云南省2020届高三适应性考试化学（A卷）试卷 Word版含解析 17页

理综化学 第I卷(选择题)‎ ‎1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是 A. 地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂 B. 油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收 C. 2020年3月9日，发射了北斗系统的第五十四颗导航卫星，其计算机芯片材料是高纯度的二氧化硅 D. 预防新型冠状病毒，可用95%的医用酒精进行环境消毒 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地沟油主要成分是油脂，能够在碱性条件下发生酯的水解反应即皂化反应来制取肥皂；能够发生酯交换反应来制取生物柴油，经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂，故A正确；‎ B．油脂能发生水解反应，在人体内水解为高级脂肪酸和甘油等小分子物质后被吸收，不能得到氨基酸，故B错误；‎ C．光纤的主要成分为二氧化硅，硅是良好的半导体材料，是制造计算机的芯片材料，故C错误；‎ D．浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，则75%的酒精消毒效果好，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎2. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是 A. 7.8g Na2O2晶体中离子总数为0.4NA B. 200g质量分数为17%H2O2溶液中极性键数目为2NA C. 密闭容器中2molNO和1molO2充分反应后，混合物中氧原子数为4NA D. 6g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于1mol过氧化钠(Na2O2)中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol - 17 -‎ 阴阳离子，7.8g过氧化钠的物质的量是n(Na2O2)==0.1mol，总计含有0.3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；‎ B．200 g 质量分数17%H2O2溶液中含34g H2O2，物质的量为n(H2O2)== 1.0mol，由H2O2的结构式H-O-O-H可知，含极性键数目为2NA，由于该溶液中还含有水，水分子中也含极性键，故此溶液中含有的极性键的个数多于2NA，故B错误；‎ C．一个NO分子中含1个氧原子，一个O2分子中含2个氧原子，2molNO与1molO2中共含4mol氧原子即4NA个，故C正确；‎ D．6.0克SiO2晶体物质的量为n(SiO2)==0.1mol，一个二氧化硅含有4个硅氧键键，0.1molSiO2结构中含有0.4NA个硅氧键，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎3. 下表中实验操作、现象以及所得出的结论都正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向1mL 2 mol·L－1NaOH溶液加入2滴0.1 mol·L－1MgCl2溶液，再滴加2滴0.1 mol·L－1FeCl3溶液 先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀 Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶 B 向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液 无明显现象 NH3·H2O和AgNO3不反应 C 向试管中某溶液加入NaOH溶液 试管口湿润的红色石蕊试纸不变蓝 溶液中无NH4+‎ D 浓硫酸加入Cu片后，加热 有白色固体生成 白色固体为CuSO4‎ A. A B. B C. C D. D - 17 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中含有大量的OH-，可能两种沉淀共存，但不能确定两者的溶解性大小，错误；‎ B、氨水过量，可能形成银氨溶液，实验结论错误；‎ C、若溶液的浓度很小，虽然反应，但氨气未能逸出，结论错误；‎ D、浓硫酸中水的量少，生成的硫酸铜析出固体，正确。‎ ‎4. 合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 物质X的分子中存在2种含氧官能团 B. 物质Y可以发生水解和消去反应 C. 1molZ最多可与2molBr2发生加成反应 D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH的物质的量之比为1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官能团，故A正确；‎ B.物质Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去反应，故B正确；‎ C.1molZ含有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2发生加成反应，故C正确；‎ D.1mol X与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量为2mol，故D错误。‎ ‎5. 一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是(　　)‎ - 17 -‎ A. 工业上通过电解熔融的WX来制得W B. W、X对应的简单离子半径顺序为：W＞X C. 该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构 D. Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可以看出，Y显4价，说明最外层电子数为4，X显2价，最外层电子数为6，W显+2价，说明它是第ⅡA族的金属元素，所以Z为氢(H)；由“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，可确定W为镁(Mg)，X为氧(O)，从而得出Y为碳(C)。‎ ‎【详解】A．工业上利用电解熔融MgCl2的方法制镁，A不正确；‎ B．W(Mg)、X(O)对应的简单离子半径顺序为：O2->Mg2+，B不正确；‎ C．该漂白剂中氢(H)元素不满足8电子稳定结构，C不正确；‎ D．Y为碳(C)，它的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6. 磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6＋Li1—xFePO4=6C＋LiFePO4 。