2023學(xué)年高二下學(xué)期化學(xué)期末模擬測(cè)試卷考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向偏鋁酸鈉溶液中滴加碳酸氫鈉溶液，有白色膠狀沉淀生成AlO2—結(jié)合氫離子能力比CO32-強(qiáng)B將硫酸酸化的雙氧水滴入硝酸亞鐵溶液中，溶液黃色H2O2的氧化性比Fe3+強(qiáng)C濃硫酸與乙醇共熱產(chǎn)生氣體Y，通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去氣體Y為純凈的乙烯D向濃度均為0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加速率稀硝酸銀溶液，生成黃色沉淀Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D2、綠色化學(xué)提倡化工生產(chǎn)應(yīng)提高原子利用率。原子利用率表示目標(biāo)產(chǎn)物的質(zhì)量與生成物總質(zhì)量之比。在下列制備環(huán)氧乙烷的反應(yīng)中，原子利用率最高的是A．B．C．D．3、在給定的四種溶液中，加入以下各種離子，各離子能在原溶液中大量共存的有A．滴加石蕊試液顯紅色的溶液：Fe2＋、NH4+、Cl－、NO3－B．pH值為11的溶液：S2－、SO32－、S2O32－、Na＋C．水電離出來(lái)的c(OH-)＝l×10－13mol/L的溶液：K＋、HCO3－、Br－、Ba2＋D．所含溶質(zhì)為Na2SO4的溶液：K＋、SiO32-、NO3-、Al3＋4、下列有關(guān)物質(zhì)分類或歸類正確的一組是①液氨、液氯、干冰、碘化銀均為化合物②Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均為鈉鹽③明礬、小蘇打、冰醋酸、次氯酸均為電解質(zhì)④氫氟酸、鹽酸、水玻璃、氨水均為混合物A．①和③B．②和③C．③和④D．②和④5、MgCl2溶于水的過(guò)程中，破壞了A．離子鍵 B．共價(jià)鍵C．金屬鍵和共價(jià)鍵 D．離子鍵和共價(jià)鍵6、以下化學(xué)用語(yǔ)正確的是A．苯的最簡(jiǎn)式C6H6 B．乙醇的分子式CH3CH2OHC．乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式CH2CH2 D．甲醛的結(jié)構(gòu)式：7、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較順序中，不正確的是（）A．晶格能大小順序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOB．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3C．微粒半徑：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-D．熱穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HI8、下列離子檢驗(yàn)的方法不正確的是()A．在某溶液中滴加燒堿溶液后加熱,將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙置于試管口,試紙變藍(lán),則含NH4+B．在某溶液中先滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加氯水，溶液變紅，則溶液中含F(xiàn)e2+C．在某溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中含Cl－D．在某溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中含SO42－9、下列各原子或離子的電子排布式錯(cuò)誤的是（）A．Ca2+1s22s22p63s23p6 B．O2-1s22s23p4C．Cl-1s22s22p63s23p6 D．Ar1s22s22p63s23p610、下列有機(jī)物的命名正確的是()A．1,2,4-三甲苯 B．3-甲基戊烯C．2-甲基-1-丙醇 D．1,5-二溴丙烷11、有專家指出，如果對(duì)燃燒產(chǎn)物如二氧化碳、水、氮?dú)獾壤锰?yáng)能使它們重新組合，可以節(jié)約燃料，緩解能源危機(jī)。在此構(gòu)想的物質(zhì)循環(huán)中太陽(yáng)能最終轉(zhuǎn)化為()A．化學(xué)能 B．熱能 C．生物質(zhì)能 D．電能12、萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說(shuō)法正確的是abcdA．a(chǎn)和b互為同系物B．b和c均能發(fā)生加聚反應(yīng)C．c和d互為同分異構(gòu)體D．a(chǎn)和d均能使酸性KMnO4溶液褪色13、光氣(COCl2)又稱碳酰氯，下列關(guān)于光氣的敘述中正確的是A．COCl2中含有2個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵B．COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2C．COCl2為含極性鍵和非極性鍵的極性分子D．COCl2分子的空間構(gòu)型為三角錐形14、下列混合物的分離方法不可行的是A．互溶的液體混合物可以用分液的方法進(jìn)行分離B．互不相溶的液體混合物可以用分液的方法進(jìn)行分離C．沸點(diǎn)不同的混合物可以用蒸餾的方法進(jìn)行分離D．可溶于水的固體與難溶于水的固體的混合物可用溶解、過(guò)濾的方法進(jìn)行分離15、已知CsCl晶體的密度為，NA為阿伏加德羅常數(shù)，相鄰的兩個(gè)Cs+的核間距為acm，如圖所示，則CsCl的摩爾質(zhì)量可以表示為（單位：g/mol）A． B． C． D．16、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A．BaSO3與稀HNO3反應(yīng)：BaSO3+2H+=Ba2＋+SO2↑+H2OB．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑C．酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2：IO3?＋I(xiàn)?＋6H＋=I2＋3H2OD．Ca(OH)2溶液與過(guò)量NaHCO3溶液反應(yīng)：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O17、高溫下超氧化鉀晶體呈立方體結(jié)構(gòu)，晶體中氧的化合價(jià)部分為0價(jià)，部分為?2價(jià).如圖所示為超氧化鉀晶體的一個(gè)晶胞（晶體中最小的重復(fù)單元），則下列說(shuō)法中正確的是（）A．超氧化鉀的化學(xué)式為KO2，每個(gè)晶胞含有4個(gè)K+和4個(gè)O2-B．晶體中每個(gè)K+周圍有8個(gè)O2-，每個(gè)O2-周圍有8個(gè)K+C．晶體中與每個(gè)K+距離最近的K+有8個(gè)D．晶體中，0價(jià)氧與?2價(jià)氧的數(shù)目比為2：118、下列敘述不正確的是A．氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH)B．飽和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)C．0.1mol/LCH3COOH溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D．Ca(OH)2溶液中：c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)19、核黃素又稱維生素B，可促進(jìn)發(fā)育和細(xì)胞再生，有利于增進(jìn)視力，減輕眼睛疲勞。核黃素分子的結(jié)構(gòu)為：有關(guān)核黃素的下列說(shuō)法中，正確的是A．該物質(zhì)屬于有機(jī)高分子B．不能發(fā)生酯化反應(yīng)C．不能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)D．酸性條件下加熱水解，有CO2生成20、已知反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。某溫度下，將2molSO2和1molO2置于10L密閉容器中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率(α)與體系總壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如圖甲所示。則下列說(shuō)法正確的是（）A．由圖甲知，A點(diǎn)SO2的平衡濃度為0.08mol·L-1B．由圖甲知，B點(diǎn)SO2、O2、SO3的平衡濃度之比為2∶1∶2C．達(dá)到平衡后，縮小容器容積，則反應(yīng)速率變化圖像可以用圖乙表示D．壓強(qiáng)為0.50MPa時(shí)不同溫度下SO2的轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系如丙圖，則T2>T121、下列各組分子中都屬于含極性鍵的非極性分子的是()A．SO2、H2O、NH3B．CH4、C2H4、C6H6C．N2、Cl2、O3D．H2O2、C2H6、PCl322、下列離子方程式書寫不正確的是()A．等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3和Ca(OH)2兩溶液混合：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2OB．向澄清石灰水中通入過(guò)量的CO2:OH-+CO2＝HCO3-C．在含3amolHNO3的稀溶液中，加入amol鐵粉：4Fe+12H++3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2OD．Al2(SO4)溶液中加入過(guò)量氨水：Al3＋＋4NH3?H2O=AlO2－＋4NH4+＋2H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）分子式為C3H7Br的有機(jī)物甲在適宜的條件下能發(fā)生如下一系列轉(zhuǎn)化：（1）若B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，試回答下列問題．①有機(jī)物甲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____；②用化學(xué)方程式表示下列轉(zhuǎn)化過(guò)程：甲→A：___________________B和銀氨溶液反應(yīng)：_________（2）若B不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，請(qǐng)回答下列問題：①A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為__________；②用化學(xué)方程式表示下列轉(zhuǎn)化過(guò)程．甲+NaOHD：_____，D→E：_____．24、（12分）已知X、Y、Z、W、Q、R、E七種元素中，原子序數(shù)X<Y<Z<W<Q<R<E，其結(jié)構(gòu)或性質(zhì)信息如下表。元素結(jié)構(gòu)或性質(zhì)信息X原子的L層上s電子數(shù)等于p電子數(shù)Y元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn＋1Z單質(zhì)常溫、常壓下是氣體，原子的M層上有1個(gè)未成對(duì)的p電子W元素的正一價(jià)離子的電子層結(jié)構(gòu)與氬相同Q元素的核電荷數(shù)為Y和Z之和R元素的正三價(jià)離子的3d能級(jí)為半充滿E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子請(qǐng)根據(jù)信息回答有關(guān)問題：（1）元素X的原子核外共有_____種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，有____種不同能級(jí)的電子。（2）元素Y原子中能量最高的是_____電子，其原子軌道呈_____狀。（3）Q的基態(tài)電子排布式為______，R的元素符號(hào)為_____，E元素原子的價(jià)電子排布式為______。（4）含有元素W的鹽的焰色反應(yīng)為______色，許多金屬鹽都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因是_______________________。25、（12分）鐵與水蒸氣反應(yīng)，通常有以下兩種裝置，請(qǐng)思考以下問題：（1）方法一中，裝置A的作用________________________。方法二中，裝濕棉花的作用_______________________________________。（2）實(shí)驗(yàn)完畢后，取出裝置一的少量固體，溶于足量稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，溶液顏色無(wú)明顯變化，試解釋原因：__________________________。26、（10分）三草酸合鐵(III)酸鉀K3[Fe(C204)3]·3H2O為綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇丙酮等有機(jī)溶劑。I.三草酸合鐵(III)酸鉀晶體的制備①將5g(NH4)2Fe(S04)2·6H2O晶體溶于20mL水中，加入5滴6mol/LH2SO4酸化，加熱溶解，攪拌下加入25m飽和和H2C2O4溶液，加熱，靜置，待黃色的FeC2O4沉淀完全沉降以后，傾去上層清液，傾析法洗滌沉定2--3次。②向沉淀中加入10mL飽和草酸鉀容液，水浴加熱至40℃，用滴管緩慢滴加12mL5%H2O2，邊加邊攪拌并維持在40℃左右，溶液變成綠色并有棕色的沉淀生成。③加熱煮沸段時(shí)間后，再分兩批共加入8mL飽和H2C2O4溶液(先加5mL，后慢慢滴加3mL)此時(shí)棕色沉淀溶解，變?yōu)榫G色透明溶液。④向?yàn)V液中緩慢加入10mL95%的乙醇，這時(shí)如果濾液渾濁可微熱使其變清，放置暗處冷卻，結(jié)晶完全后，抽濾，用少量洗條劑洗滌晶體兩次抽干，干燥，稱量，計(jì)算產(chǎn)率。已知制各過(guò)程中涉及的主要反應(yīng)方程式如下:②6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3步驟③2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O請(qǐng)回答下列各題:(1)簡(jiǎn)達(dá)傾析法的適用范圍____________。(2)步驟③加熱煮沸的目的是___________。(3)步驟④中乙醇要緩慢加入的原因是_________。(4)下列物質(zhì)中最適合作為晶體洗滌劑的是_______(填編號(hào))。A．冷水B．丙酮C．95%的乙醇D．無(wú)水乙醇(5)如圖裝置，經(jīng)過(guò)一系列操作完成晶體的抽濾和洗滌。請(qǐng)選擇合適的編號(hào)，按正確的順序補(bǔ)充完整(洗條操作只需要考慮一次):開抽氣泵→a→____→b→d→c→關(guān)閉抽氣泵。

