【文档说明】宁夏石嘴山市第三中学2021届高三上学期第三次月考（期末考试）化学试卷 【精准解析】.doc，共(25)页，1.250 MB，由小赞的店铺上传

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2020—2021(一)高三第三次月考化学试卷相对原子质量：H—1O—16Na—23S—32K—39Fe—56Ba—137第Ⅰ卷(选择题共54分)一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是()A.N

95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，分子式为(CH3CH=CH2)nB.将“84消毒液”与75％的酒精混合使用，消毒效果更好C.“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战D.海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水

中加入明矾可以使海水淡化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．聚丙烯由丙烯发生加聚反应生成，分子式为(C3H6)n，故A错误；B．84消毒液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，与酒精混合会发生氧化还原反应，从而降低消毒效果，故B错误；C．改燃煤为燃气，可减少废气中SO

2等有害物质的量，减少环境污染物的排放，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；D．明矾在水溶液中电离出铝离子，铝离子水解产生氢氧化铝胶体可以吸附杂质，从而达到净水目的，不能除去海水中的无机盐而实现海水淡化，故D错误；综上

所述答案为C。2.某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是()A.“水瓶”、冰水混合物、CuSO4•5H2O都是混合物B.金刚石、石墨和C60互称为同素异形体，均为原子晶体C.磷酸钙是难

溶性弱电解质D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化，属于有单质参加的非氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．冰水混合物、CuSO4•5H2O均只含一种物质，都是纯净物，根据题干提供的信息可知，“水瓶”为混合物，故A错误

；B．金刚石、石墨和C60均是由碳元素形成的结构和性质不同的单质，互为同素异形体，金刚石是由共价键形成的立体网状结构，属于原子晶体，石墨中的层与层之间是分子间作用力，而层内的碳原子之间是以共价键结合形成的平面网状结构，石墨是混合晶体，C60存在分子结构，分子之间以分

子间作用力相结合，C60属于分子晶体，故B错误；C．磷酸钙为难溶物，但溶解的部分在水溶液中可以完全电离，是强电解质，故C错误；D．石墨和C60互为同素异形体，同素异形体之间的转化伴随着旧键的断裂和新键的形成，是化学变

化，因反应前后元素的化合价没有发生变化，属于有单质参加的非氧化还原反应，故D正确；答案选D。3.2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正

确的是A.Mc的最低负化合价为－3B.Mc的最高价氧化物的化式为Mc2O5C.288115Mc的中子数为115D.通过化学反应可使288115Mc转化为290115Mc【答案】B【解析】【分析】【详解】A.该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负

价，故A错误；B.Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O5，故B正确；C.288115Mc的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子

数=288-115=173，故C错误；D.288115Mc和290115Mc互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。4.中国科学家团队成功合成了五氮阴离子盐(N5)6(H3O)

3(NH4)4Cl，五氮阴离子(-5N)是制备全氮类物质+-55NN的中间体。下列说法正确的是()A.键角：+4NH>H3O+B.电负性：N>O>HC.+-55NN属于离子化合物D.基态C1-的价电子排布图为【答案】A【解析】【分析】【详

解】A．+4NH和H3O+中的中心原子杂化类型均为sp3,H3O+中的中心O原子有孤电子对，对成键电子对排斥力更大，使H3O+中键角变小，故A正确；B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以电负性O>N>H,故B错误；

C．全氮类物质+-55NN只含有一种元素，是单质不是化合物，故C错误；D．基态Cl原子得一个电子变成Cl-，应该达到8电子稳定结构，所以题给价电子排布式错误；故答案为：A5.中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示

意图如下。下列说法不正确的是()A.该过程将太阳能转化成为化学能B.该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D.该过程属于氮的固定【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据题意可知

该反应在光照条件下进行，所以该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；B．该过程中，既有极性键(N-H、O-H)的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B错误；C．该反应的化学方程式为2N2+6H

2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确；D．该过程将游离态的氮元素(氮气)转化为化合态(氨气)，属于氮的固定，故D正确；答案选B。6.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.标准状况下，22.4LD2中所含中子数为2NAB.0.l

mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAC.1molCO2与1L2mol·L-1的NaOH溶液反应后，溶液中CO2-3数为NAD.6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子【答案】A【解析】【分析】【详解】A．标准状况下，22.4LD2物质的量=22.422.4/LLm

ol=1mol，所含中子数为2NA，故A正确；B．环氧乙烷分子中含7个共价键，则0.lmol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.7NA，故B错误；C．1molCO2与1L2mol·L-1的NaOH溶液反应1molNa2CO3，碳酸根离子水解，溶液中C

