正確的是（）A.b元素最高價氧化物對應的水化物為強酸B.最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：bC.c為第二周期第VIA族元素D.原子半徑：d＞c＞b＞a5、已知和鍵能之比為而和鍵能之比為下列說法正確的是A.鍵一定比π鍵穩(wěn)定B.較易發(fā)生加成反應C.乙烯、乙炔較易發(fā)生加成反應D.乙烯、乙炔中的π鍵比鍵穩(wěn)定6、一種用于合成治療免疫疾病藥物的物質；其結構如圖所示，其中X；Y，Z、Q、W為1~20號元素且原子序數(shù)依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構。下列敘述錯誤的是。

A.簡單離子的半徑：B.最高價氧化物對應的水化物的酸性：C.元素Q的含氧酸均為強酸D.是離子化合物7、美國科學家用有機分子和球形籠狀分子C60；首次制成了“納米車”(如圖所示)，每輛“納米車”是用一個有機分子和四個球形籠狀分子“組裝”而成。下列說法正確的是。

A.我們可以直接用肉眼清晰地看到這種“納米車”的運動B.“納米車”的誕生，說明人類操縱分子的技術進入一個新階段C.“納米車”是一種分子晶體D.C60熔點比金剛石熔點高8、某晶體的下列性質可作為判斷它是離子晶體的充分依據(jù)的是A.具有較高的熔點和較大的硬度B.固態(tài)不導電，其水溶液能導電C.可溶于水D.固態(tài)不導電，熔融態(tài)能導電評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)9、如圖為幾種晶體或晶胞的結構示意圖。下列說法錯誤的是。

A.1mol冰晶體中含有2mol氫鍵B.金剛石屬于共價晶體，其中每個碳原子周圍距離最近的碳原子為4C.碘晶體屬于分子晶體，每個碘晶胞中實際占有4個碘原子D.冰、金剛石、MgO、碘單質四種晶體的熔點順序為：金剛石＞MgO＞冰＞碘單質10、下列有關化學鍵類型的判斷不正確的是A.s--sσ鍵與s--pσ鍵的對稱性不同B.分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵C.已知乙炔的結構式為H—C≡C—H，則乙炔分子中存在2個σ鍵(C—H)和3個π鍵(C≡C)D.乙烷分子中只存在σ鍵，即6個C—H鍵和1個C—C鍵都為σ鍵，不存在π鍵11、下列說法中不正確的是A.葡萄糖分子(HOCH2?CHOH?CHOH?CHOH?CHOH?CHO)中的手性碳原子數(shù)為4B.基態(tài)銅原子的價電子排布圖：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心離子配位數(shù)為6D.AB2是V形，其A為sp3雜化12、某元素原子核外電子排布為“3d104s1”，關于此元素的說法正確的是A.位于第四周期ⅠA族B.原子核外有29個電子C.存在+1、+2等不同化合價D.原子中4s電子能量高于3d13、下列關于K2FeO4的說法不正確的是A.與水反應，每消耗1molK2FeO4轉移3mol電子B.將K2FeO4與鹽酸混合使用，可增強其殺菌消毒效果C.K2FeO4用作水處理劑時，既能殺菌消毒，又能吸附懸浮雜質D.K2FeO4中，基態(tài)K+的核外三個電子能層均充滿電子14、短周期主族元素的原子序數(shù)依次增大，離子與分子均含有14個電子；習慣上把電解飽和水溶液的工業(yè)生產(chǎn)稱為氯堿工業(yè)。下列判斷正確的是A.原子半徑：B.最高價氧化物對應的水化物的酸性：C.化合物的水溶液呈中性D.分子中既有鍵又有鍵15、氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正確的是A.Ca2+與F-間存在靜電作用B.CaF2在熔融狀態(tài)下能導電C.CaF2晶體中既有離子鍵又有共價鍵D.正、負離子數(shù)目比為2：116、“化學多米諾實驗”即只需控制第一個反應，利用反應中氣體產(chǎn)生的壓力和虹吸作用原理，使若干化學實驗依次發(fā)生。如圖是一個“化學多米諾實驗”，已知：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(該反應產(chǎn)物可作為H2O2的催化劑)。

下列有關分析錯誤的是（）A.假設B和D中鋅大小表面積相等，產(chǎn)生氫氣的反應速率：B>DB.H2O2和H2S的中心原子均采取sp3雜化C.H中可觀察到淡黃色渾濁產(chǎn)生D.1mol[Cu(NH3)4]2+中σ鍵數(shù)目是12NA評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸鈉后的母液為原料；加入亞硫酸氫鈉制取，相關反應如下：

___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)

完成下列填空：

(1)配平上述化學方程式________，標出電子轉移的方向和數(shù)目_________。

(2)該反應實質是兩步反應：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，則第二步反應的離子方程式為②___________；若要使碘酸鈉的利用率最高，碘酸鈉在第一步和第二步反應中的用量之比是___________。

(3)過濾反應析出的碘沉淀得到粗碘，再用升華法即可得到99%左右的碘產(chǎn)品。碘原子最外層電子排布式是___________，碘升華克服的微粒間作用力為___________。

(4)能說明氯、碘兩種元素非金屬性相對強弱的依據(jù)是___________。(選填編號)

a.原子的最外層都有7個電子。

b.ICl中碘元素為+1價。

c.酸性：HClO3>HIO3

d.氯化鈉；碘化鈉與濃硫酸共熱；分別生成氯化氫、單質碘。

(5)檢驗亞硫酸鈉固體是否氧化變質的方法是___________。18、[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2＋的另一種配合物，IMI的結構為則1molIMI中含有___________個σ鍵；的空間構型為___________。19、應用VSEPR理論判斷下表中分子或離子的立體構型。分子中心原子上孤電子對數(shù)中心原子結合的雜化類型分子或離子的立體構型NH2_____________________________________________BF3_____________________________________________H3O＋_____________________________________________20、按要求完成下列各題。