a.轉(zhuǎn)移固體混合物b.關(guān)活塞Ac.開活塞Ad.確認(rèn)抽干e.加洗滌劑洗滌II.純度的測(cè)定稱取1.000g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，移取25.00mL溶液，酸化后用標(biāo)定濃度為0.0100mol/L的高錳酸鉀溶被滴定至終點(diǎn)，三次平行實(shí)驗(yàn)平均消耗高猛酸鉀溶被24.00mL。(6)滴定涉及反應(yīng)的離子方程式:____________。(7)計(jì)算產(chǎn)品的純度______(用質(zhì)量百分?jǐn)?shù)表示)。(K3[Fe(C204)3]·3H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為491)27、（12分）某同學(xué)為探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反應(yīng)過(guò)程，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)完成以下問題。（1）寫出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的離子方程式____________________________。（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒等儀器外，還必須用到的玻璃儀器是__________________。（3）將KMnO4溶液逐滴滴入一定體積的酸性H2C2O4溶液中（溫度相同，并振蕩），記錄的現(xiàn)象如下：滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的時(shí)間先滴入第1滴60s褪色后，再滴入第2滴15s褪色后，再滴入第3滴3s褪色后，再滴入第4滴1s請(qǐng)分析KMnO4溶液褪色時(shí)間變化的可能原因_________________。28、（14分）工業(yè)廢氣、汽車尾氣排放出的SO2、NOx等，是形成霧霾的重要因素。霾是由空氣中的灰塵、硫酸、硝酸、有機(jī)碳?xì)浠衔锏攘Ｗ有纬傻臒熿F。（1）NOx和SO2在空氣中存在下列平衡：2NO(g）+O2(g）?2NO2(g）△H=-112kJ·mol-1