O2-3数小于NA，故C错误；D．6.8g熔融的KHSO4物质的量=6.8136/ggmol=0.05mol，熔融电离出钾离子和硫酸氢根离子，含有0.05NA个阳离子，故D错误；答案选A。7.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是()①常温下pH=1的溶液中：Fe3＋、SO2-4、K＋、MnO

-4②0.1mol/LNa2S溶液：K＋、NH+4、NO-3、Al3＋③中性透明溶液中：K＋、SO2-4、NO-3、Fe3＋④加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO-3、NO-3、NH+4⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣⑥25℃时，Kw/c(H＋

)=0.1mol·L-1的溶液：Na＋、K＋、SiO2-3、[Al(OH)4]-A.②③B.①⑥C.③④⑤D.①⑤⑥【答案】B【解析】【分析】【详解】①常温下pH=1的溶液呈酸性，H＋、Fe3＋、SO2-4、K＋、MnO-4五种离子之间互不反应，可以大量共存，故①选；

②S2-可以和Al3＋发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故②不选；③Fe3＋可以发生水解反应使溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故③不选；④加入Al能放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性溶液中，H＋和HCO-3发生反应生成水和二氧化碳、酸性溶液中含有NO-

3时，加入Al不能生成H2，所以溶液呈酸性时，HCO-3、NO-3不能大量共存，溶液呈碱性时，NH+4可以和OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故④不选；⑤能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液呈碱性，S2-具有较强的还原性，ClO-具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应，在溶液

中不能大量共存，故⑤不选；⑥25℃时，c(OH-)=Kw/c(H＋)=0.1mol·L-1的溶液呈碱性，OH-、Na＋、K＋、SiO2-3、[Al(OH)4]-五种离子互不反应，可以大量共存，故⑥选；符合题意的是①⑥，答案选B。8.下列指定反应的离

子方程式书写正确的是()A.向碳酸氢镁溶液中逐滴加入足量NaOH溶液：2HCO-3+Mg2++2OH-=2H2O+MgCO3↓+CO2-3B.工业上生产漂白粉的原理：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2OC.氢氧化

钡溶液中加入硫酸铵：Ba2+＋OH-＋+4NH＋2-4SO=BaSO4↓＋NH3·H2OD.FeSO4与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氢

氧化镁的溶解度小于碳酸镁的溶解度；向碳酸氢镁溶液中逐滴加入足量NaOH溶液，产生氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，故A错误；B．工业上，常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，石灰乳属于悬浊液，在书写离子方程式时，不能拆成离子形式，保留化学式形式，故B错误；C．氢氧化钡溶液中

加入硫酸铵，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：Ba2+＋2OH-＋2+4NH＋2-4SO=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D．亚铁离子具有强的还原性，双氧水具有强氧化性，在酸性环境下，二者发生

氧化还原反应，生成铁离子和水，离子方程式符合原子守恒、电荷守恒、电子守恒规律，故D正确；故选D。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()①C2O→点燃CO2C→高温CO23FeO→高温CO2②Fe

2O→点燃Fe2O324HSO⎯⎯⎯→Fe2(SO4)3③SO2→氨水NH4HSO324HSO(aq)→(NH4)2SO4④AlCl3→电解AlNaOH⎯⎯⎯→NaAlO2⑤CuSO4(aq)NaOH(aq)→过量Cu(O

H)2→葡萄糖加热Cu2OA.①②③B.①③⑤C.②③⑤D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】①C燃烧生成CO2，高温条件下CO2与C反应生成CO，CO还原Fe2O3生成Fe和CO2，①符合题意；②Fe与

O2点燃条件下反应生成Fe3O4，②不符合题意；③过量的SO2与氨水反应生成NH4HSO3，NH4HSO3与H2SO4反应生成(NH4)2SO4、SO2、H2O（强酸制弱酸），③符合题意；④AlCl3为共价化合物，熔融状态不导电

，应电解熔融Al2O3获得Al，④不符合题意；⑤CuSO4与过量NaOH反应制得新制Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖中有醛基，可以与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀Cu2O，⑤符合题意；故答案选①③⑤，本题答案B。10.

