江苏省苏州市张家港市2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试卷（解析版）

这是一份江苏省苏州市张家港市2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，第五周期时相差11，处于第六，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（3分）石墨烯被称为“黑金”，是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列有关说法正确的是（ ）
A．石墨烯属于芳香烃的一种
B．12C、13C、14C都属于碳的同素异形体
C．石墨烯可用于制造超级计算机，因其具有优异的导电性能
D．从石墨中剥离出石墨烯既要破坏化学键也要破坏范德华力
【解答】解：A．芳香烃组成元素是碳和氢元素，石墨烯是碳元素的单质，不属于芳香烃的一种，故A错误；
B．12C、13C、14C是碳元素的不同原子，都属于碳的同位素，不是同素异形体，故B错误；
C．石墨剥离而成的层状结构，具有良好的导电性，所以可用于制造超级计算机，故C正确；
D．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故D错误，
故选：C。
2．（3分）反应NaClO+CO（NH2）2+2NaOH═N2H4+H2O+NaCl+Na2CO3可制备肼。下列说法正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子可表示为Cl
B．O原子的结构示意图为
C．N2H4的结构式为
D．H2O是由极性键构成的极性分子
【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数＝17+18＝35，元素符号左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，所以中子数为18的氯原子可表示为Cl，故A错误；
B．氧原子核内有8个质子、核外有8个电子，氧原子结构示意图为，故B错误；
C．N2H4分子中N原子形成3个共价键，分子中存在N﹣N键，肼的结构式为，故C错误；
D．H2O的结构式为H﹣O﹣H，该分子中只含O﹣H极性键，该分子空间构型为V形，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D正确；
故选：D。
3．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．用电子云轮廓图表示H﹣H的s﹣sσ键形成的示意图：
B．Na2O2的电子式为Na：O：O：Na
C．共价键的键能越大，分子晶体的熔沸点越高
D．同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1
【解答】解：A．2个H原子中的1s轨道通过“头碰头”形成s﹣sσ键，示意图为，故A正确；
B．过氧化钠属于离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，其电子式为，故B错误；
C．分子晶体的熔沸点高低与共价键无关，与分子间作用力有关，故C错误；
D．在短周期中，同一周期的ⅡA与ⅢA族元素相邻，原子的核电荷数都相差1，但在长周期中，同一周期的ⅡA与ⅢA族元素不相邻，中间由过渡元素隔开，处于第四、第五周期时相差11，处于第六、第七周期时形成25，故D错误；
故选：A。
4．（3分）“中国天眼”探测到距离地球79光年的恒星光谱，经光谱分析该恒星的组成元素有硅、磷、铁、硫等。下列说法正确的是（ ）
A．基态磷原子的未成对电子数为3
B．硅在周期表中的位置为第3周期ⅥA族
C．铁位于元素周期表的ds区
D．基态硫原子的外围电子轨道表示式为
【解答】解：A．P原子外围电子排布式为3s22p3，轨道表达式为，有3个未成对电子，故A正确；
B．Si是14号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，可知Si处于周期表中第三周期第ⅥA族，故B错误；
C．铁元素位于第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，故C错误；
D．电子填充同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，基态硫原子的外围电子轨道表示式为，故D错误；
故选：A。
5．（3分）氮化碳是新发现的高硬度材料，其部分结构如图所示。下列有关其说法不正确的是（ ）
A．氮化碳属于共价晶体
B．氮化碳中碳显﹣4价，氮显+3价
C．氮化碳的硬度比金刚石略大
D．氮化碳中C原子和N原子的最外层都满足8电子稳定结构
【解答】解：A．由题给信息，β﹣氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为超硬新材料，符合共价晶体的典型物理性质，属于共价晶体，故A正确；
B．晶体结构模型中虚线部分是晶体的最小结构单元，正方形的顶点的原子占，边上的原子占，可得晶体的化学式为C3N4，氮元素的电负性大于碳元素，所以在氮化碳中氮元素显﹣3价，碳元素显+4价，故B错误；
C．因为C的原子半径比N大，故氮化碳的C﹣N键键能大于C﹣C键的键能，故氮化碳的硬度比金刚石略大，故C正确；
D．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，故D正确；
故选：B。
