2025年蘇人新版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年蘇人新版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列事實中，不能用氫鍵解釋的是A.氨容易液化B.的熱穩(wěn)定性比的強C.水和乙醇可以以任意比例互溶D.的沸點高于2、設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.溶于水完全水解生成膠粒數(shù)為B.月球表面的氦含有質(zhì)子數(shù)為2C.46g乙醇中所含共價鍵的數(shù)目為7D.常溫下，的溶液中，離子數(shù)目為0.13、下列反應(yīng)中既有離子鍵、極性共價鍵、非極性共價鍵的斷裂又有其形成的反應(yīng)是A.NH4ClNH3↑+HClB.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑D.2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O4、下列變化過程中，有離子鍵形成的是（）A.石灰石煅燒B.氯化銨分解C.鹽酸除鐵銹D.燒堿溶于水5、某鹽的結(jié)構(gòu)如圖所示；其中X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次遞增的短周期元素。下列說法正確的是。

A.X與Y、Z、W均可形成原子個數(shù)比為1：1的化合物B.X、Y的氧化物的熔點：XC.該鹽中各元素原子的最外層均達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.X、Y形成的化合物均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色6、有關(guān)化學(xué)鍵與晶體的說法正確的是A.晶體硅融化時共價鍵發(fā)生斷裂B.熔融狀態(tài)時能導(dǎo)電的物質(zhì)一定是離子晶體C.兩種元素組成的分子中一定只有極性鍵D.分子晶體的熔沸點隨著共價鍵的增強而升高7、N2F2分子中四個原子都在同一平面內(nèi)，由于幾何形狀的不同，存在順式和反式兩種同分異構(gòu)體。據(jù)此判斷N2F2分子中兩個N原子之間化學(xué)鍵的組成為（）A.一個σ鍵和兩個π鍵B.僅有一個σ鍵C.僅有一個π鍵D.一個σ鍵和一個π鍵評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、BF3與一定量的水形成一定條件下可發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化；下列說法中正確的是。

A.熔化后得到的物質(zhì)屬于離子晶體B.分子之間存在著配位鍵和氫鍵C.H3O+中氧原子為sp3雜化D.BF3是僅含極性共價鍵的非極性分子9、科研人員通過控制光沉積的方法構(gòu)建復(fù)合材料光催化劑，以Fe2+和Fe3+滲透Nafion膜在酸性介質(zhì)下構(gòu)建了一個還原和氧化分離的人工光合體系；其反應(yīng)機理如圖。下列說法正確的是。

A.a的價電子排布式：3d5B.體系中能量轉(zhuǎn)化形式：電能→化學(xué)能C.體系中總反應(yīng)的活化能：Ea正>Ea逆D.理論上每消耗18g水生成46gHCOOH10、現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的核外電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。則下列有關(guān)比較中正確的是：A.最高正化合價：④＞①＞③＝②B.原子半徑：④＞③＞②＞①C.電負(fù)性：④＞③＞①＞②D.第一電離能：④＞③＞②＞①11、下列實驗操作現(xiàn)象能得出相應(yīng)結(jié)論的是。

。選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論ACuS溶于濃硝酸。

有紅棕色氣泡產(chǎn)生。

CuS能被硝酸氧化。

BSO2通入滴有石蕊試液的水中。

溶液變紅但不褪色。

SO2有酸性；無漂白性。

C向Na2CO3中滴入HClO3溶液。

有氣泡產(chǎn)生。

非金屬性Cl＞C

D將KI和FeCl3溶液在試管中混。

合后，加入CCl4；振蕩，靜置。

下層溶液顯紫紅色。

氧化性：Fe3+＞I2

A.AB.BC.CD.D12、四種主族元素的離子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d為元素的原子序數(shù))，它們具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，若m>n，則下列敘述的判斷正確的是（）A.a-b=n-mB.元素的原子序數(shù)a>b>c>dC.最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性X>YD.離子半徑r(Rm-)>r(Zn-)>r(Yn+)>r(Xm+)13、三價鉻離子能形成多種配位化合物，是其中的一種。下列說法正確的是A.該配合物中的配離子存在多種異構(gòu)體B.對該配合物進(jìn)行加熱時，配體H2O比NH3更容易失去C.提供電子對形成配位鍵的原子在基態(tài)時核外電子具有相同數(shù)目的空間運動狀態(tài)D.常溫下，向含1mol該配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定結(jié)束后生成3molAgCl沉淀14、Cu2-xSe是一種鈉離子電池正極材料；充放電過程中正極材料立方晶胞(示意圖)的組成變化如圖所示，晶胞內(nèi)未標(biāo)出因放電產(chǎn)生的0價Cu原子。下列說法正確的是。

