2024年浙教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2024年浙教版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷859考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列說(shuō)法不正確的是（）

A.苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的C9H12，其苯環(huán)上一氯代物的同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）共有10種B.2，2二甲基丙醇與2甲基丁醇互為同分異構(gòu)體C.某只含有H、O、N的有機(jī)物的簡(jiǎn)易球棍模型如圖1所示，該有機(jī)物CH3CH2CH2NO2互為同系物D.S誘抗素的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示，則該分子的分子式為C15H20O42、150℃時(shí)，碳酸銨完全分解為氣態(tài)混合物，其密度為相同條件下氫氣的（）A.8倍B.10倍C.12倍D.14倍3、某待測(cè)溶液（陽(yáng)離子為Na+）中可能含有SO42-、SO32-、NO3-、Cl-、Br-、CO32-、HCO3-中的一種或多種；進(jìn)行如圖所示的實(shí)驗(yàn)，每次實(shí)驗(yàn)所加試劑均過(guò)量，下列說(shuō)法不正確的是（）

A.SO42-、SO32-至少含有一種B.沉淀B的化學(xué)式為BaCO3C.肯定存在的陰離子有CO32-、HCO3-、Cl-，還有SO42-、SO32-至少含有一種D.肯定沒(méi)有的離子是Br-4、體積為1L的某溶液中含有的離子如表所示：用Pt電極電解該溶液；當(dāng)電路中有3mol電子通過(guò)時(shí)（忽略電解時(shí)溶液體積的變化及電解產(chǎn)物可能存在的溶解現(xiàn)象），下列說(shuō)法正確的是（）

。離子Cu2+Al3+NO3-Cl-11a1A.陰極析出的金屬是銅與鋁B.a=3C.陽(yáng)極生成1.5molCl2D.電解后溶液的pH=05、某科研所欲檢測(cè)一合金的成分，特做如下實(shí)驗(yàn)：取該合金64克，與足量的氯氣完全反應(yīng)，消耗氯氣71克，則合金的組成可能是（）A.CuZnB.NaZnC.FeCaD.CuCa6、下列各組離子在指定的溶液中，能大量共存的是A.rm{c}rm{(H^{+})=0.1mol隆隴L^{-1}}的溶液：rm{Na^{+}}rm{NH^{+}_{4}}rm{SO^{2}_{4}}rm{S_{2}O^{2}_{3}}B.與鋁粉反應(yīng)放出rm{H_{2}}的無(wú)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.常溫下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、由某烯烴與氫氣反應(yīng)生成的烷烴是2；2，3三甲基戊烷，則該烯烴的結(jié)構(gòu)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

評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、銅綠的主要成分是堿式碳酸銅〔Cu2（OH）2CO3〕；它能跟酸反應(yīng)生成銅鹽；水和二氧化碳．某同學(xué)用小刀把家中舊銅器上的銅綠刮下，用來(lái)依次制取較純凈的硫酸銅、氧化銅和銅（為避免摻入固體雜質(zhì)，他沒(méi)有采用金屬或碳置換化合物中的銅的方法）．制取步驟分為四步：

（1）填寫(xiě)下面表示制取步驟和方法的方框圖（方框內(nèi)填寫(xiě)所制取物質(zhì)的化學(xué)式；方框前的橫線上填寫(xiě)所加入的試劑及簡(jiǎn)要操作）．

（2）根據(jù)上面的操作步驟，在下列所示儀器中選擇實(shí)驗(yàn)所需用的儀器編號(hào)和名稱____

（3）寫(xiě)出A、C操作過(guò)程中涉及的反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（4）如果實(shí)驗(yàn)裝置及生成銅以前的操作都正確，但最后沒(méi)有生成銅，這是因____．9、某研究小組對(duì)一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯和水的混合體系中的溶解程度進(jìn)行研究。在25℃時(shí)，弱酸HA在水中部分電離，當(dāng)HA濃度為時(shí)，其電離度為0.20（電離度＝已電離的HA分子數(shù)/起始HA的總分子數(shù)）；在苯中部分發(fā)生雙聚，生成（HA）2。該平衡體系中，一元有機(jī)弱酸HA在溶劑苯（B）和水（W）中的分配系數(shù)為K，K＝C（HA）B／C（HA）W＝1.0，即達(dá)到平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水兩種溶劑中的比例為1：1；其他信息如下：。25℃平衡體系平衡常數(shù)焓變起始總濃度在水中，HA在苯中，2HA回答下列問(wèn)題：（1）計(jì)算25℃時(shí)水溶液中HA的電離平衡常數(shù)K1＝___________。（2）25℃，該水溶液的pH為_(kāi)__________，（已知：1g2＝0.3，lg3＝0.5）在苯體系中HA的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)__________。（3）在苯中，HA發(fā)生二聚：2HA（HA）2，反應(yīng)在較低溫度下自發(fā)進(jìn)行，則___________0。（4）25℃混合體系中，HA在苯中發(fā)生二聚，若測(cè)得某時(shí)刻溶液中微粒濃度滿足＝130，則反應(yīng)向___________方向進(jìn)行。10、試回答下列各題：

（1）如圖1所示是NO2和CO反應(yīng)生成CO2和NO過(guò)程中能量變化示意圖，請(qǐng)寫(xiě)出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____．

（2）化學(xué)反應(yīng)的焓變與反應(yīng)物和生成物的鍵能有關(guān)．

①已知：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）

△H=-185kJ?mol-1

請(qǐng)?zhí)羁眨?/p>

。共價(jià)鍵H-HCl-ClH-Cl鍵能/（kJ?mol-1）436247____②H-Cl的鍵能是____

③圖2中表示氧族元素中氧；硫、硒、碲生成氫化物時(shí)的焓變數(shù)據(jù)；根據(jù)焓變數(shù)據(jù)可確定。

a、b、c、d分別代表哪種元素，試寫(xiě)出硒化氫在熱力學(xué)標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，發(fā)生分解反應(yīng)的熱化學(xué)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

請(qǐng)寫(xiě)出CO還原FeO的熱化學(xué)方程式：____．11、某學(xué)生用濃度為0.1mol/L左右的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸；有如下操作步驟：