(1)氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性大于的主要原因是___________。

(2)常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是___________。

(3)過氧化鈉的電子式是___________。

(4)溶液顯堿性的原因是(用離子方程式說明)___________。

(5)已知葡萄糖的燃燒熱為試寫出葡萄糖燃燒的熱化學方程式___________。21、大型客機燃油用四乙基鉛[Pb(CH2CH3)4]）做抗震添加劑，但皮膚長期接觸四乙基鉛對身體健康有害，可用硫基乙胺（HSCH2CH2NH2）和KMnO4清除四乙基鉛。

(1)碳原子核外電子的空間運動狀態(tài)有______種，基態(tài)錳原子的外圍電子排布式為___，該原子能量最高的電子的電子云輪廓圖形狀為________。

(2)N、C和Mn電負性由大到小的順序為____________。

(3)HSCH2CH2NH2中C的雜化方式為_____，其中NH2－空間構型為____；N和P的價電子相同，但磷酸的組成為H3PO4，而硝酸的組成不是H3NO4，其原因是_______。

(4)Pb(CH2CH3)4是一種難電離且易溶于有機溶劑的配合物，其晶體類型屬于_____晶體。已知Pb(CH2CH3)4晶體的堆積方式如下。

Pb(CH2CH3)4]在xy平面上的二維堆積中的配位數(shù)是___，A分子的坐標參數(shù)為_____；設阿伏加德羅常數(shù)為NA/mol，Pb(CH2CH3)4]的摩爾質量為Mg/mol，則Pb(CH2CH3)4]晶體的密度是_____g/cm3(列出計算式即可)。22、原子晶體不能形成最密堆積結構的原因是______________________。評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)23、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結構____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結構___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分五、工業(yè)流程題(共2題，共4分)24、溴酸鎘[Cd(BrO3)2]常用做分析試劑、生產(chǎn)熒光粉等。以鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)為原料制備[Cd(BrO3)2]的工藝流程如下：

已知CdSO4溶于水，CdCO3難溶于水；請回答下列問題：

(1)Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，寫出Cd的外圍電子排布排式_______。

(2)還原鎘時可產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，該反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為_______。

(3)為檢驗酸浸后溶液中是否含有Fe2+離子，可選用的化學試劑是_______溶液。

(4)氧化步驟中加入H2O2的量比理論上要多一些，其可能原因為_______。

(5)濾渣2主要成分為_______。

(6)沉鎘所得的沉淀需進行洗滌，洗滌時除去的雜質陰離子的空間構型是_______。

(7)寫出“轉化”過程中發(fā)生的化學反應方程式_______。25、實驗室用軟錳礦(主要成分為MnO2，還含少量SiO2、CaO、Al2O3等)制取MnSO4·H2O；其實驗流程如下：

已知：①下表列出了幾種金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol/L計算)。

。離子Fe3+Al3+Mn2+開始沉淀1.13.08.8完全沉淀3.25.210.8

②堿性條件下，Al(OH)3開始溶解的pH為8.5；

③硫酸錳晶體的溶解度隨溫度的變化如所示。

(1)"浸取"在題圖所示的裝置中進行。

①Al2O3與硫酸反應的化學方程式為___；鐵屑被MnO2氧化為Fe3+；該反應的離子方程式為__。

②保持溫度；反應物和溶劑的量不變,提高錳元素沒取率的操作有___。

(2)"沉鐵鋁”需控制溶液的pH范圍為___。

(3)檢驗“過濾1”的濾被中是否存在Fe3+的操作是____。

(4)請補充由“過濾2”的濾液制備MnSO4·H2O的實驗方案，將所得濾液___，用無水乙醇洗滌2~3次，干燥，密封包裝。評卷人得分六、實驗題(共3題，共30分)26、某學生在做元素性質與原子結構關系的實驗時；設計了一套實驗方案，并記錄了有關的實驗現(xiàn)象。請幫助該學生整理并完成實驗報告。

(1)實驗目的。

探究同一主族元素性質的遞變規(guī)律。

(2)實驗用品。

儀器：試管；膠頭滴管。

藥品：新制氯水；新制溴水、溴化鈉溶液、碘化鈉溶液、四氯化碳。

(3)實驗內(nèi)容(在下表橫線中填寫相關內(nèi)容)___________、__________

(4)實驗結論：______________________________________________________________。

(5)問題和討論。

①上述兩個實驗中發(fā)生反應的離子方程式分別為____________________________、________________________________________________________________________。

②由于氟單質過于活潑，所以很難設計出一個簡單的實驗來驗證其氧化性的強弱。試列舉兩項事實說明氟的非金屬性比氯的強________________、__________________________。27、八水合磷酸亞鐵[]難溶于水和醋酸；溶于無機酸，可作為鐵質強化劑。某實驗室利用如圖裝置制備八水合磷酸亞鐵，步驟如下：

