2024届河北省曲阳一中高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2024届河北省曲阳一中高三第二次诊断性检测化学试卷考生须知：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、下图为某城市某日空气质量报告，下列叙述与报告内容不相符的是A．该日空气首要污染物是PM10B．该日空气质量等级属于中度污染C．污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气D．PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，会影响人体健康2、用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的氮原子： B．HCl的电子式：C．NH3的结构式： D．Cl−的结构示意图：3、常温下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A．当n(NaOH)＝0.1mol时，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)4、假定NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温下，46g乙醇中含C-H键的数目为6NAB．1mol/L的K2SO4溶液中含K+的数目为2NAC．标准状况下，22.4L氦气中含质子的数目为4NAD．1molHNO3被还原为NO转移电子的数目为3NA.5、学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析，提出假设：该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究：①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液，溶液变红。②取100mL该溶液于试管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。③另取100mL该溶液，逐渐加入Na2O2粉末，产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是（）A．该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-B．该溶液中一定含有K+，其物质的量浓度为1mol•L-1C．在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD．该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解6、下列装置可达到实验目的是A．证明酸性：醋酸>碳酸>苯酚B．制备乙酸丁酯C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D．用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体7、向某恒容密闭容器中加入1.6mol•L-1的NO2后，会发生如下反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H=-56.9kJ•mol-1。其中N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是A．升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深B．0-60s内，NO2的转化率为75%C．0-60s内，v(NO2)=0.02mol•L-1•s-1D．a、b两时刻生成NO2的速率v(a)>v(b)8、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（）A．1~5号碳均在一条直线上B．在特定条件下能与H2发生加成反应C．其一氯代物最多有4种D．其官能团的名称为碳碳双键9、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A．气体A至少含有SO2、H2中的一种B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定10、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B．因该反应、，所以在低温下自发进行C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为11、下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是()选项操作现象解释、结论A用玻璃棒蘸取浓氨水点到干燥红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体C向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌蔗糖变黑，体积膨胀反应中浓硫酸只体现脱水性D过量的Fe粉与氯气充分反应后，向反应后的混合物中加水，取上层清液滴入KSCN溶液溶液不变红色氯气将Fe氧化为Fe2＋A．A B．B C．C D．D12、用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500℃制备纯净HX气体，则该卤化钠是A．NaF B．NaCl C．NaBr D．NaI13、能使品红溶液褪色的物质是①漂粉精②过氧化钠③新制氯水④二氧化硫A．①③④B．②③④C．①②③D．①②③④14、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1=K2<K3B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动15、下列生活用品中主要由合成纤维制造的是()A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣16、某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A．固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B．使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-C．试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解D．若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O17、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14gN2生成时，转移1mole-18、下列关于轮船嵌有锌块实施保护的判断不合理的是A．嵌入锌块后的负极反应：Fe﹣2e-=Fe2+B．可用镁合金块代替锌块进行保护C．腐蚀的正极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D．该方法采用的是牺牲阳极的阴极保护法19、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B．c点溶液中C．b点溶液中D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c20、下列属于电解质的是()A．BaSO4B．浓H2SO4C．漂白粉D．SO221、工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的工业流程如下：根据流程推测，下列判断不正确的是()A．“酸化”的试剂是稀硝酸或浓盐酸B．“滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用C．NaClO3与PbO2反应的离子方程式为D．在KNO3、KClO4、NaClO4、NaNO3中，常温下溶解度小的是KClO422、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．Y可能是硅元素B．简单离子半径：Z＞W＞XC．气态氢化物的稳定性：Y＞WD．非金属性：Y＞Z二、非选择题(共84分)23、（14分）PEI[]是一种非结晶性塑料。其合成路线如下（某些反应条件和试剂已略去）：已知：i.ii.CH3COOH+CH3COOH（1）A为链状烃。A的化学名称为______。（2）A→B的反应类型为______。（3）下列关于D的说法中正确的是______（填字母）。a．不存在碳碳双键b．可作聚合物的单体c．常温下能与水混溶（4）F由4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能团有－Cl和______。（5）C的核磁共振氢谱中，只有一个吸收峰。仅以2-溴丙烷为有机原料，选用必要的无机试剂也能合成C。写出有关化学方程式：_____（6）以E和K为原料合成PEI分为三步反应。写出中间产物2的结构简式：_______24、（12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：______________。25、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2。Ⅰ.Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示。(1)b中反应的离子方程式为________，c中试剂为_________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_______。(3)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有___________(写出两条)。(4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是_______。(5)制备得到的Na2S2O3中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4：___________________________________。Ⅱ.探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：ⅰ．Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)ⅱ．Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的S2O32-装置编号试剂X实验现象①Fe(NO3)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s后溶液几乎变为无色②AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液(6)根据实验①的现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过____(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅰ的现象：____。(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+。实验②中Ag+未发生氧化还原反应的原因是____。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象③AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验③中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_____=Ag2S+_____(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和____有关(写出两条)。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：I．SO2Cl2的制备（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是___。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12（6）滴定终点的现象为___。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27、（12分）过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：实验步骤：I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃；II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35％的双氧水，再通入冷却水；Ⅲ．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器6的名称是______，反应器2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_____。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_____；分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_________。（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_________（选填字母序号）。A作为反应溶剂，提高反应速率B与固体酸一同作为催化剂使用，提高反应速率C与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D增大油水分离器5的液体量，便于实验观察（4）从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到___________（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品VmL，分成6等份，用过量KI溶液与过氧化物作用，以1.1mol•L－1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）；重复3次，平均消耗量为V1mL。再以1．12mol•L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定样品，重复3次，平均消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为______mol•L－1。28、（14分）硅及其化合物广泛应用于太阳能的利用、光导纤维及硅橡胶的制备等．纯净的硅是从自然界中的石英矿石（主要成分为SiO2）中提取．高温下制取纯硅有如下反应（方法Ⅰ）：①SiO2（s）+2C（s）⇌Si（s）+2CO（g）②Si（s）+2Cl2（g）⇌SiCl4（g）③SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g）完成下列填空：（1）硅原子核外有______种不同能级的电子，最外层p电子有______种自旋方向；SiO2晶体中每个硅原子与______个氧原子直接相连．（2）单质的还原性：碳______硅（填写“同于”、“强于”或“弱于”）．从平衡的视角而言，反应①能进行的原因是______．（3）反应②生成的化合物分子空间构型为；该分子为______分子（填写“极性”或“非极性”）．（4）某温度下，反应②在容积为V升的密闭容器中进行，达到平衡时Cl2的浓度为amol/L．然后迅速缩小容器容积到0.5V升，t秒后重新达到平衡，Cl2的浓度为bmol/L．则：a______b（填写“大于”、“等于”或“小于”）．（5）在t秒内，反应②中反应速率v（SiCl4）=______（用含a、b的代数式表示）．（6）工业上还可以通过如下反应制取纯硅（方法Ⅱ）：④Si（粗）+3HCl（g）SiHCl3（l）+H2（g）+Q（Q＞0）⑤SiHCl3（g）+H2（g）Si（纯）+3HCl（g）提高反应⑤中Si（纯）的产率，可采取的措施有：______、______．29、（10分）锗（Ge）是重要的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。(1)锗在元素周期表中属于_____区，GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，GeCl4晶体类型是_________(2)锗（32Ge）、砷（33As）、硒（34Se）均为第四周期的元素，它们第一电离能由大到小的顺序__________(3)AsO43-离子的中心原子的杂化方式________，与其互为等电子体的分子是___________;N3-和SCN-互为等电子体，根据等电子体判断N3-空间构型为_______；一定条件下，SCN-与MnO2反应可得到(SCN)2。试写出(SCN)2的结构式：_____。(4)四乙基锗(见图)，1mol四乙基锗含有的σ键数目约为_____________,四乙基锗易溶于苯，其原因是________(5)如图所示锗的一个晶胞，此晶胞立方体的边长为apm，Ge的相对原子质量为73，金属Ge的密度为ρg/cm3，则晶胞中Ge原子的配位数为_________，用含有a、ρ的代数式表示的阿伏加德罗常数为：_________mol-1。

