2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷859考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法不正确的是（）

A.苯环上有两个取代基的C9H12，其苯环上一氯代物的同分异构体（不考虑立体异构）共有10种B.2，2二甲基丙醇与2甲基丁醇互为同分异构体C.某只含有H、O、N的有机物的简易球棍模型如图1所示，该有机物CH3CH2CH2NO2互为同系物D.S诱抗素的分子结构如图2所示，则该分子的分子式为C15H20O42、150℃时，碳酸铵完全分解为气态混合物，其密度为相同条件下氢气的（）A.8倍B.10倍C.12倍D.14倍3、某待测溶液（阳离子为Na+）中可能含有SO42-、SO32-、NO3-、Cl-、Br-、CO32-、HCO3-中的一种或多种；进行如图所示的实验，每次实验所加试剂均过量，下列说法不正确的是（）

A.SO42-、SO32-至少含有一种B.沉淀B的化学式为BaCO3C.肯定存在的阴离子有CO32-、HCO3-、Cl-，还有SO42-、SO32-至少含有一种D.肯定没有的离子是Br-4、体积为1L的某溶液中含有的离子如表所示：用Pt电极电解该溶液；当电路中有3mol电子通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（）

。离子Cu2+Al3+NO3-Cl-11a1A.阴极析出的金属是铜与铝B.a=3C.阳极生成1.5molCl2D.电解后溶液的pH=05、某科研所欲检测一合金的成分，特做如下实验：取该合金64克，与足量的氯气完全反应，消耗氯气71克，则合金的组成可能是（）A.CuZnB.NaZnC.FeCaD.CuCa6、下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的是A.rm{c}rm{(H^{+})=0.1mol隆陇L^{-1}}的溶液：rm{Na^{+}}rm{NH^{+}_{4}}rm{SO^{2}_{4}}rm{S_{2}O^{2}_{3}}B.与铝粉反应放出rm{H_{2}}的无色溶液：rm{NO^{-}_{3}}rm{Al^{3+}}rm{Na^{+}}rm{SO^{2-}_{4}}C.中性溶液：rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}rm{NO^{-}_{3}}rm{SO^{2-}_{4}}D.常温下rm{c}rm{(H^{+})/}rm{c}rm{(OH^{-})=1隆脕10^{-12}}的溶液：rm{K^{+}}rm{AlO^{-}_{2}}rm{CO^{2-}_{3}}rm{Na^{+}}7、由某烯烃与氢气反应生成的烷烃是2；2，3三甲基戊烷，则该烯烃的结构不可能是。

（）

A.CH2=CH-CH（CH3）-C（CH3）3

B.CH3-CH=C（CH3）-C（CH3）3

C.CH2=C（C2H5）-C（CH3）3

D.（CH3）2C=CH-C（CH3）3

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、铜绿的主要成分是碱式碳酸铜〔Cu2（OH）2CO3〕；它能跟酸反应生成铜盐；水和二氧化碳．某同学用小刀把家中旧铜器上的铜绿刮下，用来依次制取较纯净的硫酸铜、氧化铜和铜（为避免掺入固体杂质，他没有采用金属或碳置换化合物中的铜的方法）．制取步骤分为四步：

（1）填写下面表示制取步骤和方法的方框图（方框内填写所制取物质的化学式；方框前的横线上填写所加入的试剂及简要操作）．

（2）根据上面的操作步骤，在下列所示仪器中选择实验所需用的仪器编号和名称____

（3）写出A、C操作过程中涉及的反应的化学方程式____．

（4）如果实验装置及生成铜以前的操作都正确，但最后没有生成铜，这是因____．9、某研究小组对一元有机弱酸HA在溶剂苯和水的混合体系中的溶解程度进行研究。在25℃时，弱酸HA在水中部分电离，当HA浓度为时，其电离度为0.20（电离度＝已电离的HA分子数/起始HA的总分子数）；在苯中部分发生双聚，生成（HA）2。该平衡体系中，一元有机弱酸HA在溶剂苯（B）和水（W）中的分配系数为K，K＝C（HA）B／C（HA）W＝1.0，即达到平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水两种溶剂中的比例为1：1；其他信息如下：。25℃平衡体系平衡常数焓变起始总浓度在水中，HA在苯中，2HA回答下列问题：（1）计算25℃时水溶液中HA的电离平衡常数K1＝___________。（2）25℃，该水溶液的pH为___________，（已知：1g2＝0.3，lg3＝0.5）在苯体系中HA的转化率为___________。（3）在苯中，HA发生二聚：2HA（HA）2，反应在较低温度下自发进行，则___________0。（4）25℃混合体系中，HA在苯中发生二聚，若测得某时刻溶液中微粒浓度满足＝130，则反应向___________方向进行。10、试回答下列各题：