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是 A. 放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 B. 充电时电子从电源经铝箔流入正极材料 C. 隔膜在反应过程中只允许Li+ 通过 D. 充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4－xe－== Li1－xFePO4＋xLi+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A．原电池放电时，电解质中阳离子移向正极，即Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极，故A正确；‎ B．充电时电子从外电源负极→阴极、阳极→电源正极，即充电时电子从电源经铜箔流入负极材料，故B错误；‎ C．放电时，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，原电池的正极与外加电源正极相接，电极反应与原电池正极反应相反，即充电时电池正极上发生的反应为LiFePO4-xe-═Li1-xFePO4+xLi+，故C正确；‎ D．该原电池中，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，所以隔膜为阳离子交换膜，在反应过程中只允许Li+通过，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池原理和电解池原理的应用，把握原电池正负极的判断以及电极上发生的反应是解题的关键，根据磷酸铁锂电池的切面图和总反应LixC6+Li1-xFePO4═6C+LiFePO4可知，铜箔为负极，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，铝箔为正极，正极反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，选项B为易错点。‎ ‎7. 常温下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 直线MN代表CuS沉淀溶解平衡 B. N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)‎ C. P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀 D. M点和N点的c(S2－)之比为1×10－20‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【详解】A选项，N点c(S2－) = 1×10-20mol/L，c(Mn+) = 1×10-15mol/L，M点c(S2－) = 1×10-40mol/L，c(Mn+) = 1×10-5mol/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c(S2－)∙c(Mn+) = 1×10-40×1×10-5 =1×10-45，N点c(S2－)∙c(Mn+) = 1×10-20×1×10-15 =1×10-35，M点和N点的Ksp不相同，故A错误；‎ B选项，在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，但由于Ksp的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B错误；‎ C选项，根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点QKsp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C错误；‎ D选项，M点c(S2－) = 1×10-40mol/L，N点c(S2－) = 1×10-20mol/L，两者的c(S2－)之比为1×10－20，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎8. 苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备流程如下：‎ 试剂相关性质如下表：‎ 苯甲酸 乙醇 苯甲酸乙酯 常温性状 白色针状晶体 无色液体 无色透明液体 沸点/℃‎ ‎249.0‎ ‎78.0‎ ‎212.6‎ 相对分子量 ‎122‎ ‎46‎ ‎150‎ 溶解性 微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂 与水任意比互溶 难溶于冷水，微溶于热水，易溶于乙醇和乙醚 回答下列问题：‎ ‎（1）为提高原料苯甲酸的纯度，可采用的纯化方法为_________。‎ ‎（2）步骤①的装置如图所示（加热和夹持装置已略去），将一小团棉花放入仪器B - 17 -‎ 中靠近活塞孔处，将吸水剂（无水硫酸铜的乙醇饱和溶液）放入仪器B中，在仪器C中加入 12.2 g纯化后的苯甲酸晶体，30 mL无水乙醇（约0.5 mol）和3 mL浓硫酸，加入沸石，加热至微沸，回流反应1.5~2 h。仪器A的作用是_________；仪器C中反应液应采用_________方式加热。‎ ‎（3）随着反应进行，反应体系中水分不断被有效分离，仪器B中吸水剂的现象为_________。‎ ‎（4）反应结束后，对C中混合液进行分离提纯，操作I是_________；操作II所用的玻璃仪器除了烧杯外还有_________。‎ ‎（5）反应结束后，步骤③中将反应液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，还有_____；加入试剂X为_____（填写化学式）。‎ ‎（6）最终得到产物纯品12.0 g，实验产率为_________ %（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 重结晶 (2). 冷凝回流乙醇和水 (3). 水浴加热 (4). 吸水剂由白色变为蓝色 (5). 蒸馏 (6). 分液漏斗 (7). 降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分层 (8). Na2CO3或NaHCO3 (9). 80.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯甲酸与乙醇在浓硫酸作催化剂发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙醇和苯甲酸能够混溶，苯甲酸乙酯与乙醇沸点差异较大，因此操作I为蒸馏，混合液2中主要成分为苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入试剂X除去苯甲酸，因此可选择试剂饱和碳酸钠进行除杂，然后分液制备粗产品，然后通过干燥制备苯甲酸乙酯纯品，以此解答本题。