A.每個Cu2-xSe晶胞中Cu2+個數(shù)為xB.每個Na2Se晶胞完全轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8C.每個NaCuSe晶胞中0價Cu原子個數(shù)為1-xD.當(dāng)NayCu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe時，每轉(zhuǎn)移（1-y）mol電子，產(chǎn)生(1-x)molCu原子15、美國LawreceLiermore國家實驗室(LINL)成功地在高壓下將CO2轉(zhuǎn)化為具有類似SiO2結(jié)構(gòu)的原子晶體，下列關(guān)于CO2的共價晶體說法，正確的是：A.CO2的共價晶體和分子晶體互為同分異構(gòu)體B.在一定條件下，CO2共價晶體轉(zhuǎn)化為CO2分子晶體是化學(xué)變化C.CO2的共價晶體和CO2分子晶體具有相同的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)D.在CO2的共價晶體中，每一個C原子周圍結(jié)合4個O原子，每一個O原子跟兩個C原子相結(jié)合評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、下列基態(tài)原子或離子的電子排布式或軌道表示式正確的是___________(填序號，下同)，違反能量最低原理的是___________，違反洪特規(guī)則的是___________，違反泡利原理的是___________。

①

②

③

④

⑤

⑥

⑦17、(1)觀察Li；Be、Mg、Al在元素周期表中的位置回答下列問題：

①鈹?shù)淖罡邇r氧化物對應(yīng)的水化物是______(填“酸性”“堿性”或“兩性”)化合物，證明這一結(jié)論的有關(guān)的離子方程式是______。

②根據(jù)Mg在空氣中的燃燒情況可知，Li在空氣中燃燒，生成的產(chǎn)物為______(用化學(xué)式表示)。

(2)現(xiàn)有核電荷數(shù)小于20的元素A，其電離能數(shù)據(jù)如表：(表示原子失去第n個電子的電離能，單位：)。序號電離能7.64415.0380.12109.3141.2186.5224.9266.0327.9367.41761

①外層電子離核越遠(yuǎn)，能量越高，電離能越______(填“大”或“小”)；陽離子所帶電荷數(shù)越大，失去電子時，電離能越______(填“大”或“小”)。

②表中11個電子分屬______個電子層；失去了11個電子后，該元素原子還有______個電子。

③該元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式是______。18、(1)元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負(fù)一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___；氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是__。

(2)C、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序為___。

(3)元素銅與鎳的第二電離能分別為：ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1，ICu＞INi的原因是__。19、回答問題。

（1）2020年12月17日，“嫦娥五號”首次成功實現(xiàn)地外天體采樣返回，標(biāo)志著我國航天向前邁出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多種元素。上述元素中基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Al相同的有___________。

（2）元素鉍主要用于制造易熔金屬合金，元素Bi位于第6周期VA族，其基態(tài)原子的價電子排布式為___________。Bi(NO3)3?5H2O中各元素電負(fù)性從大到小的順序為___________。

（3）N；P、As均為氮族元素；這些元素與人們的生活息息相關(guān)?；卮鹣铝袉栴}：

①下列狀態(tài)的N原子或離子在躍遷時，用光譜儀可捕捉到發(fā)射光譜的是___________(填序號，下同)，未成對電子最多的是___________。

a.1s22s22p3b.1s22s2c.1s22s12p4d.1s2s12p3

②Si、P與S是同周期中相鄰的元素，Si、P、S的電負(fù)性由大到小的順序是___________，第一電離能由大到小的順序是___________。20、科學(xué)研究發(fā)現(xiàn)甲醇()、炭基硫(與互為等電子體)是火星上存在的有機物。

回答下列問題：

(1)中C的雜化類型為___________。

(2)中含有___________鍵。

(3)分子中鍵長：___________(填“>”或“＜”，下同)鍵能___________鍵與鍵間的夾角為___________；分子屬于___________(填“極性”域“非極性”)分子。

(4)與互為等電子體的陰離子有___________(列舉一種)。21、下列反應(yīng)曾用于檢測司機是否酒后駕駛：2Cr2O＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH

(1)配合物[Cr(H2O)6]3＋中，與Cr3＋形成配位鍵的原子是___________(填元素符號)。

(2)CH3COOH中C原子軌道雜化類型為___________；1molCH3COOH分子含有σ鍵的數(shù)目為___________。

(3)與H2O互為等電子體的一種陽離子為___________(填化學(xué)式)；22、(1)羥基自由基(·OH電中性，O為-1價)是一種活性基團(tuán)，能高效處理含酚有機廢水，·OH的電子式為_______；在除酚過程中它主要起_______作用。

(2)通常狀況下，乙醇易溶于永而溴乙烷難溶于水中，其主要原因是_______。23、B、C、N、是幾種常見的非金屬元素；其形成的各種化合物在自然界中廣泛存在。

(1)基態(tài)硅原子的電子排布式為_______；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為_______。

