山东省济南市市中区实验中学2026届高三3月联合检测试题（化学试题理）试题含解析

山东省济南市市中区实验中学2026届高三3月联合检测试题（化学试题理）试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A．B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B．等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞DC．0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键2、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．与互为同分异构体B．可作合成高分子化合物的原料（单体）C．能与NaOH溶液反应D．分子中所有碳原子不可能共面3、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D．=1×10-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-4、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol·L－1H2S溶液中含有的H＋离子数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA5、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸>碳酸>苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4>H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象淀粉未水解A．A B．B C．C D．D6、2019年诺贝尔化学奖花落锂离子电池，美英日三名科学家获奖，他们创造了一个可充电的世界。像高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A．放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充电时，Li+向左移动7、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：C>B>AB．气态氢化物的热稳定性：E>CC．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>ED．化合物DC与EC2中化学键类型相同8、在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)。下列说法不正确的是（）A．反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50％9、下列物质中，属于电解质的是()A．蔗糖 B．浓硫酸 C．硫酸氢钠 D．二氧化硅10、金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，下列说法不正确的是A．O2只做氧化剂B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂C．SO2既是氧化产物又是还原产物D．若有1molO2参加反应，则反应中共有4mol电子转移11、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（）A．将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量B．pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C．物质的量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D．相同温度下，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量12、常温常压下，某烧碱溶液与0.05mol氯气恰好完全反应，得到pH＝9的混合溶液（溶质为NaC1与NaC1O）。下列说法正确的是（NA代表阿伏加德罗常数）A．氯气的体积为1.12L B．原烧碱溶液中含溶质离子0.2NAC．所得溶液中含OH－的数目为1×10－5NA D．所得溶液中ClO－的数目为0.05NA13、某温度下，0.200mol·L-1的HA溶液与0.200mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如下表，下列说法正确的是微粒XYNa+A-浓度/（mol•L-1）8.00×10-42.50×10-100.1009.92×10-2A．0.1mol·L-1HA溶液的pH＝1B．该温度下Kw＝1.0×10-14C．微粒X表示OH-，Y表示H＋D．混合溶液中：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋）14、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NAD．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA15、生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是A．研发可降解高分子材料，减少“白色污染”B．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等C．控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化D．分类放置生活废弃物16、下列有关溶液性质的叙述，正确的是（）A．室温时饱和的二氧化碳水溶液，冷却到0℃时会放出一些二氧化碳气体B．强电解质在水中溶解度一定大于弱电解质C．相同温度下，把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量增加D．将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，或者温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下溶液中溶质的质量分数均保持不变17、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关18、以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列说法不正确的是A．试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.7～4.7之间B．反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C．操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D．反应Ⅲ的离子方程式为Cu2++Fe==Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O19、有关海水提溴的说法错误的是()A．海水晒盐后的卤水是提溴原料B．可以利用氯气氧化溴离子C．可用高温水蒸气将溴从溶液中吹出D．吹出的溴蒸气冷凝后得到纯溴20、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A．放电时，Li+通过隔膜移向正极B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C．放电时正极反应为：D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化21、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．SO2CaSO3CaSO4B．Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)C．MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)D．FeFeSO4(aq)Fe(OH)2FeO22、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A．无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C．c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D．由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-二、非选择题(共84分)23、（14分）我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药——丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是___________，E的化学名称是____________。（2）由B生成C的化学方程式为______________________。（3）G的结构简式为__________________。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_______________。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有______种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_________。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：______________。24、（12分）奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：I中间体F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是__________A．奥美拉的分子式为C18H19N3O3SB．J生成K的反应类型为加成反应C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_______________________________；（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体:_____________________________①分子中含苯环，遇FeC13显紫色②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________25、（12分）三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____________。装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为________________________________。（3）C装置控制反应在60～65℃进行，其主要目的是_______________________。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀；III.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用cmol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是（填序号）________，滴定终点的现象为_____________。a.酚酞b.NH4Fe(SO4)2c.淀粉d.甲基橙②Cl元素的质量分数为（列出算式）________________。③若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为________；该反应使测定结果________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。26、（10分）化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图：(1)操作①的名称是_____，操作②的主要仪器是_____；氧化步骤的离子方程式是_____。(2)探究异常：取样检验时，部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量，氧化了①I2；②淀粉；③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中，滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后，若出现_____现象，即可证明假设①正确，同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。(3)查阅资料：Cl2可氧化I2，反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式，并标出电子转移的方向和数目_______。(4)探究氧化性：在盛有FeCl3溶液的试管中，滴入几滴KI溶液，将反应后的溶液均匀倒入两支试管，试管a中加入1mL苯振荡静置，出现______(填实验现象)，证明有I2存在；试管b中滴入KSCN溶液，溶液显血红色，证明有_____存在。(5)比较氧化性：综合上述实验，可以得出的结论是氧化性：Cl2＞FeCl3，理由是_____。27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备ClO2的化学方程式为__。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是__。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和__。（3）实验过程中通入空气的目的是__，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因__。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质__。a.KClb.KClOc.KClO3d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量__（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。28、（14分）Li、Fe、As均为重要的合金材料，NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)基态Li原子核外电子占据的空间运动状态有________个，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_________。(2)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因为_________。(3)基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因为____________。(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于检验Fe3+。①SCN-的立体构型为_______，碳原子的杂化方式为_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)；1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ键的数目为____________。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为____________________。(6)Li、Fe和As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度可表示为______g●cm-3。(列式即可)29、（10分）过渡元素有特殊性能常用于合金冶炼，p区元素用于农药医药、颜料和光电池等工业。（l）量子力学把电子在原子核外的一种空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫作_______（2）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为____。（3）Cr3+可以与CN-形成配离子，其中Cr3+以d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN-形成配位键，则Cr3+的配位数为______，1mol该配离子中含有_______molσ键。（4）单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如图所示，在二氧化硅晶体中，Si、O原子所连接的最小环为____元环，则每个O原子连接________个最小环。（5）与砷同周期的p区元素中第一电离能大于砷的元素有________（填元素符号）；请根据物质结构的知识比较酸性强弱亚砷酸（H3AsO3，三元酸）____HNO3（填>，=，<）。（6）Zn与S形成晶胞结构如图所示，晶体密度为pg/cm3，则晶胞中距离最近的Zn、S之间的核间距离是____pm。（NA表示阿伏加德罗常数，用含p、NA等的代数式表示）