6．（3分）下列由事实得出的推断结论不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【解答】解：A．CCl4、中心原子加层电子对数都为4，都不含孤电子对，为正四面体结构，故A错误；
B．Si与Ge都是第ⅣA族，且都位于金属与非金属分界线，性质相似，都可用作半导体，故B错误；
C．基态Cu+中电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，电子占据的原子轨道数目为：1+1+3+1+3+5＝14，故C正确；
D．基态原子外围电子排布为4d105s2的元素位于第5周期ⅡB族，故D错误；
故选：C。
阅读下列材料，完成7～9题：
氯元素具有多种化合价，形成的Cl﹣、ClO﹣、、、等离子，在一定条件下能发生相互转化。Cl2和碱反应可生成多种含氧酸盐，且温度不同，反应产物也不同。
7．下列有关Cl﹣、、、的说法正确的是（ ）
A．中心原子轨道的杂化类型为sp2
B．的空间构型为平面正三角形
C．与的键角相等
D．Cl﹣提供孤电子对与Cu2+可形成
【解答】解：A．中价层电子对数＝2+＝4，中心原子轨道的杂化类型sp3，故A错误；
B．的价层电子对数＝3+＝4，存在一对孤对电子，的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．的价层电子对数＝3+＝4，存在一对孤对电子，的空间构型为三角锥形，价层电子对数＝4+＝4，无孤对电子对，为正四面体结构，键角不同，故C错误；
D．含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Cu2+含有空轨道、Cl﹣含有孤电子对，Cl﹣提供孤电子对与Cu2+可形成，故D正确；
故选：D。
8．在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是（ ）
A．HClOO2
B．Cl﹣
C．Cl2FeCl3
D．Cl2NaClO3（aq）
【解答】解：A．HClO见光分解成盐酸和氧气，物质间所示的转化能实现，故A正确；
B．Cl﹣与SO2不反应，物质间所示的转化不能实现，故B错误；
C．Cl2和铁在点燃的条件下反应生成FeCl3，物质间所示的转化能实现，故C正确；
D．Cl2和氢氧化钠热溶液发生歧化反应生成NaCl、NaClO3、水，物质间所示的转化能实现，故D正确；
故选：B。
9．（3分）许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是（ ）
A．配合物[Ag（NH3）2]OH的外界为OH﹣
B．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O的配位数为5
C．配合物[Cu（NH3）4]SO4⋅H2O的配体为NH3和
D．配合物K3[Fe（CN）6]中Fe的化合价为+2
【解答】解：A．配合物[Ag（NH3）2]OH由[Ag（NH3）2]+和OH﹣构成，[Ag（NH3）2]+是内界，OH﹣是外界，故A正确；
B．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O中配离子为[TiCl（H2O）5]2+，配位为Cl﹣和H2O，则配位数为5+1＝6，故B错误；
C．配合物[Cu（NH3）4]SO4•H2O的配体为NH3，为外界，不是配体，故C错误；
D．CN﹣的化合价为﹣1，K+的化合价为+1，根据化合物中元素化合价代数和为0可得Fe的化合价+3，故D错误；
故选：A。
10．（3分）由下列实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A．Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，推测Ba（ⅡA族）与水反应更快
B．向[Cu（NH3）4]SO4溶液中加入乙醇，析出深蓝色固体，推测[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中溶解度小
C．用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CCl4液流，CCl4液流方向不改变，推测CCl4中不含非极性键
D．向硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲（），溶液变为橙红色，再加入一定体积酸，溶液颜色变浅（与加入等体积水相比较），推测与邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+
【解答】解：A．金属性越强，与水反应越剧烈，由Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，可知Ba（ⅡA族）与水反应更快，故A正确；
B．乙醇可降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度，析出深蓝色固体，可知[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中溶解度小，故B正确；
C．CCl4为极性键形成的非极性分子，用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CCl4液流，CCl4液流方向不改变，可知CCl4为非极性分子，不能说明是否含非极性键，故C错误；
D．溶液变为橙红色，可知生成配合物，加入酸，溶液颜色变浅，可知氢离子与邻二氮菲配位能力强，则与邻二氮菲配位能力：H+＞Fe2+，故D正确；