被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同一主族，Y、Z、R、T位于同一周期，R元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，T无正

价，X与R的原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A.原子半径：Y＞Z＞R＞TB.气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC.最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】根据题给信息可知，

X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。【详解】A．Y、Z、R、T位于同一周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，故A正确；B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B

正确；C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C正确；D．CaO2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D错误。综上所述，答案为D。11.A、B、C、X为中学化学常见物质，一定条件下有如下转化

关系，说法错误的是（）A.若X为Cl2，则C可能为FeCl3B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3C.若X为O2，则A可为硫化氢D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2【答案】A【解析】【分析】根据图知，A+X→C，AX⎯⎯→B

X⎯⎯→C，由此看出，A反应生成B还是C与X的量有关，结合物质间的反应分析解答。【详解】A.无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，所以与氯气的量无关，故A错误；B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl

3，氯化铝和过量氢氧化钾发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量氢氧化钾溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al(OH)3↓+3KCl，B是Al(OH)3，氢氧化

铝和氢氧化钾溶液发生反应Al(OH)3+KOH═KAlO2+2H2O，故B正确；C.若X是O2，A可为硫化氢，硫化氢和过量氧气反应生成二氧化硫，和少量氧气反应生成硫单质，硫单质能和氧气反应生成二氧化硫，所以符合条件，故C正确；D.若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，则这三种物质都含有钠

元素，则X可能为CO2，A和NaOH，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以生成物与二氧化碳的量有关，故D正确；故选：A。12.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中正确的是()A

.装置①：常用于分离互不相溶的液体混合物B.装置②：可用于吸收NO2或HCl气体，并防止倒吸C.装置③：先从b口进气集满二氧化碳，再从a口进气，可收集一氧化氮D.装置④：可用来证明碳的非金属性比硅强【答

案】D【解析】【分析】【详解】A．蒸馏适用于分离沸点不同的互溶液体，A错误；B．NO2不能用水来吸收，应用NaOH溶液，B错误；C．CO2应用向上排空气法收集，即从a进气，NO应用向下排CO2法收集，即从b进气，C错误；D．现象为产生白色沉淀，说明H2CO3的酸性强于H4SiO4，也就是说明碳

的非金属性强于硅，D正确；答案选D。13.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一、下列实验操作、现象和解释或结论不正确的有()序号实验操作实验现象解释或结论①向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强②向某溶液中加入浓NaOH溶液后微热

，用蓝色石蕊试纸检验产生的气体放出刺激性气味气体且试纸变红原溶液中一定含有NH+4③少量铝热剂(只有一种金属氧化物)溶于足量稀盐酸后，分两份，再分别滴加铁氰化钾和KSCN溶液出现蓝色沉淀和血红色铝热剂中可

能含有Fe3O4④向某钾盐中滴加浓盐酸，产生的气体再通入品红溶液品红溶液褪色该钾盐为K2SO3与KHSO3至少有一种⑤用pH试纸测量饱和新制氯水的pHpH试纸先变为红色后褪色饱和新制氯水呈酸性且Cl2具有漂白性A.①②④⑤B.②③④⑤C.①

②④D.①②③⑤【答案】A【解析】【分析】【详解】①比较非金属性强弱，应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性，根据硫酸、高氯酸的酸性强弱或氢化物的稳定性方可判断，故①错误；②使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，可用于检验铵根离子，应该用湿润的红色石蕊试纸

检验，故②错误；③铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色；亚铁离子和铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，根据实验现象知，溶液中含有铁离子和亚铁离子，则生成的氧化物可能含有Fe3O4，故③正确;④氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以

该钾盐可能为氯酸钾，故④错误；⑤HCIO具有漂白性，所以不能用pH试纸测定溶液的pH值，应该用pH计，故⑤错误；故①②④⑤符合题意，答案选A14.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这些元素组成的物质之间的转化关系如图所示，其中，c、d为单质，a、b、g为二元化合物

。b、g分别是10电子分子、18电子分子。下列说法正确的是()A.简单离子半径：Y>Z>XB.e和f含化学键类型相同C.0.1mol·L－1的e和f溶液，后者pH较大D.含X、R、Z三种元素的化合物只有一种【答案

】B【解析】【分析】电解a与b生成三种物质，根据我们熟悉的电解反应，容易联想到电解饱和食盐水，即2222NaCl+2HO==2NaOH+H+Cl电解，结合题目其它信息确定a：NaCl、b：H2O(10e-)、e：NaOH，由d能与NaOH(e)反应确定d为Cl2，c为

H2，H2与Cl2点燃条件下生成g(HCl—18e-符合题意)，Cl2能与NaOH反应生成NaClO(f)、NaCl(a)、H2O(b)。再结合四种元素原子序数关系，推得四种元素为：R为H，X为O，Y为Na，Z为Cl。【详解】A．Z离子即Cl-，电子层为三层，Y离子

Na+与X离子O2-电子层均为两层，但Na+质子数大，原子核引力强，故r(Na＋)<r(O2－)，所以三者关系为：r(Cl－)>r(O2－)>r(Na＋)，A错误；B．e为NaOH、f为NaClO都含有离子键和共价键，B正确；C．NaO