ⅰ.在燒瓶中先加入維生素C稀溶液作底液；

ⅱ.通過儀器a向燒瓶中滴入足量與的混合溶液；

ⅲ.再滴入的溶液，保持為6左右；水浴加熱且不斷攪拌至反應充分后靜置；

ⅳ.將燒瓶中混合物進行抽濾、洗滌、低溫干燥，得到產(chǎn)品。

回答下列問題：

(1)的價電子排布式為___________，的空間結構為___________

(2)儀器a的名稱是___________，配制溶液時需將蒸餾水事先煮沸、冷卻，其目的是___________

(3)用維生素C稀溶液作底液而不用鐵粉的主要原因是___________

(4)合成時需保持為6左右的原因是___________

(5)產(chǎn)率的計算：稱取產(chǎn)品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至終點，消耗溶液滴定過程中的離子方程式為___________28、銅的配合物廣泛存在；對含銅配合物的研究一直是關注的熱點。

Ⅰ．同學甲設計如下制備銅的配合物的實驗Ⅰ：

已知：銅離子的配位數(shù)通常為4，呈深藍色，呈深藍色。

(1)硫酸銅溶液呈藍色的原因是溶液中存在配離子___________(填化學式)，配離子中配體的空間結構為___________，外界陰離子的空間結構___________

(2)結合化學平衡原理解釋試管c中渾濁液轉變?yōu)樯钏{色溶液的原因___________。

(3)由實驗Ⅰ可得出以下結論：

結論1：配合物的形成與___________、___________有關；

結論2：結合上述實驗，b、c中配體的配位能力強弱順序為：___________＞___________(填化學式)。

Ⅱ．同學乙查閱資料發(fā)現(xiàn)與在溶液中可以發(fā)生配位反應，生成配合物同學丙認為Cu(Ⅱ)有氧化性，與在溶液中可以發(fā)生氧化還原反應。

【資料】

ⅰ．(綠色)，(無色)；

ⅱ．(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍色)；

ⅲ．易被氧化為或

實驗Ⅱ：探究與溶液的反應。實驗操作實驗序號(mL)(mL)逐滴加入溶液時的實驗現(xiàn)象a1.50.5溶液逐漸變?yōu)榫G色，靜置無變化b1.01.0溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，靜置無變化溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，靜置無變化c02.0溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色，靜置無變化溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色，靜置無變化(4)①丙同學認為實驗Ⅱ可證明發(fā)生了氧化還原反應，他的理由是___________

②丙同學利用已知資料進一步確證了無色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的實驗方案是：取少量無色溶液，___________。

(5)經(jīng)檢驗氧化產(chǎn)物以形式存在，寫出與發(fā)生氧化還原反應得到無色溶液的離子方程式：___________。

(6)由實驗Ⅱ可得出以下結論：

Cu(Ⅱ)鹽與在溶液中的反應與多種因素有關，隨的增大，___________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】

【詳解】

A．膽礬化學式可表示為Cu(H2O)4SO4·H2O，有Cu(H2O)42+和SO42-，存在離子鍵，H2O和SO42-中含有共價鍵，Cu(H2O)42+中H2O與Cu2+間存在配位鍵，結晶水與SO42-之間存在氫鍵；A正確；

B．蔗糖中加入濃硫酸，會碳化膨脹，說明濃硫酸具有脫水性，同時放熱產(chǎn)生的C和濃硫酸反應生成CO2和SO2，SO2通入品紅溶液中；使品紅溶液褪色，說明濃硫酸具有強氧化性，B正確；

C．濃硫酸具有強氧化性，從元素守恒角度推測，黑色固體由Cu、S、O、H組成，故黑色固體可能為CuO，CuS，Cu2S；C正確；

D．實驗3的殘留物中含有濃硫酸；直接加水會導致濃硫酸溶于水放熱，水沸騰，酸液飛濺，造成危險，故不能直接加水，需要將殘留物過濾之后，加入水中，觀察顏色，D錯誤；

故選D。2、A【分析】【分析】

【詳解】

A．單位物質的量的物質所具有的質量；稱為摩爾質量，元素是具有相同的核電荷數(shù)（即核內(nèi)質子數(shù)）的一類原子的總稱，不是具體的物質，不能表示元素的摩爾質量，故A錯誤；

B．氯原子最外層電子數(shù)為7；在化學反應中易得1個電子，故B正確；

C．一個氯離子核外有18個電子，35.5g氯離子的物質的量為1mol，則含有18NA個電子；故C正確；

D．氯原子與氯離子都是氯元素的不同微粒；則核電荷數(shù)(質子數(shù))都為17，氯原子為0價，化合價可以升高也可以降低，反應中可以表現(xiàn)氧化性也可以表現(xiàn)還原性，氯離子為-1價，為最低價，化合價只能升高，只具有還原性，其化學性質差異很大，故D正確；

答案選A。3、B【分析】【詳解】

A．金屬一般具有金屬光澤；呈銀白色，選項推測可能正確，故A正確；

B．鉈與鋁是同族元素；鉈原子序數(shù)大，金屬性比鋁強，故推測其氫氧化物應具有較強堿性，不是兩性氫氧化物，故B錯誤；

C．鉈；鋁同主族；最高正化合價相同，均為+3價，故C正確；

D．鉈與鋁是同族元素；鉈原子序數(shù)大，鉈還原性比鋁強，故D正確；

故答案為:B。4、D【分析】【分析】

四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數(shù)依次增大，則a為H；b、d的簡單離子具有相同電子層結構，d的簡單離子帶三個單位正電荷，則d為Al；四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，b、c的最外層電子數(shù)之和為15-1-3=11，則b、c應為第二周期元素，b為N；c為O符合題意，以此來解答。

【詳解】

由上述分析可知，a為H，b為N；c為O，d為Al；

A．b元素為N元素；其最高價氧化物對應的水化物硝酸為強酸，故A正確；

B．非金屬性O＞N，則最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：NH3＜H2O，即b＜c；故B正確；

