【化学】陕西省渭南市临渭区尚德中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

【化学】陕西省渭南市临渭区尚德中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题（解析版）

陕西省渭南市临渭区尚德中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 ‎1.若aAn＋与bB2-两种离子的核外电子层结构相同，则a的数值为（ ）‎ A. b＋n＋2 B. b＋n－2‎ C. b－n－2 D. b－n＋2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】aAn+的核外电子数=a－n，bB2-核外电子数= b＋2，若aAn+与bB2-两种离子的核外电子层结构相同，即两个微粒的核外电子数相同，则a－n＝b＋2，所以a＝n＋b＋2，答案选A。‎ ‎2. 核外电子层结构相同的一组粒子是(　　)。‎ A. Mg2+、Al3+、Cl-、Ne B. Na+、F-、S2-、Ar C. K+、Ca2+、S2-、Ar D. Mg2+、Na+、Cl-、S2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镁离子、铝离子和氖的电子层结构相同，比氯离子少一个电子层，故A错误；‎ B. 钠离子和氟离子电子层结构相同，硫离子和氩原子电子层结构相同，但钠离子和氟离子比硫离子和氩原子少一个电子层，故B错误；‎ C. 钾离子、钙离子、硫离子和氩核外都是18个电子，所以电子层结构相同，故C正确；‎ D. 钠离子和镁离子电子层结构相同，硫离子和氯离子电子层结构相同，但钠离子和镁离子比氯离子和硫离子少一个电子层，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.图甲和图乙表示的是短周期部分或全部元素的某种性质的递变规律，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图甲横坐标为原子序数，纵坐标表示元素的最高正价 B. 图甲横坐标为核电荷数，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)‎ C. 图乙横坐标为最高正价，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)‎ D. 图乙横坐标为最外层电子数，纵坐标表示元素的原子半径(单位：pm)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、如果是短周期，第二周期中O、F没有正价，故错误；‎ B、同周期从左向右，原子半径减小，故错误；‎ C、第二周期O、F没有正价，故错误；‎ D、同周期从左向右最外层电子数最大，但半径减小，故正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列各选项对应关系错误的是（ ）‎ A. 图①可以表示F－、Na＋、Mg2＋、Al3+四种半径的大小关系 B. 图②可以表示ⅡA族元素原子的最外层电子数 C. 图③可以表示第三周期各主族元素的最高化合价 D. 图④可以表示第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，A正确，不选；‎ B．ⅡA族元素原子的最外层电子数为2，相等，B正确，不选；‎ C．第三周期各主族元素的最外层电子数逐渐增大，最高化合价依次升高，C正确，不选；‎ D．第三周期中各主族元素的最高化合价与最低化合价之和分别为1、2、3、0、2、4、6，与图像不符，D错误，符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎5.有下列结论：①微粒半径：S2－＞Cl－＞F；②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞H2Se；③‎ 离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－；④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te；⑤酸性：H2SO4＞HClO4＞H2SeO4；⑥非金属性：F＞S＞Se。其中正确的是（ ）‎ A. ①②④⑥ B. ①③④ C. 只有① D. 只有⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①电子层数相同的粒子，原子序数越大半径越小，则S2－＞Cl－；电子层数不同的粒子，电子层数越多半径越大，则Cl－＞F，所以微粒半径：S2－＞Cl－＞F，故①正确；‎ ‎②同周期从左到右，非金属性依次增强，则非金属性Cl＞S ，同主族从上到下，非金属性依次减弱，则F＞Cl，S＞Se，有F＞Cl＞S＞Se，非金属性越强，氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性为HF＞HCl＞H2S＞H2Se，故②正确；‎ ‎③同主族从上到下，非金属依次减弱，则非金属性Cl＞Br＞I，离子的还原性I－＞Br－＞Cl－，由于反应I2+S2-=S↓+2 I-，有单质氧化性I2＞S，离子的还原性S2-＞I-，所以离子的还原性：S2－＞I－＞Br－＞Cl－，故③错误；‎ ‎④同周期从左到右，非金属性依次增强，则非金属性Cl＞S ，同主族从上到下，非金属性依次减弱，非金属性S＞Se＞Te，所以非金属性Cl＞S＞Se＞Te，对应单质的氧化性为Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；‎ ‎⑤根据④得非金属性Cl＞S＞Se，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性为HClO4＞H2SO4＞H2SeO4，故⑤错误；‎ ‎⑥同周期从左到右，非金属性依次增强，则非金属性Cl＞S ，同主族从上到下，非金属性依次减弱，则F＞Cl，S＞Se，所以有F＞S＞Se，故⑥正确；‎ 正确的有①②④⑥。