H溶于水完全电离，所以溶液中有大量OH-，而NaClO溶液由于ClO-水解显碱性，但其水解程度微弱，所以碱性也弱，即pH：NaOH>NaClO，C错误；D．由H、O、Cl组成的化合物有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，D错误。故答案选B。15.某水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe

2+、NH4+、NO3−、CO23−、SO24−中的若干种离子，且各离子的物质的量相同．取该溶液进行如下实验：下列判断正确的是()A.A是CO2，B是NH3B.白色沉淀一定是Al(OH)3C.溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3−、

NH4+D.溶液中一定不存在Na+【答案】D【解析】【分析】溶液加入盐酸生成气体，可能含有CO23−，或为Fe2+、NO3−发生氧化还原反应生成NO，溶液Ⅰ加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在NH4+，有色沉淀为氢氧化铁

，则含有Fe2+，可知不存在CO23−，则气体A是NO；存在的各离子具有相同的物质的量，根据溶液中电中性原则，溶液中还存在NO3−、SO24−，不含Na+、Al3+；溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀为碳酸钡，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可知A为N

O，故A错误；B.溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀为碳酸钡，故B错误；C.溶液中不存在Al3+，故C错误；D.题中存在的各离子具有相同的物质的量，含有Fe2+、NH4+、NO3−、SO24−，不含Na+、Al3+，故D正确；故选D。16.下列有关图像的说法正确的是A.图甲表示：向某明矾

溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B.图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C.图丙表示：在稀硝

酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D.除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法【答案】C【解析】【分析】【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗

的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl1mol；最后1molNaHCO

3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到

最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C正确；D.KNO3溶解度随温度变化较大，氯化

钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。17.高氯酸铵()44NHClO可用作火箭推进剂，实验室可利用3NaClO(已知氯酸钠受

热分解生成高氯酸钠和氯化钠)等为原料制取44NHClO(部分物质在不同温度下的溶解度如图2所示)，其实验流程如图所示：下列说法错误的是A.80℃的浸取液冷却至0℃后进行过滤，滤渣的主要成分为4NaCl

OB.常温下，向反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为+-4444NH+ClO=NHClOC.洗涤44NHClO固体时应使用超过80℃的热水D.44NHClO发生分解反应时，会产生大量气体【答案】C【解析】【分析】氯酸

钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反

应向着更难溶的物质转化，析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体，以此解答该题。【详解】A．可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响

不大，不会析出晶体，则滤渣的主要成分为NaClO4，故A正确；B．反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可知析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为+4NH+-4ClO═NH4ClO4↓，故B正确；C．洗涤NH4ClO4固体时应避免N

H4ClO4溶解，不能用超过80℃的热水，故C错误；D．NH4ClO4发生分解反应时，发生2NH4ClO4===N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O，会产生大量气体，故D正确；故答案为C。18.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图

所示，H+、O2、-3NO等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是（）A.反应①②③④均为还原反应B.1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC.④的电极反应式为-3NO+10H++8e-=4NH++3H2OD.修复过程中可能产生Fe(OH

)3【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以均为还原反应，A说法正确；B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为−2价，则1m

ol三氯乙烯完全脱Cl时，即转化为1molC2H4时，得到6mol电子，B说法错误；C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化3NO−+8e-=4NH+，生成物中有4NH+生成，则应用H+和H2O来配

平该反应，所以④的电极反应式为-3NO+10H++8e-=4NH++3H2O，C说法正确；D．由修复过程示意图可知，生成的二价铁、氧气与氢氧根离子反应，能生成Fe(OH)3，D说法正确；答案为B。二、填空题19.元素X、Y

、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4；M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；N-、Z+、X+离子的半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体。据此回答：(1)M、N的最高价氧化物的水化物中酸性较强的是(写

出化学式)___________。(2)Z与M可形成常见固体化合物C，用电子式表示C的形成过程___________。(3)下列可以验证Y与M两元素原子得电子能力强弱的事实是___________(填编号)。A．比较这两种元素的气态氢化物的沸点B．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性C．比

较只有这两种元素所形成的化合物中的化合价D．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易(4)X与Y、X与M均可形成18电子分子，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，写出该反应的化学方程式___________。(5)化合物A、B均为由上述五种元素中的

任意三种元素组成的强电解质，且两种物质水溶液的酸碱性相同，组成元素的原子数目之比为1∶1∶1，A溶液中水的电离程度比在纯水中小。则化合物A中的化学键类型为___________；若B为常见家用消毒剂的主要成分，则B的化学式是____