，2SO2(g）+O2(g)?2SO3(g）△H=-196kJ·mol-1；SO2通常在NO2的存在下，進(jìn)一步被氧化，生成SO3。寫出NO2和SO2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為________________________________。（2）煙氣中的SO2可以用NaOH溶液吸收，將所得的Na2SO3溶液進(jìn)行電解，可循環(huán)再生NaOH，同時(shí)得到H2SO4，其原理如下圖所示。（電極材料為石墨）①圖中a極要連接電源的_______（填“正”或“負(fù)”）極，C口流出的物質(zhì)是_______。②SO32－放電的電極反應(yīng)式為_____________________________________。（3）常溫下，煙氣中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。①已知Na2SO3水溶液顯堿性，原因是_____________________________________(寫出主要反應(yīng)的離子方程式），該溶液中c（Na+）_________2c（SO32-）+c（HSO3-）（填“>”“<”或“=”）；②常溫下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH=6，則c（SO32-）-c（H2SO3）=_________mol/L（填寫準(zhǔn)確數(shù)值）。29、（10分）核安全與放射性污染防治已引起世界核大國(guó)的廣泛重視。在爆炸的核電站周圍含有放射性物質(zhì)碘一131和銫一137。碘—131—旦被人體吸入，可能會(huì)引發(fā)甲狀腺等疾病。(l)Cs(銫)的價(jià)電子的電子排布式為6s1，與銫同主族的前四周期（包括第四周期）的三種金屬元素X、Y、Z的電離能如下表元素代號(hào)XYZ第一電離能（kJ·mol-1)520496419上述三種元素X、Y、Z的元素符號(hào)分別為_________，基態(tài)Z原子的核外電子排布式為______，X形成的單質(zhì)晶體中含有的化學(xué)鍵類型是_________________。(2)F與I同主族，BeF2與H2O都是由三個(gè)原子構(gòu)成的共價(jià)化合物分子，二者分子中的中心原子Be和O的雜化方式分別為______、______，BeF2分子的立體構(gòu)型是____________，H2O分子的立體構(gòu)型是________________。(3)與碘同主族的氯具有很強(qiáng)的活潑性，能形成大量的含氯化合物。BC13分子中B—C1鍵的鍵角為__________________。(4)131I2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，該晶胞中含有____個(gè)131I2分子；KI的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示，每個(gè)K+緊鄰______個(gè)I-。(5)KI晶體的密度為ρg?cm3，K和I的摩爾質(zhì)量分別為MKg?mol-1和MIg?mol-1，原子半徑分別為rKpm和rIpm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA，則KI晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為_____________。

2023學(xué)年模擬測(cè)試卷參考答案（含詳細(xì)解析）一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、A【答案解析】