(2)與一定量的水可形成如圖甲所示晶體R。

①晶體R中各種微粒間的作用力涉及_______(填序號)；

a.離子鍵b.共價鍵c.配位鍵d.金屬鍵e.范德華力。

②晶體R中陰離子的空間結(jié)構(gòu)為_______。

(3)乙二胺()與溶液可形成配離子(結(jié)構(gòu)如圖乙所示)，乙二胺分子中氮原子的雜化類型為_______。

乙二胺和三甲胺均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高得多，其原因是_______。24、某元素X的激發(fā)態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s13p3，則該元素基態(tài)原子的電子排布式為_______，其最高價氧化物屬于_______晶體；Ｚ原子的核電荷數(shù)為33，其在元素周期表中的位置是_______，屬于_______區(qū)的元素。評卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)25、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(jié)構(gòu)____________

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

(4)只要分子構(gòu)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(gòu)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(jié)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(gòu)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(jié)構(gòu)___________

(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(gòu)型結(jié)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26、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤27、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯誤評卷人得分五、實驗題(共4題，共40分)28、某研究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了實驗驗證元素周期律。

Ⅰ．利用圖1所示裝置(夾持儀器已略去)探究元素S；C、Si的非金屬性強弱。

(1)分液漏斗A中應(yīng)盛放的試劑是_______，能證明非金屬性S>C>Si的現(xiàn)象為_______；試管C中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。

Ⅱ．用圖2所示裝置進(jìn)行實驗(夾持儀器已略去，氣密性良好)證明鹵族元素的非金屬性強弱Cl>Br>I。

實驗過程：①打開彈簧夾；打開活塞a，滴加濃鹽酸。

②當(dāng)F和G中的溶液都變?yōu)辄S色時；夾緊彈簧夾。

③當(dāng)F中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時；關(guān)閉活塞a。

④

(2)F中反應(yīng)能證明非金屬性Cl>Br的原因是_______(用離子方程式表示)。

(3)為證明非金屬性Br>I，過程④的操作是_______；現(xiàn)象為_______。

(4)氯、溴、碘非金屬性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下，原子序數(shù)逐漸增大，原子半徑逐漸_______，得電子能力逐漸_______。29、某化學(xué)興趣小組欲在實驗室制備二氧化硫，并探究相關(guān)物質(zhì)的一些性質(zhì)并驗證碳、硅非金屬性的相對強弱。[信息提示：①酸性：亞硫酸>碳酸；②硅酸(H2SiO3)是白色膠狀沉淀]

(1)儀器A的名稱為___________，銅與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。

(2)實驗步驟：連接儀器、___________；加藥品后、打開a、然后滴入濃硫酸；加熱。

(3)裝置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是___________，請寫出裝置E中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式___________。

(4)能說明碳元素的非金屬性比硅元素的非金屬性強的實驗現(xiàn)象是___________。30、鉻是人體必需的微量元素；其在肌體的糖代謝和脂代謝中發(fā)揮著特殊作用，鉻缺乏會造成葡萄糖耐量受損，可能伴隨高血糖；尿糖等。而在工業(yè)中鉻及其化合物在無機合成和有機合成中均有著重要作用。

Ⅰ．工業(yè)上以鉻鐵礦為原料生產(chǎn)鉻酸鈉實際操作是將鉻鐵礦和純堿置于坩堝中，在空氣中加熱，得到

Ⅱ．市售的為深綠色晶體，實驗室中可用甲醇在酸性條件下還原制備(裝置如圖A所示)：

①將一定量鉻酸鈉、甲醇與水的混合物加入三頸燒瓶中；②升溫至120℃時，緩慢滴加足量濃鹽酸，保持100℃反應(yīng)3h；③冷卻，用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為6.5～7.5，得到沉淀；④洗凈沉淀后，加入過量鹽酸溶解，通過結(jié)晶法得到晶體。

已知：易溶于水；乙醇；易水解。

Ⅲ．重鉻酸鉀俗稱紅礬，是一種重要的化工產(chǎn)品，可向溶液中加酸，使轉(zhuǎn)化為再向溶液中加入KCl，升高溫度，經(jīng)過一系列操作后可獲得晶體。已知的溶解度隨溫度變化的曲線如圖B所示。

回答下列問題：

(1)是配位化合物，由于內(nèi)界配體不同而有不同的顏色，呈深綠色的晶體為該配合物的配體為___________、___________(填化學(xué)式)。

(2)在Ⅱ中制備晶體時，步驟④中“加入過量鹽酸”的目的是___________。

(3)裝置圖A中，儀器c的名稱為___________，儀器b的作用是___________。

(4)已知步驟Ⅱ中有產(chǎn)生，則三頸燒瓶中甲醇還原鉻酸鈉的離子方程式為___________。

(5)往溶液中加入KCl，升高溫度能獲得獲得晶體的一系列操作包括：趁熱過濾、___________、過濾、洗滌、干燥。其中“洗滌”步驟選用的洗滌劑為丙酮，其原因是___________。31、實驗室通常是在NH3和NH4Cl存在條件下，以活性炭為催化劑，用H2O2氧化CoCl2溶液來制備三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3，該反應(yīng)屬于大量放熱的反應(yīng)。某小組用如圖所示裝置制備[Co(NH3)6]Cl3；實驗步驟如下：