（A）移取20.00mL待測(cè)的鹽酸注入潔凈的錐形瓶；并加入2-3滴酚酞。

（B）用KOH溶液潤(rùn)洗滴定管2-3次。

（C）把盛有KOH溶液的堿式滴定管固定好；調(diào)節(jié)液面使滴定管尖嘴充滿溶液。

（D）取KOH溶液注入堿式滴定管至0刻度以上2-3cm

（E）調(diào)節(jié)液面至0或0刻度以下；記下讀數(shù)。

（F）把錐形瓶放在滴定管的下面；用KOH溶液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面的刻度。

回答下列問(wèn)題：

（1）正確操作的順序是A、B____（填其他編號(hào)）．

（2）實(shí)驗(yàn)室可提供下列濃度的KOH濃液，應(yīng)選用的是____．（填編號(hào)）

A．0.1mol/LB．0.10mo1/LC．0.1032mol/L

（3）（A）操作中量取待測(cè)液的儀器是____．

（4）（B）操作的目的是____．

（5）（F）操作中判斷到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是____．

（6）（B）如被省略所測(cè)結(jié)果____（填“偏大”；“偏小”、“不變”）．

（7）KOH溶液在空氣中易____變質(zhì)生成____，該物質(zhì)水溶液PH____7，其水溶液中離子濃度大小排序?yàn)開(kāi)___．12、X，Y，Z，Q，R是五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大．X，Y兩元素最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)之和均為0；Q與X同主族；Z，R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）上述元素原子半徑由大到小的順序是(寫(xiě)元素符號(hào))（2）X，Y，Z能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對(duì)分子質(zhì)量最小的物質(zhì)是(寫(xiě)名稱)該物質(zhì)能使酸性高錳酸鉀溶液褪色同時(shí)生成一種生活中常見(jiàn)有機(jī)物，此過(guò)程的離子方程式為（3）由以上某些元素組成的化合物A，B，C，D有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系其中C是溶于水顯酸性的氣體；D是淡黃色固體．寫(xiě)出C的結(jié)構(gòu)式；①如果A，B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則由A轉(zhuǎn)化為B的離子方程式②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A，B溶液均顯堿性．用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因．A，B濃度均為0．1mol/L的混合溶液中，離子濃度由大到小的順序是；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有____13、芐叉二氯rm{(}沸點(diǎn)rm{206隆忙)}是合成苯甲醛的中間體；實(shí)驗(yàn)室合成芐叉二氯的裝置如圖所示．

回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}實(shí)驗(yàn)室常用高錳酸鉀與濃鹽酸制取氯氣；反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

rm{(2)}圖中裝置rm{A}的作用是______；裝置rm{B}的作用是______；裝置rm{D}的作用是______

rm{(3)}儀器rm{X}的名稱為_(kāi)_____，冷凝水從______rm{(}填“rm{a}”或“rm”rm{)}口進(jìn)入；裝置rm{C}中甲苯與rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成芐叉二氯的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．

rm{(4)}最后蒸餾收集rm{204隆蘆208隆忙}的餾分，蒸餾時(shí)用的冷凝管可選用如圖中的______rm{(}填字母rm{)}．

rm{(5)}若實(shí)驗(yàn)前甲苯的質(zhì)量為rm{46g}最后芐叉二氯的質(zhì)量也是rm{46g}則該實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率為_(kāi)_____．

rm{(6)}設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明溶液rm{m}中含有rm{ClO^{-}}______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體5.6L，則溶液中陽(yáng)離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、因?yàn)橄×蛩崮芘c鐵反應(yīng)放出H2，所以稀硝酸與鐵反應(yīng)也一定能放出H2____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、對(duì)氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．18、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度減小，溶液的PH減?。甠___（判斷對(duì)錯(cuò)）19、對(duì)于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、醋可同時(shí)用作防腐劑和調(diào)味劑____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共1題，共7分)21、鈦；鉻、鐵、溴、銅等金屬及其化合物在工業(yè)上有重要用途．

（1）制備CrO2Cl2的反應(yīng)為：K2Cr2O2+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑．

①上述化學(xué)方程式中非金屬元素電負(fù)性由大到小的順序是______（用元素符號(hào)表示）．

②COCl2分子中所有原子均滿足8電子構(gòu)型，COCl2分子中σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為_(kāi)_____，中心原子的雜化方式為_(kāi)_____．

（2）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，其中Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為6.9×10-2nm和7.8×10-2nm．則熔點(diǎn)：NiO______FeO（填”＜”；“=”或“＞”）．

（3）Ni和La的合金晶細(xì)胞結(jié)構(gòu)如圖1所示．

①該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_____．

②已知該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量Mgmol-1，密度為dgcm-3．設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶胞的體積是______cm3（用含M、d、NA的代數(shù)式表示）．

（4）銅晶體中原子的堆積方式如圖2所示．

①基態(tài)銅原子的電子排布式為_(kāi)_____．

②每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目______．

（5）某M原子的外圍電子排布式為3S23p5；銅與M形成化合物的晶胞如圖3所示（黑點(diǎn)代表銅原子，空心圓代表M原子）．

①該晶體的化學(xué)式為_(kāi)_____．

②已知銅和M電負(fù)性分別為1.9和3.0，則銅與M形成的化合物屬于______（填“離子”或“共價(jià)”）化合物．

③已知該晶體的密度pgcm-3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體中銅元子與M原子之間的最短距離為_(kāi)_____pm（只寫(xiě)計(jì)算式）．評(píng)卷人得分五、其他(共1題，共5分)22、化學(xué)上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”?，F(xiàn)將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共4題，共20分)23、有A、B兩只密閉容器，A容器有1個(gè)移動(dòng)的活塞，能使容器內(nèi)保持恒壓，B容器能保持恒容，起始時(shí)向A容器中充入2molSO2、1molO2，向B容器充入4molSO2、2molO2，并使A、B容器都為1L，在保持40℃的條件下，發(fā)生2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；平衡時(shí)，A容器的體積為0.8L．填空：

（1）A容器中SO2的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___；

（2）A、B兩容器中SO2轉(zhuǎn)化率是A____B（填“＞“；“=“或“＜“下同）；

（3）當(dāng)A、B兩容器連接后，打開(kāi)開(kāi)關(guān)使互通一段時(shí)間后又重新達(dá)到平衡時(shí)，A容器的體積為_(kāi)___L．（設(shè)連通管中氣體體積不計(jì)）