A．向偏鋁酸鈉溶液中滴加碳酸氫鈉溶液，因AlO2—結(jié)合氫離子能力比CO32-強(qiáng)，溶液中Al(OH)3白色沉淀生成，故A正確；B．Fe2+在酸性條件下能被NO3-氧化成Fe3+，則將硫酸酸化的雙氧水滴入硝酸亞鐵溶液中，溶液黃色，無(wú)法證明H2O2的氧化性比Fe3+強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C．濃硫酸有強(qiáng)氧化性，可以被有還原性的乙醇還原為二氧化硫，且乙醇有揮發(fā)性，二氧化硫和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，則濃硫酸與乙醇共熱產(chǎn)生氣體Y，通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去，未排除二氧化硫和乙醇的干擾，無(wú)法證明Y是純乙烯，故C錯(cuò)誤；D．兩種難溶物的組成相似，在相同的條件下，Ksp小的先沉淀，則由現(xiàn)象可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故D錯(cuò)誤；故答案為A。2、D【答案解析】

原子利用率是期望產(chǎn)物的總質(zhì)量與生成物的總質(zhì)量之比，根據(jù)綠色化學(xué)的原則，原子利用率為100%的化工生產(chǎn)最理想；顯然乙烯和氧氣在催化劑作用下生成環(huán)氧乙烷的反應(yīng)，原子利用率最高。【題目詳解】A．存在副產(chǎn)品CH3COOH，反應(yīng)物沒有全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子利用率較低，故A錯(cuò)誤；B．存在副產(chǎn)品CaCl2和H2O，反應(yīng)物沒有全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子利用率較低，故B錯(cuò)誤；C．存在副產(chǎn)品HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和2H2O，反應(yīng)物沒有全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子利用率較低，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子的利用率為100%，原子利用率最高，故D正確；故選D。3、B【答案解析】

注意能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間、能生成難溶物的離子之間、能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間、能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)離子之間、能發(fā)生雙水解反應(yīng)離子之間等不能大量共存；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如溶液的酸堿性，據(jù)此來(lái)判斷溶液中是否有大量的H+或OH-。【題目詳解】A項(xiàng)、滴加石蕊試液顯紅色的溶液為酸性溶液，H+、Fe2+、NO3—能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)、pH值為11的溶液為堿性溶液，S2－、SO32－、S2O32－、Na＋離子之間不反應(yīng)，也不與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故B正確；C項(xiàng)、水電離出來(lái)的c（H+）=10-13mol/L的溶液為酸溶液或者堿溶液，溶液中HCO3-既能夠與氫離子反應(yīng)，也能夠與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中一定不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)、溶液中Al3+與SiO32-發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B。【答案點(diǎn)睛】本題考查離子共存，注意把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵。4、C【答案解析】本題考查物質(zhì)的分類。詳解：①液氯為單質(zhì)，錯(cuò)誤；②Na2O2屬于氧化物，不是鈉鹽，錯(cuò)誤；③明礬、小蘇打、醋酸、次氯酸溶于水均為電離出離子，均為電解質(zhì)，正確；④氫氟酸（HF的水溶液）、鹽酸（HCl的水溶液）、水玻璃（硅酸鈉的水溶液）、氨水（氨氣的水溶液）均為混合物，正確。答案選C。故選C。點(diǎn)睛：熟悉混合物、化合物、單質(zhì)、化合物、電解質(zhì)、非電解質(zhì)等概念的分析即可判斷，掌握物質(zhì)的組成是解題關(guān)鍵。5、A【答案解析】

MgCl2是含有離子鍵的離子化合物，溶于水電離出鎂離子和氯離子，破壞了離子鍵。答案選A。6、D【答案解析】

A．C6H6是苯的分子式，不是苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，故A錯(cuò)誤；B．乙醇的分子式：C2H6O，CH3CH2OH屬于乙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，故B錯(cuò)誤；C．乙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中C=C不能省略，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；CH2=CH2；故C錯(cuò)誤；D．甲醛分子中含有醛基，其結(jié)構(gòu)式為，故D正確。答案選D。7、C【答案解析】分析：A、影響晶格能大小的因素主要是離子半徑、離子電荷，晶體構(gòu)型相同的離子晶體，核間距越小晶格能越大，離子電荷越高，晶格能越大；B、非金屬性越強(qiáng)，元素最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)；C、根據(jù)微粒半徑大小比較解答；D、根據(jù)氫化物的熱穩(wěn)定性與非金屬元素的非金屬性之間的關(guān)系判斷。詳解：根據(jù)晶體構(gòu)型相同的離子晶體，核間距越小晶格能越大，F(xiàn)-離子半徑Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-帶2個(gè)單位電荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半徑的比較比Mg2+半徑大，所以MgO的晶格能大于CaO，所以有NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，A選項(xiàng)正確；Si、P、S、Cl是第三周期的非金屬元素，它們的非金屬性逐漸增強(qiáng)，所以元素最高價(jià)氧化物的水化物酸性逐漸增強(qiáng)，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，B選項(xiàng)正確；在電子層數(shù)相同條件下，核電荷數(shù)越多，半徑越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外電子層結(jié)構(gòu)都是三個(gè)電子層，隨著核電荷數(shù)的增加，半徑逐漸減小，所以其離子半徑大小順序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，C答案不正確；HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性與F、Cl、Br、I的非金屬性有關(guān)，非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，同一主族的元素，非金屬性隨著原子序數(shù)的增加而減小，所以其氫化物的熱穩(wěn)定性逐漸減弱，D選項(xiàng)正確；正確選項(xiàng)C。點(diǎn)睛：微粒半徑比較“三看”：一看電子層數(shù)，對(duì)于電子層數(shù)不同，電子層越多，半徑越大，如：Li<Na<K<Rb<Cs；二看核電荷數(shù)，在電子層數(shù)相同條件下，核電荷數(shù)越多，半徑越小，如本題中的K+、Ca2+、Cl-、S2-離子半徑大小順序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，再如：同周期元素的原子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減小（稀有氣體除外）；三看核外電子數(shù)，核電荷數(shù)相同的元素，陽(yáng)離子所帶離子電荷數(shù)越多，半徑越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，陰離子大于相應(yīng)的原子半徑，如：S2－＞S、Br－＞Br。8、D【答案解析】分析：A.能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為NH3；B.鐵離子與硫氰化鉀溶液顯紅色，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可將Fe2+氧化生成Fe3+，據(jù)此判斷即可；C.硝酸酸化可以排除HCO3-、CO32-等離子的干擾；