_______。(6)均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐发生反应的离子方程式是___________；其中一种是强酸所成的酸式盐，写出Ba(OH)2溶液中逐滴加入该盐溶液至中性的离子方程式_________

__。【答案】(1).HClO4(2).；(3).BCD(4).H2O2+H2S=S↓+2H2O(5).离子键、极性共价键(6).NaClO(7).-3HSO+H+=H2O+SO2↑(8).Ba2++

2OH-+2H++2-4SO=BaSO4↓+2H2O【解析】【分析】元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，是O；M原子最外层电子数与次外层电子数之比为3∶4，是S；N-、Z+、X+离子的半径逐渐

减小，化合物XN常温下为气体，N为Cl，Z为Na，X为H；X、Y、Z、M、N分别是H、O、Na、S、Cl，由此分析。【详解】(1)非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性S＜Cl，则S、Cl的最高价氧化物的水化物中酸性较强的是H

ClO4；(2)Z是Na，M是S，Z与M可形成常见固体化合物C是硫化钠，其形成过程可表示为；(3)验证O与S两元素原子得电子能力强弱，即比较O与S两元素的非金属性强弱，A．气态氢化物的沸点和分子间作用力和氢键有关，和非金属性无关，比较O与S两种元素的气态氢化物的沸点，不能验证O与S两元素原子得电子

能力强弱，故A不符合题意；B．元素的非金属性越强，得电子能力越强，气态氢化物的稳定性越强，比较这两种元素的气态氢化物的稳定性可以验证O与S两元素原子得电子能力强弱，故B符合题意；C．元素的非金属性越强，对键合电子的吸引能力越大，硫和氧形成的化合物二氧化硫或三氧化硫中，

硫都显正价，氧都显负价，说明氧的得电子能力越强，硫的得电子能力较弱，比较只有这两种元素所形成的化合物中的化合价可以验证O与S两元素原子得电子能力强弱，故C符合题意；D．元素的非金属性越强，得电子能力越强，这两种元素的单质与氢气化合越容易，比较这两种元素

的单质与氢气化合的难易可以验证O与S两元素原子得电子能力强弱，故D符合题意；答案选BCD；(4)H与O、H与S均可形成18电子分子，这两种分子分别是双氧水和硫化氢，二者发生氧化还原反应生成硫单质和水，化学方程式是H2O2+H2S=S↓+2H2O；(5)根据题意可知A是氢氧化钠，钠离子和氢氧根离

子间以离子键结合，氢氧根离子中氢和氧原子间形成的是极性共价键，含有离子键和极性共价键；B为常见家用消毒剂的主要成分，B是次氯酸钠，化学式是NaClO；(6)X、Y、Z、M分别是H、O、Na、S，由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，硫酸氢钠

是强酸的酸式盐，电离时生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，亚硫酸氢钠电离生成钠离子和亚硫酸氢根离子，氢离子和亚硫酸氢根离子反应生成水和二氧化硫，离子方程式是-3HSO+H+=H2O+SO2↑；硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离时生成钠离子、氢离子、硫酸根离

子，Ba(OH)2溶液电离时产生钡离子和氢氧根离子，Ba(OH)2溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液至中性，二者是按1∶2反应，氢离子、硫酸根离子、钡离子和氢氧根离子生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式是Ba2++2OH-+2H++2-

4SO=BaSO4↓+2H2O。20.A→J有如图所示的转化关系(反应条件、部分反应物和产物已忽略)：其中A、D为银白色金属单质；B为淡黄色粉末，C为红棕色粉末，E为黑色晶体；H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ；B和I在一定条件下反应生成J，J的

化学式为Na2FeO4，它能够杀菌消毒，是一种优良的净水剂。(1)物质C的化学式___________；物质B的电子式为___________(2)写出反应的化学反应方程式：⑤___________(3)写出反应的离子方程式：⑦___________(4)

Na2FeO4还可在碱性条件下，用NaClO氧化Fe(OH)3来制备，请书写离子方程式：____________。根据Na2FeO4元素的价态及反应前后的产物推测Na2FeO4杀菌消毒做净水剂的原因___________。(5)可用滴定分析法

测定Na2FeO4的纯度，已知：FeO2-4+CrO-2+2H2O=CrO2-4+Fe(OH)3+OH-；2CrO2-4+2H+=Cr2O2-7+H2O；Cr2O2-7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

现称量2.28g高铁酸钠粗样品溶解，加入足量KCrO2充分反应后过滤，将滤液定容于250mL容量瓶，每次取25mL定容后的溶液，加入稀硫酸进行酸化，再用0.100mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2