‎ 答案选A。‎ ‎6.下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是(　　)‎ A. e的氢化物比d的氢化物稳定 B. a、b、e三种元素的原子半径：e>b>a C. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼 D. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表，a、b、c、d、e、f依次为Na、Mg、C、O、S、Cl元素。‎ ‎【详解】A、非金属性：OS，d的氢化物比e的氢化物稳定，A项错误；‎ B、根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：abe，B项错误；‎ C、c为C元素，C原子最外层有4个电子，既难失电子，又难得电子，c元素单质的化学性质不活泼，C项错误；‎ D、c、e、f的最高价氧化物对应的水化物依次为H2CO3、H2SO4、HClO4，H2CO3属于弱酸，H2SO4、HClO4都是强酸，非金属性：ClS，酸性：HClO4H2SO4，c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列微粒之间能形成离子键的是（ ）‎ ‎①Mg2＋②③质量数为18，中子数为8的原子④第三周期中原子半径最大的原子(惰性气体除外)‎ A. ②④ B. ①③ C. ③④ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】除氯化铝外，金属离子或铵根与非金属离子之间形成离子键，据此回答问题。‎ ‎【详解】①Mg2＋是金属离子，②为氟离子，③质量数为18，中子数为8的原子原子序数为10，是氖，为稀有元素，④第三周期中原子半径最大的原子为钠原子，故能形成离子键的是①②或②④。‎ 答案为A ‎8.下列物质中均既有离子键又有共价键的一组是（ ）‎ A. NaOH、H2O、NH4Cl B. KOH、Na2O2、NH4Cl C. MgO、CaBr2、NaCl D. Na2S、HCl、MgCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】除氯化铝外，金属或铵根与非金属离子结合形成离子键，非金属原子之间形成共价键。‎ ‎【详解】A. NaOH和NH4Cl均既有离子键又有共价键，H2O只有共价键，A不符合题意；‎ B. KOH、NH4Cl 、Na2O2均既有离子键又有共价键， B符合题意；‎ C. MgO、CaBr2、NaCl只有离子键，C不符合题意； ‎ D. Na2S、MgCl2只有离子键， HCl只有共价键，D不符合题意。‎ 答案B。‎ ‎9.实验室中，一般使用MnO2和浓盐酸制备少量Cl2，涉及的主要操作如下：‎ ‎①将烧瓶固定在铁架台上；‎ ‎②将酒精灯放在铁架台合适位置，根据酒精灯确定铁圈的高度，固定铁圈，放上石棉网；‎ ‎③向烧瓶中加入MnO2，再向分液漏斗中加入盐酸，并将导管放入集气瓶中；‎ ‎④检查装置的气密性；‎ ‎⑤在烧瓶上装好漏斗，连接好导管；‎ ‎⑥选取实验仪器和实验试剂。‎ 最好的实验操作顺序是（ ）‎ A. ⑥②③④①⑤ B. ⑥②①③⑤④‎ C. ⑥②①⑤④③ D. ⑥②①③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】进行实验时，先选取合适的仪器及试剂；再安装实验装置，安装实验装置时，应该从左到右，从下到上；安装好仪器后检查装置气密性；最后加入试剂，进行气体制备。因此顺序为⑥②①⑤④③，C符合题意。‎ 答案选C ‎10.关于实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2的反应，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 还原剂是HCl，氧化剂是MnO2‎ B. 每生成1molCl2，转移电子的物质的量为1mol C. 每消耗1molMnO2，起还原剂作用的HCl消耗2mol D. 足量MnO2与含0.4molHCl的浓盐酸共热可得到0.1molCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl元素的化合价升高，Mn元素的化合价降低，则还原剂是HCl，氧化剂是MnO2，选项A正确；‎ B．每生成1mol Cl2，转移电子的物质的量为1mol×2×[0-(-1)]=2mol，选项B正确；‎ C．由反应可知，每消耗1mol MnO2，起还原作用的HCl消耗2mol，起酸性作用的HCl为2mol，选项C正确；‎ D．MnO2只能氧化浓盐酸不能氧化稀盐酸，故无论MnO2是否足量，HCl都不能完全反应，因此得不到0.1molCl2，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.