福建省惠安一中等三校中學2024年高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷含解析

福建省惠安一中等三校中學2024年高考沖刺押題（最后一卷）化學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列實驗操作能達到目的的是（）選項實驗目的實驗操作A配制100g10%的NaOH溶液稱取10gNaOH溶于90g蒸餾水中B驗證“84消毒液”呈堿性用pH試紙測量溶液的pHC檢驗溶液中是否含有Na+用潔凈的玻璃棒蘸取溶液灼燒，觀察火焰顏色D從溴水中獲得溴單質利用SO2將Br2吹出后，富集、還原、分離A．A B．B C．C D．D2、下列指定反應的離子方程式正確的是A．用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2=I2＋2OH－B．過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe＋4H＋＋NO3-=Fe3＋＋NO↑＋2H2OC．用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2-＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32-3、工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca(NO3)2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，所用硝酸溶液中溶質的質量分數(shù)應為A．53.8% B．58.3% C．60.3% D．70.0%4、下列說法正確的是A．乙烯生成乙醇屬于消去反應B．乙烷室溫能與濃鹽酸發(fā)生取代反應C．乙酸與甲酸甲酯互為同分異構體D．乙酸與溴乙烷均可發(fā)生加成反應5、常溫下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH約為8，向其中滴加等體積等濃度的飽和CaCl2溶液，有白色沉淀和無色氣體生成。下列說法中正確的是A．NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B．NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C．加熱NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的結果D．滴加飽和CaCl2溶液發(fā)生了反應：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑6、工業(yè)上可在高純度氨氣下，通過球磨氫化鋰的方式合成高純度的儲氫材料氨基鋰，該過程中發(fā)生反應：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2(g)。如圖表示在0.3MPa下，不同球磨時間的目標產物LiNH2的相對純度變化曲線。下列說法正確的是()A．工業(yè)生產中，在0.3MPa下合成LiNH2的最佳球磨時間是2.0hB．投入定量的反應物，平衡時混合氣體的平均摩爾質量越大，LiNH2的相對純度越高C．在0.3MPa下，若平衡時H2的物質的量分數(shù)為60%，則該反應的平衡常數(shù)K=1.5D．LiH和LiNH2都能在水溶液中穩(wěn)定存在7、2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發(fā)展作出重要貢獻的科學家。磷酸鐵鋰鋰離子電池充電時陽極反應式為,，放電工作示意圖如圖。下列敘述不正確的是A．放電時，Li+通過隔膜移向正極B．放電時，電子由鋁箔沿導線流向銅箔C．放電時正極反應為：D．磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現(xiàn)，C、Fe、P元素化合價均不發(fā)生變化8、下列有關化學用語表示正確的是（）A．NaClO的電子式B．中子數(shù)為16的硫離子：SC．為CCl4的比例模型D．16O與18O互為同位素；16O2與18O3互為同素異形體9、由下列實驗操作和現(xiàn)象得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產生黃綠色氣體氧化性：Cl2>Co2O3B白鐵皮（鍍鋅鐵）出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，一段時間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象該過程未發(fā)生氧化還原反應C將鐵片投入濃硫酸中無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應D將10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液混合充分反應后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應具有可逆性A．A B．B C．C D．D10、H2S為二元弱酸。20℃時，向0.100mol·L-1的Na2S溶液中緩慢通入HCl氣體（忽略溶液體積的變化及H2S的揮發(fā)）。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B．通入HCl氣體之前：c（S2-）＞c（HS-）＞c（OH-）＞c（H+）C．c（HS-）=c（S2-）的堿性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）＞0.100mol·L-1+c（H2S）D．pH=7的溶液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）11、下列物質溶于水形成的分散系不會產生丁達爾現(xiàn)象的是A．葡萄糖 B．蛋白質 C．硫酸鐵 D．淀粉12、臨床證明磷酸氯喹對治療“新冠肺炎”有良好的療效。磷酸氯喹的結構如圖所示。下列有關磷酸氯喹的說法錯誤的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能發(fā)生取代、加成和消去反應C．1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應D．