Ⅰ．稱取研細(xì)的CoCl2?6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于燒杯中溶解，將溶液轉(zhuǎn)入三頸燒瓶，加入25mL濃氨水和適量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴將混合物加熱至60℃；恒溫20分鐘，然后用冰水浴冷卻，充分結(jié)晶后過濾。

Ⅲ．將沉淀溶于熱的鹽酸中；趁熱過濾，濾液中加適量濃鹽酸并冷卻結(jié)晶。

Ⅳ．過濾；用乙醇洗滌晶體并在105℃條件下烘干。

試回答下列問題：

(1)制備[Co(NH3)6]Cl3的化學(xué)方程式是___。

(2)請指出裝置中存在的一處缺陷___。

(3)若將5mL30%的H2O2溶液一次性加入三頸燒瓶，會出現(xiàn)的問題是__。

(4)與[Co(NH3)6]Cl3類似的產(chǎn)品還有[Co(NH3)5Cl]Cl2，請簡述驗證某晶體是[Co(NH3)6]Cl3還是[Co(NH3)5?Cl]Cl2的實驗方案___。

(5)步驟Ⅲ中趁熱過濾的主要目的是___，濾液中加適量濃鹽酸的主要目的是___。

(6)乙醇洗滌與蒸餾水洗滌相比優(yōu)點是___。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【詳解】

A．氨氣分子間可以形成氫鍵；導(dǎo)致其熔沸點降低，所以容易液化，A正確；

B．氧的非金屬性強于硫，故H2O的熱穩(wěn)定性比H2S強；B錯誤；

C．乙醇可以和水形成分子間氫鍵；導(dǎo)致溶解度增大，所以乙醇可以和水以任意比例互溶，C正確；

D．HF分子間存在氫鍵；故HF的沸點高于HCl，D正確；

故答案選B。2、B【分析】【詳解】

A．1molKAl(SO4)2?12H2O溶于水，Al3+并不能全部水解生成Al(OH)3膠體，溶液中還是存在較多的Al3+，故Al(OH)3膠體數(shù)量小于NA；A項錯誤；

B．3He原子中質(zhì)子數(shù)為2，中子數(shù)為1，故1mol3He含有的質(zhì)子數(shù)為2NA；B項正確；

C．一個乙醇分子中含有的共價鍵數(shù)量為8條，46g乙醇的物質(zhì)的量為1mol，1mol乙醇中含有的共價鍵數(shù)量為8NA；C項錯誤；

D．常溫下，pH=13的Ba(OH)2溶液中，c（OH-）=0.1mol/L，選項中并未說明溶液的體積，故無法確定OH-的具體數(shù)目；D項錯誤；

故答案選B。3、B【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應(yīng)中沒有非極性共價鍵的斷裂；A不符合題意；

B．該反應(yīng)中鈉離子和過氧根之間的離子鍵斷裂；鈉離子和氫氧根之間的離子鍵形成，過氧根中非極性鍵斷裂，氧氣中非極性鍵形成，水中極性鍵斷裂，氫氧根中極性鍵形成，B符合題意；

C．該反應(yīng)中沒有非極性共價鍵的斷裂；C不符合題意；

D．該反應(yīng)中沒有非極性共價鍵的形成；D不符合題意；

綜上所述答案為B。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．石灰石煅燒生成氧化鈣和二氧化碳；氧化鈣中含有離子鍵，符合題意，故A正確；

B．氯化銨分解生成氯化氫和氨氣；氯化銨為離子化合物，氯化氫和氨氣為共價化合物，此過程中離子鍵斷裂形成的是共價鍵，故B錯誤；

C．鹽酸除鐵銹生成氯化鐵和水；氯化鐵和水是共價化合物，此過程沒有離子鍵的形成，故C錯誤；

D．燒堿溶于水存在離子鍵的斷裂；故D錯誤；

故答案為A。5、A【分析】【分析】

X；Y、Z、W是原子序數(shù)依次遞增的短周期元素；結(jié)合圖示可知，W形成+1價陽離子，四種元素中W的原子序數(shù)最大，W為Na元素；X形成1個共價鍵，Y形成4個共價鍵，Z形成2個共價鍵，結(jié)合原子序數(shù)可知，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，以此分析解答。

【詳解】

根據(jù)分析可知，X為H元素，Y為C元素，Z為O元素，W為Na元素，

A．X與Y、Z、W均可形成原子個數(shù)比為1：1的化合物分別為C2H2、H2O2、NaH，故A正確；

B．X、Y的氧化物分別為H2O、CO2，由于水含有氫鍵其熔點較高，則熔點：X>Y，故B錯誤；

C．該鹽中H原子最外層電子只有2個，未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C錯誤；

D．X為H元素，Y為C元素，形成的化合物如乙烯、乙炔能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯誤；

故選：A。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．原子晶體熔化時破壞的是共價鍵；硅為原子晶體，融化時共價鍵發(fā)生斷裂，A正確；