（4）若開(kāi)始時(shí)B中充入2molSO2、1molO2，則連通AB后，A容器的容積為_(kāi)___L．24、5.6g的Fe與足量的鹽酸反應(yīng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下得到氫氣的體積是多少？若最終溶液的體積為0.5L，則生成的FeCl2的物質(zhì)的量濃度為多少？25、（2014?虹口區(qū)一模）鐵是人類生產(chǎn)和生活中必不可少的重要金屬（如圖）．

（1）自然界一共存在四種穩(wěn)定的鐵原子，分別是54Fe、56Fe、57Fe和58Fe，其中58Fe原子中子數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差為_(kāi)___．計(jì)算鐵元素的近似相對(duì)質(zhì)量的計(jì)算式為：54×a1%+56×a2%+57×a3%+58×a4%，其中a1%、a2%是指各同位素的____．

（2）鐵原子中有____種能量不同的電子，鐵原子次外層的電子云有____種不同的伸展方向．

（3）與鐵同周期的主族元素中，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中，堿性最強(qiáng)的化合物與酸性最強(qiáng)的化合物的化學(xué)反應(yīng)方程式為_(kāi)___．

（4）要用鐵片、鋅片、直流電源和導(dǎo)線完成鐵片鍍鋅的實(shí)驗(yàn)，鐵片應(yīng)置于____極，電解質(zhì)溶液是____．

（5）高鐵酸鈉（Na2FeO4）是水處理過(guò)程中使用的一種新型凈水劑，它的氧化性比高錳酸鉀更強(qiáng)，本身在反應(yīng)中被還原為Fe3+，配平制取高鐵酸鈉的化學(xué)方程式：____Fe（NO3）3+____NaOH+____Cl2→____Na2FeO4+____NaNO3+____NaCl+____H2O；高鐵酸鈉除了能消毒殺菌外，還能吸附水中的懸浮物，其原因是____．

（6）0.03mol的鐵加到過(guò)量的HNO3中，加熱，鐵完全溶解，若生成NO、NO2的混和氣體共1.12L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．將盛有此氣體的容器倒扣在水中，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下一定體積的O2，恰好使氣體全部溶于水生成HNO3，則通入O2的體積____L．26、鎂帶在空氣中充分燃燒后，將所得固體產(chǎn)物加到50mL一定濃度的鹽酸中，向該溶液中加人0.50mol?L-1的NaOH溶液；所得某些產(chǎn)物與加入NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示（不考慮氣體溶解）。請(qǐng)計(jì)算：

（1）該鹽酸的濃度為_(kāi)_____。

（2）燃燒產(chǎn)物中氧化鎂的質(zhì)量為_(kāi)_____。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】A．苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的C9H12；2個(gè)取代基可能為甲基和乙基，有鄰；間、對(duì)3種同分異構(gòu)體，再根據(jù)分子中氫原子的種類等于一氯代物的種類來(lái)解答；

B.2；2-二甲基丙醇與2-甲基丁醇的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同；

C．由球棍模型可知該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（NH2）COOH，與CH3CH2CH2NO2結(jié)構(gòu)不相似；

D．分子中含有15個(gè)C、20個(gè)H、4個(gè)O．【解析】【解答】解：A．苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的C9H12，2個(gè)取代基可能為甲基和乙基，有鄰、間、對(duì)3種同分異構(gòu)體，其苯環(huán)上的一氯代物分別有4種；4種、2種，故總共有10種，故A正確；

B．2；2-二甲基丙醇與2-甲基丁醇的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體，故B正確；

C．由球棍模型可知該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH（NH2）COOH，與CH3CH2CH2NO2結(jié)構(gòu)不相似；不是同系物，屬于同分異構(gòu)體，故C錯(cuò)誤；

D．分子中含有15個(gè)C、20個(gè)H、4個(gè)O，則該物質(zhì)分子式為C15H20O4；故D正確．

故選C．2、C【分析】【分析】由方程式可知，生成的混合氣體中氨氣、水蒸氣、二氧化碳的摩爾分?jǐn)?shù)分別為0.5、0.25、0.25，先根據(jù)=Mr1×x1+Mr2×x2++Mri×xi計(jì)算混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量（其中Mri代表各組分相對(duì)分子質(zhì)量、xi代表各組分摩爾分?jǐn)?shù)），再利用密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比計(jì)算．【解析】【解答】解：由（NH4）2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑可知，1mol（NH4）2CO3分解生成的混合氣體中氨氣、水蒸氣、二氧化碳的摩爾分?jǐn)?shù)分別為0.5、0.25、0.25，則混合氣體=17×0.5+18×0.25+44×0.25=24，因氣體密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比，所以混合氣的密度是相同條件下的氫氣密度的=12倍；

故選C．3、C【分析】【分析】待測(cè)液和氯化鋇溶液反應(yīng)得到沉淀A，則溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的兩種或一種，根據(jù)離子共存知，溶液中不存在Ba2+；

濾液A中有Ba2+，加入過(guò)量的NaOH溶液得到白色沉淀B，則溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B為BaCO3，濾液B中通入氯氣，得無(wú)色溶液，溶液中一定沒(méi)有Br-，濾液B中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀為AgCl，說(shuō)明濾液B中含有Cl-，由于加入氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有Cl-，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：待測(cè)液和氯化鋇溶液反應(yīng)得到沉淀A，則溶液中可能含有CO32-、SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成氣體，且有部分沉淀不溶解，則溶液中存在CO32-，可能存在SO32-、SO42-中的兩種或一種，根據(jù)離子共存知，溶液中不存在Ba2+；

濾液A中有Ba2+，加入過(guò)量的NaOH溶液得到白色沉淀B，則溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B為BaCO3，濾液B中通入氯氣，得無(wú)色溶液，溶液中一定沒(méi)有Br-，濾液B中加入硝酸銀、硝酸溶液得到白色沉淀，白色沉淀為AgCl，說(shuō)明濾液B中含有Cl-，由于加入氯化鋇溶液，不能確定原溶液中是否含有Cl-；

A、根據(jù)以上分析可知，待測(cè)液中至少存在SO32-、SO42-中的一種；故A正確；

B、根據(jù)分析可知，沉淀B為碳酸氫根離子與鋇離子、氫氧根離子反應(yīng)生成的BaCO3，反應(yīng)的離子方程式為：HCO3-+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O；故B正確；