分子中的—C1被—OH取代后的產物能與溴水作用生成沉淀13、由下列實驗事實得出的結論不正確的是（）實驗結論A將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最終變?yōu)闊o色透明生成的1,2-二溴乙烷無色可溶于四氯化碳B乙酸乙酯和氫氧化鈉溶液混合共熱后，混合液不再分層乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中可完全水解C葡萄糖與新制氫氧化銅混合共熱后，生成磚紅色沉淀葡萄糖是還原性糖D乙酸和乙醇都可與金屬鈉反應產生可燃性氣體乙酸分子中的氫與乙醇分子中的氫具有相同的活性A．A B．B C．C D．D14、常溫下，將鹽酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOH[pOH=—lgc(OH-)]與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線N表示pOH與兩者的變化關系B．NaHX溶液中c(X2-)>c(H2X)C．當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D．常溫下，Na2X的第一步水解常數(shù)Kh1=1.0×10-415、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示的轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說法正確的是A．丙屬于堿性氧化物B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C．W的原子序數(shù)是Z的兩倍，金屬性弱于ZD．常溫下等物質的量的甲和戊加入過量濃硝酸中，消耗的HNO3物質的量相等16、實驗室用下圖所示裝置進行液體石蠟分解及其產物性質實驗。下列操作或敘述錯誤的是A．裝置b、c中發(fā)生反應的基本類型不同B．實驗中可能看不到b、c中溶液明顯褪色C．d中溶液變渾濁證明石蠟分解產生了CO2D．停止加熱后立即關閉K可以防止液體倒吸17、海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源，下圖為海水利用的部分過程。下列有關說法正確的是A．用澄清的石灰水可鑒別NaHCO3和Na2CO3B．溴元素在第③、⑤中被氧化，在第④中被還原C．工業(yè)上一般用金屬鈉與無水MgCl2反應制取Mg單質D．海水中還含有碘元素，只需將海水中的碘升華就可以得到碘單質18、利用下圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論的是()A．A B．B C．C D．D19、下列說法正確的是A．電解精煉銅時，若轉移2NA個電子，則陽極減少的質量為64gB．合成氨生產中將NH3液化分離，可加快正反應速率，提高H2的轉化率C．2Na2O2(s)+2COD．常溫下，KSP[Al(OH)3]=120、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．常溫常壓下，22.4LCH4含有的分子數(shù)小于NAB．7.8gNa2O2與足量水反應轉移的電子數(shù)為0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氫離子數(shù)為3NA21、留蘭香(薄荷中的一種)可用來治療感冒咳嗽、胃痛腹脹、神經(jīng)性頭痛等，其有效成分為葛縷酮(結構簡式如圖)。下列有關葛縷酮的說法正確的是A．葛縷酮的分子式為C10H16OB．葛縷酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色的原理相同C．葛縷酮中所有碳原子可能處于同一個平面D．羥基直接連苯環(huán)且苯環(huán)上有2個取代基的葛縷酮的同分異構體有12種22、化學與社會、生產、生活密切相關，下列說法正確的是（）A．汽車尾氣中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃燒造成的B．我國全面啟動的北斗導航系統(tǒng)的信號傳輸與硅有關C．液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D．工程兵開山使用的炸藥“TNT”是有機高分子化合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物X由三種元素(其中一種是第四周期元素)組成，現(xiàn)進行如下實驗：已知：氣體A在標準狀況下密度為0.714g·L-1；堿性溶液焰色反應呈黃色。(1)X中非金屬元素的名稱為__________，X的化學式__________。(2)X與水反應的化學方程式為_________。(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，設計實驗證明Y的晶體類型__________。(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，________，蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色。24、（12分）比魯卡胺(分子結構見合成線路)是有抗癌活性，其一種合成路線如圖：回答下列問題（1）A的化學名稱為__。（2）D中官能團的名稱是__。（3）反應④所需試劑、條件分別為__、__。（4）寫出⑤的反應方程式__。（5）F的分子式為__。（6）寫出與E互為同分異構體，且符合下列條件的化合物的結構簡式__。①所含官能團類別與E相同；②核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為1：1：6（7）參考比魯卡胺合成的相關信息，完成如圖合成線路(其他試劑任選)___。25、（12分）硫代硫酸鈉(Na2S2O3)具有較強的還原性，還能與中強酸反應，在精細化工領域應用廣泛．將SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3?5H2O(大蘇打)．(1)實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是_____(選填編號)；檢查該裝置氣密性的操作是：關閉止水夾，再_______________。(2)在Na2S和Na2CO3的混合溶液中不斷通入SO2氣體的過程中，發(fā)現(xiàn)：①淺黃色沉淀先逐漸增多，反應的化學方程式為________________(生成的鹽為正鹽)；②淺黃色沉淀保持一段時間不變，有無色無嗅的氣體產生，則反應的化學方程式為__________________(生成的鹽為正鹽)；③淺黃色沉淀逐漸減少(這時有Na2S2O3生成)；④繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，反應的化學方程式為_______________(生成的鹽為酸式鹽)。