D.溶液中含有銀離子也會(huì)產(chǎn)生沉淀現(xiàn)象.

詳解:A.能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體為NH3，在堿性條件下生成NH3，說(shuō)明溶液中含有NH4+，故A正確；B.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說(shuō)明原溶液中不含有鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可將Fe2+氧化生成Fe3+，故該溶液中一定含F(xiàn)e2+，故B正確；C.硝酸酸化可以排除HCO3-、CO32-等離子的干擾，在某溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中含Cl－，故C正確；

D.向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ag+，SO42-等，都可以生成沉淀，所以原溶液中也不一定含有SO42－，故D錯(cuò)誤；

所以本題答案選D。點(diǎn)睛：本題考查了常見離子的檢驗(yàn)方法，題目難度中等，明確常見離子的性質(zhì)及檢驗(yàn)方法為解答關(guān)鍵，注意檢驗(yàn)離子存在時(shí)必須排除干擾離子，確保檢驗(yàn)方案的嚴(yán)密性。9、B【答案解析】分析：主族元素原子失去電子變成陽(yáng)離子時(shí)，核外電子數(shù)、電子層數(shù)、最外層電子數(shù)改變；主族元素原子得到電子變成陰離子時(shí)，核外電子數(shù)和最外層電子數(shù)改變，但電子層數(shù)不變。詳解：A、鈣原子失去2個(gè)電子變成鈣離子，使次外層變成最外層，所以鈣離子核外有18個(gè)電子，A正確；B、氧原子核外有8個(gè)電子，氧原子得2個(gè)電子變成氧離子，最外層電子數(shù)由6個(gè)變成8個(gè)，所以氧離子核外有10電子，B錯(cuò)誤；C、氯原子核外有17個(gè)電子，氯原子得一個(gè)電子變成氯離子，最外層由7個(gè)電子變成8個(gè)電子，所以氯離子核外有18個(gè)電子，C正確；D、氬是18號(hào)元素，原子核外有18個(gè)電子，D正確。答案選B。點(diǎn)睛：本題考查了原子或離子的核外電子排布，題目難度不大，明確原子變成陰、陽(yáng)離子時(shí)變化的是最外層電子數(shù)還是電子層數(shù)為解本題的關(guān)鍵。10、A【答案解析】

A、主鏈為苯，從與左邊甲基相連的苯環(huán)碳開始編號(hào)，名稱為：1，2，4-三甲苯，故A正確；B、沒有標(biāo)出官能團(tuán)位置，應(yīng)為3-甲基-1-戊烯，故B錯(cuò)誤；C、主鏈錯(cuò)誤，應(yīng)為2-丁醇，故C錯(cuò)誤；D、溴原子在1、3位置，為1，3-二溴丙烷，故D錯(cuò)誤。故選A。11、B【答案解析】分析：本題主要考察能量間的轉(zhuǎn)化的方式，根據(jù)圖可以知道，太陽(yáng)能首先轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，其次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能。詳解：由圖可以知道，太陽(yáng)能首先轉(zhuǎn)化為化學(xué)能（燃料燃燒過(guò)程），其次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能（燃料燃燒放出熱量）；B正確；正確選項(xiàng)B。12、D【答案解析】A.a和b的化學(xué)式相同，屬于同分異構(gòu)體，不屬于同系物，故A錯(cuò)誤；B.c中不存在碳碳雙鍵或三鍵，不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.c的分子式為C10H14O，d的分子式為C10H16O，不是同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；D.a中含有碳碳雙鍵，d中含有醛基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確；故選D。13、B【答案解析】

光氣的結(jié)構(gòu)式為：。【題目詳解】A．單鍵全是σ鍵，雙鍵有一個(gè)σ鍵，一個(gè)π鍵，所以COCl2中含有3個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，A錯(cuò)誤；B．中心C原子孤對(duì)電子數(shù)==0，σ鍵電子對(duì)數(shù)=3，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+0=3，所以COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2，B正確；C．C=O，C-Cl均是不同原子之間形成的，為極性鍵，C錯(cuò)；D．COCl2中C原子以sp2雜化，且中心C原子孤對(duì)電子數(shù)==0，所以COCl2為平面三角形分子，D錯(cuò)誤。答案選B。14、A【答案解析】

A、互不相溶的液體混合物可用分液法分離，互溶的液體混合物不能用分液方法，故A選；B、互不相溶的液態(tài)混合物可用分液法分離，故B不選；C、沸點(diǎn)不同的液體混合物可用蒸餾方法分離法，故C不選；D、溶于水的固體與難溶于水的固體的混合物，加適量的水將可溶于水的固體溶解，過(guò)濾得到難溶于水的固體，蒸發(fā)濾液得到溶于水的固體，故D不選。故選A。15、A【答案解析】