（1）如图1所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：____．

（2）化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关．

①已知：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）

△H=-185kJ•mol-1

请填空：

。共价键H-HCl-ClH-Cl键能/（kJ•mol-1）436247____②H-Cl的键能是____

③图2中表示氧族元素中氧；硫、硒、碲生成氢化物时的焓变数据；根据焓变数据可确定。

a、b、c、d分别代表哪种元素，试写出硒化氢在热力学标准状态下，发生分解反应的热化学方程式：____．

（3）已知：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）

△H=-25kJ•mol-1①

3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）

△H=-47kJ•mol-1②

Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）

△H=+19kJ•mol-1③

请写出CO还原FeO的热化学方程式：____．11、某学生用浓度为0.1mol/L左右的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸；有如下操作步骤：

（A）移取20.00mL待测的盐酸注入洁净的锥形瓶；并加入2-3滴酚酞。

（B）用KOH溶液润洗滴定管2-3次。

（C）把盛有KOH溶液的碱式滴定管固定好；调节液面使滴定管尖嘴充满溶液。

（D）取KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm

（E）调节液面至0或0刻度以下；记下读数。

（F）把锥形瓶放在滴定管的下面；用KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度。

回答下列问题：

（1）正确操作的顺序是A、B____（填其他编号）．

（2）实验室可提供下列浓度的KOH浓液，应选用的是____．（填编号）

A．0.1mol/LB．0.10mo1/LC．0.1032mol/L

（3）（A）操作中量取待测液的仪器是____．

（4）（B）操作的目的是____．

（5）（F）操作中判断到达终点的现象是____．

（6）（B）如被省略所测结果____（填“偏大”；“偏小”、“不变”）．

（7）KOH溶液在空气中易____变质生成____，该物质水溶液PH____7，其水溶液中离子浓度大小排序为____．12、X，Y，Z，Q，R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X，Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z，R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）上述元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)（2）X，Y，Z能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写名称)该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色同时生成一种生活中常见有机物，此过程的离子方程式为（3）由以上某些元素组成的化合物A，B，C，D有如下转化关系其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体．写出C的结构式；①如果A，B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则由A转化为B的离子方程式②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A，B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因．A，B浓度均为0．1mol/L的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有____13、苄叉二氯rm{(}沸点rm{206隆忙)}是合成苯甲醛的中间体；实验室合成苄叉二氯的装置如图所示．

回答下列问题：

rm{(1)}实验室常用高锰酸钾与浓盐酸制取氯气；反应的离子方程式为______．

rm{(2)}图中装置rm{A}的作用是______；装置rm{B}的作用是______；装置rm{D}的作用是______

rm{(3)}仪器rm{X}的名称为______，冷凝水从______rm{(}填“rm{a}”或“rm{b}”rm{)}口进入；装置rm{C}中甲苯与rm{Cl_{2}}反应生成苄叉二氯的化学方程式为______．

rm{(4)}最后蒸馏收集rm{204隆芦208隆忙}的馏分，蒸馏时用的冷凝管可选用如图中的______rm{(}填字母rm{)}．

rm{(5)}若实验前甲苯的质量为rm{46g}最后苄叉二氯的质量也是rm{46g}则该实验的产率为______．

rm{(6)}设计实验证明溶液rm{m}中含有rm{ClO^{-}}______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）15、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）16、因为稀硫酸能与铁反应放出H2，所以稀硝酸与铁反应也一定能放出H2____．（判断对错）17、对氯甲苯的结构简式：____．18、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度减小，溶液的PH减小．____（判断对错）19、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）20、醋可同时用作防腐剂和调味剂____．（判断对错）评卷人得分四、简答题(共1题，共7分)21、钛；铬、铁、溴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．

（1）制备CrO2Cl2的反应为：K2Cr2O2+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑．

①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是______（用元素符号表示）．

②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为______，中心原子的杂化方式为______．

（2）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2nm和7.8×10-2nm．则熔点：NiO______FeO（填”＜”；“=”或“＞”）．

（3）Ni和La的合金晶细胞结构如图1所示．

①该晶体的化学式为______．

②已知该物质的摩尔质量Mgmol-1，密度为dgcm-3．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是______cm3（用含M、d、NA的代数式表示）．

（4）铜晶体中原子的堆积方式如图2所示．

①基态铜原子的电子排布式为______．

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目______．

（5）某M原子的外围电子排布式为3S23p5；铜与M形成化合物的晶胞如图3所示（黑点代表铜原子，空心圆代表M原子）．

①该晶体的化学式为______．

②已知铜和M电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于______（填“离子”或“共价”）化合物．

③已知该晶体的密度pgcm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为______pm（只写计算式）．评卷人得分五、其他(共1题，共5分)22、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。评卷人得分六、计算题(共4题，共20分)23、有A、B两只密闭容器，A容器有1个移动的活塞，能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容，起始时向A容器中充入2molSO2、1molO2，向B容器充入4molSO2、2molO2，并使A、B容器都为1L，在保持40℃的条件下，发生2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；平衡时，A容器的体积为0.8L．填空：