关于A(g)＋B(g)=‎3C(g)的化学反应，下列表示的反应速率最快的（ ）‎ A. v(A)＝0.6mol/(L·min) B. v(B)＝0.3mol/(L·min)‎ C. v(C)＝0.9mol/(L·s) D. v(C)＝1.2mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在化学反应中，不同物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比，则该物质的反应速率与其计量系数比越大，反应速率越快；‎ A．＝0.6mol/(L·min)；‎ B．＝0.3mol/(L·min)；‎ C．＝18mol/(L·min)；‎ D．＝0.4mol/(L·min)；‎ 反应速率最快的为C；‎ 答案选C。‎ ‎12.对于以下反应：A(s)＋3B(g)‎2C(g)＋D(g)，在一定温度、压强下，在一体积可变的容器中，当下列物理量不再发生变化时就可确定反应一定达到平衡状态的是（ ）‎ A. 容器的体积不再发生变化 B. B的生成速率和D的反应速率之比为3∶1‎ C. 混合气体的密度不随时间变化 D. B、C、D的分子个数之比为3∶2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A为固体，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，气体体积不变，所以不能根据容器体积判断是否达到平衡状态，故A错误；‎ B．无论反应是否达到平衡状态，B的生成速率和D的反应速率始终为3：1，所以不能说明正逆反应速率相等，故B错误；‎ C．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积可变，气体的质量可变，所以混合气体的密度不随时间变化能证明该反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，平衡时的浓度取决于起始物质的配料比以及转化的程度，不能用以判断是否达到平衡状态，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎13.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）‎ 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓氨水 CaO NH3‎ H2O B 浓硫酸 Na2SO3‎ SO2‎ NaOH溶液 C 稀硝酸 Cu NO2‎ H2O D 浓盐酸 MnO2‎ Cl2‎ NaOH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。‎ ‎【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；‎ B、正确；‎ C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；‎ D、制取氯气需要加热，错误。‎ ‎14.如图所示，将镁棒和铜棒插入橙子中，用导线将其接入电流表后电流表指针发生偏转，该电池中（ ）‎ A. 镁棒是正极 B. 铜棒是负极 C. 镁棒被氧化 D. 铜棒被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池的工作原理是活泼金属作负极，负极上失去电子，化合价升高，被氧化，正极上得到电子，化合价降低，被还原。‎ ‎【详解】镁比铜活泼，根据原电池的工作原理，镁棒失去电子，化合价升高，被氧化，作负极；铜棒上得到电子，化合价降低，被还原，作正极，负极上发生Mg－2e－=Mg2＋，正极上发生：2H＋＋2e－=H2↑，选项C正确。‎ 答案选C。‎ ‎15.如图所示的装置中铁棒上析出铜，而铁的质量不变，符合要求的原电池是（ ）‎ A. 铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液 B. 锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液 C. 锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是FeCl3溶液 D. 铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是H2SO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据原电池原理，铁棒上析出铜，而铁的质量不变，说明铁电极发生还原反应，为正极，负极为金属活动性强于铁的金属材料。‎ ‎【详解】A. 根据原电池原理，铁棒做正极，A错误； ‎ B. 锌棒金属活动性比铁强，做负极，发生锌置换铜的反应，电解质溶液是CuSO4溶液，B正确；‎ C. 锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液应含有铜离子，C错误；‎ D. 根据原电池原理，铁棒做正极，发生还原反应，D错误。‎ 答案为B。‎ ‎16.根据下列事实 ‎①由X电极、碳棒和Y的硫酸盐溶液形成的原电池，碳棒上生成一层Y金属 ‎②Z＋H2O(冷)===Z(OH)2＋H2↑‎ ‎③由Y和W电极组成的电池，Y电极反应为Y－e－===Y2＋‎ 可知X、Y、Z、W的金属活泼性顺序为（ ）‎ A. X＞Z＞Y＞W B. Z＞W＞X＞Y C. Z＞Y＞X＞W D. Z＞X＞Y＞W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由①知，X应为电极的负极反应物，失电子发生氧化反应。