故选：C。
11．（3分）砷化（GaAs）是优良的半导体材料，熔点为1238℃。从砷化镓废料（主要成分为GaAs、Fe2O3，SiO2，和CaCO3）中回收镓和砷的工艺流程1如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．GaAs是分子晶体
B．“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，则每反应1mlGaAs，转移电子的数目为8ml
C．滤渣Ⅱ的主要成分是H2SiO3
D．GaAs晶胞如图2，距离As最近且等距离的As原子数为8
【解答】解：A．砷化（GaAs）是优良的半导体材料，熔点为1238℃，属于共价晶体，故A错误；
B．“碱浸”时，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，As元素的化合价由﹣3价升高为+5价，则每反应1mlGaAs，转移电子的数目为8ml，故B正确；
C．滤渣Ⅱ含Ga（OH）3、H2SiO3沉淀，故C错误；
D．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离As最近的As原子数为＝12，故D错误；
故选：B。
12．（3分）X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，Z与M同主族；Q位于元素周期表中第四周期，基态原子有1个电子未成对且内层电子全满。Q2+能与NH3形成[Q（NH3）4]2+，[Q（NH3）4]2+中2个NH3被2个Cl﹣取代可得两种不同的结构。Q2Z晶胞如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．简单氢化物的沸点：X＜Y＜Z
B．[Q（NH3）4]2+的空间构型为正四面体形
C．原子半径：X＞Y＞Z
D．每个Q2Z晶胞中含4个Q+
【解答】解：由上述分析可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为S元素、Q为Cu元素，
A．氨气、水分子间含氢键，且水分子间氢键多，则简单氢化物的沸点：X＜Y＜Z，故A正确；
B．[Q（NH3）4]2+中配位数为4，[Q（NH3）4]2+中2个NH3被2个Cl﹣取代可得两种不同的结构，空间构型为平面正方形，故B错误；
C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z，故C正确；
D．由晶胞结构可知，黑球为8×+1＝2个，带点的白球为4个，结合Cu2S的化学式可知，则每个Q2Z晶胞中含4个Q+，故D正确；
故选：B。
二、非选择题（共4题，共61分）
13．（15分）硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在药物和材料等领域具有广泛的应用。乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构式如图1所示：
（1）碳元素位于元素周期表的 p 区。
（2）Se与S同主族，则基态硒原子的核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p4 。
（3）Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞Se 。
（4）比较键角大小：气态SeO3分子 ＞ 离子（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 SeO3中心原子杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，键角为120°，中心原子杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，键角接近109° 。
（5）根据价层电子对互斥理论，可以推知的空间构型为 正四面体形 （用文字描述），其中Se原子采用的轨道杂化方式为 sp3 。
（6）甲硒醇（CH3SeH）可增加抗癌效力，如表中有机物沸点不同的原因是 三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；甲醇分子间存在氢键，故沸点最高 。
（7）化合物X是通过理论计算的方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图2，沿x、y、z轴方向的投影均为图3。则X的化学式为 K2SeBr6 。
【解答】解：（1）C是6号元素，位于第二周期第ⅣA族，属于p区元素，
故答案为：p；
（2）Se与S同主族，位于S的下一周期，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，
故答案为：[Ar]3d104s24p4；
（3）同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，N原子价层电子排布式为2s22p3，处于半充满状态，能量较低，比相邻元素的第一电离能大；同一主族从上到下第一电离能减小，则Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se，
故答案为：N＞O＞Se；
（4）SeO3中心原子杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，键角为120°，中心原子杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，键角接近109°，故键角：SeO3＞，