B．熔融狀態(tài)時能導(dǎo)電的物質(zhì)可能是離子晶體；也可能是金屬晶體，B錯誤；

C．兩種元素組成的分子中不一定只有極性鍵，如H與O元素組成的H2O2分子中；既含有極性鍵，也含有非極性鍵，C錯誤；

D．分子晶體的熔沸點與范德華力或氫鍵有關(guān)；與共價鍵的鍵能無關(guān)，D錯誤；

故選A。7、D【分析】【詳解】

氮原子最外層有5個電子，形成3對共用電子對達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，由題干知N2F2為平面結(jié)構(gòu)；且有順式和反式兩種同分異構(gòu)體，可推測知分子中存在N=N，其結(jié)構(gòu)式為F—N=N—F，所以兩個氮原子之間含有一個σ鍵和一個π鍵；

故選D。

【點睛】

單鍵是共用一對電子，成鍵方式為“頭碰頭”，屬于σ鍵，雙鍵或三鍵中只有1個σ鍵，另外還有1個或2個π鍵。二、多選題(共8題，共16分)8、CD【分析】【詳解】

A．從題干給定的轉(zhuǎn)化可以看出，熔化后得到的物質(zhì)雖然由陰陽離子構(gòu)成，但其為液體，故其不屬于離子晶體，故A錯誤；

B．分子間的H2O與H2O之間形成氫鍵；分子中O原子提供孤電子對，B原子提供空軌道，O與B原子之間存在配位鍵，但分子間不存在配位鍵，故B錯誤；

C．H3O+中氧原子價層電子對數(shù)=3+=4，則O原子采取sp3雜化；故C正確；

D．BF3中B原子價層電子對數(shù)=3+=3，則B原子采取sp2雜化；分子空間構(gòu)型為平面三角形，結(jié)構(gòu)對稱，是僅含極性共價鍵的非極性分子，故D正確；

答案選CD。9、CD【分析】【分析】

由圖可知，左側(cè)水發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，則b生成a的反應(yīng)為還原，ab分別為亞鐵離子；鐵離子；

【詳解】

A．由分析可知，a為亞鐵離子，是鐵原子失去2個電子后形成的，價電子排布式：3d6；A錯誤；

B．由圖可知；體系中能量轉(zhuǎn)化形式：光能→化學(xué)能，B錯誤；

C．體系中總反應(yīng)為水和二氧化碳生成氧氣和甲酸，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則活化能：Ea正>Ea逆；C正確；

D．二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲酸，碳元素化合價由+4變?yōu)?2，根據(jù)電子守恒可知，理論上每消耗18g水（1mol）生成46gHCOOH（1mol），D正確；

故選CD。10、CD【分析】【分析】

根據(jù)各元素基態(tài)原子的核外電子排布式可知①為S元素；②為P元素，③為N元素，④為F元素。

【詳解】

A．最高正化合價等于最外層電子數(shù)；但F元素沒有正化合價，所以最高正化合價：①＞②=③，故A錯誤；

B．根同周期自左而右原子半徑減??；所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B錯誤；

C．非金屬性F＞N＞S＞P；非金屬性越強電負(fù)性越大，所以電負(fù)性F＞N＞S＞P，即④＞③＞①＞②，故C正確；

D．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢；故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故D正確；

綜上所述答案為CD。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．CuS溶于濃硝酸，有紅棕色氣泡產(chǎn)生，該氣體為NO2，HNO3中的N元素化合價降低，HNO3作氧化劑，則CuS作還原劑被HNO3氧化；故A選；

B．SO2通入滴有石蕊試液的水中，SO2遇水生成亞硫酸，亞硫酸可以使石蕊試液變紅，SO2具有漂白性，可以使品紅溶液褪色，但SO2不能漂白酸堿指示劑；故B不選；

C．向Na2CO3中滴入HClO3溶液，有氣泡產(chǎn)生，說明酸性：HClO3＞H2CO3，但HClO3不是Cl元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物；不能據(jù)此判斷Cl和C元素的非金屬性強弱，故C不選；

D．將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩、靜置，下層溶液顯紫紅色，說明Fe3+將I-氧化為I2，氧化性：Fe3+＞I2；故D選；

答案選AD。12、BD【分析】【分析】

四種短周期元素的離子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，原子序數(shù)大小順序是a＞b＞c＞d；結(jié)合離子所得電荷可知，X；Y為金屬元素，Z、R為非金屬元素，且X、Y位于Z和R的下一周期。

【詳解】

A.離子aXm+、bYn+具有相同的電子層結(jié)構(gòu)說明離子具有相同的電子數(shù)，由a-m=b-n可得a-b=m-n；故A錯誤；

B.由分析可知，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，Y在X的前面，R在Z的前面，則元素的原子序數(shù)為a＞b＞c＞d；故B正確；

C.由分析可知，四種主族元素中X、Y為下一周期的金屬元素，且元素的原子序數(shù)a＞b；在同一周期元素的金屬性從左向右在減弱，即金屬性Y＞X，元素的金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性越強，則最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性Y＞X，故C錯誤；