Y2+在正极碳棒上得电子析出Y金属单质，电池总反应为X +Y2+=X2++Y，故X金属活泼性大于Y金属活泼性；‎ 由②知，Z的活泼性非常强；‎ 由③知Y金属电极应为电池的负极，Y金属活泼性大于W的金属活泼性；‎ 故得出Z>X>Y>W；‎ 答案选D。‎ ‎17.丙烷(C3H8)的二氯取代物有（ ）‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】丙烷(C3H8)的二氯取代物有CH3CHClCH2Cl、CH2ClCH2CH2Cl、CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3，共计4种，答案选C。‎ ‎18.1mol甲烷和氯气发生取代反应，待反应完成后，测得四种取代物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量为（ ）‎ A. 0.5‎mol B. 2mol C. 2.5mol D. 4mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氯气发生的取代反应是1个氯原子替换出1个氢原子，另一个氯原子则与氢原子结合生成氯化氢， 可从氢原子守恒的角度解析。‎ ‎【详解】1molCH4与Cl2发生取代反应，欲得到四种取代物的物质的量相等，则生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各为0.25mol，该四种取代物中n(Cl)=0.25mol×(1+2+3+4)=2.5mol，根据取代反应的特点知n(Cl2)=n(HCl)=2.5mol；‎ 答案选C。‎ ‎19.各城市为保持街道整洁、湿润，在路面或广场上喷洒含化学式为XY2的溶液作保湿剂。X原子的结构示意图为，X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同。元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子。‎ ‎(1)m＝________，该保湿剂的化学式为________。‎ ‎(2)Z、W元素的名称分别为________、________。‎ ‎(3)下列说法正确的是________。‎ A. XY2和WZ2都为离子化合物 B. XY2中仅含离子键，WZ2中仅含极性共价键 C. H2Z比HY的稳定性强 D. X的阳离子比Y的阴离子半径大 ‎(4)下列化学用语表达正确的是________。‎ A. XY2的电子式：‎ B. WZ2的结构式：Z=W=Z C. Y元素的单质与H2Z水溶液反应的离子方程式：Y2＋Z2－=2Y－＋Z↓‎ ‎【答案】(1). 20 (2). CaCl2 (3). 硫 (4). 碳 (5). B (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】X原子的结构示意图为，由于K层最多容纳2个电子，L层最多容纳8个电子，可知a=2，b=8，核电荷数为20，故X为Ca元素；由化学式XY2可知Y的化合价为-1价，而X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同，则离子核外电子数相等，Ca2+核外电子数为18，则Y原子核外电子数为17，故Y为Cl元素，则该保湿剂为CaCl2；元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，符合条件的元素有He、C、S，由于Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子，则Z为S元素，W为C元素，二者形成的分子为CS2，据此解答。‎ ‎【详解】(1) 由上述分析可知，m=20，该保湿剂的化学式为CaCl2； ‎ ‎(2) 由上述分析可知，Z、W元素的名称为硫、碳； ‎ ‎(3) A. XY2是CaCl2，为仅含离子键的离子化合物，WZ2是CS2，为仅含极性键的共价化合物，A错误； ‎ B. 由A项分析可知，CaCl2中仅含有离子键，CS2中仅含有极性共价键，B正确；‎ C. 同周期从左到右，非金属性依次减弱，则S的非金属性弱于Cl，根据非金属性越强，氢化物越稳定，则H2S的稳定性比HCl弱，C错误；‎ D. Ca2+、Cl-具有相同的电子层结构，电子层相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，所以Ca2+的核电荷数大，半径小，D错误。‎ 答案选B； ‎ ‎(4)A. XY2为CaCl2，其电子式为-Ca2+-，A错误；‎ B. WZ2为CS2，结构式为S=C=S，B正确；‎ C. H2S为弱酸，应写成化学式，即Cl2+H2S=2H++2Cl-+S↓，C错误。‎ 答案选B。‎ ‎20.现有A、B、C三种烃的球棍模型如图所示：‎ ‎(1)A、B、C的分子式分别是________、________、________；‎ ‎(2)在‎120℃‎、1.01×105‎ Pa时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测反应前后气体体积，没有发生变化，这两种气态烃是________；‎ ‎(3)写出B转化为C的化学方程式：_________________________________________________；‎ ‎(4)除去气体C中混有的少量B可选用的试剂名称是________。‎ ‎【答案】(1). CH4 (2). C2H4 (3). C2H6 (4). CH4、C2H4 (5). CH2=CH2＋H2CH3CH3 (6). 