（1）A容器中SO2的转化率为____；

（2）A、B两容器中SO2转化率是A____B（填“＞“；“=“或“＜“下同）；

（3）当A、B两容器连接后，打开开关使互通一段时间后又重新达到平衡时，A容器的体积为____L．（设连通管中气体体积不计）

（4）若开始时B中充入2molSO2、1molO2，则连通AB后，A容器的容积为____L．24、5.6g的Fe与足量的盐酸反应，标准状况下得到氢气的体积是多少？若最终溶液的体积为0.5L，则生成的FeCl2的物质的量浓度为多少？25、（2014•虹口区一模）铁是人类生产和生活中必不可少的重要金属（如图）．

（1）自然界一共存在四种稳定的铁原子，分别是54Fe、56Fe、57Fe和58Fe，其中58Fe原子中子数与质子数之差为____．计算铁元素的近似相对质量的计算式为：54×a1%+56×a2%+57×a3%+58×a4%，其中a1%、a2%是指各同位素的____．

（2）铁原子中有____种能量不同的电子，铁原子次外层的电子云有____种不同的伸展方向．

（3）与铁同周期的主族元素中，最高价氧化物对应水化物中，碱性最强的化合物与酸性最强的化合物的化学反应方程式为____．

（4）要用铁片、锌片、直流电源和导线完成铁片镀锌的实验，铁片应置于____极，电解质溶液是____．

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe3+，配平制取高铁酸钠的化学方程式：____Fe（NO3）3+____NaOH+____Cl2→____Na2FeO4+____NaNO3+____NaCl+____H2O；高铁酸钠除了能消毒杀菌外，还能吸附水中的悬浮物，其原因是____．

（6）0.03mol的铁加到过量的HNO3中，加热，铁完全溶解，若生成NO、NO2的混和气体共1.12L（标准状况）．将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体全部溶于水生成HNO3，则通入O2的体积____L．26、镁带在空气中充分燃烧后，将所得固体产物加到50mL一定浓度的盐酸中，向该溶液中加人0.50mol•L-1的NaOH溶液；所得某些产物与加入NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑气体溶解）。请计算：

（1）该盐酸的浓度为______。

（2）燃烧产物中氧化镁的质量为______。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】A．苯环上有两个取代基的C9H12；2个取代基可能为甲基和乙基，有邻；间、对3种同分异构体，再根据分子中氢原子的种类等于一氯代物的种类来解答；

B.2；2-二甲基丙醇与2-甲基丁醇的分子式相同，结构不同；

C．由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，与CH3CH2CH2NO2结构不相似；

D．分子中含有15个C、20个H、4个O．【解析】【解答】解：A．苯环上有两个取代基的C9H12，2个取代基可能为甲基和乙基，有邻、间、对3种同分异构体，其苯环上的一氯代物分别有4种；4种、2种，故总共有10种，故A正确；

B．2；2-二甲基丙醇与2-甲基丁醇的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B正确；

C．由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，与CH3CH2CH2NO2结构不相似；不是同系物，属于同分异构体，故C错误；

D．分子中含有15个C、20个H、4个O，则该物质分子式为C15H20O4；故D正确．

故选C．2、C【分析】【分析】由方程式可知，生成的混合气体中氨气、水蒸气、二氧化碳的摩尔分数分别为0.5、0.25、0.25，先根据=Mr1×x1+Mr2×x2++Mri×xi计算混合气体平均相对分子质量（其中Mri代表各组分相对分子质量、xi代表各组分摩尔分数），再利用密度之比等于相对分子质量之比计算．【解析】【解答】解：由（NH4）2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑可知，1mol（NH4）2CO3分解生成的混合气体中氨气、水蒸气、二氧化碳的摩尔分数分别为0.5、0.25、0.25，则混合气体=17×0.5+18×0.25+44×0.25=24，因气体密度之比等于相对分子质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的=12倍；

故选C．3、C【分析】【分析】待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；

滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-，据此进行解答．【解析】【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；

滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定没有Br-，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl-；

A、根据以上分析可知，待测液中至少存在SO32-、SO42-中的一种；故A正确；

B、根据分析可知，沉淀B为碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子反应生成的BaCO3，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O；故B正确；

C、根据分析可知，肯定存在的离子为：CO32-、HCO3-，不能确定Cl-是否存在；故C错误；

D、根据分析可知，待测液中一定不存在的离子为：Br-，故D正确，故选C．4、D【分析】【分析】溶液中含有离子为n（Cu2+）=1mol/L，n（Al3+）=1mol/L，n（NO3-）=amol/L，n（Cl-）=1mol/L；H+、OH-；阳极电极反应为Cl-、OH-放电；阴极电极反应可以是Cu2+；H+；依据离子物质的量和电极反应电子转移守恒计算．【解析】【解答】解：依据电解过程中存在电子守恒，结合电极反应计算分析产物，用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mole-通过时。