故答案为：＞；SeO3中心原子杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形，键角为120°，中心原子杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，键角接近109°；
（5）中Se价层电子对数为4+＝4，为sp3杂化，没有孤电子对，空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；sp3；
（6）三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；甲醇分子间存在氢键，故沸点最高，
故答案为：三者均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；甲醇分子间存在氢键，故沸点最高；
（7）根据图2、3信息可知，K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K原子的数目为8，“SeBr6”的数目为8×+6×＝4，则化学式为K2SeBr6，
故答案为：K2SeBr6。
14．（13分）化合物A是一种配合物，其化学式为CuAl2Cl8。某兴趣小组进行了如下实验：
（1）白色固体E的化学式是 Al2O3 ，蓝色溶液G中含有的阳离子除了有Ag+、H+外，还含有 Cu2+、 （用离子符号表示）。
（2）深蓝色溶液D中溶质的阳离子为 [Cu（NH3）4]2+ ，1ml该离子含有的σ键的数目为 16NA 。
（3）化合物A的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，该阴离子的电子式为 。
（4）蓝色溶液B与N2作用，溶液颜色褪去，生成一种无色气体和一种白色沉淀（CuCl）。写出该反应的离子方程式： 4Cu2++N2+4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+ 。
【解答】解：（1）白色固体E为Al2O3；G溶液一定含硝酸铜、硝酸银、硝酸、硝酸铵，含有的阳离子除了有Ag+、H+外，还含有Cu2+、，
故答案为：Al2O3；Cu2+、；
（2）蓝色溶液B 中加入足量氨水得到深蓝色溶液为铜氨配合物，含[Cu（NH3）4]2+离子；配位体与中心Cu2+之间以配位键结合，在NH3中存在3个N﹣H极性共价键，共价键及配位键都是σ键，故1个[Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目是4+3×4＝16个，则1ml[Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目是16NA，
故答案为：[Cu（NH3）4]2+；16NA；
（3）化合物（A） CuAl2Cl8的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，由于CH4是正四面体结构，说明CuAl2Cl8的阴离子是，其电子式是，
故答案为：；
（4）蓝色溶液B与N2作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成白色沉淀（CuCl），分析判断气体为N2，结合原子守恒、电子守恒和电荷守恒书写反应的离子方程式为：4Cu2++N2+4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+，
故答案为：4Cu2++N2+4Cl﹣＝4CuCl↓+N2↑+5H+。
15．（17分）Cl2O气体在1834年首次被发现并确定为一种浅橙黄色气体，常用作木浆的有效漂白剂等。实验室用如图1所示装置（加热装置和夹持仪器已省略）制备少量Cl2O。
已知：①常压下，Cl2沸点﹣34.0℃，熔点﹣101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点﹣120.6℃。
②Cl2O热稳定性差，常温下即可分解，与氧气等混合时易发生爆炸。
③Cl2O在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。
（1）实验前通入N2的目的是 排出装置内的空气，防止Cl2O爆炸 。
（2）用装置C吸收Cl2制备Cl2O，C中磷酸钠对应的产物为磷酸氢钠，写出该反应的离子方程式 2Cl2+2+H2O＝2+Cl2O+2Cl﹣ 。
（3）装置E的作用是 冷凝Cl2O且防止Cl2O分解 。
（4）Cl2O常用于制取高纯度HClO溶液。将Cl2O与5℃的蒸馏水充分混合反应后，从水溶液中分离出Cl2O的实验操作为 将溶液转移到分液漏斗中，加入适量 CCl4，Cl2O 溶在 CCl4中，然后振荡、静置，将下层溶有Cl2O的CCl4液体从下口放出 。
（5）近日，北京师范大学研究团队提出了一种新的Cl2O形成机理。其反应机理如图2所示，写出反应①的离子方程式： HClO+H++Cl﹣＝Cl2↑+H2O 。
（6）已知Cl2O可被FeSO4等物质还原。取某Cl2O的稀释液10.00mL于锥形瓶中，并加入⋅L﹣1的FeSO4溶液，充分反应后，用0.0500ml⋅L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原Cl2O的稀释液的物质的量浓度为 0.05ml/L （不考虑Cl2参与反应，写出计算过程。）