利用均攤法確定該立方體中含有的離子的數(shù)目，根據(jù)計(jì)算相對(duì)分子質(zhì)量。【題目詳解】根據(jù)均攤法可知，該立方體中含有Cl-1個(gè)，含Cs+8×=1個(gè)，根據(jù)可得M==，因此相對(duì)分子質(zhì)量為；答案選A。16、B【答案解析】

A.BaSO3與稀HNO3反應(yīng)是要考慮硝酸的強(qiáng)氧化性，得到BaSO4沉淀，且硝酸的還原產(chǎn)物為NO，故A錯(cuò)誤；B.CuSO4溶液中加入Na2O2，離子反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑，故B正確；C.酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)，生成I2的離子反應(yīng)方程式為：IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故C錯(cuò)誤；D.Ca(OH)2與過(guò)量NaHCO3溶液反應(yīng)的離子方程式為2HCO3－+Ca2＋+2OH－=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故D錯(cuò)誤；本題答案為B。【答案點(diǎn)睛】書寫離子方程式時(shí)，必須滿足（1）符合客觀實(shí)際，（2）滿足電荷守恒及質(zhì)量守恒。17、A【答案解析】

A.該晶胞中鉀離子個(gè)數(shù)=8×+6×=4；超氧根離子個(gè)數(shù)=1+12×=4，所以鉀離子和超氧根離子個(gè)數(shù)之比=4：4=1：1，所以超氧化鉀的化學(xué)式為KO2，每個(gè)晶胞含有4個(gè)K+和4個(gè)O2-，A正確；B.根據(jù)圖知，晶體中每個(gè)K+周圍有6個(gè)O2-，每個(gè)O2-周圍有6個(gè)K+，B錯(cuò)誤；C.晶體中與每個(gè)K+距離最近的K+個(gè)數(shù)=3×8×=12，C錯(cuò)誤；D.晶胞中K+與O2-個(gè)數(shù)分別為4、4，所以1個(gè)晶胞中有8個(gè)氧原子，根據(jù)電荷守恒-2價(jià)O原子數(shù)目為2，所以0價(jià)氧原子數(shù)目為8-2=6，所以晶體中，0價(jià)氧原子與-2價(jià)氧原子的數(shù)目比為3：1，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。18、C【答案解析】分析：本題考查的是弱電解質(zhì)的電離和溶液中的守恒規(guī)律，關(guān)鍵為三大守恒。詳解：A.氨水中的電荷守恒有c(OH－)＝c(H＋)+c(NH)，故正確；B.飽和硫化氫溶液中，因?yàn)榱蚧瘹浯嬖趦刹诫婋x，且第一步電離程度大于第二步，所以微粒濃度關(guān)系為c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故正確；C.在醋酸溶液中，醋酸電離出等量的氫離子和醋酸根離子，水也能電離出氫離子，所以氫離子濃度大于醋酸根離子濃度，故錯(cuò)誤；D.氫氧化鈣溶液中的電荷守恒有c(H＋)＋2c(Ca2＋)＝c(OH－)，故正確。故選C。點(diǎn)睛：弱電解質(zhì)存在電離平衡，需要注意多元弱酸的電離是分步進(jìn)行的，因?yàn)殡婋x出的氫離子對(duì)后面的電離有影響，所以電離程度依次減弱。19、D【答案解析】試題分析：A．根據(jù)鍵線式的特點(diǎn)和碳原子的四價(jià)理論知該化合物的分子式是C17H20N4O6，故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樵摶衔镏泻写剂u基，因此可以發(fā)生酯化反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)式可以知該化合物中含有苯環(huán)，因此可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．由結(jié)構(gòu)式可以知該化合物中含有肽鍵，因此可以發(fā)生水解反應(yīng)，由已知條件可知水解產(chǎn)物有碳酸即水和二氧化碳生成，故D正確。【考點(diǎn)定位】官能團(tuán)與性質(zhì)。【名師點(diǎn)睛】20、C【答案解析】

