能使金属钠产生光电效应的单色光的极限频率是6.0×1014Hz．根据能量守恒，用频率是7.0×1014Hz的紫光照射金属

由于甲乙反应能够生成能使澄清石灰水变浑浊的气体A（二氧化碳）和红色的固体（铜），可以猜测甲乙是碳和氧化铜中的一种，而甲能够与稀硫酸反应，故甲是氧化铜，丁为一种蓝色溶液的溶质则丁是硫酸铜，硫酸铜溶液能够与铁发生置换反应生成铜和硫酸亚铁，故A是CO₂；甲是CuO；丙是Cu；丁是CuSO₄；
故答案为：CO₂；CuO；Cu；CuSO₄；

点评：
本题考点： 物质的鉴别、推断．

考点点评： 本题为推断题，根据题给条件和物质的化学特性找准突破口，然后顺藤摸瓜完成解答．

A、三种光线的波长λ_甲＞λ_乙＞λ_丙，知γ_甲＜γ_乙＜γ_丙，因为乙光照射金属b，恰能发生光电效应，甲的频率小于乙的频率，所以甲光照射金属b，不能发生光电效应．故A错误．
B、丙光频率大于乙光频率，乙光照射金属b能发生光电效应，所以丙光照射一定能发生光电效应．故B正确．
C、甲光和乙光的频率均小于丙光，丙光照射恰能发生光电效应，所以两光照射不能发生光电效应．故C错误．
D、因为乙光和丙光的频率均大于甲光的频率，甲光照射能发生光电效应，所以乙和丙光照射一定能发生光电效应．故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 光电效应．

考点点评： 解决本题的关键知道波长与频率的关系，以及掌握光电效应的条件．

可添加对角线相等且对角线垂直或对角线相等，且一组邻边相等；或对角线垂直，有一个内角是90°．答案不唯一，此处填：AC=BD且AC⊥BD．

点评：
本题考点： 正方形的判定；平行四边形的性质．

考点点评： 本题考查正方形的判定，需注意它是菱形和矩形的结合．

A、处于第4能级的氢原子向第3能级跃迁辐射的光子能量小于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，不一定能使该金属发生光电效应．故A错误．
B、处于第2能级的氢原子向第1能级跃迁辐射的光子能量大于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，一定能使该金属发生光电效应．故B正确．
C、处于第3能级的氢原子向第5能级跃迁需吸收光子能量．故C错误．
D、处于第5能级的氢原子向第4能级跃迁辐射的光子能量小于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，不一定能使该金属发生光电效应．故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 氢原子的能级公式和跃迁．

考点点评： 解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁光子能量的大小．

C、H均既能与盐酸反应又能与烧碱反应，H电解生成C和氧气，C是金属单质，能和盐酸、氢氧化钠溶液反应的金属是
Al，则H是Al₂O₃，白色沉淀加热生成氧化铝和水，所以白色沉淀是氢氧化铝；盐酸和铝反应生成氯化铝和氢气，F和E反应生成氢氧化铝和A，所以F是氯化铝，G是氢气；E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明E呈碱性，则为氨气；实验室常用氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，所以D是氯化钙，氨气、水和氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化铵，所以A是氯化铵，则B是氢氧化钙．
（1）通过以上分析知，A是氯化铵，氯化铵是离子化合物，存在离子键、共价键和配位键，电子式为；
故答案为：；
（2）通过以上分析知，H是氧化铝，化学式为Al₂O₃；
故答案为：Al₂O₃；
（3）加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，
反应方程式为 2NH₄Cl+Ca（OH）₂

△
.
CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；
故答案为：2NH₄Cl+Ca（OH）₂

△
.
CaCl₂+2NH₃↑+2H₂O；
（4）氨气、水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3 NH₄⁺；
故答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3 NH₄⁺．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，能正确判断元素化合物是解本题的关键，注意氢氧化铝能溶于强碱不能溶于弱碱．

未换变压器时输电电流：I=[P/U＝
440×100
220]=200A
输出电压：U2＝
n2U1
n1＝
6×6600
165＝240V
则由△U=U₂-U=IR，得到：R=
240−220
200＝0.1Ω
更换变压器后：I′=
P′
U＝
440×250
220＝500A
线路损失电压：△U′=I′R=50V
变压器输出电压：U₂′=U+U′=220+50=270V
变压器的匝数比为：n₁：n₂=U₁：U₂=6600：270=220：9
答：此变压器的匝数比为220：9．

点评：
本题考点： 远距离输电；变压器的构造和原理．

考点点评： 本题关键是先根据变压比公式和串联电路电压关系求解出输电线电阻，然后在进一步求解新的变压器的变压比．

（1）因二氧化硫漂白原理在于能与有机色素结合成无色的不稳定化合物，加热后，无色不稳定的化合物分解，又恢复原来的颜色．当向品红溶液中通入过量的SO₂时，发生如下反应：SO₂+H₂O⇌H₂SO₃，生成的酸能使品红溶液红色加深，因SO₂过量，SO₂与品红溶液结合成不稳定的无色物质而褪色，加热无色物质分解又逐渐恢复到原来的红色，
故答案为：溶液颜色先变深后又逐渐褪去；逐渐恢复原来的红色；
（2）Cl₂的漂白原理是和H₂O反应生成的HClO具有强氧化性，与二氧化硫漂白原理不同．当向品红溶液中通入Cl₂，因Cl₂+H₂O⇌HClO+HCl，同样生成了酸，品红溶液红色加深，因Cl₂过量，Cl₂与水反应产生的HClO氧化有色物质而使其褪色，加热后不再恢复红色，故答案为：溶液的颜色先变深后又逐渐褪去；
（3）已知盐酸加到品红溶液中，能使品红溶液的红色加深，当向品红溶液中通入1：1的SO₂和Cl₂时，两者发生以下反应：Cl₂+SO₂+2H₂O═2HCl+H₂SO₄，因生成了酸，使品红溶液颜色加深，故答案为：溶液的红色比原来加深．

点评：
本题考点： 二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．

考点点评： 本题主要考查了二氧化硫、Cl2的漂白原理，两者的漂白原理不同，需要注意的是虽然两者都有漂白性，但两者以1：1通入溶液时不具有漂白性，原因是两者发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4．