D.電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，隨著核電荷數(shù)增大，離子半徑依次減小，aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，若m＞n，Y在X的前面，R在Z的前面，則離子半徑由大到小的順序為r(Rm-)>r(Zn-)>r(Yn+)>r(Xm+)；故D正確；

故選BD。13、AB【分析】【詳解】

A．該配合物中的配離子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位體在中心離子Cr3+周圍形成八面體結(jié)構(gòu)；故存在多種異構(gòu)體，A正確；

B．配位原子電負(fù)性越大，吸引電子的能力越強，則給出電子對和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位鍵越弱，加熱易失去，電負(fù)性O(shè)＞N，該配合物加熱時，首先失去配離子中的配體是H2O；B正確；

C．該配位離子中提供電子對形成配位鍵的原子由N；O和Cl；它們的空間運動狀態(tài)分別為5，5，9，即提供電子對形成配位鍵的原子在基態(tài)時核外電子具有不同數(shù)目的空間運動狀態(tài)，C錯誤；

D．根據(jù)電離方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常溫下，向含1mol該配合物的溶液中滴加AgNO3溶液；滴定結(jié)束后生成2molAgCl沉淀，D錯誤；

故答案為：AB。14、BD【分析】【詳解】

A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的銅離子和亞銅離子的個數(shù)之和為8，設(shè)晶胞中的銅離子和亞銅離子的個數(shù)分別為a和b，則a+b=8-4x，由化合價代數(shù)和為0可得2a+b=4×2；解得a=4x，故A錯誤；

B．由題意可知，Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe的電極反應(yīng)式為Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個Na2Se；轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8，故B正確；

C．由題意可知，Cu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4；則每個晶胞中含有4個NaCuSe，晶胞中0價銅而個數(shù)為(4-4x)，故C錯誤；

D．由題意可知，NayCu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu；所以每轉(zhuǎn)移(1-y)電子，產(chǎn)生(1-x)mol銅，故D正確；

故選BD。15、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．二氧化碳原子晶體中不含分子；故A錯誤；

B．CO2原子晶體轉(zhuǎn)化為CO2分子晶體；結(jié)構(gòu)已發(fā)生改變，且二者的性質(zhì)也有較大差異，故二者是不同的物質(zhì)，所以二者的轉(zhuǎn)變是化學(xué)變化，故B正確；

C．CO2原子晶體與CO2分子晶體，結(jié)構(gòu)不同，二者是不同的物質(zhì)，物理性質(zhì)不同，如CO2原子晶體硬度很大，CO2分子晶體硬度不大；其化學(xué)性質(zhì)也不同，故C錯誤；

D．CO2原子晶體與SiO2結(jié)構(gòu)類似；每個碳原子與4個氧原子通過1對共用電子對連接，每個氧原子與2個碳原子通過1對共用電子對連接，故D正確；

故選：BD。三、填空題(共9題，共18分)16、略

【分析】【分析】

根據(jù)核外電子排布規(guī)律；基態(tài)原子的核外電子排布式，要遵循能量最低原理，洪特規(guī)則，泡利原理，據(jù)此作答。

【詳解】

根據(jù)核外電子排布規(guī)律判斷，①⑤⑥正確，②電子排完軌道后應(yīng)排能量較低的軌道而不是軌道，正確的電子排布式應(yīng)為③沒有遵循洪特規(guī)則，軌道上正確的軌道表示式應(yīng)為④忽略了能量相同的原子軌道上電子排布為半充滿狀態(tài)時，體系的能量較低，原子較穩(wěn)定，正確的電子排布式應(yīng)為⑦違反泡利原理，正確的軌道表示式應(yīng)為【解析】①.①⑤⑥②.②③.③④④.⑦17、略

【分析】【詳解】

(1)①根據(jù)“對角線規(guī)則”可知，的性質(zhì)與相似，則鈹?shù)淖罡邇r氧化物的水化物是兩性化合物；與強酸、強堿均能發(fā)生反應(yīng)生成鹽和水，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是

②的性質(zhì)與相似，在空氣中燃燒生成和所以在空氣中燃燒生成

(2)①外層電子離核越遠(yuǎn)；核對電子的吸引作用越弱，電離能越小；陽離子電荷數(shù)越大，失去電子越困難，電離能越大；

②根據(jù)失去第1個、第2個電子的電離能遠(yuǎn)小于失去第3個電子的電離能可知該元素的最外層電子數(shù)為2，根據(jù)失去第10個電子的電離能遠(yuǎn)小于失去第11個電子的電離能可知該元素的次外層電子數(shù)為8，A的核電荷數(shù)小于20，則A為元素；11個電子分屬3個電子層；失去11個電子，還有1個電子；

③元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物的化學(xué)式是【解析】兩性小大3118、略

【分析】【詳解】

(1)從圖中可以看出：除N外，同周期元素隨核電荷數(shù)依次增大，E1逐漸增大，這是因為隨原子半徑逐漸減小，結(jié)合一個電子需要釋放出更多的能量；N原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，不易再結(jié)合一個電子，故E1呈現(xiàn)異常；故答案為：同周期元素隨核電荷數(shù)依次增大；原子半徑逐漸變小，故結(jié)合一個電子釋放出的能量依次增大；N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有額外穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個電子；