标准溶液滴定三次，每次消耗标准液的体积分别为28.36mL、29.98mL、30.02mL。则：①上述样品中高铁酸钠的质量分数为___________。②若到达滴定终点时仰视读数，将导致所测定的样品质量分数___________。(偏大、偏小、不

变)【答案】(1).Fe2O3(2).(3).3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2(4).Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O(5).3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣=2FeO2-4+3Cl﹣+5H2O(6).A:Na2Fe

O4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒B:Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可以吸附水中的悬浮杂质而净水(7).73%(72.8%)(8).偏大【解析】【分析】H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐

色Ⅰ，则H为Fe(OH)2，I为Fe(OH)3，C为红棕色粉末，则C为Fe2O3，D为Fe，F为FeCl3，E为黑色晶体，则E为Fe3O4，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，则G为FeCl2，银白色金属单质A转化得到B为淡黄色粉末，则A

为Na，B为Na2O2，据此解答。【详解】H久置于空气中，由白色固体变为灰绿色，最终变成红褐色Ⅰ，则H为Fe(OH)2，I为Fe(OH)3，C为红棕色粉末，则C为Fe2O3，D为Fe，F为FeCl3，E为黑色晶体，则E为F

e3O4，反应⑦为Fe3O4与盐酸反应，则G为FeCl2，银白色金属单质A转化得到B为淡黄色粉末，则A为Na，B为Na2O2；(1)根据上述分析，C的化学式为Fe2O3；物质B为Na2O2，电子式为，故答案为：F

e2O3；；(2)反应⑤为铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2；(3)反应⑦为四氧化三铁和盐酸

反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子方程式：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；(4)Na2FeO4还可在碱性条件下，用NaClO氧化Fe(OH)3来制备，氢氧化铁被氧化成高铁酸钠，则次氯酸钠被

还原为氯化钠，离子方程式为：3ClO﹣+2Fe(OH)3+4OH﹣=2FeO2-4+3Cl﹣+5H2O；根据Na2FeO4元素的价态及反应前后的产物推测Na2FeO4杀菌消毒做净水剂的原因有两点：A:Na

2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；B:Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体可以吸附水中的悬浮杂质而净水；故答案为：3ClO﹣+

2Fe(OH)3+4OH﹣=2FeO2-4+3Cl﹣+5H2O；A:Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌、消毒；B:Na2FeO4中+6价铁元素得电子后生成了Fe3+，Fe3+水解生成氢氧化铁胶

体，氢氧化铁胶体可以吸附水中的悬浮杂质而净水；(5)①根据每次消耗标准液的体积可知，第一次体积与另外两次的数据偏差较大，应舍去，所以消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为29.9830.022mLmL+=30.00mL，根据反

应FeO2-4+CrO-2+2H2O=CrO2-4+Fe(OH)3↓+OH-；2CrO2-4+2H+=Cr2O2-7+H2O；Cr2O2-7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知：2FeO2-4～6Fe2+，n(FeO2-4)=0.100mo

l/L×0.030L×13=1.00×10-3mol，所以样品中高铁酸钠的质量分数为32501.0010166g/25100%73%2.28gmLmolmolmL−=；②滴定终点时仰视读数，读出的标准液的体积偏大，将导

致所测定的样品质量分数偏大；故答案为：73%(72.8%)；偏大。21.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76℃138℃化学性质①300℃以上

完全分解②S2Cl2+Cl2Δ2SCl2③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯

气过量则会生成SCl2。①仪器m的名称为___________，装置F中试剂的作用是___________。②装置A中反应的离子方程式为___________。③装置连接顺序：A→___________→___________→___________→E→D。④实验前打

开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___________。⑤为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和___________。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液。但不要对泄漏物或泄漏

点直接喷水，其原因是___________。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体SO2的体积分数。①W溶液可以是___________(填标号)。a.H2O2溶液b.KMn

O4溶液(硫酸酸化)c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___________(用含V、m的式子表示)。【答案】(1).直形冷凝管(或冷凝管)(2).除去Cl2中混有的HCl杂质(3).2MnO-4+16H++10

Cl-=5Cl2↑+2Mn2++8H2O(4).F(5).C(6).B(7).将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集(8).滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)(9).S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气(10).ac(11).22.4233mV×100

%或2240233mV%或9.6mV%或9.61mV%【解析】【分析】实验室利用硫与少量Cl2在110~140℃反应制得S2Cl2粗品；根据题给装置，先用KMnO4与浓盐酸在A装置中制备氯气，此时制得