C、根據(jù)分析可知，肯定存在的離子為：CO32-、HCO3-，不能確定Cl-是否存在；故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)分析可知，待測(cè)液中一定不存在的離子為：Br-，故D正確，故選C．4、D【分析】【分析】溶液中含有離子為n（Cu2+）=1mol/L，n（Al3+）=1mol/L，n（NO3-）=amol/L，n（Cl-）=1mol/L；H+、OH-；陽(yáng)極電極反應(yīng)為Cl-、OH-放電；陰極電極反應(yīng)可以是Cu2+；H+；依據(jù)離子物質(zhì)的量和電極反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算．【解析】【解答】解：依據(jù)電解過(guò)程中存在電子守恒，結(jié)合電極反應(yīng)計(jì)算分析產(chǎn)物，用Pt電極電解該溶液，當(dāng)電路中有3mole-通過(guò)時(shí)。

陽(yáng)極電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑；

1mol1mol0.5mol

4OH--4e-=2H2O+O2↑

2mol2mol1mol

陰極電極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu

1mol2mol1mol

2H++2e-=H2↑

1mol1mol0.5mol

A；陰極析出的金屬是銅；無(wú)金屬鋁析出，故A錯(cuò)誤；

B、依據(jù)溶液中電荷守恒計(jì)算忽略氫離子和氫氧根離子濃度：2c（Cu2+）+3c（Al3+）=c（Cl-）+c（NO3-），計(jì)算得到c（NO3-）=4mol/L；即a=4，故B錯(cuò)誤；

C、依據(jù)電極反應(yīng)、電子守恒可知陽(yáng)極生成0.5molCl2；故C錯(cuò)誤；

D；電解后溶液PH計(jì)算；依據(jù)兩電極上的反應(yīng)計(jì)算，陽(yáng)極減少2mol氫氧根離子，同時(shí)陰極上減少1mol氫離子，綜合計(jì)算分析得到溶液中增加氫離子物質(zhì)的量為1mol，氫離子濃度為1mol/L，pH=0，故D正確；

故選D．5、B【分析】【分析】?jī)煞N金屬組成的合金64克，與足量氯氣完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的氯氣為1mol，假設(shè)金屬都為+2價(jià)，則金屬的物質(zhì)的量為1mol，則金屬混合物的平衡相對(duì)原子質(zhì)量為64，利用平均值法判斷．【解析】【解答】解：兩種金屬組成的合金64克；與足量氯氣完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的氯氣為1mol，設(shè)金屬都為+2價(jià)，金屬的物質(zhì)的量為1mol，則金屬混合物的平均相對(duì)原子質(zhì)量為64；

A．Zn的相對(duì)原子質(zhì)量為65；Cu的相對(duì)分子質(zhì)量為64，二者平均相對(duì)分子質(zhì)量介于64～65之間，故A錯(cuò)誤；

B．若Na為+2價(jià)；則其相對(duì)原子質(zhì)量為46，Zn的相對(duì)原子質(zhì)量為65，二者平均相對(duì)分子質(zhì)量介于46～65之間，故B正確；

C．因?yàn)殍F與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，則Fe為+2價(jià)，相對(duì)原子質(zhì)量為56×=37.4；Ca的相對(duì)原子質(zhì)量為40，二者相對(duì)分子質(zhì)量都小于40，故C錯(cuò)誤；

D．Cu的相對(duì)分子質(zhì)量為64；Ca的相對(duì)原子質(zhì)量為40，二者平均相對(duì)分子質(zhì)量介于40～64之間，故D錯(cuò)誤；

故選B．6、D【分析】【分析】

本題考查離子共存；為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，把握習(xí)題中的信息及常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)為解答該類題目的關(guān)鍵，注意復(fù)分解反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的判斷，題目難度不大。

【解答】

A.rm{c(H^{+})=0.1}rm{mol?L^{-1}}的溶液，顯酸性，不能大量存在rm{S_{2}O_{3}^{2-}}可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫；二氧化硫、水，故A錯(cuò)誤；

B.與鋁粉反應(yīng)放出rm{H_{2}}的無(wú)色溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，堿溶液中不能大量存在rm{Al^{3+}}酸溶液中rm{NO_{3}^{-}}rm{Al}發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣，故B錯(cuò)誤；C.rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}、rm{Al}rm{Al}故C錯(cuò)誤；D.常溫下rm{{,!}^{3+}}水解使溶液呈酸性，二者應(yīng)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；顯堿性，該組離子之間不反應(yīng)，可大量共存，故D選。

故選D。

rm{c}【解析】rm{D}7、D【分析】

A、CH2=CH-CH（CH3）-C（CH3）3與氫氣完全加成后產(chǎn)物的碳鏈結(jié)構(gòu)為碳鏈結(jié)構(gòu)不同，故A正確；

B、CH2=C（C2H5）-C（CH3）3與氫氣完全加成后產(chǎn)物的碳鏈結(jié)構(gòu)為碳鏈結(jié)構(gòu)相同，故B正確；

C、HC≡CCH（CH3）C（CH3）3與氫氣完全加成后產(chǎn)物的碳鏈結(jié)構(gòu)為碳鏈結(jié)構(gòu)相同，故C正確；

D、（CH3）2C=CH-C（CH3）3與氫氣完全加成后產(chǎn)物的碳鏈結(jié)構(gòu)為碳鏈結(jié)構(gòu)相同，故D錯(cuò)誤．

故選D．

【解析】【答案】2，2，3-三甲基戊烷的碳鏈結(jié)構(gòu)為根據(jù)各物質(zhì)與氫氣完全加成后的產(chǎn)物與2，2，3-三甲基戊烷的碳鏈結(jié)構(gòu)烯烴，加成結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)行判斷．