(2)非金屬性：H

(3)銅的第二電離能失去的是全充滿的3d10電子所需要的能量，鎳的第二電離能失去的是4s1電子所需要的能量，前者屬于穩(wěn)定狀態(tài)，故第二電離能：ICu＞INi，故答案為：銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子?！窘馕觥竣?同周期元素隨核電荷數(shù)依次增大，原子半徑逐漸變小，故結(jié)合一個電子釋放出的能量依次增大②.N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有額外穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個電子③.H10電子，鎳失去的是4s1電子19、略

【分析】【分析】

（1）

Al的核外電子排布為1s22s22p63s23p1，未成對電子數(shù)為1，Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；未成對電子數(shù)也是1，故Cu的基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Al相同；

（2）

Bi是第83號元素，屬于第六周期VA族，主族元素的價電子為最外層電子，第二周期VA族的N的價電子為2s22p3，根據(jù)同周期元素核外電子排布相似，Bi的價電子為6s26p3；Bi(NO3)3?5H2O含有的元素有Bi；N、O、H；非金屬性越強，電負(fù)性越強，同周期從左到右電負(fù)性依次增大，同主族從上到下電負(fù)性依次減小，因此電負(fù)性O(shè)＞N＞H＞Bi；

（3）

①a．1s22s22p3；該原子為基態(tài)，未成對電子為3個；

b．1s22s2；該原子為基態(tài)，沒有未成對電子；

c．1s22s12p4；該原子為激發(fā)態(tài)，未成對電子為3個；

d．1s2s12p3；該原子為激發(fā)態(tài)；，未成對電子為4個。

電子從激發(fā)態(tài)到基態(tài)會釋放能量形成發(fā)射光譜，因此用光譜儀可捕捉到發(fā)射光譜的是激發(fā)態(tài)的原子，故選cd；未成對電子第多的是1s2s12p3；有4個未成對電子，故選d；

②根據(jù)元素周期律，同周期主族元素從左到右非金屬性逐漸增強，則非金屬性Si＜P＜S，非金屬性越強，電負(fù)性越大，則電負(fù)性：S＞P＞Si；同周期主族元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，由于P的3p軌道電子處于半充滿較穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能由大到小的順序是P＞S＞Si?！窘馕觥?1)Cu

(2)O＞N＞H＞Bi

(3)cddS>P>SiP>S>Si20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)CH3OH分子中以碳為中心，分別與三個H和一個OH各形成1個σ鍵，價電子對數(shù)為4，故為sp3雜化，故答案：sp3。

(2)CH3OH分子中以碳為中心，分別與三個H和一個OH形成4個σ鍵，羥基中的O與H形成1個σ鍵，所以中含有5鍵；故答案：5。

(3)羰基硫結(jié)構(gòu)與CO2類似，中間的碳原子采用印sp雜化，分子呈直線形，由于氧的原子半徑小，非金屬性強，故O=C鍵的鍵長比S=C鍵的短，鍵長短則鍵能大，鍵與鍵間的夾角為所以屬于極性分子。故答案：<；>；

(4)的原子數(shù)為3，價電子總數(shù)為16，則含有3個原子，價電子數(shù)為16的等電子體的陰離子有可寫成NCS-，故答案：NCS-?！窘馕觥?<>極性SCN-(或其他合理答案)21、略

【分析】【分析】

配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+為中心離子，H2O為配體；CH3COOH中C原子分別形成4個、3個σ鍵，沒有孤對電子，結(jié)合CH3CHOOH分子的結(jié)構(gòu)式分析解答；與H2O互為等電子體的陽離子應(yīng)含有3個原子；且電子數(shù)為10；據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+為中心離子，H2O為配體，O原子提供孤對電子，與Cr3+形成配位鍵；故答案為：O；

(2)CH3COOH中C原子分別形成4個、3個σ鍵，沒有孤對電子，分別為sp3雜化、sp2雜化；CH3CHOOH分子中含有1個C.3個C-H、1個C-O、1個C=O、1個O-H鍵，則1molCH3COOH分子中含有σ鍵的數(shù)目為7mol或7×6.02×1023或7NA，故答案為：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023或7NA；

(3)與H2O互為等電子體的陽離子應(yīng)含有3個原子、且電子數(shù)為10，可以為H2F+，故答案為：H2F+?！窘馕觥縊sp3，sp2雜化7NAH2F+22、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)羥基自由基中，O周圍有7個電子，電子式為已知羥基自由基中O元素是-1價；處于中間價態(tài)，利用其處理含酚廢水時，起氧化作用；

(2)乙醇中羥基上的O和H分別與水分子中的O和H形成分子間氫鍵，增大了乙醇在水中的溶解度【解析】①.②.氧化③.乙醇與水形成分子間氫鍵23、略

【分析】【詳解】

(1)Si位于元素周期表中第三周期第ⅣA族，則基態(tài)硅原子的電子排布式為同周期主族元素隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；故答案為N＞O＞C；