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；答案选D。解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。2、D【解析】

A．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；B．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；C．该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；D．该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；答案选D。数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。3、D【解析】

A．使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误；B.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误；C．强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D．=1×10-13mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正确。答案选D。4、C【解析】

A.18gD2O物质的量为，质子的物质的量为0.9mol×10=9mol，因此质子数为9NA，故A错误；B.2L0.5mol·L－1H2S溶液中物质的量为n=0.5mol·L－1×2L=1mol，H2S是弱电解质，部分电离，因此含有的H＋离子数小于2NA，故B错误；C.过氧化钠与水反应时，转移2mol电子生成1mol氧气，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故C正确；D.密闭容器中2molSO2与1molO2充分反应，该反应是可逆反应，因此产物的分子数小于2NA，故D错误。综上所述，答案为C。5、B【解析】

A．由于浓盐酸挥发出HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A错误；B．发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4>H2O2，B正确；C．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；D．淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；答案选B。6、D【解析】

放电为原电池原理，从(1−x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合价升高了，所以LixCn失电子，作负极，那么负极反应为：+nC，LiFePO4作正极，正极反应为：，充电为电解池工作原理，反应为放电的逆过程，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，放电正极上得到电子，发生还原反应生成，正极电极反应式：，A正确；B．原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，B正确；C．充电时，阴极为放电时的逆过程，变化为，电极反应式：，C正确；D．充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，向右移动，D错误；答案选D。带x的新型电池写电极反应时，先用原子守恒会使问题简单化，本题中，负极反应在我们确定是变为C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用电荷守恒在左边加上-xe-即可，切不可从化合价出发去写电极反应。7、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.原子半径：N>C>H，故A错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正确；D.化合物MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。8、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常数K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常数K2=c2反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=c2(NO)∙c(Cl2)c4B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L•min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理选项是C。9、C【解析】