阳极电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；

1mol1mol0.5mol

4OH--4e-=2H2O+O2↑

2mol2mol1mol

阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu

1mol2mol1mol

2H++2e-=H2↑

1mol1mol0.5mol

A；阴极析出的金属是铜；无金属铝析出，故A错误；

B、依据溶液中电荷守恒计算忽略氢离子和氢氧根离子浓度：2c（Cu2+）+3c（Al3+）=c（Cl-）+c（NO3-），计算得到c（NO3-）=4mol/L；即a=4，故B错误；

C、依据电极反应、电子守恒可知阳极生成0.5molCl2；故C错误；

D；电解后溶液PH计算；依据两电极上的反应计算，阳极减少2mol氢氧根离子，同时阴极上减少1mol氢离子，综合计算分析得到溶液中增加氢离子物质的量为1mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=0，故D正确；

故选D．5、B【分析】【分析】两种金属组成的合金64克，与足量氯气完全反应，参加反应的氯气为1mol，假设金属都为+2价，则金属的物质的量为1mol，则金属混合物的平衡相对原子质量为64，利用平均值法判断．【解析】【解答】解：两种金属组成的合金64克；与足量氯气完全反应，参加反应的氯气为1mol，设金属都为+2价，金属的物质的量为1mol，则金属混合物的平均相对原子质量为64；

A．Zn的相对原子质量为65；Cu的相对分子质量为64，二者平均相对分子质量介于64～65之间，故A错误；

B．若Na为+2价；则其相对原子质量为46，Zn的相对原子质量为65，二者平均相对分子质量介于46～65之间，故B正确；

C．因为铁与氯气反应生成氯化铁，则Fe为+2价，相对原子质量为56×=37.4；Ca的相对原子质量为40，二者相对分子质量都小于40，故C错误；

D．Cu的相对分子质量为64；Ca的相对原子质量为40，二者平均相对分子质量介于40～64之间，故D错误；

故选B．6、D【分析】【分析】

本题考查离子共存；为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答该类题目的关键，注意复分解反应；氧化还原反应的判断，题目难度不大。

【解答】

A.rm{c(H^{+})=0.1}rm{mol?L^{-1}}的溶液，显酸性，不能大量存在rm{S_{2}O_{3}^{2-}}可发生氧化还原反应生成硫；二氧化硫、水，故A错误；

B.与铝粉反应放出rm{H_{2}}的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在rm{Al^{3+}}酸溶液中rm{NO_{3}^{-}}rm{Al}发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C.rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}、rm{Al}rm{Al}故C错误；D.常温下rm{{,!}^{3+}}水解使溶液呈酸性，二者应存在酸性溶液中，不能存在中性溶液中，rm{c}rm{c}rm{(H}rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)/}rm{)/}的溶液；显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D选。

故选D。

rm{c}【解析】rm{D}7、D【分析】

A、CH2=CH-CH（CH3）-C（CH3）3与氢气完全加成后产物的碳链结构为碳链结构不同，故A正确；

B、CH2=C（C2H5）-C（CH3）3与氢气完全加成后产物的碳链结构为碳链结构相同，故B正确；

C、HC≡CCH（CH3）C（CH3）3与氢气完全加成后产物的碳链结构为碳链结构相同，故C正确；

D、（CH3）2C=CH-C（CH3）3与氢气完全加成后产物的碳链结构为碳链结构相同，故D错误．

故选D．

【解析】【答案】2，2，3-三甲基戊烷的碳链结构为根据各物质与氢气完全加成后的产物与2，2，3-三甲基戊烷的碳链结构烯烃，加成结合选项进行判断．

二、填空题(共6题，共12分)8、（1）试管、（3）烧杯、（4）酒精灯、（5）通氢气的玻璃导管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）铁架台（带铁圈和铁夹）、⑽玻璃棒；Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；Cu（OH）2CuO+H2O；铜未冷却便停止通氢气，结果铜又被氧化成氧化铜．【分析】【分析】利用题设信息“铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，它能跟酸反应生成铜盐、水和二氧化碳”，可推断为得到硫酸铜应使碱式碳酸铜与硫酸反应，然后利用硫酸铜与氢氧化钠反应得到氢氧化铜的沉淀，再对不溶性的碱氢氧化铜进行加热分解产生氧化铜，最后利用具有还原性的氢气在加热条件下还原氧化铜，从而避免掺入固体杂质得到较为纯净的铜．【解析】【解答】解：（1）把铜绿与稀硫酸混合充分反应后过滤得到硫酸铜溶液；向所得硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液至沉淀不再产生时过滤，把过滤得到的氢氧化铜沉淀进行加热分解得到氧化铜，最后利用氢气在加热条件下还原氧化铜即可达到获得不含固体杂质铜的制取目的；