二、填空題(共6題，共12分)8、（1）試管、（3）燒杯、（4）酒精燈、（5）通氫氣的玻璃導(dǎo)管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）鐵架臺(tái)（帶鐵圈和鐵夾）、⑽玻璃棒；Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；Cu（OH）2CuO+H2O；銅未冷卻便停止通氫氣，結(jié)果銅又被氧化成氧化銅．【分析】【分析】利用題設(shè)信息“銅綠的主要成分是堿式碳酸銅，它能跟酸反應(yīng)生成銅鹽、水和二氧化碳”，可推斷為得到硫酸銅應(yīng)使堿式碳酸銅與硫酸反應(yīng)，然后利用硫酸銅與氫氧化鈉反應(yīng)得到氫氧化銅的沉淀，再對(duì)不溶性的堿氫氧化銅進(jìn)行加熱分解產(chǎn)生氧化銅，最后利用具有還原性的氫氣在加熱條件下還原氧化銅，從而避免摻入固體雜質(zhì)得到較為純凈的銅．【解析】【解答】解：（1）把銅綠與稀硫酸混合充分反應(yīng)后過(guò)濾得到硫酸銅溶液；向所得硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉溶液至沉淀不再產(chǎn)生時(shí)過(guò)濾，把過(guò)濾得到的氫氧化銅沉淀進(jìn)行加熱分解得到氧化銅，最后利用氫氣在加熱條件下還原氧化銅即可達(dá)到獲得不含固體雜質(zhì)銅的制取目的；

故答案為：銅綠CuSO4Cu（OH）2CuOCu；

（2）取銅綠于燒杯中；加入適量稀硫酸用玻璃棒攪拌，充分反應(yīng)后過(guò)濾，向過(guò)濾所的硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉溶液并不斷攪拌；完成以上操作需要使用漏斗；燒杯、玻璃棒、滴管、鐵架參（帶鐵圈）等儀器；把過(guò)濾得到的氫氧化銅沉淀放在試管中加熱，全部全黑色，通入氫氣進(jìn)行還原直到全部變?yōu)楣饬恋募t色的銅；完成以上操作需要使用酒精燈、試管、氫氫氣的玻璃導(dǎo)管、鐵架臺(tái)（帶鐵夾）等儀器．因此完成該實(shí)驗(yàn)需要使用的儀器為：（1）試管、（3）燒杯、（4）酒精燈、（5）通氫氣的玻璃導(dǎo)管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）鐵架臺(tái)（帶鐵圈和鐵夾）、⑽玻璃棒；

故答案為：（1）試管；（3）燒杯、（4）酒精燈、（5）通氫氣的玻璃導(dǎo)管、（6）漏斗、（7）滴管、（9）鐵架臺(tái)（帶鐵圈和鐵夾）、⑽玻璃棒；

（3）操作A加入稀硫酸，硫酸與堿式碳酸銅反應(yīng)可生成硫酸銅、水和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑；操作C為對(duì)氫氧化銅加熱，氫氧化銅受熱分解生成氧化銅和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu（OH）2CuO+H2O；

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

（4）由于銅在高溫下能與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成氧化銅，因此在銅未冷卻便停止通氫氣，則會(huì)導(dǎo)致還原出的銅又被氧化成氧化銅，出現(xiàn)實(shí)驗(yàn)裝置及生成銅以前的操作都正確，但最后沒(méi)有生成銅的意外結(jié)果．故答案為：銅未冷卻便停止通氫氣，結(jié)果銅又被氧化成氧化銅；9、略

【分析】試題分析：（1）HA在水溶液中電離：HAH++A-，根據(jù)電離度為0.20，c（H+）=3.0×10-3mol/L×0.20=6.0×10-4mol?L￣1，則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；達(dá)到平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水兩種溶劑中的比例為1：1，c（HA）=3.0×10-3mol?L￣1—6.0×10-4mol?L￣1=2.4×10-3mol?L￣1，轉(zhuǎn)化的HA為4.0×10-3mol?L￣1—2.4×10-3mol?L￣1=1.6×10-3mol?L￣1，所以在苯體系中HA的轉(zhuǎn)化率為,1.6×10-3mol?L￣÷4.0×10-3mol?L￣1×100%=40%。（3）該反應(yīng)在較低溫度下自發(fā)進(jìn)行，T較小時(shí)，?H-T?S<0，因?yàn)榉磻?yīng)物質(zhì)的量減小，即?S<0，所以?H<0（4）由（2）中數(shù)據(jù)可算出2HA（HA）2的平衡常數(shù)K=8.0×10-4mol?L￣1÷（2.4×10-3mol?L￣1）2=146，＝130考點(diǎn)：本題考查平衡常數(shù)的計(jì)算和應(yīng)用、pH和轉(zhuǎn)化率的計(jì)算、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的分析?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）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）右圖是NO2和CO反應(yīng)生成CO2和NO過(guò)程中能量變化示意圖，反應(yīng)物能量高于生成物能量，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變=E1-E2，依據(jù)熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)方法寫(xiě)出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；

（2）①根據(jù)△H=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能計(jì)算；

②根據(jù)圖象判斷出abcd對(duì)應(yīng)的各氫化物；根據(jù)焓變的大小書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式；

（3）蓋斯定律蓋斯定律蓋斯定律的含義是反應(yīng)熱是狀態(tài)函數(shù)，與反應(yīng)途徑無(wú)關(guān)，根據(jù)目標(biāo)方程式將已知的熱化學(xué)方程式運(yùn)用疊加的方法，得到目標(biāo)方程式，反應(yīng)熱作相應(yīng)的運(yùn)算．【解析】【解答】解：（1）結(jié)構(gòu)NO2和CO反應(yīng)生成CO2和NO過(guò)程中能量變化示意圖可知，反應(yīng)物能量高于生成物能量，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對(duì)應(yīng)焓變，寫(xiě)出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol；

故答案為：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；

故答案為：432kJ?mol-1；

②非金屬元素氫化物的穩(wěn)定性與生成1mol氫化物時(shí)的△H的關(guān)系為：根據(jù)元素周期律，同一主族元素非金屬性越強(qiáng)，生成氣態(tài)氫化物越容易，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，而能量越低越穩(wěn)定，所以a、b、c、d依次為：H2Te、H2Se、H2S、H2O；

b為硒化氫的生成熱數(shù)據(jù)，則硒化氫分解吸熱，△H=-81kJ/mol，所以H2Se發(fā)生分解反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=-81kJ/mol；

故答案為：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；

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

故答案為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H=-11kJ/mol．11、DCEFC25mL酸式滴定管避免滴管上殘留的水稀釋KOH溶液，造成誤差當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色偏大二氧化碳碳酸鉀大于c（K+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）【分析】【分析】（1）依據(jù)中和滴定的操步驟解答；