A.蔗糖、酒精、淀粉等是在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，选项A错误；B.浓硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C.硫酸氢钠在水溶液中或熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，选项C正确；D.二氧化硅：原子晶体，不溶于水，在熔融状态下，没有自由移动的离子生成，在两种情况下都不导电，是非电解质，选项D错误。答案选C。本题考查电解质与非电解质概念的判断，在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物为电解质，首先必须是化合物，如单质或混合物都既不是电解质也不是非电解质。10、D【解析】

A.反应中，O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，O2只做氧化剂，A正确；B.Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，SO2是氧化产物，C正确；D.O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，1molO2参加反应，反应共转移6mol电子，D错误；答案选D。11、C【解析】

A.醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C.碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确；D.相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10

mL

0.1mol/L的醋酸与100

mL

0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。12、B【解析】

A项，常温常压不是标准状况，0.05mol氯气体积不是1.12L，故A错误；B项，原溶液中溶质为氢氧化钠，含溶质离子为Na+和OH-，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，0.05mol氯气和0.1mol氢氧化钠恰好反应，所以原烧碱溶液中含溶质离子0.2NA，故B正确；C项，因为常温常压得到pH=9的混合溶液，所以c(OH-)=10-5mol/L，溶液体积未知不能计算OH-的数目，故C错误；D项，反应生成0.05molNaClO，因为次氯酸根离子水解，所得溶液中C1O-的数目小于0.05NA，故D错误。本题以阿伏伽德罗常数的分析判断为依托，主要考查盐类水解的分析、化学方程式的计算应用，题目综合性较强，重在考查分析综合运用能力。A项注意是否为标准状况，为易错点。13、D【解析】

0.200mol·L-1的HA溶液与0.200mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（Na+）=0.100mol/L＞c（A-）=9.92×10-2mol/L，可知HA为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100mol/L，则c（HA）=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4mol/L，所以X为HA；由电荷守恒可知c（OH-）＞c（H+），所以Y是H+。【详解】A、HA为弱酸，则0.1mol/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，pH＞1，A错误；B、温度未知，无法判断水的离子积，B错误；C、X表示HA，Y表示H+，C错误；D、根据物料守恒：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋），D正确。答案选D。14、C【解析】

A．N4呈正四面体结构，类似白磷(P4)，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N–N键），则0.5molN4含共价键数目为3NA，A项错误；B．S2＋H2O⇌HS＋OH，阴离子包括S2、OH和HS，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C．锌与浓硫酸发生反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，生成气体11.2L（标准状况），则共生成气体的物质的量，即n(H2+SO2)=，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时应转移电子数目为NA，C项正确；D．己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合物相当于1molCH2，含2molH原子，故14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA，D项错误；答案选C。15、B【解析】

A.研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A错误；B.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；C.控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；D.垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D错误；答案为B。16、D【解析】

A.气体的溶解度随温度的降低而增大，所以室温下饱和的二氧化碳水溶液降温至0℃，不会放出二氧化碳气体，A错误；B.难溶于水的强电解质(如BaSO4)，在水中溶解度小于某些可溶性弱电解质(如醋酸)，B错误；C.相同温度、相同压强下，氧气在水中的溶解度不变，所以把水面上的空气换成相同压力的纯氧，100g水中溶入氧气的质量不变，C错误；D.将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃，虽然溶液变为不饱和，但溶质的质量分数不变；温度仍保持在40℃并加入少量无水硫酸铜，硫酸铜的溶解度不变，溶质的质量分数不变，D正确。故选D。17、C【解析】

由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。18、B【解析】

A.加入试剂a调节pH至3.7~4.7之间，目的是使Fe3+

形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2

沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO[或Cu(OH)2

、CuCO3

等]，故A正确；B.反应I的化学反应方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2＝4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D.反应Ⅲ主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应Ⅳ时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故D正确；答案选B。19、D【解析】

海水提溴的三个步骤是：(1)先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl(2)将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴。Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+(3)用氯气将富集的溴负离子氧化得到产品溴Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。【详解】A．海水晒盐后的卤水是提溴原料，故A正确；B．根据提溴的第一个步骤，先将浓缩海水中的Br-用氯气氧化Cl2+2Br-=Br2+2NaCl，故B正确；C．将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和二氧化硫吸收剂发生作用转变成氢溴酸得到富集溴，故C正确；D．吹出的溴蒸气用吸收液吸收后，再用氯气将富集的溴负离子氧化后得到溴，经分离提纯后可以得到纯溴，故D错误；答案选D。熟悉海水提溴的流程是解本题的关键。20、D【解析】