C．c為O元素；核電荷數(shù)為8，為第二周期第VIA族元素，故C正確；

D．短周期主族，電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：Al＞N＞O＞H，即d＞b＞c＞a；故D錯誤；

故答案為D。5、C【分析】【分析】

【詳解】

A．鍵不一定比鍵強度大，如氮氣中鍵的強度比π鍵強度小；故A錯誤；

B．鍵能大不易發(fā)生加成反應；故B錯誤；

C．乙烯和乙炔中π鍵的鍵能小易斷裂；所以乙烯；乙炔較易發(fā)生加成反應，故C正確；

D．乙烯、乙炔中的鍵比π鍵穩(wěn)定；故D錯誤；

故選C。6、C【分析】【分析】

根據(jù)題目信息均是前20號元素，與同主族，和的簡單離子具有相同的電子層結構，又形成如圖所示離子化合物，可知是碳()，是氫()，是氧()，是硫()，是鉀()；據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．的核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則半徑小于A正確；

B．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，根據(jù)氧化性則最高價氧化物對應的水化物的酸性：B正確；

．元素的含氧酸不一定全是強酸，如為弱酸；C錯誤；

D．是是離子化合物，D正確；

故選C。7、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖象我們只能看到每輛“納米車”是用一個有機分子和四個球形籠狀分子“組裝”；由于其質量和體積都很小，因此不可能直接用肉眼清晰地看到這種“納米車”的運動，A錯誤；

B．“納米車”的誕生；說明人類可以控制；操縱物質的分子，使操縱分子的技術進入一個新階段，B正確；

C．“納米車”用一個有機分子和四個球形籠狀分子“組裝”而成；是微觀離子，并非晶體，C錯誤；

D．C60是由分子構成的分子晶體；其分子之間以微弱的分子間作用力結合，故其熔點比金剛石熔點低，D錯誤；

故合理選項是B。8、D【分析】【詳解】

A．如金剛石具有較高的熔點和較大的硬度；金剛石不是離子晶體，所以由A項不能確定是離子晶體；

B．如HCl、AlCl3等共價化合物固態(tài)不導電；它們的水溶液能導電，所以由B項不能確定是離子晶體；

C．如HCl、H2SO4等可溶于水；但它們形成的晶體是分子晶體，所以由C項不能確定是離子晶體；

D．離子晶體固體中離子不能自由移動；所以不能導電，而熔融狀態(tài)下可以電離出自由移動的離子，所以可以導電，D選項正確；

答案選D。二、多選題(共8題，共16分)9、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．這是一個無線延伸的網(wǎng)狀結構；找出它的單元就行，找一個水分子（也可以說是冰晶）把四周的氫鍵切兩半，最后就會得到4個半根的氫鍵，也就是兩個，1mol冰晶體中含有2mol氫鍵，A正確；

B．金剛石屬于共價晶體；其中每個碳原子與緊鄰4個其它C原子結合，故周圍距離最近的碳原子為4，B正確；

C．用均攤法可知平均每個晶胞中有4個碘分子；即有8個碘原子，C錯誤；

D．熔點的一般規(guī)律：共價晶體>離子晶體>分子晶體；冰屬于分子晶體，碘單質為分子晶體，室溫下碘為固體；水為液體，MgO屬于離子晶體，金剛石是共價晶體，冰、金剛石、MgO、碘單質四種晶體的熔點順序為：金剛石＞MgO＞碘單質＞冰，D錯誤；

答案選CD。10、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．σ鍵都是軸對稱圖形；故A錯誤；

B．共價單鍵為σ鍵；雙鍵和三鍵中均含1個σ鍵，則分子中含有共價鍵，則至少含有一個σ鍵，故B正確；

C．乙炔中的碳碳三鍵中含有一個σ鍵；2個π鍵，兩個C—H鍵是σ鍵，乙炔分子中存在3個σ鍵和2個π鍵，故C錯誤；

D．乙烷分子中只存在C—C單鍵和C—H單鍵；單鍵都為σ鍵，故都是σ鍵，故D正確；

故選AC。

【點睛】

單鍵中只有σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵；三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵。11、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．葡萄糖分子(HOCH2?CHOH?CHOH?CHOH?CHOH?CHO)中；4個-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，故A正確；

B．基態(tài)銅原子的價電子排布圖應為故B錯誤；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心離子分別與4個NH3分子中的N原子、2個Cl-形成6個配位鍵；故C正確；

D．AB2是V形，表明A原子的最外層至少有1對孤對電子，則A的價層電子對數(shù)可能為3，其A可能為sp2雜化；故D錯誤；

故選BD。12、BC【分析】【分析】

根據(jù)某元素原子核外電子排布為“3d104s1”，根據(jù)核外電子排布規(guī)律，該元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；由此可見：該元素原子中共有29個電子，應為Cu元素，位于周期表第ⅠB族，處于ds區(qū)，為金屬元素，由此分析。

【詳解】

A．該元素為Cu；位于第四周期ⅠB族，故A錯誤；

B．該元素為Cu；原子序數(shù)和核外電子數(shù)都等于29，原子核外有29個電子，故B正確；

C．銅存在+1；+2等不同化合價；故C正確；

D．根據(jù)構造原理可知；原子中4s電子能量低于3d，故D錯誤；

答案選BC。13、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．K2FeO4中Fe元素化合價為+6價，具有強氧化性，當其與水反應，被還原變?yōu)?3價的Fe3+，每消耗1molK2FeO4轉移3mol電子；A正確；