溴水 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示，A为甲烷的球棍模型，B为乙烯的球棍模型，C为乙烷的球棍模型，根据有机物的结构性质解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，A、B、C的分子式分别是CH4、C2H4、C2H6；‎ ‎(2)当温度高于‎100℃‎时，水为气体，由CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，燃烧前后反应气体体积没有变化所以1+ x+=x+，解得y=4，所以这两种气体CH4、C2H4；‎ ‎(3)乙烯在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成乙烷，化学方程式：CH2=CH2＋H2CH3CH3；‎ ‎(4)乙烷中混有乙烯，可根据烯烃和烷烃的性质不同选择试剂，乙烷与溴水不反应，乙烯可与溴水发生加成反应，可选用的试剂名称是溴水。‎ ‎21.德国化学家凯库勒研究提出的苯分子结构模型如图所示：‎ ‎(1)请根据苯的分子结构模型，写出苯的分子式_______，结构式____________，结构简式________________。‎ ‎(2)向试管中加入3 mL酸性高锰酸钾溶液，再加入1 mL苯，振荡试管。观察到的实验现象是_______________。‎ ‎(3)向试管中加入1 mL溴水，再加入3 mL苯，振荡试管。观察到的实验现象是_____________。‎ ‎(4)你认为凯库勒提出的苯的分子结构符合实验事实吗？________，理由是_____________。‎ ‎【答案】(1). C6H6 (2). (3). (4). 试管中的液体分为两层，上层无色，下层紫红色 (5). 试管中的液体分为两层，上层红棕色，下层无色 (6). 不符合实验事实 (7). 因为苯不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，说明它没有典型的碳碳双键 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据苯的分子结构模型，可知苯的分子式C6H6，结构式为，结构简式。答案：C6H6 ； ； 。‎ ‎(2) 因为苯分子结构中含有特殊的碳碳键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，且苯和酸性高锰酸钾溶液不互溶，密度又比水小，所以试管中的液体分为两层，上层无色，下层紫红色；答案：试管中的液体分为两层，上层无色，下层紫红色；‎ ‎(3) 苯分子结构中含有特殊的碳碳键，不能与溴水发生反应，但苯可以萃取溴水中的溴，所以向试管中加入1 mL溴水，再加入苯，振荡后静置试管中的液体分为两层，上层红棕色，下层无色试管。答案：试管中的液体分为两层，上层红棕色，下层无色；‎ ‎(4) 因为苯不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，说明它没有典型的碳碳双键，所以凯库勒提出的苯的分子结构不符合实验事实；答案：不符合实验事实；因为苯不能与溴水发生加成反应使溴水褪色，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，说明它没有典型的碳碳双键。‎ ‎22.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。‎ 实验过程：‎ Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。‎ Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。‎ Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。‎ Ⅳ.……‎ ‎(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是_________________。‎ ‎(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_____________________________。‎ ‎(3)B中溶液发生反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是_____________________。‎ ‎【答案】(1). (2). 淀粉－KI试纸变蓝 (3). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，湿润的淀粉-KI试纸变蓝，说明氯气的氧化性强于碘；生成的氯气通入B和C中与溴化钠反应生成溴，溶液变为棕红色，说明氯气置换出了溴；要验证溴的氧化性强于碘，只需要将C中的溴放入D中观察现象即可，据此解答。‎ ‎【详解】(1)A中产生黄绿色气体是氯气，其电子式是；‎ ‎(2)湿润的淀粉-KI试纸变蓝色，说明有单质碘生成，也说明氯气氧化性强于单质碘，氯气将碘离子氧化为碘单质，故答案为湿润的淀粉-KI试纸变蓝； ‎ ‎(3)氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-； ‎ ‎(4)为验证溴的氧化性强于碘，应将分液漏斗C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静置后CCl4层溶液变为紫红色，故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CCl4层溶液变为紫红色。‎