（2）部分氫氧化鉀溶液與空氣中的二氧化碳反應(yīng)；

（3）依據(jù)鹽酸的性質(zhì)及滴定管的構(gòu)造選擇；

（4）直接裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液；標(biāo)準(zhǔn)液被滴定管沾有的水稀釋，濃度偏低；

（5）當(dāng)加入最后一滴；溶液顏色發(fā)生突變且半分鐘內(nèi)不變色，可說(shuō)明達(dá)到滴定終點(diǎn)；

（6）分析不當(dāng)操作對(duì)相關(guān)物理量的影響，依據(jù)C（酸）=進(jìn)行誤差分析；

（7）氫氧化鉀溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鉀，根據(jù)碳酸鉀為強(qiáng)堿弱酸鹽分步水解，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）操作的步驟是選擇滴定管；然后洗滌；裝液、使尖嘴充滿溶液、固定在滴定臺(tái)上，然后調(diào)節(jié)液面記下讀數(shù)．再取待測(cè)液于錐形瓶，然后加入指示劑進(jìn)行滴定，所以順序?yàn)椋篈BDCEF；

故答案為：DCEF；

（2）氫氧化鉀溶液溶液中部分氫氧化鉀容易與空氣中的二氧化碳反應(yīng)；所以氫氧化鉀的濃度稍大于0.1mol/L，所以C正確；

故答案為：C；

（3）鹽酸為酸性物質(zhì)；應(yīng)選擇酸式滴定管，所以量取20.00mL待測(cè)的鹽酸需要選用25mL的酸式滴定管；

故答案為：25mL的酸式滴定管；

（4）滴定管用蒸餾水洗滌后；內(nèi)壁有一層水膜，如果直接裝液會(huì)使?jié)舛冉档停斐烧`差，所以必須用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管2-3次；

故答案為：避免滴管上殘留的水稀釋KOH溶液；造成誤差；

（5）本實(shí)驗(yàn)是用KOH滴定鹽酸溶液；用酚酞作指示劑，所以終點(diǎn)時(shí)，現(xiàn)象是當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色；

故答案為：當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色；且在半分鐘內(nèi)不褪色；

（6）氫氧化鉀為標(biāo)準(zhǔn)液；如果盛放標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管沒(méi)有潤(rùn)洗，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏大；

故答案為：偏大；

（7）氫氧化鉀溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鉀，碳酸根離子在溶液中部分發(fā)生水解，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7，以第一步為主：CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以其離子濃度大小關(guān)系為：c（K+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

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

【分析】試題分析：（1）根據(jù)題意可知這五種元素分別是：Ｘ:H;Y:C;Z:O;Q:Na;R:Al;對(duì)于電子層數(shù)相同的元素來(lái)說(shuō)，元素的核電荷數(shù)越大，原子半徑越??；對(duì)于電子層不同的元素來(lái)說(shuō)，層數(shù)越多，原子半徑越大。所以這五種元素的原子半徑的大小順序是：Na＞Al＞Ｃ＞Ｏ＞Ｈ．（2）X，Y，Z形成的既含極性鍵又含非極性鍵，且相對(duì)分子質(zhì)量最小的物質(zhì)是乙醛，它和酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)的離子方程式是：5CH3CHO+2MnO4-+6H+==5CH3COOH+2Mn2++3H2O。（3）C是CO2。其結(jié)構(gòu)式是O=C=O①如果A，B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A是NaAlO2,B是Al(OH)3．由A轉(zhuǎn)化為B的離子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-．②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A，B溶液均顯堿性則A是Na2CO3，B是NaHCO3．A溶液顯堿性的原因是CO32-+H2OHCO3-+OH-A，B濃度均為0．1mol/L的混合溶液中，Na2CO3水解程度大于NaHCO3，所以c(HCO3-)>c(CO32-)。水解的溶液都顯堿性，所以c(OH-)>c(H+)，但鹽水解的程度是很微弱的，所以c(CO32-)>c(OH-)。故混合溶液中離子濃度由大到小的順序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時(shí)，溶質(zhì)的主要成分有NaCl，NaHCO3，CO2?？键c(diǎn)：考查元素、化合物的推斷及化學(xué)性質(zhì)和相互轉(zhuǎn)化的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）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)}用高錳酸鉀跟濃鹽酸反應(yīng)在室溫下制氯氣，在酸性條件下，rm{MnO_{4}^{-}}被還原成rm{Mn^{2+}}依據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平寫(xiě)出離子方程式為：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+10Cl^{-}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}

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

rm{(2)}濃硫酸具有吸水，能干燥氯氣，裝置rm{B}中有長(zhǎng)玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起緩沖作用，使氯氣勻速進(jìn)入三口燒瓶中，氯化鈣是干燥劑，能吸收從rm{C}裝置中出來(lái)的水蒸氣；

故答案為：干燥氯氣；起安全瓶的作用；能起緩沖作用；吸收水蒸氣；

rm{(3)}根據(jù)裝置圖可知儀器rm{X}為冷凝管，根據(jù)采用逆流冷卻的效果好判斷進(jìn)水口，所以進(jìn)水口為rm{a}甲苯與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)可以生成二氯甲苯和氯化氫，反應(yīng)方程式為

故答案為：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內(nèi)，所以用直形冷凝管比較好，故選rm{e}

rm{(5)}甲苯的質(zhì)量為rm{46g}根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，每摩爾甲苯氧化后可得rm{1mol}芐叉二氯，所以理論上可得芐叉二氯的質(zhì)量為rm{dfrac{46}{92}隆脕161g=80.5g}所以產(chǎn)率rm{=dfrac{46g}{80.5g}隆脕100%=57.1%}

故答案為：rm{dfrac

{46}{92}隆脕161g=80.5g}

rm{=dfrac

{46g}{80.5g}隆脕100%=57.1%}根據(jù)次氯酸有漂白性且不能恢復(fù)可證明溶液rm{57.1%}中含有rm{(6)}操作為在試樣中滴入rm{m}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫變藍(lán)，然后褪成無(wú)色，即使加熱也無(wú)法恢復(fù)，則說(shuō)明含有rm{ClO^{-}}