A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4+xLi++xe－=xLiFeO4，故C正确；D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；综上所述，答案为D。放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。21、B【解析】

A．二氧化硫不能与氯化钙反应，A项错误；B．四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，B项正确；C．电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，C项错误；D．空气中灼烧氢氧化亚铁生成三氧化二铁，D项错误。答案选B。22、D【解析】

A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）酯化反应（或取代反应）4【解析】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2－甲基－1－丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。24、C、D【解析】

（1）奥美拉的分子式为C17H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；25、冷凝管2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑2PCl3+O2=2POCl3加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失b当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)偏小【解析】

根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2H2O=2H2O+O2↑；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在60℃∼65℃进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；（4）①用cmol⋅L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为V∙c×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.04L−Vc×10−3mol＝(4−Vc)×10−3mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；③已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10−10，Ksp(AgSCN)＝2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。26、过滤分液漏斗Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣碘水变蓝加入碘水溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③516210分层现象，且上层为紫红色、下层几乎无色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3【解析】

(1)根据流程图，结合物质提纯与分离的基本操作分析；通入氯水将碘离子氧化为碘单质；(2)碘单质与淀粉变蓝，若碘被氧化，则蓝色消失，淀粉恢复原来的颜色，结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析；(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平；(4)苯可以溶解碘单质，溶液分层；三价铁遇KSCN溶液变为血红色；(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液，则操作①为过滤；将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中，则操作②为萃取，主要是用的仪器为分液漏斗；氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水，将碘离子氧化为碘单质，离子反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；(2)没有观察到溶液变蓝色，有两种可能，一是溶液中没有碘单质，二是淀粉被转化为其他物质，要证明①是正确的，则只需要在溶液中加入碘水，若溶液变蓝，说明溶液中没有碘、有淀粉，即氯水氧化了碘没有氧化淀粉，所以可以同时排除假设②③(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价，碘元素由0价变为+5价，结合化合价升降总数相等以及质量守恒，则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，电子转移的方向和数目表示为：；(4)FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，KI中碘离子具有还原性，FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应，加入试管a中加入1mL苯，苯的密度小于水，若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色，证明反应中生成I2；KSCN溶液可检验铁离子，加入KSCN溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存，由此可知Fe3+不能氧化I2，而由(3)可知Cl2能氧化I2，所以氧化性Cl2＞FeCl3。27、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】

(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2↑+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2molKClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2反应获得电子为3mol×4=12mol，2molKClO3反应获得电子为2mol×6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2molKClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。28、2球形电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，而基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为半充满状态，稳定性更强直线形spN>C>Fe>K12NAH3AsO3中非羟基氧原子数小于H3AsO4，砷元素的正电性更小，羟基更不易电离出氢离子【解析】

(1)根据构造原理书写Li核外电子排布式，据此书写基态Li原子核外电子占据的空间运动状态，据此判断Li原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状；(2)焰色反应是是电子跃迁的结果；(3)原子核外各个轨道电子排布处于全满、半满或全空时是稳定状态；(4)①根据价层电子对分析，在SCN-中C原子形成了共价三键，据此判断C原子杂化类型；②元素吸引电子能力越大，其电离能就越大；根据配位体及配位原子中含有的σ键计算；(5)根据物质中含有的非羟基O原子数目分析；(6)先根据均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数然后根据ρ=计算密度。【详解】(1)Li核外电子排布式是1s22s1，1个原子轨道为1个空间运动状态，基态Li原子核外电子占据的轨道有1s、2s两个，

故有2个空间运动状态。占据最高能层为L层2s轨道，故电子云轮廓图形状为球形；

(2)金属元素产生焰色反应的原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，以光的形式释放多余的能量，形成焰色反应，不同金属元素的电子跃迁时释放的能量不同，因此焰色反应不同；(3)基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，为d轨道的半充满的稳定状态，相对稳定形强，而基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，稳定性不如半充满状态；