的氯气中混有HCl和H2O(g)，结合题给S2Cl2的性质，在氯气与S反应之前应依次通过盛有饱和食盐水的装置F除去HCl、盛有浓硫酸的装置C除去H2O(g)，然后在B装置中S与Cl2反应制备S2Cl2，结合S2C

l2的物理性质，在装置E中收集S2Cl2，最后装置D中盛放碱石灰吸收未反应的Cl2、并防止外界空气中H2O(g)进入装置E，即装置的连接顺序为A→F→C→B→E→D；据此分析作答。【详解】(1)①根据仪器m的结构特点可知，其名称为直形冷凝管（或冷凝管）；根

据分析，装置F中饱和食盐水的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；故答案为：直形冷凝管（或冷凝管）；除去Cl2中混有的HCl杂质。②装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2

O，离子方程式为：2-4MnO+16H++10Cl-=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；故答案为：2-4MnO+16H++10Cl-=5Cl2↑+2Mn2++8H2O。③根据分析，装置的连接顺序为：A→F→C→B→E→D；故答案为：F；C；B。④实验前打开K1，

通入一段时间的氮气排尽装置内空气；实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；故答案为：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2

排入E中收集。⑤硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，S2Cl2在300℃以上完全分解、遇高热或与明火接触有引起燃烧的危险，故为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和Cl2的量，为了控制Cl2的量只要

控制滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)即可；故答案为：滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)。(2)由于S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气，所以少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液，但不要对泄漏物或泄

漏点直接喷水；故答案为：S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气。(3)①S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，根据测定混合气体中SO2体积分数的实验方案可知W溶液应能将混合气体中的SO2氧化成2-4SO，加入过量Ba(OH)2溶液与2-4SO反应生成BaSO4沉淀，

根据BaSO4沉淀的质量计算SO2的体积分数，H2O2溶液、硫酸酸化的KMnO4溶液、氯水都能将SO2氧化成2-4SO，但硫酸酸化的KMnO4溶液会引入2-4SO，使测得的BaSO4质量偏大，故不能选用硫酸酸化的KMnO4溶液，答案选ac。②根据S守恒，混合气体中SO2物

质的量n(SO2)=n(BaSO4)=233mmol，二氧化硫的体积分数为mol22.4L/mol233100%LmV=22.4233mV×100%；故答案为：22.4233mV×100%。22.某课题组以硫铁

矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2等）为原料制取软磁用Fe2O3（要求纯度>99.2%，CaO含量<0.01%）。其工艺流程如下(所加入试剂均稍过量)：已知：生成氢氧化物的pHAl(OH

)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8（1）滤渣A的主要成分是__________。（2）在过程Ⅱ中可观察到产生少量气泡，溶液颜色慢慢变浅。能解释该实验现象的离子方程式有__________。反应后，可以用__________溶液检

验说明Fe3+是否已经完全反应。（3）在过程Ⅱ中，课题组对滤液A稀释不同倍数后,加入等质量的过量铁粉,得出Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图所示：结合上述实验结果说明：课题组选择稀释后c(Fe3+)为1.60mol/L左右的理由是______。（4）在过程Ⅲ中，课题组在相同条件下

，先选用了不同沉钙剂进行实验，实验数据见下表：（已知：滤液B中钙的含量以CaO计为290—310mg/L）沉钙剂Na2SO3H2C2O4(NH4)2CO3Na2CO3NH4F用量/g22252剩余CaO/mg/L)29029729019042根据实验结果，选择适宜的沉钙剂，得到滤

渣C的主要成分有__________。（5）在过程Ⅳ中，反应温度需要控制在35℃以下，不宜过高，其可能的原因是__________。（6）在过程Ⅴ中，反应的化学方程式是__________。【答案】(1).SiO2(2).Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe+2Fe3+=3Fe2+(

3).KSCN(4).c(Fe3+)在1.60mol/L左右时，反应速率更快，Fe3+的还原率更高(5).CaF2、Al(OH)3(6).温度过高，(NH4)2CO3易分解（其他合理答案）(7).4FeCO3+O2

2Fe2O3+4CO2↑【解析】【分析】硫铁矿烧渣(含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、CaO、SiO2等)用50%的硫酸溶解后，只有SiO2不溶，滤渣A为SiO2，滤液A中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸

铝和硫酸钙，滤液A中加入铁粉将铁离子还原生成亚铁离子，过滤后，滤渣B主要含有过量的铁，滤液B中加入氨水，调节pH=6和沉钙剂，除去铝离子和钙离子，滤液C中加入(NH4)2CO3得到碳酸亚铁，在空气中灼烧得到氧化铁。【详解】(1)根据上述分析，滤渣A的主要成分为SiO2，故答案