故答案为：铜绿CuSO4Cu（OH）2CuOCu；

（2）取铜绿于烧杯中；加入适量稀硫酸用玻璃棒搅拌，充分反应后过滤，向过滤所的硫酸铜溶液中加入氢氧化钠溶液并不断搅拌；完成以上操作需要使用漏斗；烧杯、玻璃棒、滴管、铁架参（带铁圈）等仪器；把过滤得到的氢氧化铜沉淀放在试管中加热，全部全黑色，通入氢气进行还原直到全部变为光亮的红色的铜；完成以上操作需要使用酒精灯、试管、氢氢气的玻璃导管、铁架台（带铁夹）等仪器．因此完成该实验需要使用的仪器为：（1）试管、（3）烧杯、（4）酒精灯、（5）通氢气的玻璃导管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）铁架台（带铁圈和铁夹）、⑽玻璃棒；

故答案为：（1）试管；（3）烧杯、（4）酒精灯、（5）通氢气的玻璃导管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）铁架台（带铁圈和铁夹）、⑽玻璃棒；

（3）操作A加入稀硫酸，硫酸与碱式碳酸铜反应可生成硫酸铜、水和二氧化碳，反应的化学方程式为Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；操作C为对氢氧化铜加热，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu（OH）2CuO+H2O；

故答案为：Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；Cu（OH）2CuO+H2O；

（4）由于铜在高温下能与氧气发生反应生成氧化铜，因此在铜未冷却便停止通氢气，则会导致还原出的铜又被氧化成氧化铜，出现实验装置及生成铜以前的操作都正确，但最后没有生成铜的意外结果．故答案为：铜未冷却便停止通氢气，结果铜又被氧化成氧化铜；9、略

【分析】试题分析：（1）HA在水溶液中电离：HAH++A-，根据电离度为0.20，c（H+）=3.0×10-3mol/L×0.20=6.0×10-4mol•L‾1，则K=6.0×10-4mol•L‾1×6.0×10-4mol•L‾1÷（3.0×10-3mol•L‾1—6.0×10-4mol•L‾1）=1.5×10-4mol•L‾1。（2）pH=-lg（H+）=-lg（6.0×10-4）=3.2；达到平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水两种溶剂中的比例为1：1，c（HA）=3.0×10-3mol•L‾1—6.0×10-4mol•L‾1=2.4×10-3mol•L‾1，转化的HA为4.0×10-3mol•L‾1—2.4×10-3mol•L‾1=1.6×10-3mol•L‾1，所以在苯体系中HA的转化率为,1.6×10-3mol•L‾÷4.0×10-3mol•L‾1×100%=40%。（3）该反应在较低温度下自发进行，T较小时，∆H-T∆S<0，因为反应物质的量减小，即∆S<0，所以∆H<0（4）由（2）中数据可算出2HA（HA）2的平衡常数K=8.0×10-4mol•L‾1÷（2.4×10-3mol•L‾1）2=146，＝130考点：本题考查平衡常数的计算和应用、pH和转化率的计算、反应自发进行的分析。【解析】【答案】（1）mol/L（2）3.2，40%（3）＜（4）正10、NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol432432kJ•mol-1H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=-81kJ/molFeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ/mol【分析】【分析】（1）右图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，反应焓变=E1-E2，依据热化学方程式书写方法写出NO2和CO反应的热化学方程式；

（2）①根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算；

②根据图象判断出abcd对应的各氢化物；根据焓变的大小书写热化学方程式；

（3）盖斯定律盖斯定律盖斯定律的含义是反应热是状态函数，与反应途径无关，根据目标方程式将已知的热化学方程式运用叠加的方法，得到目标方程式，反应热作相应的运算．【解析】【解答】解：（1）结构NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图可知，反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，反应焓变=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol，标注物质聚集状态和对应焓变，写出NO2和CO反应的热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol；

故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol；

（2）①△H=436kJ/mol+243kJ/mol-2E（H-Cl）=-185kJ/mol；解得：E（H-Cl）=432kJ/mol；

故答案为：432kJ•mol-1；

②非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而能量越低越稳定，所以a、b、c、d依次为：H2Te、H2Se、H2S、H2O；

b为硒化氢的生成热数据，则硒化氢分解吸热，△H=-81kJ/mol，所以H2Se发生分解反应的热化学反应方程式为：H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=-81kJ/mol；

故答案为：H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=-81kJ/mol；

（3）①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=-25kJ/mol；

②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47kJ/mol；

③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+19kJ/mol；

根据盖斯定律（3×①-②-2×③）×得：Fe（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H==-11KJ/mol；

故答案为：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ/mol．11、DCEFC25mL酸式滴定管避免滴管上残留的水稀释KOH溶液，造成误差当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色偏大二氧化碳碳酸钾大于c（K+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）【分析】【分析】（1）依据中和滴定的操步骤解答；