(3)制備Na2S2O3時，為了使反應物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物質的量之比應為_________；通過反應順序，可比較出：溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是_________。(4)硫代硫酸鈉的純度可用滴定法進行測定，原理是：2S2O32﹣+I3﹣=S4O62﹣+3I﹣．①為保證不變質，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是___________。②取2.500g含雜質的Na2S2O3?5H2O晶體配成50mL溶液，每次取10.00mL用0.0500mol/LKI3溶液滴定(以淀粉為指示劑)，實驗數(shù)據(jù)如下(第3次初讀數(shù)為0.00，終點讀數(shù)如圖e；雜質不參加反應)：編號123消耗KI3溶液的體積/mL19.9820.02到達滴定終點的現(xiàn)象是_______________；Na2S2O3?5H2O(式量248)的質量分數(shù)是(保留4位小數(shù))__________。26、（10分）某學習小組以電路板刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）為原料制備納米Cu20，制備流程如下：已知：①Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu;Cu2O不溶于水，極易溶于堿性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反應：4Cu(OH)2+N2H4?H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O請回答：（1）步驟II，寫出生成CuR2反應的離子方程式：____________________________（2）步驟II，需對水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步驟III，反萃取劑為_____________（4）步驟IV，①制備納米Cu2O時，控制溶液的pH為5的原因是_______________A．B．C．②從溶液中分離出納米Cu2O采用離心法，下列方法也可分離Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）為測定產品中Cu2O的含量，稱取3.960g產品于錐形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反應后用0.2000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定，重復2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①產品中Cu2O的質量分數(shù)為_______②若無操作誤差，測定結果總是偏高的原因是_____27、（12分）某實驗小組對KSCN的性質進行探究，設計如下實驗：試管中試劑實驗滴加試劑現(xiàn)象2mL0.1mol/LKSCN溶液Ⅰi.先加1mL0.1mol/LFeSO4溶液ii.再加硫酸酸化的KMnO4溶液i.無明顯現(xiàn)象ii.先變紅，后退色Ⅱiii.先滴加1mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液iv.再滴加0.5mL0.5mol/LFeSO4溶液iii.溶液變紅iv.紅色明顯變淺(1)①用離子方程式表示實驗I溶液變紅的原因___________②針對實驗I中紅色褪去的原因，小組同學認為是SCN?被酸性KMnO4氧化為SO42?，并設計如圖實驗裝置證實了猜想是成立的。其中X溶液是_____________，檢驗產物SO42?的操作及現(xiàn)象是__________。(2)針對實驗Ⅱ“紅色明顯變淺”，實驗小組提出預測。原因①：當加入強電解質后，增大了離子間相互作用，離子之間牽制作用增強，即“鹽效應”?！胞}效應”使Fe3++SCN?[Fe(SCN)]2+平衡體系中的Fe3+跟SCN?結合成[Fe(SCN)]2+的機會減少，溶液紅色變淺。原因②：SCN?可以與Fe2+反應生成無色絡合離子，進一步使Fe3++SCN?[Fe(SCN)]2+平衡左移，紅色明顯變淺。已知：Mg2+與SCN?難絡合，于是小組設計了如下實驗：由此推測，實驗Ⅱ“紅色明顯變淺”的原因是___________________________。28、（14分）活性炭、純堿（Na2CO3）和小蘇打（NaHCO3）在生產、生活中應用廣泛。完成下列填空：(1)活性炭可用于處理大氣污染物NO：，已知NO的轉化率隨溫度升高而降低。降低溫度，重新達到平衡，判斷下列各物理量的變化：（選填“增大”、“減小”或“不變”）__________；N2的體積分數(shù)___________；平衡常數(shù)K____________。(2)將氨氣和二氧化碳先后通入飽和食鹽水中，可觀察到的現(xiàn)象是_______；寫出相關反應的化學方程式______________(3)小蘇打既能跟酸反應，又能跟堿反應，應用勒夏特列原理進行解釋。_____________(4)比較同溫下濃度均為0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四種溶液中的大小關系為_______（用編號表示）。29、（10分）氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應可以得到BF3和BN，請回答下列問題（1）基態(tài)B原子的電子排布式為_________；B和N相比，電負性較大的是_________，BN中B元素的化合價為_________；（2）在BF3分子中，F(xiàn)-B-F的鍵角是_______，B原子的雜化軌道類型為_______，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立體結構為_______；（3）在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為________，層間作用力為________；（4）六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