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、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故A正确；首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米,

PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。2、C【解析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。3、B【解析】

A、当n(NaOH)=0.1mol，与NH4Cl恰好完全反应，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A说法正确；B、当a=0.05mol时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的电离，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，与题意不符，故B说法错误；C、在M点时，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，则n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C说法正确；D、加入0.1molNaOH后，刚好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，则c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D说法正确；答案选B。4、D【解析】

A．一个乙醇分子中含有5个C-H键，常温下，46g乙醇为1mol，含C-H键的数目为5NA，故A错误；B．1mol/L的K2SO4溶液的体积未知，含K+的物质的量不能确定，则K+数目也无法确定，故B错误；C．氦气为稀有气体，是单原子分子，一个氦气分子中含有2个质子，标准状况下，22.4L氦气为1mol，含质子的数目为2NA，故C错误；D．HNO3中氮元素的化合价由+5价变为+2价，转移3个电子，则1molHNO3被还原为NO，转移电子的数目为1mol×3×NA/mol=3NA，故D正确；.答案选D。【点睛】计算转移的电子数目时，需判断出元素化合价的变化，熟练应用关于物质的量及其相关公式。5、D【解析】

①滴加紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶液显酸性，则溶液中无HCO3-；②滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明溶液中有SO42-，且n（SO42-）=0.3mol，无Cl-、I-；③逐渐加入Na2O2粉末，由图可知，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol，与铵根离子反应生成氨气0.2mol，最后与氢氧化铝反应，含有铝离子，一定不存在碳酸氢根离子。【详解】A.由分析可知，该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-，故A正确；B.由分析可知，100mL溶液中有n（SO42-）=0.3mol，n（Al3+）=0.1mol，n（NH4+）=0.2mol，由电荷守恒可知n（K+）=0.1mol，其浓度为1mol•L-1，故B正确；C.在溶液中加入0.25～0.3molNa2O2时，过氧化钠会与水发生反应，生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故C正确；D.溶液中存在铵根离子和铝离子，则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解，故D错误；综上所述，答案为D。6、B【解析】