‎ ‎【详解】（1）可通过重结晶的方式提高原料苯甲酸的纯度；‎ ‎（2）仪器A为球形冷凝管，在制备过程中乙醇易挥发，因此通过球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；该反应中乙醇作为反应物，因此可通过水浴加热，避免乙醇大量挥发；‎ ‎（3）仪器B中吸水剂为无水硫酸铜的乙醇饱和溶液，吸收水分后生成五水硫酸铜，吸水剂由白色变为蓝色；‎ - 17 -‎ ‎（4）由上述分析可知，操作I为蒸馏；操作II为分液，除烧杯外，还需要的玻璃仪器为分液漏斗；‎ ‎（5）因苯甲酸乙酯难溶于冷水，步骤③中将反应液倒入冷水的目的还有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分层；试剂X为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；‎ ‎（6）12g苯甲酸乙酯的物质的量为，苯甲酸的物质的量为，反应过程中乙醇过量，理论产生苯甲酸乙酯的物质的量为0.1mol，实验产率为。‎ ‎9. 铋酸钠（NaBiO3）常用作Mn2+鉴定的强氧化剂，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如图：‎ 己知：①NaBiO3是一种难溶于水的物质 ‎②BiCl3极易水解生成不溶性BiOCl沉淀 请回答下列问题：‎ ‎（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有___（填标号）。‎ a.加入足量的蒸馏水 b.搅拌 c.粉碎矿石 d.降低温度 ‎（2）溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，加入的浓盐酸需过量的目的是___，滤渣A的主要成分为___（填化学式）。‎ ‎（3）反应④的化学方程式为___。‎ ‎（4）NaBiO3可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO，故可用于Mn2+的鉴定。已知NaBiO3被还原为Bi3+，该反应的离子方程式为___。‎ ‎（5）实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL0.500mol/LFeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要___。‎ ‎（6）取上述NaBiO3样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，稀释至100mL - 17 -‎ ‎，取出20.00mL溶液，然后用新配制的0.500mol/LFeSO4溶液进行滴定，滴定完成后消耗24.80mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3纯度为___%（结果保留小数点后一位）。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). 防止FeCl3及BiCl3水解，提高原料的浸出率 (3). SiO2、S (4). 2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3 (5). 5NaBiO3+2Mn2++14H+=2+5Na++5Bi3++7H2O (6). 250mL容量瓶、胶头滴管 (7). 86.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验利用辉铋矿制备铋酸钠，首先向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，使Bi全部变为Bi3+，矿石中的SiO2不溶于溶液、S离子变为单质，滤渣A的主要成分是SiO2和S；随后向含有Bi3+的溶液中加入铁粉，由于Fe的活动性强于Bi，可以将Bi3+还原为Bi单质，Bi单质与过氧化钠在空气中焙烧即得到铋酸钠固体。‎ ‎【详解】(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度等，所以正确的选项是bc；‎ ‎(2)FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解反应形成Fe(OH)3、Bi(OH)3等不溶性沉淀，溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，在加入FeCl3溶液时会发生氧化还原反应：S2-+2Fe3+=S↓+2Fe2+，产生的S单质难溶于水，也以沉淀的形式存在，所以得到的滤渣成分是S、SiO2；‎ ‎(3)Bi和过氧化钠在空气中焙烧，生成铋酸钠，反应方程式为2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3；‎ ‎(4)铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，NaBiO3被还原为Bi3+的离子方程式是5NaBiO3+2Mn2++14H+=2+5Na++5Bi3++7H2O；‎ ‎(5)实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL 2.0mo1·L-1FeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要250mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(6)根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得关系式：NaBiO3~2FeSO4，n(FeSO4)=2.0mo1·L-1×0.031L=0.062mol，则n(NaBiO3)=0.031mol，所以该样品中NaBiO3纯度为=86.8%。‎ - 17 -‎ ‎10. 2019年国际非政府组织“全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋 缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。‎ ‎（1）一种途径是将CO2转化成有机物实现碳循环。如：‎ ‎△H3=____‎ ‎（2）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化 制甲烷的研究过程如下：‎ ‎①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为____‎ ‎②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_____填“I”或“Ⅱ”）。‎ ‎（3）CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：‎ 反应I: ‎ 反应Ⅱ：‎ 在1 L恒容密闭容器中充人1 mol CO2和4 mol H2，测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。T1℃时，CO2的转化率为____。T1℃时，反应I的平衡常数K= ___。