A.溶液質量是90g+10g=100g，溶質的質量分數(shù)為×100%=10%，A正確；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，該物質具有氧化性，會將pH試紙氧化漂白，因此不能用pH試紙測量該溶液的pH，以驗證溶液的堿性，B錯誤；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有鈉元素，因此用玻璃棒進行焰色反應實驗，就會干擾溶液中離子的檢驗，要使用鉑絲或光潔無銹的鐵絲進行焰色反應，C錯誤；D.向溴水中加入CCl4充分振蕩后，靜置，然后分液，就可從溴水中獲得溴單質。若向溴水中通入SO2氣體，就會發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能將單質溴吹出，D錯誤；故合理選項是A。2、C【解析】

A.用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，反應的離子方程式為：2I－＋H2O2＋2H+=I2＋2H2O，選項A錯誤；B.過量的鐵粉溶于稀硝酸，反應的離子方程式為：3Fe＋8H＋＋2NO3-=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，選項B錯誤；C.用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反應的離子方程式為：4Cl2＋S2O32-＋5H2O=10H＋＋2SO42-＋8Cl－，選項C正確；D.向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應的離子方程式為：AlO2-＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3-，選項D錯誤。答案選C。3、B【解析】

工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca（NO3）2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部參與化學反應生成Ca（NO3）2?6H2O晶體，反應方程式為：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O，設硝酸的質量為126g，則：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶質的質量分數(shù)為×100%=58.3%；故選：B。4、C【解析】

A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反應，故A不選；B.乙烷不能和濃鹽酸發(fā)生取代反應，烷烴能和鹵素單質在光照下發(fā)生取代反應，故B不選；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均為C2H4O2，兩者結構不同，故互為同分異構體，故C選；D.乙酸中的羧基不能發(fā)生加成反應，溴乙烷沒有不飽和鍵，也不能發(fā)生加成反應，故D不選。故選C。5、D【解析】

A.根據(jù)電荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A項錯誤；B.常溫下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH約為8，溶液顯堿性，溶液中HCO3-水解程度大于其電離程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，B項錯誤；C.加熱NaHCO3溶液，可能分解為碳酸鈉，碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，pH會增大，C項錯誤；D.向碳酸氫鈉溶液中滴加幾滴飽和CaCl2溶液，有白色沉淀生成為碳酸鈣沉淀，促進了碳酸氫根離子的電離，離子方程式為：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑，D項正確；答案選D。6、C【解析】

A、2.0hLiNH2的相對純度與1.5h差不多，耗時長但相對純度提高不大，故A錯誤；B、平衡時混合氣體的平均摩爾質量越大，說明氨氣的含量越多，正向反應程度越小，LiNH2的相對純度越低，故B錯誤；C、K===1.5，故C正確；D、LiH和LiNH2均極易與水反應：LiH+H2O=LiOH+H2↑和LiNH2+H2O=LiOH+NH3↑，都不能在水溶液中穩(wěn)定存在，故D錯誤。答案選C。7、D【解析】

A選項，放電時，“同性相吸”即Li+通過隔膜移向正極，故A正確；B選項，放電時，電子由負極即鋁箔沿導線流向正極即銅箔，故B正確；C選項，放電正極得電子，發(fā)生氧化反應為：xFePO4+xLi++xe－=xLiFeO4，故C正確；D選項，磷酸鐵鋰鋰離子電池充放電過程通過Li+遷移實現(xiàn)，F(xiàn)e元素化合價發(fā)生變化，故D錯誤；綜上所述，答案為D?！军c睛】放電時，溶液中的離子是“同性相吸”，即陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；充電時，溶液中的離子是“異性相吸”，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。8、D【解析】

A.NaClO為離子化合物，由Na+和ClO-構成，A錯誤；B.中子數(shù)為16的硫離子應為S2-，B錯誤；C.中，中心原子半徑大于頂點原子半徑，而CCl4的比例模型中，Cl原子半徑應比C原子半徑大，C錯誤；D.16O與18O都是氧元素的不同原子，二者互為同位素；16O2與18O3是氧元素組成的不同性質的單質，二者互為同素異形體，D正確。故選D?！军c睛】在同素異形體中，強調組成單質的元素相同，并不強調原子是否相同。兩種單質中，組成單質的原子可以是同一種原子，也可以是不同種原子，甚至同一單質中，原子也可以不同。如16O18O與17O3也互為同素異形體。9、D【解析】

A．向Co2O3中滴加濃鹽酸產生的黃綠色氣體為氯氣，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化物，則氧化性：Cl2＜Co2O3，故A錯誤；B．出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，Zn為負極，鐵為正極，構成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，鋅失去電子，故B錯誤；C．鐵片投入濃硫酸，沒有明顯變化，是由于鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化反應，在表面生成一層致密的氧化物膜而阻礙反應的繼續(xù)進行，并不是不反應，故C錯誤；D．根據(jù)2Fe3++2I-=2Fe2++I2，10mL2mol/L的KI溶液與1mL1mol/LFeCl3溶液反應后KI過量，由現(xiàn)象可知存在鐵離子，說明KI與FeCl3反應有可逆性，故D正確；故選D。10、D【解析】

A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(Na+)=0.100mol·L-1，電荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，則c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A錯誤；B．通入HCl氣體之前，S2-水解導致溶液呈堿性，其水解程度較小，且該離子有兩步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，故B錯誤；C．溶液中的電荷守恒為c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Na+)=0.100mol?L-1，則c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)=c(S2-)堿性溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以c(Cl-)+c(HS-)＜c(HS-)+c(S2-)+2c(H2S)=0.100mol?L-1+c(H2S)，故C錯誤；D．溶液中的電荷守恒為c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，溶液的pH=7，則溶液中c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)=c(HS-)+2c(H2S)，故D正確；故答案選D。11、A【解析】