故答案為：在試樣中滴入rm{2-3}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫變藍(lán)，然后褪成無(wú)色，即使加熱也無(wú)法恢復(fù)，則說(shuō)明含有rm{ClO^{-}}．

rm{2-3}用高錳酸鉀跟濃鹽酸反應(yīng)在室溫下制氯氣，在酸性條件下，rm{ClO^{-}}被還原成rm{(1)}依據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒；電荷守恒、原子守恒配平寫(xiě)出；

rm{MnO_{4}^{-}}濃硫酸具有吸水，能干燥氯氣，裝置rm{Mn^{2+}}中有長(zhǎng)玻璃管，可以起安全瓶的作用，能起緩沖作用，使氯氣勻速進(jìn)入三口燒瓶中，氯化鈣是干燥劑，能吸收從rm{(2)}裝置中出來(lái)的水蒸氣；

rm{B}根據(jù)裝置圖可知儀器rm{C}為冷凝管；根據(jù)采用逆流冷卻的效果好判斷進(jìn)水口；甲苯與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)可以生成二氯甲苯和氯化氫；

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

rm{X}甲苯的質(zhì)量為rm{(4)}根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，每摩爾甲苯氧化后可得rm{(5)}芐叉二氯，所以理論上可得芐叉二氯的質(zhì)量為rm{dfrac{46}{92}隆脕161g=80.5g}根據(jù)產(chǎn)率rm{=dfrac{{脢碌錄脢虜煤脕驢}}{{脌鉚脗脹虜煤脕驢}}隆脕100%}計(jì)算；

rm{46g}根據(jù)次氯酸有漂白性且不能恢復(fù)可證明溶液rm{1mol}中含有rm{dfrac

{46}{92}隆脕161g=80.5g}．

本題考查有機(jī)物合成實(shí)驗(yàn)、物質(zhì)的分離等基本操作、對(duì)實(shí)驗(yàn)裝置的分析評(píng)價(jià)等，較好的考查學(xué)生對(duì)數(shù)據(jù)的應(yīng)用、閱讀獲取信息的能力以及知識(shí)遷移應(yīng)用，難度中等．rm{=dfrac

{{脢碌錄脢虜煤脕驢}}{{脌鉚脗脹虜煤脕驢}}隆脕100%}【解析】rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+10Cl^{-}=2Mn^{2+}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}干燥氯氣；起安全瓶的作用，能起緩沖作用；吸收水蒸氣；冷凝管；rm{a}rm{e}rm{57.1%}在試樣中滴入rm{2-3}滴紫色石蕊溶液，若看到石蕊溶液先由紫變藍(lán)，然后褪成無(wú)色，即使加熱也無(wú)法恢復(fù)，則說(shuō)明含有rm{ClO^{-}}三、判斷題(共7題，共14分)14、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應(yīng)，如金屬不足，則反應(yīng)生成Fe3+，如金屬過(guò)量，則生成Fe2+，如鐵過(guò)量，則溶液中沒(méi)有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應(yīng)，如鐵不足，則反應(yīng)生成Fe3+，如鐵過(guò)量，則生成Fe2+，且溶液中沒(méi)有Cu2+；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯(cuò)誤，故答案為：×．16、×【分析】【分析】稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，和金屬反應(yīng)生成硝酸鹽和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反應(yīng)生成硫酸鹽和氫氣．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氫離子體現(xiàn)的，所以稀硫酸和鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，稀硝酸中強(qiáng)氧化性是N元素體現(xiàn)的，所以稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，和鐵反應(yīng)生成NO而不是氫氣，所以該說(shuō)法錯(cuò)誤，故答案為：×．17、×【分析】【分析】根據(jù)對(duì)氯甲苯中甲基和氯原子處于對(duì)位關(guān)系來(lái)分析；【解析】【解答】解：對(duì)氯甲苯中甲基和氯原子處于對(duì)位關(guān)系，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：故答案為：×；18、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答該題．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，則c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）減小；水解程度減??；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：√．20、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，以此判斷．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作調(diào)味劑，醋酸能使抑制細(xì)菌的生長(zhǎng)，起到防腐作用，可作防腐劑；

故答案為：√．四、簡(jiǎn)答題(共1題，共7分)21、略

【分析】解：（1）①同周期自左而右電負(fù)性增大；Cl；O形成的化合物中O元素表現(xiàn)負(fù)價(jià)，對(duì)鍵合電子吸引更大，氧元素電負(fù)性大于Cl的，故電負(fù)性：O＞Cl＞C；

故答案為：O＞Cl＞C；

②COCl2分子中所有原子均滿足8電子構(gòu)型，結(jié)構(gòu)式為單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個(gè)σ鍵和、1個(gè)π鍵，則σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)比為3：1，C原子形成3個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為3，采取sp2雜化；

故答案為：3：1；sp2雜化；

（2）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)均與氯化鈉的晶體結(jié)構(gòu)相同，均屬于離子化合物，離子電荷相等，Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑；故NiO的晶格能大于FeO的晶格能，故熔沸點(diǎn)NiO＞FeO；

故答案為：＞；

（3）①晶胞中Ni處于體心與面上，La處于頂點(diǎn)，則晶胞中Ni原子數(shù)目為1+8×=4、La原子數(shù)目為8×=1，故化學(xué)式為：LaNi5；

故答案為：LaNi5；

②該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量Mgmol-1，晶胞質(zhì)量為g，密度為dgcm-3，則該晶胞的體積是g÷dgcm-3=cm3；

故答案為：

（4）①Cu的核外電子數(shù)為29，處于周期表中第四周期IB族，價(jià)電子排布式為：3d104s1；

故答案為：3d104s1；

②Cu原子堆積方式為面心立方密堆積，以頂點(diǎn)原子為研究，與之相鄰的原子出面心，每個(gè)頂點(diǎn)為8個(gè)晶胞共用，每個(gè)面心為2個(gè)晶胞共用，則其周圍距離最近的銅原子數(shù)目為=12；