‎ ‎（4）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为，m代表起始时的投料比，即 - 17 -‎ ‎①图1中投料比相同，温度T3>T2>T1，则△H ______（填“>”或“<”）0。‎ ‎②m=3时，该反应达到平衡状态后p（总）=20a MPa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2。则曲线b代表的物质为 ___（填化学式），T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p（d）=______‎ ‎【答案】 (1). +1366.8kJ•mol-1 (2). 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 (3). Ⅱ (4). 60% (5). 0.045 (6). ＜ (7). CO2 (8). 2.5aMPa ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知反应①C2H4(g)+H2O(l)═C2H5OH (l)△H1=-44.2kJ•mol-1 ②2CO2(g)+2H2O(l)═C2H4(g)+3O2(g)△H2=+1411.0 kJ•mol-1 结合盖斯定律，反应①+②结合得：2CO2(g)+3H2O(l)═C2H5OH(l)+3O2(g)△H3=△H1+△H2=-44.2kJ•mol-1+1411.0 kJ•mol-1=+1366.8kJ•mol-1；‎ ‎(2)①根据流程图可知反应物为：Fe、H2O，生成物为：H2、Fe3O4，则化学方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2； ②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快； (3)T1℃时体系内n(CH4)=0.2mol，则根据反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可知该反应消耗的n(CO2)=0.2mol，消耗的n(H2)=0.8mol，生成的n(H2O)=0.4mol；体系内n(C2H4)=0.2mol，则根据反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)可知该反应消耗的n(CO2)=0.4mol，消耗的n(H2)=1.2mol，生成的n(H2O)=0.8mol；总消耗n(CO2)=0.2mol+0.4mol=0.6mol，所以α(CO2)=×100%=60%； 容器的体积为1L，所以平衡时，c(CO2)==0.4mol/L，c(H2)=‎ - 17 -‎ ‎=2mol/L，c(CH4)==0.2mol/L，c(H2O)==1.2mol/L，平衡常数K==0.045； (4)①根据图示，相同压强和投料比的条件下，温度越高，H2转化率越低，说明正反应为放热反应，△H＜0； ②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH； m=3时，设n(CO2)=3mol，n(H2)=9mol，列三段式如下：‎ ‎ ‎ 根据图示，n(CO2)=n(C2H5OH)，即3-2x=x，解得x=1mol，C2H5OH的体积分数===12.5%，p(C2H5OH)=20aMPa×12.5%=2.5aMPa。‎ ‎11. 早在1913年就有报道说，在400℃以上AgI晶体的导电能力是室温时的上万倍，可与电解质溶液相比。‎ ‎(1)已知Ag元素的原子序数为47，则Ag元素在周期表中的位置是_____________，属于_____区，基态Ag原子的价电子排布式为__________。‎ ‎(2)硫代硫酸银(Ag2S2O3)是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液生成[Ag(S2O3)2]3-等络阴离子。在[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是______(填名称)，配体阴离子的空间构型是______，中心原子采用_____杂化。‎ ‎(3)碘的最高价氧化物的水化物有HIO4(偏高碘酸，不稳定)和H5IO6(正高碘酸)等多种形式，它们的酸性HIO4_____ H5IO6(填：弱于、等于或强于)。氯、溴、碘的氢化物的酸性由强到弱排序为______(用化学式表示)，其结构原因是______。‎ ‎(4)在离子晶体中，当0.414HBr>HCl (9). 氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H—Cl、 H—Br、 H—I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强 (10). 4 (11). ab (12). 1﹕3﹕6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据同族元素来确定Ag元素的位置和价电子排布式；由价层电子对互斥理论确定杂化轨道和空间构型；含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强；四面体空隙：由四个球体围成的空隙，球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空隙，球体中心线围成八面体形；根据均摊法确定离子个数、八面体空隙和四面体空隙的个数。‎ ‎【详解】(1)已知Ag元素原子序数为47，第四周期有18种元素，47-18=29，29号元素为Cu，则Ag元素在周期表中应在Cu的下方，Cu原子的价电子为3d104s1，Cu元素在第四周期IB族，属于ds区，所以则Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，属于ds区，基态Ag - 17 -‎ 原子的价电子排布式为4d105s1。‎ ‎(2) 硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大,所以与银离子的亲和性更好,所以[Ag(S2O3)2]3-中配位原子是硫；配体阴离子-的中心原子是硫，另一个硫原子相当于氧原子，则中心原子硫的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，所以空间构型是四面体形，中心原子采用sp3杂化。‎ ‎(3) H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，含非羟基氧原子个数越多酸性越强，所以酸性HIO4强于H5IO6；氯、溴、碘的氢化物为HCl、 HBr、 HI，由于氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H—Cl、 H—Br、 H—I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强，故酸性由强到弱排序为HI>HBr>HCl；‎ ‎(4) 如下图2，离I－最靠近的Ag+的有四个，所以I－配位数为4；由于r(Ag+)：r(I-)=0.573，在0.414