（2）部分氢氧化钾溶液与空气中的二氧化碳反应；

（3）依据盐酸的性质及滴定管的构造选择；

（4）直接装入标准溶液；标准液被滴定管沾有的水稀释，浓度偏低；

（5）当加入最后一滴；溶液颜色发生突变且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；

（6）分析不当操作对相关物理量的影响，依据C（酸）=进行误差分析；

（7）氢氧化钾溶液与二氧化碳反应生成碳酸钾，根据碳酸钾为强碱弱酸盐分步水解，据此解答．【解析】【解答】解：（1）操作的步骤是选择滴定管；然后洗涤；装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数．再取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：ABDCEF；

故答案为：DCEF；

（2）氢氧化钾溶液溶液中部分氢氧化钾容易与空气中的二氧化碳反应；所以氢氧化钾的浓度稍大于0.1mol/L，所以C正确；

故答案为：C；

（3）盐酸为酸性物质；应选择酸式滴定管，所以量取20.00mL待测的盐酸需要选用25mL的酸式滴定管；

故答案为：25mL的酸式滴定管；

（4）滴定管用蒸馏水洗涤后；内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，造成误差，所以必须用标准溶液润洗滴定管2-3次；

故答案为：避免滴管上残留的水稀释KOH溶液；造成误差；

（5）本实验是用KOH滴定盐酸溶液；用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；

故答案为：当溶液由无色变为浅红色；且在半分钟内不褪色；

（6）氢氧化钾为标准液；如果盛放标准液的滴定管没有润洗，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大；

故答案为：偏大；

（7）氢氧化钾溶液与二氧化碳反应生成碳酸钾，碳酸根离子在溶液中部分发生水解，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，以第一步为主：CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以其离子浓度大小关系为：c（K+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案为：二氧化碳；碳酸钾；大于；c（K+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）．12、略

【分析】试题分析：（1）根据题意可知这五种元素分别是：Ｘ:H;Y:C;Z:O;Q:Na;R:Al;对于电子层数相同的元素来说，元素的核电荷数越大，原子半径越小；对于电子层不同的元素来说，层数越多，原子半径越大。所以这五种元素的原子半径的大小顺序是：Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ．（2）X，Y，Z形成的既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙醛，它和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式是：5CH3CHO+2MnO4-+6H+==5CH3COOH+2Mn2++3H2O。（3）C是CO2。其结构式是O=C=O①如果A，B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A是NaAlO2,B是Al(OH)3．由A转化为B的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-．②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A，B溶液均显碱性则A是Na2CO3，B是NaHCO3．A溶液显碱性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-A，B浓度均为0．1mol/L的混合溶液中，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以c(HCO3-)>c(CO32-)。水解的溶液都显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，但盐水解的程度是很微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)。故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaCl，NaHCO3，CO2。考点：考查元素、化合物的推断及化学性质和相互转化的知识。【解析】【答案】（1）Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ(２)乙醛5CH3CHO+2MnO4-+6H+==5CH3COOH+2Mn2++3H2O(３)O=C=O①AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-②CO32-+H2OHCO3-+OH-，c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，NaCl，NaHCO3，CO2。13、略

【分析】解：rm{(1)}用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，在酸性条件下，rm{MnO_{4}^{-}}被还原成rm{Mn^{2+}}依据氧化还原反应电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平写出离子方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+10Cl^{-}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}

故答案为：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+10Cl^{-}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}

rm{(2)}浓硫酸具有吸水，能干燥氯气，装置rm{B}中有长玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起缓冲作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，氯化钙是干燥剂，能吸收从rm{C}装置中出来的水蒸气；

故答案为：干燥氯气；起安全瓶的作用；能起缓冲作用；吸收水蒸气；

rm{(3)}根据装置图可知仪器rm{X}为冷凝管，根据采用逆流冷却的效果好判断进水口，所以进水口为rm{a}甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成二氯甲苯和氯化氢，反应方程式为

故答案为：冷凝管；rm{a}

rm{(4)}由于球形冷凝管和蛇形冷凝管容易使深阻塞在曲管内，所以用直形冷凝管比较好，故选rm{e}

rm{(5)}甲苯的质量为rm{46g}根据转化关系，每摩尔甲苯氧化后可得rm{1mol}苄叉二氯，所以理论上可得苄叉二氯的质量为rm{dfrac{46}{92}隆脕161g=80.5g}所以产率rm{=dfrac{46g}{80.5g}隆脕100%=57.1%}

故答案为：rm{dfrac

{46}{92}隆脕161g=80.5g}

rm{=dfrac

{46g}{80.5g}隆脕100%=57.1%}根据次氯酸有漂白性且不能恢复可证明溶液rm{57.1%}中含有rm{(6)}操作为在试样中滴入rm{m}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫变蓝，然后褪成无色，即使加热也无法恢复，则说明含有rm{ClO^{-}}