A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能產生丁達爾效應，A符合題意；B.蛋白質溶于水得到蛋白質溶液，由于蛋白質分子直徑比較大，其溶液屬于膠體，能產生丁達爾效應，B不符合題意；C.硫酸鐵溶于水后，電離產生的Fe3+發(fā)生水解作用產生Fe(OH)3膠體，可以發(fā)生丁達爾效應，C不符合題意；D.淀粉分子直徑比較大，溶于水形成的溶液屬于膠體，可以發(fā)生丁達爾效應，D不符合題意；故合理選項是A。12、B【解析】

A．根據(jù)該分子的結構簡式可知分子式為C18H32ClN3O8P2，故A正確；B．Cl原子連接在苯環(huán)上，不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．苯環(huán)、碳碳雙鍵、氮碳雙鍵均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能與5molH2發(fā)生加成反應，故C正確；D．分子中的—C1被—OH取代后變成酚羥基，且其鄰位碳原子有空位，可以與溴水作用生成沉淀，故D正確；故答案為B。13、D【解析】

A．乙烯與溴發(fā)生加成反應生成的1，2-二溴乙烷無色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A正確；B．乙酸乙酯屬于酯，在氫氧化鈉溶液中加熱發(fā)生水解反應生成乙酸鈉和乙醇，因此混合液不再分層，故B正確；C．熱的新制氫氧化銅懸濁液和葡萄糖產生磚紅色沉淀氧化亞銅，氫氧化銅被葡萄糖還原，葡萄糖表現(xiàn)了還原性，故C正確；D．乙醇與鈉反應不如乙酸與Na反應劇烈，則乙醇分子中的羥基氫不如乙酸羧基中的氫活潑，故D錯誤；答案選D。14、D【解析】

Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解為主，則Kh1(X2-)＞Kh2(X2-)，堿性條件下，則pOH相同時，＞，由圖象可知N為pOH與lg的變化曲線，M為pOH與lg變化曲線，當lg或lg=0時，說明或=1，濃度相等，結合圖像可計算水解常數(shù)并判斷溶液的酸堿性?！驹斀狻緼．由以上分析可知，曲線N表示pOH與lg的變化曲線，故A錯誤；B．由曲線M可知，當lg=0時，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，則Kh2(X2-)=×c(OH-)=1×10-9；由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，則HX-的電離平衡常數(shù)Ka2===1×10-10，則NaHX溶液中HX-的水解程度大于電離程度，溶液中c(H2X)>c(X2-)，故B錯誤；C．混合液中存在電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，則當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C錯誤；D．由曲線N可知，當lg=0時，=1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，則Kh1(X2-)=×c(OH-)=1×10-4，故D正確；故答案為D。15、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)═族序數(shù)，應分別為H、Al元素，由這四種元素組成的單質或化合物存在如圖所示的轉化關系，其中甲、戊是兩常見的金屬單質，丁是非金屬單質，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙為Fe3O4，由轉化關系可知甲為Fe、乙為H2O，丁為H2，戊為Al、己為Al2O3，則對應X、Y、Z、W分別為H、O、Al、Fe元素?！驹斀狻緼.丙為Fe3O4，不是兩性氧化物，故A錯誤；B.W為Fe，原子序數(shù)為26，位于第四周期Ⅷ族，故B錯誤；C.由金屬活動順序可知Fe的金屬性比Al弱，故C正確；D.常溫下等物質的量的甲和戊加入過量濃硝酸中，均產生鈍化現(xiàn)象，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查無機物的推斷，把握物質的性質、發(fā)生的反應、元素周期律等為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意丙為具有磁性的黑色晶體為推斷的突破口，D為易錯點，鈍化的量不能確定。16、C【解析】

石蠟油在碎瓷片催化作用下發(fā)生裂化反應，生成物中含有烯烴，把生成物通入溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，溶液褪色，通入酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．裝置b中溴的四氯化碳溶液與分解生成的烯烴發(fā)生加成反應，裝置c中酸性高錳酸鉀溶液與分解生成的烯烴發(fā)生氧化反應，反應類型不同，A正確；B．石蠟油受熱分解需要溫度比較高，實驗中用酒精燈加熱石蠟油受熱分解生成的產物較少，實驗中可能看不到b、c中溶液明顯褪色，B正確；C．裝置c中烯烴被酸性高錳酸鉀溶液氧化也能生成CO2使d中溶液變渾濁，所以d中溶液變渾濁不能證明石蠟分解產生了CO2，C錯誤；D．停止加熱后立即關閉K，后面裝置中的液體就不會因為溫度下降壓強變化而產生倒吸，D正確；答案選C。17、B【解析】