A．醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；B．乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；C．苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；D．蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。7、D【解析】

A.放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A项正确；B.设容器体积为V，0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol，则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol，NO2的转化率为=75%，B项正确；C.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01mol⋅L−1⋅s−1，则v(NO2)=2v(N2O4)=2×0.01mol⋅L−1⋅s−1=0.02mol⋅L−1⋅s−1，C项正确；D.随着反应的进行，消耗的NO2的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成NO2的速率：v(a)<v(b)，D项错误；答案选D。8、B【解析】

A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A错误；B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。综上所述，答案为B。9、C【解析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【详解】A.气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B.原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D.该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。【点睛】在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。10、D【解析】

A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0，所以在高温下自发进行，故B错误；C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的浓度不变，故C错误；D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=，故D正确；答案选D。【点睛】计算时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据NH3和CO2的物质的量之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项C为解答的易错点，注意平衡常数的表达式以及影响因素。11、A【解析】

A．试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性；B．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠；C．体积膨胀，原因是生成气体；D．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应。【详解】A．能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性，选项A正确；B．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，析出晶体为碳酸氢钠，选项B错误；C．体积膨胀，说明生成了气体，原因是碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，选项C错误；D．氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN，溶液不变色，选项D错误．答案选A。【点睛】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大。12、B【解析】

A．玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用普通圆底烧瓶制取氟化氢，选项A错误；B．利用高沸点的酸制取挥发性酸原理，盐酸是挥发性酸，浓硫酸是高沸点酸，且氯化氢和玻璃不反应，所以可以用浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，选项B正确；C．溴化氢能被浓硫酸氧化而得不到溴化氢，选项C错误；D．碘化氢易被浓硫酸氧化生成碘单质而得不到碘化氢，选项D错误；答案选B。13、D【解析】①漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性②过氧化钠具有强氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。14、C【解析】

A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1molA和1molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。15、A【解析】

合成纤维是化学纤维的一种，是用合成高分子化合物做原料而制得的化学纤维的统称。它以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，如聚丙烯腈、聚酯、聚酰胺等。A、尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，故A正确；B、宣纸的的主要成分是纤维素，故B错误；C、羊绒衫的主要成分是蛋白质，故C错误；D、棉衬衫的主要成分是纤维素，故D错误。【点睛】掌握常见物质的组成以及合成纤维的含义是解答本题的关键，题目难度不大，注意羊绒衫和棉衬衣的区别。16、D【解析】

工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体Ⅱ，过滤，向滤液加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解；【详解】A.根据上面的分析可知，固体Ⅰ中含有SiO2，固体Ⅱ中含有Fe(OH)3，A正确；B.氢氧化铝具有两性，可溶于氢氧化钙溶液，生成AlO2-，B正确；C.CaCl2·6H2O易分解，从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C正确；D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，经蒸发浓缩、冷却结晶得到的CaCl2·6H2O不纯，D错误；答案为D。17、B【解析】

A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14gN2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；答案为：B。18、A【解析】

A.嵌入锌块做负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A项错误；B.上述方法为牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲做负极的锌块保护做正极的轮船，故可以用镁合金来代替锌块，B项正确；

C.由于海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀，故正极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C项正确；D.此保护方法是构成了原电池，牺牲了锌块保护轮船，故为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；答案选A。19、C【解析】

A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。20、A【解析】

电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；B.浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；C.漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；D.SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；故选A。【点睛】BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。21、A【解析】

工业用PbO2来制备KClO4，是在酸性条件下用PbO2将NaClO3氧化成NaClO4，过滤得含有NaClO4的溶液中加入硝酸钾，经结晶可得KClO晶体，【详解】A.浓盐酸具有还原性会与NaClO3发生归中反应，同时也会消耗PbO2，故A错误；B.“滤渣”主要成分是PbO2粉末，可循环使用，B正确；C.根据产物可知NaClO3被PbO2氧化，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：，故C正确；D.根据溶液中溶解度小的物质先析出，结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO4，故D正确；故答案为A。22、B【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、丙烯加成反应ab—COOH+NaOH+NaBr；+O2+2H2O【解析】

由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI[]的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；（2）A→B为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有－Cl和—COOH，故答案为—COOH；（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。（6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。24、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。25、SO32-+2H+=H2O+SO2↑;或HSO3－+H+=SO2↑+H2O硫化钠和碳酸钠的混合溶液硫控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱H2OH2SO4阳离子、用量等【解析】

Ⅰ.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；Ⅱ.(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验②滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验①、②、③从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【详解】Ⅰ.(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。Ⅱ.(6)实验①的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32−氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+>Fe3+，但实验②未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32−生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32−的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验①、②、③可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。26、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·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；（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；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，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。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·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：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol，产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%；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，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：85.5%；偏小。27、（蛇形）冷凝管CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O双氧水的转化率（利用率）过滤C仪器5“油水分离器”水面高度不变【解析】

(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应