B．K2FeO4在酸性條件下具有強氧化性，Cl-具有還原性；二者會發(fā)生氧化還原反應，導致其消毒能力減弱，因而會使其消毒能力減弱，B錯誤；

C．K2FeO4用作水處理劑時，其還原產(chǎn)物是Fe3+，F(xiàn)e3+水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體能夠吸附水中懸浮的固體小顆粒，使之形成沉淀，從而具有凈水作用，因此K2FeO4用作水處理劑時既能殺菌消毒；又能吸附懸浮雜質，C正確；

D．K是19號元素，K原子核外電子排布是2、8、8、1，K原子失去最外層的1個4s電子形成K+，則K+核外電子排布是2、8、8，其最外層是M層，最多可容納18個電子，因此K+并不是核外三個電子能層均充滿電子；+6價的Fe元素原子最外層M層也未充滿電子，D錯誤；

故合理選項是BD。14、BD【分析】【分析】

離子與分子均含有14個電子，則X為C，Y為N；習慣上把電解飽和水溶液的工業(yè)生產(chǎn)稱為氯堿工業(yè)；則Z為Na，W為Cl。

【詳解】

A．同周期元素原子半徑隨核電荷數(shù)的增大半徑逐漸減小；故Na＞Cl，故A錯誤；

B．同周期元素隨核電荷數(shù)的增大非金屬性逐漸增強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，故HNO3＞H2CO3；故B正確；

C．NaCN為強堿弱酸鹽；顯堿性，故C錯誤；

D．(CN)2的結構簡式為分子中單鍵為鍵，三鍵中含有1個鍵和2個鍵；故D正確；

故選BD。15、AB【分析】【詳解】

A．陰；陽離子間存在靜電作用；A正確；

B．氟化鈣是離子化合物；熔融狀態(tài)下能導電，B正確；

C．氟化鈣晶體中只有離子鍵沒有共價鍵；C錯誤；

D．氟化鈣晶體中正；負離子之比為1:2；D錯誤；

故選AB。16、AD【分析】【分析】

由裝置及原理可知，實驗中生成氣體，應防止裝置漏氣，B中生成氫氣，A和B之間導管a可平衡氣壓，C中導管短進長出，氫氣將C中溶液排入D中，B與D兩容器中比較，D中形成原電池后可以加快反應速率，生成的氫氣將E中硫酸銅排入F中發(fā)生Cu2++4NH3?H2O═4H2O+[Cu(NH3)4]2+，然后進入G中，H2O2作催化劑可加快反應進行；氣流過快時H中過氧化氫與硫化氫反應生成S，I中NaOH溶液吸收尾氣，以此解答該題。

【詳解】

A．B與D兩容器中比較；D中形成原電池后可以加快反應速率，故A錯誤；

B．H2O2中O原子形成2個σ鍵，且有2個孤電子對，采用sp3雜化；H2S的S原子形成2個σ鍵，也有2個孤電子對，也采用sp3雜化；故B正確；

C．氣流過快時H中過氧化氫與硫化氫反應生成S；出現(xiàn)淺黃色渾濁，故C正確；

D．1個[Cu(NH3)4]2+中，4個N與Cu2+形成4條σ鍵，N、H間形成3×4=12條，共16條，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ鍵的數(shù)目為16NA；故D錯誤。

答案選AD。

【點睛】

把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，注意元素化合物知識的應用及實驗裝置的作用。三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)氧化還原反應的配平原則，先分析各物質化合價的升降變化，I從+5價降低到0價，至少轉移10個電子，S元素從+4升高到+6至少轉移2個電子，則NaIO3與NaHSO3的化學計量數(shù)之比為2:5，再結合原子守恒規(guī)律配平該化學方程式為：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用單線橋可表示出電子轉移的方向和數(shù)目如下：故答案為：2，5，3，2，1，1；

(2)第二步反應有碘單質生成，第(1)問總反應的離子方程式為：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，則根據(jù)第一步反應①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已經(jīng)被氧化為SO第二步不需要HSO則②3-①5消去HSO得到第二步離子方程式為：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；從第二步可看出，最終要得到3molI2，其中第一步提供5molIO轉化為第二步所需的I-，因此若要使碘酸鈉的利用率最高，IO完全反應完，即碘酸鈉在第一步和第二步反應中的用量之比是5：1，故答案為：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；

(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外層電子排布式是5s25p5；碘升華為物理變化，沒有化學鍵的斷裂，因此克服的微粒間作用力為分子間作用力，故答案為：5s25p5；分子間作用力（范德華力）；

(4)a．原子的最外層電子數(shù)目不能決定元素的非金屬性強弱；故a錯誤；

b．ICl中碘元素為+1價，說明Cl更易容易得到電子，非金屬性更強，故b正確；

c．酸性：HClO3>HIO3；不是最高價氧化物對應水化物的酸性，所以無法判斷非金屬性，故c錯誤；

d．氯化鈉與濃硫酸共熱制備氯化氫；利用的是高沸點酸制備低沸點酸的原理，氯化碘與濃硫酸共熱可制備碘單質，這說明碘離子更易被氧化，其還原性比氯離子的更強，所以氯氣的氧化性強于碘單質的氧化性，即可說明氯；碘兩種元素非金屬性得相對強弱，故d正確；