故答案为：在试样中滴入rm{2-3}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫变蓝，然后褪成无色，即使加热也无法恢复，则说明含有rm{ClO^{-}}．

rm{2-3}用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，在酸性条件下，rm{ClO^{-}}被还原成rm{(1)}依据氧化还原反应电子守恒；电荷守恒、原子守恒配平写出；

rm{MnO_{4}^{-}}浓硫酸具有吸水，能干燥氯气，装置rm{Mn^{2+}}中有长玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起缓冲作用，使氯气匀速进入三口烧瓶中，氯化钙是干燥剂，能吸收从rm{(2)}装置中出来的水蒸气；

rm{B}根据装置图可知仪器rm{C}为冷凝管；根据采用逆流冷却的效果好判断进水口；甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应可以生成二氯甲苯和氯化氢；

rm{(3)}由于球形冷凝管和蛇形冷凝管容易使深阻塞在曲管内；所以用直形冷凝管比较好；

rm{X}甲苯的质量为rm{(4)}根据转化关系，每摩尔甲苯氧化后可得rm{(5)}苄叉二氯，所以理论上可得苄叉二氯的质量为rm{dfrac{46}{92}隆脕161g=80.5g}根据产率rm{=dfrac{{脢碌录脢虏煤脕驴}}{{脌铆脗脹虏煤脕驴}}隆脕100%}计算；

rm{46g}根据次氯酸有漂白性且不能恢复可证明溶液rm{1mol}中含有rm{dfrac

{46}{92}隆脕161g=80.5g}．

本题考查有机物合成实验、物质的分离等基本操作、对实验装置的分析评价等，较好的考查学生对数据的应用、阅读获取信息的能力以及知识迁移应用，难度中等．rm{=dfrac

{{脢碌录脢虏煤脕驴}}{{脌铆脗脹虏煤脕驴}}隆脕100%}【解析】rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+10Cl^{-}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}干燥氯气；起安全瓶的作用，能起缓冲作用；吸收水蒸气；冷凝管；rm{a}rm{e}rm{57.1%}在试样中滴入rm{2-3}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫变蓝，然后褪成无色，即使加热也无法恢复，则说明含有rm{ClO^{-}}三、判断题(共7题，共14分)14、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．16、×【分析】【分析】稀硝酸具有强氧化性，和金属反应生成硝酸盐和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反应生成硫酸盐和氢气．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氢离子体现的，所以稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，稀硝酸中强氧化性是N元素体现的，所以稀硝酸具有强氧化性，和铁反应生成NO而不是氢气，所以该说法错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】根据对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系来分析；【解析】【解答】解：对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系，结构简式：故答案为：×；18、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液呈碱性，加入Ca（OH）2溶液，发生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答该题．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液呈碱性，加入Ca（OH）2溶液，发生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，则c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）减小；水解程度减小；

故答案为：×．19、√【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析．【解析】【解答】解：反应前后气体的质量不等；在恒温恒容条件下，混合气体的密度逐渐增大，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变；

而恒温恒压条件下，随反应进行，体系的体积增大，分子量：CO2＞CO；故混合气体的密度逐渐减小，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：√．20、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，以此判断．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作调味剂，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，可作防腐剂；

故答案为：√．四、简答题(共1题，共7分)21、略

【分析】解：（1）①同周期自左而右电负性增大；Cl；O形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子吸引更大，氧元素电负性大于Cl的，故电负性：O＞Cl＞C；

故答案为：O＞Cl＞C；

②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，结构式为单键为σ键，双键含有1个σ键和、1个π键，则σ键和π键的个数比为3：1，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化；

故答案为：3：1；sp2杂化；

（2）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，均属于离子化合物，离子电荷相等，Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径；故NiO的晶格能大于FeO的晶格能，故熔沸点NiO＞FeO；

故答案为：＞；

（3）①晶胞中Ni处于体心与面上，La处于顶点，则晶胞中Ni原子数目为1+8×=4、La原子数目为8×=1，故化学式为：LaNi5；

故答案为：LaNi5；

②该物质的摩尔质量Mgmol-1，晶胞质量为g，密度为dgcm-3，则该晶胞的体积是g÷dgcm-3=cm3；

故答案为：

（4）①Cu的核外电子数为29，处于周期表中第四周期IB族，价电子排布式为：3d104s1；

故答案为：3d104s1；

②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积，以顶点原子为研究，与之相邻的原子出面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则其周围距离最近的铜原子数目为=12；