A.由甲圖可知A點(diǎn)SO2的轉(zhuǎn)化率為0.8，二氧化硫起始濃度乘以轉(zhuǎn)化率為二氧化硫的濃度變化量，據(jù)此計(jì)算△c(SO2)=2mol×0.8/10L=0.16mol/l，平衡時(shí)的濃度為(0.2-0.16)mol/L=0.04mol/L，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.由甲圖可知B點(diǎn)SO2的轉(zhuǎn)化率為0.85，所以△n(SO2)=0.85×2mol=1.7mol，則：，B點(diǎn)SO2、O2、SO3的平衡濃度之比為0.3：0.15：1.7=6：3：34，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.達(dá)平衡后，縮小容器容積，反應(yīng)混合物的濃度都增大，正、逆反應(yīng)速率都增大，體系壓強(qiáng)增大，平衡向體積減小的反應(yīng)移動(dòng)，即平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，故v(正)＞v(逆)，C項(xiàng)正確；D.T1達(dá)平衡的時(shí)間短，溫度為T1，先到達(dá)平衡，反應(yīng)速率快，溫度越高反應(yīng)速率越快，故T2＜T1，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。【答案點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)平衡圖像、化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算、影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素等，解題關(guān)鍵：從圖中讀出各變化量與平衡的關(guān)系。易錯(cuò)點(diǎn)：注意甲圖表示不同壓強(qiáng)下到達(dá)平衡時(shí)，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)關(guān)系。21、B【答案解析】本題考查了鍵的急性與分子的極性判斷，側(cè)重于對(duì)學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力的培養(yǎng)。詳解：A.SO2、H2O、NH3三種分子都是含有極性鍵的極性分子，故錯(cuò)誤；B.CH4中碳?xì)滏I為極性鍵，分子為正四面體結(jié)構(gòu)，是非極性分子，C2H4是平面結(jié)構(gòu)，是非極性分子，C6H6是平面正六邊形結(jié)構(gòu)，是非極性結(jié)構(gòu)，故正確；C.N2、Cl2、O3都含非極性鍵，故錯(cuò)誤；D.H2O2、C2H6、PCl3都是極性分子，故錯(cuò)誤。故選B。點(diǎn)睛：非極性鍵：同種元素的原子之間形成的共價(jià)鍵。極性鍵：不同的元素的原子之間形成的共價(jià)鍵。在分析判斷時(shí)首先分清分子中的共價(jià)鍵的存在位置，即分清哪些原子之間形成了共價(jià)鍵。如過(guò)氧化氫中氫原子和氧原子形成共價(jià)鍵，兩個(gè)氧原子之間也形成了共價(jià)鍵，所以含有極性鍵和非極性鍵兩種。非極性分子：正負(fù)電荷中心重合的分子。判斷方法為：分子的急性由共價(jià)鍵的急性即分子的空間構(gòu)型兩個(gè)方面共同決定。22、D【答案解析】

A.等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3和Ca(OH)2兩溶液混合生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水：HCO3-+Ca2++OH-＝CaCO3↓+H2O，A正確；B.向澄清石灰水中通入過(guò)量的CO2生成碳酸氫鈣：OH-+CO2＝HCO3-，B正確；C.根據(jù)反應(yīng)Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O、3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，在含3amolHNO3的稀溶液中加入amol鐵粉，鐵反應(yīng)后被氧化成亞鐵離子和鐵離子，硝酸完全反應(yīng)，設(shè)生成鐵離子為xmol，生成亞鐵離子為ymol，則x+y=a，3x+2y+=3a，解得：x=0.25a、y=0.75a，即反應(yīng)生成的鐵離子與亞鐵離子的物質(zhì)的量之比為1：3，該反應(yīng)的離子方程式為4Fe+12H++3NO3-＝Fe3++3Fe2++3NO↑+6H2O，C正確；D.Al2(SO4)溶液中加入過(guò)量氨水生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，氨水不能溶解氫氧化鋁，D錯(cuò)誤。答案選D。【答案點(diǎn)睛】本題考查了離子方程式的判斷，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法；試題側(cè)重考查反應(yīng)物過(guò)量情況對(duì)生成物的影響，A、C為難點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)，注意正確判斷反應(yīng)物過(guò)量情況及產(chǎn)物。二、非選擇題(共84分)23、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【答案解析】分析：本題考查有機(jī)物推斷，為高頻考點(diǎn)，明確有機(jī)物的官能團(tuán)性質(zhì)及其物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵，注意鹵代烴發(fā)生水解反應(yīng)和消去反應(yīng)時(shí)反應(yīng)條件及斷鍵方式區(qū)別。詳解：若B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明B含有醛基，A發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，B發(fā)生氧化反應(yīng)生成醛，則甲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2Br，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CHO，甲或A發(fā)生消去反應(yīng)都生成D為丙烯，D發(fā)生加聚反應(yīng)生成E。(1)①根據(jù)以上分析，可知甲的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式為：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和銀氨溶液反應(yīng)的方程式為：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則B為酮，則B為CH3COCH3，A為CH3CHOHCH3，甲為CH3CHBrCH3，D為CH2=CHCH3，E為。①A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（OH）CH3；②甲和氫氧化鈉的醇溶液在加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯，反應(yīng)方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯，反應(yīng)方程式為：nCH3CH=CH2。點(diǎn)睛：注意有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和反應(yīng)的關(guān)系。鹵代烴在氫氧化鈉的醇溶液加熱條件下可能發(fā)生消去反應(yīng)，若鹵素原子鏈接的碳原子的鄰位碳上有氫原子，則能發(fā)生消去反應(yīng)。醇分子中羥基鏈接的碳原子的鄰位碳上有兩個(gè)氫原子，則被催化氧化生成醛，若羥基鏈接的碳原子上有一個(gè)氫原子，則被催化氧化生成酮，若羥基鏈接的碳原子上沒有氫原子，則不能催化氧化。24、632p啞鈴（紡錘）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1Fe3d104s1紫激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以一定波長(zhǎng)（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色【答案解析】