【解答】解：（1）Cl2O热稳定性差，常温下即可分解，与氧气等混合时易发生爆炸，实验前通入N2的目的是排出装置内的空气，防止Cl2O爆炸，
故答案为：排出装置内的空气，防止Cl2O爆炸；
（2）用装置C吸收Cl2制备Cl2O，C中磷酸钠对应的产物为磷酸氢钠，该反应的离子方程式2Cl2+2+H2O＝2+Cl2O+2Cl﹣，
故答案为：2Cl2+2+H2O＝2+Cl2O+2Cl﹣；
（3）Cl2O沸点2.0℃，熔点﹣120.6℃，装置E的作用是冷凝Cl2O且防止Cl2O分解，
故答案为：冷凝Cl2O且防止Cl2O分解；
（4）Cl2O在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，从水溶液中分离出Cl2O的实验操作为将溶液转移到分液漏斗中，加入适量 CCl4，Cl2O 溶在 CCl4 中，然后振荡、静置，将下层溶有Cl2O的CCl4液体从下口放出，
故答案为：将溶液转移到分液漏斗中，加入适量 CCl4，Cl2O 溶在 CCl4 中，然后振荡、静置，将下层溶有Cl2O的CCl4液体从下口放出；
（5）反应①的离子方程式：HClO+H++Cl﹣＝Cl2↑+H2O，
故答案为：HClO+H++Cl﹣＝Cl2↑+H2O；
（6）Cl2O反应过程转化为氯离子，由得失电子数目守恒可得：4n（Cl2O）+5n（KMnO4）＝n（FeSO4），由滴定消耗的酸性高锰酸钾溶液可知，Cl2O溶液中Cl2O的物质的量为ml＝0.0005ml，则Cl2O的浓度为ml/L＝0.05ml/L，
故答案为：0.05ml/L。
16．（16分）二氧化氯（ClO2）常温常压下为气体，是一种高效的消毒剂，也可用于某些污染物的处理。
Ⅰ.ClO2的制备：
（1）工业上采用亚氯酸钠（NaClO2）溶液和盐酸混合制取ClO2，写出该反应的化学方程式： 5NaClO2+4HCl＝5NaCl+4Cl2O↑+2H2O 。
（2）用如图1所示装置进行电解（电极不反应），也可制得ClO2。
①电解时，溶液的pH 增大 （填“减小”“增大”或“不变”）。
②阴极上产生ClO2的机理如图2所示（A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出）。该机理可描述为 在阴极得到电子生成ClO2，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成，与溶液中的反应生成ClO2 。
Ⅱ.ClO2的用途：
（3）ClO2可用于果蔬保鲜。ClO2使用时常用稳定剂来吸收、转化。不同稳定剂释放出ClO2浓度随时间变化趋势如图3所示，其中效果较好的稳定剂是 稳定剂Ⅱ （填“稳定剂Ⅰ”或“稳定剂Ⅱ”），原因是 稳定剂Ⅱ释放的浓度有12天超过起保鲜作用的最低浓度，保鲜效果好 。
（4）ClO2可用于去除水体中Mn2+。某实验小组用弱碱性溶液模拟实际水体消毒过程中Mn2+和ClO2的反应，实验结果发现溶液中有黑色浑浊产生，溶液中微粒浓度变化如图4所示。
①在0﹣3h内，发生的主要反应的离子方程式为 Mn2++2ClO2+4OH﹣＝MnO2↓+2+2H2O 。
②在5﹣8h时，耗氯量增幅较大的可能原因是 ClO2转化为，耗氯量增大 。
【解答】解：（1）工业上采用亚氯酸钠（NaClO2）溶液和盐酸混合制取Cl2O，该反应的化学方程式为：5NaClO2+4HCl＝5NaCl+4Cl2O↑+2H2O，
故答案为：5NaClO2+4HCl＝5NaCl+4Cl2O↑+2H2O；
（2）①电极氯酸钠和硫酸的混合溶液制取ClO2，阴极生成ClO2，阳极生成O2，电解时总反应为：5+4H+4ClO2↑+O2↑+2H2O，反应消耗H+，溶液的pH增大，
故答案为：增大；
②阴极上产生ClO2的机理如图2所示，A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出，该机理可描述为：在阴极得到电子生成ClO2，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成，与溶液中的反应生成ClO2，
故答案为：在阴极得到电子生成ClO2，生成的ClO2在阴极迅速得到电子生成，与溶液中的反应生成ClO2；
（3）由图可知，稳定剂Ⅱ释放的浓度有12天超过起保鲜作用的最低浓度，而稳定剂Ⅰ起作用不超过2天，即稳定剂Ⅱ有较长时间维持保鲜所需的浓度，因此效果较好的稳定剂是稳定剂Ⅱ，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ释放的浓度有12天超过起保鲜作用的最低浓度，保鲜效果好；
（4）①ClO2可用于去除水体中Mn2+，某实验小组用弱碱性溶液模拟实际水体消毒过程中Mn2+和ClO2的反应，结果发现溶液中有黑色浑浊产生，即有MnO2生成，溶液中微粒浓度变化如图4所示，由图可知，在0﹣3h内，发生的主要反应的离子方程式为：Mn2++2ClO2+4OH﹣＝MnO2↓+2+2H2O，
故答案为：Mn2++2ClO2+4OH﹣＝MnO2↓+2+2H2O；
②在5﹣8h时，的浓度增大，即ClO2转化为，所以耗氯量增大，
故答案为：ClO2转化为，耗氯量增大
选项
事实
推断结论
A
CH4、为正四面体结构
CCl4、也为正四面体结构
B
Si是半导体材料
Ge也是半导体材料
C
Cu的原子序数为29
基态Cu+中电子占据的原子轨道数目为14
D
第ⅡA族基态原子最外层电子数都是2
基态原子外围电子排布为4d105s2的元素位于第5周期ⅡA族
有机物
甲醇（CH3OH）
甲硫醇（CH3SH）
甲硒醇（CH3SeH）
沸点/℃
64.7
5.95
25.05