故答案为：12；

（5）某M原子的外围电子排布式为3S23p5；则M为Cl．

①根据均摊法，晶胞中Cu原子数目为4、Cl原子数目为8×+6×=4；则化学式为CuCl；

故答案为：CuCl；

②铜和Cl电负性分别为1.9和3.0；二者电负性相差3.0-1.9=1.1＜1.7，则CuCl属于共价化合物；

故答案为：共价；

③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构，四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近，四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的而体对角线长度为晶胞棱长的倍，晶胞质量为4×g，设晶胞棱长为acm，则4×g=pgcm-3×（acm）3，解得a=则该晶体中铜元子与M原子之间的最短距离为××cm=×××1010cm；

故答案为：×××1010．

（1）①同周期自左而右电负性增大；Cl；O形成的化合物中O元素表现负价，对键合电子吸引更大；

②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，结构式为单键为σ键，双键含有1个σ键和；1个π键，C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；

（2）离子电荷相等；离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高；

（3）①根据均摊法计算晶胞中Ni；La原子数目；进而确定化学式；

②结合晶胞含有原子数目；表示出晶胞质量，结合m=ρV计算晶胞体积；

（4）①Cu的核外电子数为29；处于周期表中第四周期IB族；

②Cu原子堆积方式为面心立方密堆积；

（5）某M原子的外围电子排布式为3S23p5；则M为Cl．

①根据均摊法计算晶胞中Cu；Cl原子数目；进而确定化学式；

②一般两个元素的电负性相差大于1.7的两种元素形成化合物时形成离子键；小于1.7的两种元素形成共价键；

③Cu原子与周围的4个Cl原子形成正四面体结构，四面体中心Cu原子与顶点氯原子距离最近，四面体中心的Cu原子与晶胞顶点Cl原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的而体对角线长度为晶胞棱长的倍；结合晶胞含有原子数目表示出晶胞质量，结合m=ρV计算．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及电负性、化学键、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞计算等，注意根据氧化物判断氧与氯的电负性，（5）中计算为难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力．【解析】O＞Cl＞C；3：1；sp2杂化；＞；LaNi5；3d104s1；12；CuCl；共价；×××1010五、其他(共1题，共5分)22、略

【分析】此题解答的关键是抓住“类卤离子”的信息。SCN－与Cl－相似，被氧化后则生成（SCN）2。Fe3＋与SCN－形成的络离子和分子有6种，在书写离子方程式时，有多种写法，均属合理答案。此题涉及的知识点有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．将SCN－氧化为（SCN）2，使血红色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破坏Fe（SCN）＋2的组成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血红色褪去。考向指南：《考试大纲》明确规定，考生必须要具备一定的接受信息，处理信息的能力，因此像这种信息题是高考的必考题型。“类卤素”是经常考到的知识点，我们应该可以依据卤素的性质推测“类卤素”的性质，并进行应用。“类卤素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性质与卤素相似，表现在氧化性、与碱溶液反应生成卤化物和次卤酸盐、与Ag＋结合的生成物的难溶性等。但是，由于类卤素的组成不是一种元素，其各元素的化合价有差别，以致在参加化学反应中价态的变化与卤素单质不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反应不属于氧化还原反应等。【解析】【答案】（1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O六、计算题(共4题，共20分)23、30%＜2.41.6【分析】【分析】（1）利用三段式分析：设A容器中反应中SO2转化的物质的量为2xmol；

A容器中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）

起始量（mol）：210

变化量（mol）：2xxx

平衡量（mol）：2-2x1-xx

由题意可知，=，所以x=0.3，据此计算SO2的转化率；

（2）根据容器中的压强对化学平衡的影响；

（3）由于A；B的起始量成比例且与计量数之比相等；所以当A、B两容器连接后，打开开关使互通一段时间后又重新达到平衡时，压强与A容器的起始压强相同，所以连接后与连接前A容器的平衡状态为等效平衡，且起始量为A的3倍，据此计算；

（4）若开始时B中充入2molSO2、1molO2，则连通AB后与连通前的A为等效平衡，据此计算A容器的容积；【解析】【解答】解：（1）利用三段式分析：设A容器中反应中SO2转化的物质的量为2xmol；

A容器中2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）

起始量（mol）：210

变化量（mol）：2xxx

平衡量（mol）：2-2x1-xx

由题意可知，=，所以x=0.3，则A中SO2的转化率为×100%=30%；

故答案为：30%；

（2）根据反应可知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），B容器充入SO2、O2的物质的量为A容器的2倍，所以平衡时A容器中的压强小于B容器，由于该反应是气体体积减小的反应，所以B中SO2的转化率大于A中的；

故答案为：＜；

（3）由于A；B的起始量成比例且与计量数之比相等；所以当A、B两容器连接后，打开开关使互通一段时间后又重新达到平衡时，压强与A容器的起始压强相同，所以连接后与连接前A容器的平衡状态为等效平衡，且起始量为A的3倍，所以连接后A容器的体积为连接前的3倍，即为3×0.8L=2.4L；

故答案为：2.4；

（4）若开始时B中充入2molSO2、1molO2；则连通AB后与连通前的A为等效平衡，根据（