故答案為：bd；

(5)亞硫酸鈉固體容易被空氣氧化為硫酸鈉，若檢驗是否變質，主要檢驗溶于水后是否存在硫酸根離子，其方法如下：取樣溶于水，加入過量鹽酸后，再加氯化鋇，產(chǎn)生白色沉淀則已變質，若無白色沉淀生成，則未變質。【解析】2，5，3，2，1，1IO+5I-+6H+→3I2+3H2O5：15s25p5分子間作用力（范德華力）bd取樣溶于水，加入過量鹽酸后，再加氯化鋇，產(chǎn)生白色沉淀則已變質，若無白色沉淀生成，則未變質18、略

【分析】【詳解】

[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一種配合物，IMI的結構為結構中單鍵都是σ鍵，雙鍵中有個σ鍵和一個π鍵，所以則1molIMI中含有12molσ鍵，為12mol×6.02×1023/mol=12NA或7.224×1024，中Cl的價層電子對數(shù)為4+=4，為sp3雜化，空間構型為正四面體形。【解析】12NA或7.224×1024正四面體形19、略

【分析】【分析】

【詳解】

①NH2中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=2+(5+1-2×1)=4，因此N采取sp3雜化；VSEPR構型為四面體形，由于含有2個孤電子對，所以其空間構型為V形；

②BF3分子中價層電子對個數(shù)=3+(3-3×1)=3，且不含孤電子對，所以該分子為平面三角形，中心原子采用sp2雜化；

③水合氫離子中價層電子對個數(shù)=3+(6-1-3×1)=4，且該微粒中含有一個孤電子對，所以水合氫離子為三角錐形，氧原子雜化方式為sp3；故答案為2；sp3；V形；0；sp2；平面三角形；1；sp3；三角錐形。

【點睛】

本題考查了原子雜化方式、空間構型的判斷等知識點，根據(jù)價層電子對互斥理論來分析解答即可。價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=×(a-xb)；分子的立體構型要去掉孤電子對，略去孤電子對就是該分子的空間構型。【解析】①.2②.sp3③.V形④.0⑤.sp2⑥.平面三角形⑦.1⑧.sp3⑨.三角錐形20、略

【分析】【分析】

(1)

氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性與共價鍵的鍵能大小有關，故因為共價鍵鍵能H-F>H-Cl，所以氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性大于

(2)

因為乙醇分子和水分子間能形成氫鍵；所以在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。

(3)

過氧化鈉的電子式為

(4)

溶液顯堿性的原因是+H2O+OH-。

(5)

葡萄糖燃燒的熱化學方程式C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=2800kJ·mol-1。【解析】(1)因為共價鍵鍵能H-F>H-Cl

(2)乙醇分子和水分子間能形成氫鍵。

(3)

(4)+H2O+OH-

(5)C6H12O6(s)+6O2(g)→6CO2(g)+6H2O(l)ΔH=2800kJ·mol-121、略

【分析】【分析】

（1）原子核外電子運動狀態(tài)和該原子的核外電子數(shù)相等，原子序數(shù)為27的錳元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d54s2，據(jù)此可以得出錳元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的電子是4s2電子；4s電子的電子云輪廓圖為球形；

（2）電負性是金屬性與非金屬性定量描述的一個物理量；元素的非金屬性越強，往往其電負性越大，根據(jù)元素周期表中元素非金屬性（或電負性）的遞變規(guī)律，同周期從左到右元素電負性增大；

（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4個共價鍵，它們價層電子對數(shù)為4對，其雜化方式為sp3，在-NH2中N有兩個單鍵，一對孤對電子和一個單電子，因為單電子也需要占用一個軌道，所以N的價層電子對數(shù)依然可以視為4對，其雜化方式也為sp3；考慮配位原子只有兩個H，所以其空間構型為平面三角形，N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同，通常情況下其成鍵方式相同，但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵；

（4）題目信息，Pb（CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機溶劑的配合物，可知其晶體類型為分子晶體，這一點也可以從Pb（CH2CH3）4晶體的堆積方式得到結論，Pb（CH2CH3）4晶體堆積方式為六方密堆積，所以在xy平面上的二維堆積中也采取二維最密堆積即配位數(shù)為6，由堆積圖可知每個晶胞中包含2個Pb（CH2CH3）4分子，所以每一個晶胞的質量為g，再結合晶胞參數(shù)，長方體的棱邊長度，計算得到晶胞的體積為cm3，則Pb（CH2CH3）4晶體的密度=

【詳解】

（1）碳原子核外電子排布為1s22s22p2,核外電子的空間運動狀態(tài)有6種，原子序數(shù)為27的錳元素基態(tài)原子的外圍電子排布式為3d54s2，據(jù)此可以得出錳元素在周期表中的位置是第四周期第ⅤⅡB族，能量最高的電子是4s2電子，值得注意的是，教材上提供的構造原理是原子填充順序規(guī)則，并不代表電子的能量高低，在金屬元素的原子中，最易失去的電子才是該原子能量最高的電子，4s電子的電子云輪廓圖為球形，故答案為：6；3d54s2；球形；

（2）電負性是金屬性與非金屬性定量描述的一個物理量；元素的非金屬性越強，往往其電負性越大，根據(jù)元素周期表中元素非金屬性（或電負性）的遞變規(guī)律，同周期從左到右元素電負性增大，可以得到電負性大小為N大于C，而Mn為金屬元素，其電負性小于非金屬性，N；C和Mn三種元素的電負性由大到小的順序為：N、C、Mn，故答案為：N、C、Mn；