X的L層上s電子數(shù)等于p電子數(shù)，則X原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，則X為C；Y元素的原子最外層電子排布式為nsnnpn+1，則n必為2，Y原子的核外電子排布式為：1s22s22p3，則Y為N；Z原子的M層上有1個(gè)未成對(duì)的p電子，則Z的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p1(Al)或1s22s22p63s23p5(Cl)，因?yàn)閆單質(zhì)常溫、常壓下是氣體，則Z為Cl；W的正一價(jià)離子的電子層結(jié)構(gòu)與Ar相同，則W為K；Q的核電荷數(shù)為Y和Z之和，則Q是24號(hào)元素Cr；R元素的正三價(jià)離子的3d能級(jí)為半充滿，則R原子的價(jià)電子軌道式為3d64s2，則R為Fe；E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對(duì)電子，只有一個(gè)未成對(duì)電子，則E的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則E為Cu，綜上所述，X、Y、Z、W、Q、R、E分別為：C、N、Cl、K、Cr、Fe、Cu，據(jù)此解得。【題目詳解】(1)X元素為C，C原子核外有6個(gè)電子，則其核外有6種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，C原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，有3種不同能級(jí)的電子，故答案為：6；3；(2)Y為N，其核外電子排布式為：1s22s22p3，其能量最高的是2p電子，p軌道呈啞鈴形(或紡錘形)，故答案為：2p；啞鈴(紡錘)；(3)Q為Cr，其基態(tài)原子電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，R為Fe，元素符號(hào)為Fe，E為Cu，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，其價(jià)電子排布式為：3d104s1，故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；Fe；3d104s1；(4)W為K，K的焰色反應(yīng)為紫色，金屬元素出現(xiàn)焰色反應(yīng)的原因是激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以一定波長(zhǎng)（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色，故答案為：紫；激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時(shí)，以一定波長(zhǎng)（可見光區(qū)域）光的形式釋放能量，形成不同的顏色。25、提供水蒸氣提供水蒸氣在溶液中Fe3＋被未反應(yīng)的鐵粉完全還原為Fe2＋【答案解析】

根據(jù)鐵和水蒸氣反應(yīng)原理結(jié)合裝置圖以及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。【題目詳解】（1）由于反應(yīng)需要的是鐵和水蒸氣，則方法一中，裝置A的作用是提供水蒸氣，同樣可判斷方法二中，裝濕棉花的作用也是提供水蒸氣。（2）鐵和水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，實(shí)驗(yàn)完畢后，取出裝置一的少量固體，溶于足量稀鹽酸中，由于反應(yīng)中鐵可能是過(guò)量的，過(guò)量的鐵能與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，所以再滴加KSCN溶液，溶液顏色無(wú)明顯變化。26、適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀除去過(guò)量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率避免沉淀析出過(guò)快導(dǎo)致晶粒過(guò)小Cbdce16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O98.20%【答案解析】分析：本題一實(shí)驗(yàn)制備為載體，考查學(xué)生對(duì)操作的分析評(píng)價(jià)、物質(zhì)的分離提純、溶液的配制、氧化還原反應(yīng)滴定等，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，難度中等。詳解：(1)傾析法的適用范圍適用分離晶體顆粒較大、易沉降到容器底部的沉淀，這樣減少過(guò)濾的時(shí)間和操作，比較簡(jiǎn)單。(2)對(duì)步驟②中的溶液經(jīng)過(guò)加熱煮沸再進(jìn)行下一步操作，是由于步驟②溶液中存在過(guò)量的過(guò)氧化氫，過(guò)氧化氫具有一定的氧化性，會(huì)和③中加入的草酸發(fā)生反應(yīng)，所以加熱煮沸的目的是除去過(guò)量的雙氧水，提高飽和H2C2O4溶液的利用率；(3)慢慢加入乙醇使沉淀充分結(jié)晶成更大的顆粒，避免沉淀析出過(guò)快導(dǎo)致晶粒過(guò)小；(4)因?yàn)楫a(chǎn)品不溶于乙醇，而選擇95%的乙醇經(jīng)濟(jì)成本最低，故選C。(5)用該裝置完成晶體的抽濾和洗滌的過(guò)程，首先開抽氣泵，然后轉(zhuǎn)移固體混合物，關(guān)閉活塞A，確認(rèn)抽干后打開活塞A，加入洗滌劑洗滌，然后再關(guān)活塞A，確認(rèn)抽干后打開活塞A，再關(guān)閉抽氣泵，故答案為bdce；(6)草酸根離子能被酸性高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，離子方程式為：16H++2MnO4-+5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(7)5K3[Fe(C204)3]·3H2O--6KMnO4491*56m0.01×0.024×解m=0.982g，則產(chǎn)品的純度=0.982/1.000=98.20%。27、2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O100mL容量瓶、膠頭滴管反應(yīng)生成的Mn2+對(duì)反應(yīng)有催化作用，且Mn2+的濃度大催化效果更好【答案解析】分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性條件下能被高錳酸鉀溶液氧化為CO2，高錳酸根能被還原為Mn2+，據(jù)此書寫并配平方程式；(2)根據(jù)配制溶液的步驟和所用儀器分析判斷；(3)反應(yīng)中Mn2+濃度發(fā)生顯著變化，從影響反應(yīng)速率的因素分析解答。詳解：(1)該反應(yīng)中Mn元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)，C元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?4價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是10，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；(2)配制100mL

0.0400mol?L-1的Na2C2O4溶液，配制步驟有計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，用托盤天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解，冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器為：托盤天平、量筒、藥匙、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，該試驗(yàn)中兩次用到玻璃棒，其作用分別是攪拌、引流，所以還必須用到的玻璃儀器是100mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為100mL容量瓶、膠頭滴管；(3)反應(yīng)中Mn2+濃度發(fā)生顯著變化，應(yīng)是反應(yīng)生成的Mn2+對(duì)反應(yīng)有催化作用，且c(Mn2+)濃度大催化效果更好，故答案為反應(yīng)生成的Mn2+對(duì)反應(yīng)有催化作用，且c(Mn2+)濃度大催化效果更好。28、NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）△H=-42kJ?mol-1負(fù)硫酸SO32--2e-+