故答案為：12；

（5）某M原子的外圍電子排布式為3S23p5；則M為Cl．

①根據(jù)均攤法，晶胞中Cu原子數(shù)目為4、Cl原子數(shù)目為8×+6×=4；則化學(xué)式為CuCl；

故答案為：CuCl；

②銅和Cl電負(fù)性分別為1.9和3.0；二者電負(fù)性相差3.0-1.9=1.1＜1.7，則CuCl屬于共價(jià)化合物；

故答案為：共價(jià)；

③Cu原子與周圍的4個(gè)Cl原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，四面體中心Cu原子與頂點(diǎn)氯原子距離最近，四面體中心的Cu原子與晶胞頂點(diǎn)Cl原子連線處于晶胞體對(duì)角線上，且距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的而體對(duì)角線長(zhǎng)度為晶胞棱長(zhǎng)的倍，晶胞質(zhì)量為4×g，設(shè)晶胞棱長(zhǎng)為acm，則4×g=pgcm-3×（acm）3，解得a=則該晶體中銅元子與M原子之間的最短距離為××cm=×××1010cm；

故答案為：×××1010．

（1）①同周期自左而右電負(fù)性增大；Cl；O形成的化合物中O元素表現(xiàn)負(fù)價(jià)，對(duì)鍵合電子吸引更大；

②COCl2分子中所有原子均滿足8電子構(gòu)型，結(jié)構(gòu)式為單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個(gè)σ鍵和；1個(gè)π鍵，C原子形成3個(gè)σ鍵，沒(méi)有孤對(duì)電子，雜化軌道數(shù)目為3；

（2）離子電荷相等；離子半徑越小，晶格能越大，熔沸點(diǎn)越高；

（3）①根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Ni；La原子數(shù)目；進(jìn)而確定化學(xué)式；

②結(jié)合晶胞含有原子數(shù)目；表示出晶胞質(zhì)量，結(jié)合m=ρV計(jì)算晶胞體積；

（4）①Cu的核外電子數(shù)為29；處于周期表中第四周期IB族；

②Cu原子堆積方式為面心立方密堆積；

（5）某M原子的外圍電子排布式為3S23p5；則M為Cl．

①根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中Cu；Cl原子數(shù)目；進(jìn)而確定化學(xué)式；

②一般兩個(gè)元素的電負(fù)性相差大于1.7的兩種元素形成化合物時(shí)形成離子鍵；小于1.7的兩種元素形成共價(jià)鍵；

③Cu原子與周圍的4個(gè)Cl原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，四面體中心Cu原子與頂點(diǎn)氯原子距離最近，四面體中心的Cu原子與晶胞頂點(diǎn)Cl原子連線處于晶胞體對(duì)角線上，且距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的而體對(duì)角線長(zhǎng)度為晶胞棱長(zhǎng)的倍；結(jié)合晶胞含有原子數(shù)目表示出晶胞質(zhì)量，結(jié)合m=ρV計(jì)算．

本題是對(duì)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及電負(fù)性、化學(xué)鍵、雜化方式、晶體類型與性質(zhì)、晶胞計(jì)算等，注意根據(jù)氧化物判斷氧與氯的電負(fù)性，（5）中計(jì)算為難點(diǎn)，需要學(xué)生具備一定的空間想象與數(shù)學(xué)計(jì)算能力．【解析】O＞Cl＞C；3：1；sp2雜化；＞；LaNi5；3d104s1；12；CuCl；共價(jià)；×××1010五、其他(共1題，共5分)22、略

【分析】此題解答的關(guān)鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡(luò)離子和分子有6種，在書(shū)寫(xiě)離子方程式時(shí)，有多種寫(xiě)法，均屬合理答案。此題涉及的知識(shí)點(diǎn)有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去。考向指南：《考試大綱》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型?！邦慃u素”是經(jīng)?？嫉降闹R(shí)點(diǎn)，我們應(yīng)該可以依據(jù)鹵素的性質(zhì)推測(cè)“類鹵素”的性質(zhì)，并進(jìn)行應(yīng)用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質(zhì)與鹵素相似，表現(xiàn)在氧化性、與堿溶液反應(yīng)生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結(jié)合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價(jià)有差別，以致在參加化學(xué)反應(yīng)中價(jià)態(tài)的變化與鹵素單質(zhì)不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）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、計(jì)算題(共4題，共20分)23、30%＜2.41.6【分析】【分析】（1）利用三段式分析：設(shè)A容器中反應(yīng)中SO2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為2xmol；

A容器中2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）

起始量（mol）：210

變化量（mol）：2xxx

平衡量（mol）：2-2x1-xx

由題意可知，=，所以x=0.3，據(jù)此計(jì)算SO2的轉(zhuǎn)化率；

（2）根據(jù)容器中的壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的影響；

（3）由于A；B的起始量成比例且與計(jì)量數(shù)之比相等；所以當(dāng)A、B兩容器連接后，打開(kāi)開(kāi)關(guān)使互通一段時(shí)間后又重新達(dá)到平衡時(shí)，壓強(qiáng)與A容器的起始?jí)簭?qiáng)相同，所以連接后與連接前A容器的平衡狀態(tài)為等效平衡，且起始量為A的3倍，據(jù)此計(jì)算；

（4）若開(kāi)始時(shí)B中充入2molSO2、1molO2，則連通AB后與連通前的A為等效平衡，據(jù)此計(jì)算A容器的容積；【解析】【解答】解：（1）利用三段式分析：設(shè)A容器中反應(yīng)中SO2轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為2xmol；

A容器中2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）

起始量（mol）：210

變化量（mol）：2xxx

平衡量（mol）：2-2x1-xx

由題意可知，=，所以x=0.3，則A中SO2的轉(zhuǎn)化率為×100%=30%；

故答案為：30%；

（2）根據(jù)反應(yīng)可知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），B容器充入SO2、O2的物質(zhì)的量為A容器的2倍，所以平衡時(shí)A容器中的壓強(qiáng)小于B容器，由于該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，所以B中SO2的轉(zhuǎn)化率大于A中的；

故答案為：＜；

（3）由于A；B的起始量成比例且與計(jì)量數(shù)之比相等；所以當(dāng)A、B兩容器連接后，打開(kāi)開(kāi)關(guān)使互通一段時(shí)間后又重新達(dá)到平衡時(shí)，壓強(qiáng)與A容器的起始?jí)簭?qiáng)相同，所以連接后與連接前A容器的平衡狀態(tài)為等效平衡，且起始量為A的3倍，所以連接后A容器的體積為連接前的3倍，即為3×0.8L=2.4L；

故答案為：2.4；

（4）若開(kāi)始時(shí)B中充入2molSO2、1molO2；則連通AB后與連通前的A為等效平衡，根據(jù)（