A、澄清的石灰水和碳酸氫鈉或碳酸鈉都反應生成碳酸鈣沉淀，現(xiàn)象相同，不能鑒別，錯誤，不選A；B、溴元素在③⑤中化合價升高，被氧化，在④中化合價降低，被還原，正確，選B；C、工業(yè)上有電解氯化鎂的形式制取鎂單質，不是用金屬鈉置換出鎂，錯誤，不選C；D、還有的碘元素是碘離子形式，不能升華，錯誤，不選D。答案選B。18、B【解析】

A.同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性。濃氯水能揮發(fā)出氯氣，該實驗中氯氣易參與試管中的反應，故無法證明溴和碘的氧化性的強弱關系，A得不到相應結論；B.濃硫酸使蔗糖變黑，證明濃硫酸有脫水性；然后有氣體生成，該氣體能使溴水褪色，證明有二氧化硫生成，說明濃硫酸有強氧化性，可以被C還原為二氧化硫，故B可以得出相應的結論；C.SO2溶解在試管中使溶液顯酸性，與Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應得到SO42-，所以生成硫酸鋇白色沉淀，故C得不到相應的結論；D.鹽酸有揮發(fā)性，揮發(fā)出的鹽酸也會與Na2SiO3溶液反應得到硅酸沉淀。因此不能證明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相應的結論?！军c睛】本題主要是考查化學實驗方案設計與評價，明確相關物質的性質和實驗原理是解答的關鍵，選項A是易錯點，注意濃氯水的揮發(fā)性?？疾楦鶕?jù)實驗現(xiàn)象，得出結論，本題的難度不大，培養(yǎng)學生分析問題，得出結論的能力，體現(xiàn)了化學素養(yǎng)。19、D【解析】

A．陽極材料為粗銅，含有Fe、Zn等雜質，電解過程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故轉移2NA個電子時，陽極減少的質量不一定為64g，故A錯誤；B．合成氨生產中將NH3液化分離，減小了生成物的濃度，平衡向反應正方向移動，提高了H2的轉化率，由于濃度減小，反應速率減小，故B錯誤；C．2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，該反應的△S＜0，常溫下能自發(fā)進行，說明△H-TD．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol?L-1，c(OH-)≥31×10-331×10-6=10-9答案選D?！军c睛】本題的易錯點為A，電解精煉銅時使用的陽極材料為粗銅，含有Fe、Zn等雜質，通常情況下，F(xiàn)e、Zn要先于Cu放電。20、A【解析】

A.常溫常壓下，22.4LCH4物質的量小于1mol，其含有的分子數(shù)小于NA，故A正確；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol過氧化鈉轉移2mol電子，因此7.8gNa2O2即0.1mol與足量水反應轉移的電子數(shù)為0.1NA，故B錯誤；C.苯中不含有的碳碳雙鍵，故C錯誤；D.1L1mol·L-1的磷酸物質的量為1mol，磷酸是弱酸，部分電離，因此溶液中氫離子數(shù)小于3NA，故D錯誤。綜上所述，答案為A。21、D【解析】

本題考查有機物的知識，碳碳雙鍵使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反應，后者是氧化反應；有機物中碳碳雙鍵、叁鍵、苯環(huán)才具有所有碳共面。由圖可知，分子式為C10H14O，羥基直接連苯環(huán)，且苯環(huán)上有2個取代基，還剩-C4H9，其結構有四種，分別是、、、，每一種在苯環(huán)上與羥基分別有鄰間對3種異構體，共12種?！驹斀狻緼.根據(jù)圖示，葛縷酮的不飽和度為4，所以分子式為C10H14O，A項錯誤；B.葛縷酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反應，后者是氧化反應；B項錯誤；C.葛縷酮中所有碳原子不可能處于同一個平面，C項錯誤；D.分子式為C10H14O，羥基直接連苯環(huán)，且苯環(huán)上有2個取代基，還剩-C4H9，其結構有四種，分別是、、、，每一種在苯環(huán)上與羥基分別有鄰間對3種異構體，共12種，D項正確。答案選D?！军c睛】在確定含苯環(huán)的同分異構體的題目中，要確定苯環(huán)上有幾個取代基，之后確定每個取代基是什么基團，例如此題中確定苯環(huán)上有羥基之外，還有一個乙基，乙基有4種機構，每一種和羥基成3種同分異構，這樣共有12種。苯環(huán)上如果有2個取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3種同分異構；如果有3個取代基時（-X、-X、-Y）有6種同分異構體；如果是（-X、-Y、-Z）有10種同分異構體。22、C【解析】