（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成4個共價鍵，它們價層電子對數(shù)為4對，其雜化方式為sp3，在-NH2中N有兩個單鍵，一對孤對電子和一個單電子，因為單電子也需要占用一個軌道，所以N的價層電子對數(shù)依然可以視為4對，其雜化方式也為sp3，考慮配位原子只有兩個H，所以其空間構型為平面三角形，N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同，通常情況下其成鍵方式相同，但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵，所以在其最高價含氧酸中，前者為一元酸后者為三元酸，或說H3NO4分子會因為N原子半徑小，無法容納4個氧原子成鍵，要脫去一個水分子，以HNO3形式存在，故答案為：sp3；平面三角形；N和P為同族元素，其價層電子數(shù)相同，通常情況下其成鍵方式相同，但是由于N原子半徑小于P，N原子周圍空間無法容納4個氧原子成鍵，所以在其最高價含氧酸中，前者為一元酸后者為三元酸，或說H3NO4分子會因為N原子半徑小，無法容納4個氧原子成鍵，要脫去一個水分子，以HNO3形式存在；

（4）題目信息，Pb（CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機溶劑的配合物，可知其晶體類型為分子晶體，這一點也可以從Pb（CH2CH3）4晶體的堆積方式得到結論，Pb（CH2CH3）4晶體堆積方式為六方密堆積，所以在xy平面上的二維堆積中也采取二維最密堆積即配位數(shù)為6，A分子的坐標參數(shù)為（）由堆積圖可知每個晶胞中包含2個Pb（CH2CH3）4分子，所以每一個晶胞的質量為g，再結合晶胞參數(shù)，可以得到晶胞的體積為cm3，則Pb（CH2CH3）4晶體的密度是g·cm－3，故答案為：分子；6；

【點睛】

Pb（CH2CH3）4是一種難電離且易溶于有機溶劑的配合物，可知其晶體類型為分子晶體是解答關鍵。【解析】63d54s2球形N＞C＞Mnsp3V型N原子半徑較小，不能容納較多的原子軌道，故不能形成H3NO4分子622、略

【分析】【詳解】

原子晶體是原子之間以共價鍵結合的，共價鍵有飽和性和方向性，一個原子不可能形成12條共價鍵，所以原子晶體不能形成配位數(shù)是12的最密堆積。【解析】原子晶體是原子之間以共價鍵結合的，共價鍵有飽和性和方向性，一個原子不可能形成12條共價鍵，所以原子晶體不能形成配位數(shù)是12的最密堆積四、判斷題(共1題，共4分)23、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結構或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構型結果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。五、工業(yè)流程題(共2題，共4分)24、略

【分析】【分析】

鎘鐵礦(成分為CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)加入稀硫酸酸浸，金屬氧化物溶解，過濾得到的濾渣1為難溶物SiO2；之后加入甲醇還原+4價的Cd元素，再加入過氧化氫將Fe2+氧化為Fe3+，之后調節(jié)pH除去Fe3+和Al3+，得到Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；然后加入碳酸鉀得到CdCO3，最后加HBrO3轉化生成Cd(BrO3)2；蒸發(fā)結晶分離出晶體。

【詳解】

(1)Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，參考第四周期第ⅡB族元素Zn元素的外圍電子排布(3d104s2)，可知Cd的外圍電子排布排式4d105s2；

(2)還原鎘時，產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明CH3OH被氧化為CO2，C元素化合價升高6價，Cd4+被還原為Cd2+，化合價降低2價，根據(jù)電子守恒可知氧化劑(Cd4+)與還原劑(CH3OH)的物質的量之比3:1；

(3)檢驗亞鐵離子可以用K3[Fe(CN)6](鐵氰化鉀)溶液；現(xiàn)象為產(chǎn)生藍色沉淀；

(4)Fe3+是H2O2分解的催化劑，因此消耗較多的H2O2；

(5)根據(jù)分析可知濾渣2為Al(OH)3和Fe(OH)3；

(6)該流程中酸浸時用的是稀硫酸，所以碳酸鎘沉淀表面雜質中的陰離子應為SO其中心原子的價層電子對數(shù)為=4；孤電子對數(shù)為0，所以空間構型為正四面體；

(7)根據(jù)元素守恒可知轉化過程中的化學方程式為【解析】①.4d105s2②.3:1③.鐵氰化鉀或K3[Fe(CN)6]④.Fe3+是H2O2分解的催化劑，因此消耗較多的H2O2⑤.Al(OH)3和Fe(OH)3⑥.正四面體⑦.25、略

【分析】【分析】

軟錳礦(主要成分為MnO2，還含少量SiO2、CaO、Al2O3等)“浸取”環(huán)節(jié)，除二氧化硅不溶解，CaO、Al2O3等與硫酸作用下得到硫酸鈣、硫酸鋁、還原劑鐵把MnO2還原，故還生成硫酸錳和硫酸鐵，“沉鐵鋁”環(huán)節(jié)，通過加碳酸鈣調pH，使鐵離子轉變?yōu)闅溲趸F沉淀、鋁離子轉變?yōu)闅溲趸X沉淀，過濾后，進入“沉鈣”環(huán)節(jié)，MnF2參與下，硫酸鈣轉變?yōu)榉}沉淀經(jīng)過濾后分離，濾液為硫酸錳溶液，結晶后提取MnSO4·H2O；據(jù)此回答；

【詳解】

(1)①Al2O3與硫酸反應生成硫酸鋁和水，化學方程式為Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；鐵屑被MnO2氧化為Fe3+，還原產(chǎn)物Mn2+，該反應的離子方程式為：3MnO2+2Fe+12H+=2Fe3++3Mn2++6H2O；