(2)①根據(jù)晶體R的結(jié)構(gòu)分析，陰陽離子以離子鍵結(jié)合，陰離子中B與F、H與O之間以共價鍵結(jié)合，B與O以配位鍵結(jié)合，H3O＋中也有配位鍵，該晶體中不含有金屬件和范德華力，合理選項是abc；故答案為abc；

②晶體R的陰離子為基態(tài)B原子的價層電子排布為2s22p1，陰離子內(nèi)B形成4個σ鍵，無孤電子對，價層電子對為4，B的雜化類型應(yīng)為sp3雜化；離子的空間結(jié)構(gòu)為四面體形；故答案為四面體形；

(3)乙二胺分子中N原子形成3個σ鍵，一個孤電子對，根據(jù)雜化軌道理論，則N原子的雜化方式為sp3雜化；乙二胺比三甲胺的沸點高得多，考慮乙二胺形成分子間氫鍵，增加了分子之間的吸引力，使物質(zhì)汽化需要更多的能量；故答案為sp3;乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵?！窘馕觥縉＞O＞Cabc四面體形乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵24、略

【分析】【分析】

【詳解】

元素X的激發(fā)態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s13p3，該元素原子核外有14個電子，為Si元素，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，其最高價氧化物是SiO2，屬于原子晶體；33號元素的核外電子排布是1s22s22p63s23p63d104s24p3，在周期表中第四周期ⅤA族，屬于P區(qū)元素。【解析】1s22s22p63s23p2原子第四周期第ⅤA族P四、判斷題(共3題，共24分)25、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(jié)構(gòu)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(gòu)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(gòu)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(jié)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(gòu)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(jié)構(gòu)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(gòu)型結(jié)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。26、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變?nèi)?；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。

故正確；27、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。五、實驗題(共4題，共40分)28、略

【分析】【分析】

Ⅰ；比較S、C、Si三種元素的非金屬性強弱；利用的是元素最高價氧化物的水化物的酸性強弱(強酸制弱酸的原理比較)來判斷；

Ⅱ、利用酸性高錳酸鉀和濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，再利用氯氣與溴化鈉反應(yīng)產(chǎn)生的溴再與碘化鉀反應(yīng)，通過實驗證明鹵族元素的非金屬性強弱Cl>Br>I。

（1）

比較S；C、Si三種元素的非金屬性強弱；利用的是元素最高價氧化物的水化物的酸性強弱(強酸制弱酸的原理比較)來判斷，所以分液漏斗中盛放稀硫酸，錐形瓶B中稀硫酸和碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳，生成的二氧化碳進(jìn)入試管C中和硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀；

答案為稀硫酸；錐形瓶B中固體溶解并產(chǎn)生氣泡，試管C中產(chǎn)生白色沉淀；

（2）

生成的氯氣通入F裝置中把溴化鈉氧化為單質(zhì)溴，F(xiàn)中溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是

（3）

由于要排除氯氣對溴，置換碘的實驗干擾，則為了證明溴的氧化性強于碘，過程④的操作是打開活塞b，將少量G中溶液滴入H中，關(guān)閉活塞b；取下H振蕩；現(xiàn)象是靜置后四氯化碳層溶液變?yōu)樽霞t色；

（4）

氯、溴、碘單質(zhì)的非金屬性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱?！窘馕觥?1)稀硫酸錐形瓶B中固體溶解并產(chǎn)生氣泡，試管C中產(chǎn)生白色沉淀

(2)

(3)打開活塞b，將少量G中溶液滴入下方試管中，關(guān)閉活塞b；取下試管振蕩靜置后下層溶液變?yōu)樽霞t色。

(4)增大減弱29、略

【分析】【分析】

銅與濃硫酸在B中發(fā)生反應(yīng)生成二氧化硫；二氧化硫通入飽和碳酸氫鈉溶液中發(fā)生反應(yīng)，生成二氧化碳，混合氣體通入足量的高錳酸鉀溶液中除去二氧化硫，最后二氧化碳進(jìn)入硅酸鈉溶液中產(chǎn)生硅酸沉淀，從而證明碳酸的酸性強于硅酸，據(jù)此分析。

【詳解】

(1)由儀器的構(gòu)造可知A為分液漏斗；銅和濃硫酸在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應(yīng)的方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：分液漏斗；Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)該裝置需要制取二氧化硫；在組裝好用儀器后需要進(jìn)行裝置氣密性檢驗，然后加藥品后；打開a、然后滴入濃硫酸，加熱，故答案為：檢查裝置的氣密性；

(3)由上述分析可知，酸性高錳酸鉀的作用是除去二氧化碳中未反應(yīng)完的二氧化硫氣體，防止其干擾二氧化碳與硅酸鈉的反應(yīng)，其中發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為：5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO故答案為：除去多余的二氧化硫；5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO

(4)