A.汽車尾氣中的氮氧化合物是汽車發(fā)動機中N2與O2在電火花作用下發(fā)生反應產生的，A錯誤；B.我國全面啟動的北斗導航系統(tǒng)的信號傳輸與二氧化硅有關，B錯誤；C.液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者發(fā)生反應產生CaCl2、Ca(ClO)2和水，從而消除了Cl2的毒性及危害，C正確；D.炸藥“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D錯誤；故合理選項是C。二、非選擇題(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑將Y加熱至熔化，然后測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明該物質是由離子構成的離子晶體放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈火焰上灼燒至無色【解析】

X與水反應產生氣體A和堿性溶液，氣體A摩爾質量為M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，則A是CH4，說明X中含有C元素；堿性溶液焰色反應呈黃色，說明堿性溶液含有鈉元素，物質X中有鈉元素；向該堿性溶液中加入0.04molHCl溶液顯中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液產生兩種沉淀，質量和為7.62g，根據(jù)Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀質量為m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一種元素位于第四周期，可以與Ag+反應產生沉淀，則該元素為溴元素，則X的組成元素為Na、C、Br三種元素，形成的沉淀為AgBr，其質量為m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其質量為0.01mol×80g/mol=0.80g，結合堿性溶液中加入0.04molHCl，溶液顯中性，說明2.07gX中含有0.05molNa+，X與水反應產生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反應消耗0.01molNaOH，產生0.01molNaBr，還有過量0.04molNaOH，則X中含有C的物質的量為n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，則X化學式為Na5CBr，Na5CBr與水反應總方程式為：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，堿性溶液為NaOH與NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液為NaCl、NaBr按4：1物質的量的比的混合物，沉淀為AgCl、AgBr混合物，二者物質的量的比為4：1；(1)X化學式為Na5CBr，其中非金屬元素的名稱為碳、溴；(2)X與水反應的化學方程式為Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金屬元素和第四周期元素構成，則Y為NaBr，該化合物為離子化合物，證明Y的晶體類型實驗是：將NaBr加熱至熔化，測其導電性，若熔融狀態(tài)下能導電，證明在熔融狀態(tài)中含有自由移動的離子，則該物質是由離子構成的離子化合物；(4)補充焰色反應的操作：取一根鉑絲，放在稀鹽酸中洗滌后在酒精燈或酒精噴燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取待測液灼燒，觀察火焰顏色，來確定其中含有的金屬元素。【點睛】本題考查了元素及化合物的推斷、顏色反應的操作及化合物類型判斷方法。掌握常見元素及化合物的性質、物質的構成微粒，并結合題干信息計算、推理。24、丙酮碳碳雙鍵、羧基甲醇濃硫酸、加熱+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B發(fā)生消去反應得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反應得到E，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)發(fā)生加成、氧化反應生成G，G氧化成比魯卡胺?！驹斀狻浚?）由A的結構簡式可知，A的分子式為：C3H6O，故答案為：C3H6O；（2）由D的結構簡式可知，D中含碳碳雙鍵、羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；（3）D和甲醇酯化反應生成E，酯化反應的條件為濃硫酸、加熱，故答案為：甲醇；濃硫酸、加熱；（4）由圖可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以發(fā)生的反應為：+CH3OH，故答案為：+CH3OH；（5）數(shù)就行了，F(xiàn)的分子式為：C12H9N2OF3，故答案為：C12H9N2OF3；（6）所含官能團類別與E相同，則一定含碳碳雙鍵、酯基，核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為1：1：6，則必有2個甲基，所以先確定局部結構含C-C=C，在此基礎上，酯基中的羰基只可能出現(xiàn)在3號碳上，那么甲基只可能連在一號碳上，所以符合條件的只有一種，故答案為：；（7）結合本題進行逆合成分析：參照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而來，由消去而來，由和HCN加成而來，綜上所述，故答案為：。【點睛】復雜流程題，要抓住目標產物、原料和流程中物質的相似性，本題中的目標產物明顯有個酰胺基，這就和F對上了，問題自然應迎刃而解。25、d打開分液漏斗活塞加水，如水無法滴入說明氣密性良好3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO32：1前者防止Na2S2O3被空氣中O2氧化溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪去99.20%【解析】