②浸取為固體和液體之間的反應；在保持溫度；反應物和溶劑的量不變，要提高錳元素浸取率的操作有：加快攪拌速率、延長浸取時間；

(2)"沉鐵鋁”時鐵離子和鋁離子要沉淀完全、而Mn2+不能沉淀；故需控制溶液的pH范圍為5.2～8.5；

(3)檢驗“過濾1”的濾被中是否存在Fe3+的操作是：取少量濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液變紅，則含F(xiàn)e3+；

(4)從濾液中要提取MnSO4·H2O晶體、而不能轉變?yōu)镸nSO4·5H2O，結合溶解度曲線，故由“過濾2”的濾液制備MnSO4·H2O的實驗方案為：將所得濾液加熱濃縮至有大量晶體析出，在高于40℃條件下趁熱過濾，用無水乙醇洗滌2~3次，干燥，密封包裝。【解析】Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O3MnO2+2Fe+12H+=2Fe3++3Mn2++6H2O加快攪拌速率、延長浸取時間5.2～8.5取少量濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液變紅，則含F(xiàn)e3+加熱濃縮至有大量晶體析出，在高于40℃條件下趁熱過濾六、實驗題(共3題，共30分)26、略

【分析】【詳解】

分析：(3)氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質在有機層顯示橙紅色；溴單質能將碘離子氧化為碘單質；碘單質在有機層中顯示紫紅色。

(4)根據(jù)實驗現(xiàn)象結合氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性來得出同主族元素性質的遞變規(guī)律。

(5)①氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質能將碘離子氧化為碘單質。

②根據(jù)單質和氫氣化合得到的氫化物的穩(wěn)定性；單質之間的置換反應可以得出元素的非金屬性強弱順序。

詳解：（3）氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,溴單質更易溶于四氯化碳中,在有機層顯示橙紅色；溴單質能將碘離子氧化為碘單質,碘單質更易溶于四氯化碳中,在有機層中顯示紫紅色；正確答案:橙紅；紫紅。

(4)氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,所以氧化性是氯氣強于溴單質,溴單質能將碘離子氧化為碘單質,所以氧化性是溴單質強于碘單質,氧化性越強,元素的非金屬性越強,即非金屬性:Cl>Br>I,得出同主族元素性質的遞變規(guī)律:同主族元素性質相似,且從上到下,元素的非金屬性逐漸減弱；正確答案：同一主族,自上而下,元素的非金屬性依次減弱。

(5)①氯氣具有氧化性,能將溴離子氧化為溴單質,Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；溴單質能將碘離子氧化為碘單質2I－＋Br2===2Br－＋I2；正確答案:Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；2I－＋Br2===2Br－＋I2。

②)氟氣、氯氣分別和氫氣化合得到的氫化物的穩(wěn)定性:HF>HCl；氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強，所以F的非金屬性比Cl強；F2能置換出水中的氧,而Cl2不能置換出水中的氧,所以F的非金屬性比Cl強；正確答案：氟化氫的穩(wěn)定性比氯化氫的強；氟氣能置換出水中的氧；而氯氣不能置換出水中的氧。

點睛：比較元素金屬性規(guī)律：①與水或酸反應的劇烈程度；②最高價氧化物對應的水化物的堿性；比較元素非金屬性規(guī)律：①非金屬元素的單質與氫氣化合的難易程度及氫化物的穩(wěn)定性，越容易化合，形成的氫化物越穩(wěn)定，該元素的非金屬性就越強；②非金屬元素的最高價氧化物的水化物的酸性越強，該元素的非金屬性就越強。【解析】①.橙紅②.紫紅③.同主族元素從上到下，元素原子的得電子能力逐漸減弱④.Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－⑤.2I－＋Br2===2Br－＋I2⑥.氟化氫的穩(wěn)定性比氯化氫的強⑦.氟氣能置換出水中的氧，而氯氣不能置換出水中的氧27、略

【分析】【分析】

八水合磷酸亞鐵是通過先在燒瓶中加入維生素C稀溶液作底液，用恒壓分液漏斗滴入足量與的混合溶液；再滴入的溶液，保持為6左右；水浴加熱且不斷攪拌至反應充分后靜置；得到的產(chǎn)品取少量溶于水，用酸性高錳酸鉀溶液滴定來測定產(chǎn)品含量。

【詳解】

（1）Fe為26號元素，其核外電子排布式為[Ar]3d64s2，變?yōu)殛栯x子是先失去最外層電子，則的價電子排布式為3d6，中心原子價層電子對數(shù)為其空間結構為正四面體形；故答案為：3d6；正四面體形。

（2）根據(jù)圖中信息得到儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗，由于亞鐵離子有強的還原性，易被氧化，因此配制溶液時需將蒸餾水事先煮沸、冷卻，其目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；故答案為：恒壓滴液漏斗；除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化。

（3）八水合磷酸亞鐵[]難溶于水和醋酸；易和固體物質混合，用維生素C稀溶液作底液而不用鐵粉的主要原因是避免產(chǎn)品中混入鐵粉；故答案為：避免產(chǎn)品中混入鐵粉。

（4）八水合磷酸亞鐵[]難溶于水和醋酸，溶于無機酸，鐵離子在堿性較強時會生成氫氧化亞鐵，因此合成時需保持為6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH過高，會生成Fe(OH)2沉淀；故答案為：pH降低，不利于沉淀的生成；pH過高，會生成Fe(OH)2沉淀。

（5）根據(jù)題意亞鐵離子和酸性高錳酸根反應生成鐵離子、錳離子和水，其滴定過程中的離子方程式為5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O；故答案為：5Fe2+＋MnO＋8H