为SiO2；(2)过程Ⅱ中加入铁粉，铁与过量的硫酸反应生成氢气，铁将铁离子还原，溶液颜色慢慢变浅，涉及的离子方程式有Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应后，可以用KSCN溶液检验说明Fe3+是否已经完全反应，故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+

2Fe3+=3Fe2+；KSCN；(3)根据图像，c(Fe3+)在1.60mol/L左右时，反应速率更快，Fe3+的还原率更高，因此选择稀释后c(Fe3+)为1.60mol/L左右，故答案为c(Fe3+)在1.60mol/L

左右时，反应速率更快，Fe3+的还原率更高；(4)根据表格数据可知，选择NH4F作沉钙剂，滤液B中钙的含量最低，因此滤渣C的主要成分有氢氧化铝和CaF2，故答案为CaF2、Al(OH)3；(5)在过程Ⅳ中，反应温度需要控制在35℃以下，不宜过高，因为温

度过高，(NH4)2CO3易分解，故答案为温度过高，(NH4)2CO3易分解；(6)在过程Ⅴ中，碳酸亚铁被空气中的氧气氧化，反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2↑，故答案为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2↑。23.我国科学

家率先合成了新拓扑结构的储氢材料，镁、钛、钒、铁等一些金属形成的化合物及合金有异乎寻常的储氢能力。回答下列问题：(1)基态铁原子失电子成为Fe3+，Fe3+的价电子排布图是___________。(2)V2+与N2H4、H2O2、乙二胺(H2N

CH2CH2NH2)等能形成配离子，在N2H4和H2O2中的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是___________，N2H4中氮原子的杂化方式为___________，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺

，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___________。(3)莫氏硬度是衡量矿物硬度的一种标准，其值越大则硬度越大。已知NaF和MgF2的莫氏硬度值分别为3.2和6.0，引起这种差异的主要原因是

___________。(4)V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。34VO−的空间构型为___________，再写出与其互为等电子体的分子和离子___________、___________。(5)配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4中铜的配位

数为___________，配位体中σ键与π键个数之比为___________。(6)某种铁镁合金储氢效率很高，其晶胞如图所示，已知铁镁合金的晶胞参数为apm，则铁镁之间的最短距离为___________pm，该合金的密度为___________g∙cm−3(只列出计算式即

可)。【答案】(1).(2).N＞O＞H(3).sp3杂化(4).乙二胺(H2N−CH2−CH2−NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键(5).NaF与MgF2为离子晶体，Mg2+的半径比Na+的半径

小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的晶格能大于NaF(6).正四面体形(7).CCl4(或SiCl4)(8).34PO−(或24SO−或4ClO−)(9).4(10).5:2(11).3

4a(12).103A416(a10)N−【解析】【分析】【详解】(1)铁元素是26号元素，基态铁原子失电子成为Fe3+，Fe3+的价电子为3d5，则Fe3+的价电子排布图是；故答案为：。(2)根据同周期从左到右第

一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N2H4和H2O2中的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞H，N2H4中每个氮原子有3个σ键，一对孤对电子，因此N原子的杂化方式为sp3杂化，乙二胺和三甲胺

[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺(H2N−CH2−CH2−NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键；故答案为：N＞O＞H；sp3杂化；乙二胺(H2N−CH2−CH2−NH2)分子之间可以形成氢键，

三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键。(3)根据题中信息，两者都是离子晶体，Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，MgF2的晶格能大于NaF，因此MgF2硬度大于NaF；故答案为：N

aF与MgF2为离子晶体，Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的晶格能大于NaF。(4)V为23号元素，其价电子为3d34s2，34VO−价层电子对数为14(5324)4042++−=+=，则34VO−的空间构型为正四面体形，根据价电子V=P=Si＋，

O2−=F－=Cl－，则与其互为等电子体的分子和离子CCl4(或SiCl4)、34PO−(或24SO−或4ClO−)；故答案为：正四面体形；CCl4(或SiCl4)；34PO−(或24SO−或4ClO−)。(5)根据配合物[Cu(CH

3C≡N)4]BF4的结构得到铜的配位数为4，每个CH3C≡N配位体有5个σ键，2个π键，因此配位体中σ键与π键个数之比为5:2；故答案为：4；5:2。(6)根据题中信息得到铁镁之间的最短距离为体对角线的四分之一，即34apm，该合

金中有8个Mg，4个Fe，其合金的密度为113A103103A104gmol4molm416ρ===gcmV(a10)(a10)NN−−−−−；故答案为：34a；103A416(a10)N−。