(1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；關閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中；(2)①其反應原理為SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②無色無味的氣體為CO2氣體，其化學方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③黃色沉淀減少的原理為Na2SO3+S=Na2S2O3；④根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應，所以淺黃色沉淀又增多的原理為Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①，SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②，Na2SO3+S=Na2S2O3③，則①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物質的量之比為2：1。因為SO2先和Na2S反應，所以溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①用新煮沸并冷卻的蒸餾水是為了趕出水中的氧氣避免硫代硫酸鈉被氧化；②達到滴定終點時顏色突變且30s不變色；先根據(jù)滴定消耗的標準液的體積計算出平均體積，再由2S2O32-+I3-=S4O62-+3I-的定量關系計算?！驹斀狻?1)因為Na2SO3易溶于水，a、b、c裝置均不能選用，實驗室用Na2SO3和硫酸制備SO2，可選用的氣體發(fā)生裝置是d；檢查該裝置氣密性的操作是：關閉止水夾，若氣密性很好，則分液漏斗中水不能滴入燒瓶中；(2)①淺黃色沉淀先逐漸增多，其反應原理為SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反應的化學方程式為：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②淺黃色沉淀保持一段時間不變，有無色無嗅的氣體產生，則反應的化學方程式為，無色無味的氣體為CO2氣體，其化學方程式為SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③淺黃色沉淀逐漸減少，這時有Na2S2O3生成黃色沉淀，減少的原理為：Na2SO3+S=Na2S2O3；④根據(jù)題意Na2S2O3能與中強酸反應，繼續(xù)通入SO2，淺黃色沉淀又會逐漸增多，所以淺黃色沉淀又增多的原理為：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；(3)3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3①SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2②Na2SO3+S=Na2S2O3③①+②+③×3得4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物質的量之比為2：1；因為SO2先和Na2S反應，所以溫度相同時，同物質的量濃度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；(4)①為保證不變質，配制硫代硫酸鈉溶液須用新煮沸并冷卻的蒸餾水，其理由是：防止Na2S2O3被空氣中O2氧化；②達到滴定終點時，當?shù)渭幼詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化，2次消耗的I2溶液的體積平均值為20.00mL，，解得n=0.002mol，250ml溶液中含有Cr2O72﹣物質的量為0.002mol×=0.01mol；Na2S2O3?5H2O(式量248)的質量分數(shù)是=×100%=99.20%。26、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高銅離子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解C真空干燥90.90%制備氧化亞銅時，氧化亞銅被肼還原，產品中含有銅粉，測定結果均增大【解析】

刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入過量的氨水，形成銅氨溶液，同時生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機溶液得到CuR2，再反萃取劑條件下生成硫酸銅溶液。【詳解】（1）步驟II，銅氨溶液和RH的有機溶液反應生成氨氣和氯化銨和CuR2，離子方程式為：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要對水層多次萃取并合并萃取液是能提高銅離子的萃取率，提高原料利用率；（3）通過前后的物質分析，反萃取劑提供硫酸根離子和氫離子，故為稀硫酸；（4）①從信息分析，氧化亞銅在酸性強的溶液中會發(fā)生歧化反應，但堿性強的溶液中氧化亞銅會溶解。故答案為：pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解；②納米Cu2O不能通過半透膜，所以可以選擇C進行分離。③因為Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu，所以選擇真空干燥；（5）①根據(jù)得失電子分析關系式有5Cu2O---2KMnO4，高錳酸鉀的物質的量為0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，則氧化亞銅的物質的量為0.025mol，質量分數(shù)為=90.90%；②制備氧化亞銅時，肼具有還原性，氧化亞銅被肼還原，產品中含有銅粉，測定結果均增大。27、MnO4?+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O、Fe3++3SCN?Fe(SCN)30.1mol/LKSCN溶液一段時間后取少量反應后的?KSCN?溶液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀兩個原因都有可能【解析】

（1）①實驗Ⅰ溶液變紅，與亞鐵離子被高錳酸鉀氧化有關，亞鐵離子被氧化成鐵離子；②SCN－被酸性KMnO4氧化為SO42－，設計成原電池反應，由電子轉移方向可知左邊石墨為負極，SCN－被氧化，X溶液為KSCN溶液，右邊石墨為正極，Y溶液為KMnO4溶液；檢驗硫酸根離子，可加入鹽酸酸化，再加入氯化鋇檢驗；（2）實驗分別加入水、等濃度的硫酸鎂、硫酸亞鐵，溶液顏色依次變淺，可說明濃度、鹽效應以及亞鐵離子都對顏色有影響?！驹斀狻浚?）①實驗Ⅰ溶液變紅，與亞鐵離子被高錳酸鉀氧化有關，亞鐵離子被氧化成鐵離子，涉及反應為MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，F(xiàn)e3++3SCN?Fe(SCN)3，故答案為：MnO4－+5Fe2＋+8H＋=Mn2＋+5Fe3＋+4H2O，F(xiàn)e3++3SCN?Fe(SCN)3；②SCN－被酸性KMnO4氧化為SO42－，設計成原電池反應，由電子轉移方向可知左邊石墨為負極，SCN－被氧化，X溶液為KSCN溶液，右邊石墨為正極，Y溶液為KMnO4溶液；檢驗硫酸根離子，可加入鹽酸酸化，再加入氯化鋇檢驗，方法是一段時間后取少量反應后的KSCN溶液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀，故答案為：0.1mol·L－1KSCN溶液；一段時間后取少量反應后的KSCN溶液，先加鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，出現(xiàn)白色沉淀；（2）實驗分別加入水、等濃度的硫酸鎂、硫酸亞鐵，