2026届安徽省皖南地区高三化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

2026届安徽省皖南地区高三化学第一学期期中学业水平测试试题考生须知：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（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式书写正确的是()A．Fe3O4溶于足量氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB．用石墨作电极电解AlC13溶液：2Cl–+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH–C．澄清的石灰水中加入少量的NaHCO3溶液：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2OD．向含1molFeBr2的溶液中通入0.6molCl2：10Fe2++4Br‾+8Cl2=10Fe3++2Br2+16Cl‾2、在下列说法中正确的是A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0,则金刚石比石墨稳定C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是氧化还原反应，且反应的焓变大于零D．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为:NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)ΔH=-57.4kJ/mol3、工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是A．图中的b%<a%B．Y应为直流电源的负极C．电解过程中阴极区pH升高D．在电极上发生的反应为+2OH--2e-＝+H2O4、氯酸是强酸，在酸性介质中是强氧化剂，可与碘单质发生反应2HC103+I2—2HI03+C12↑①，若碘单质过量，还会发生反应C12+I2=2IC1②。下列有关说法正确的是（）A．HIO3是I元素的最高价氧化物对应的水化物B．化学方程式①表明I2的氧化性强于Cl2C．反应①中，每形成0.1mol非极性键，转移1mol电子D．IC1在烧碱溶液中发生水解，生成物为Nal和NaCIO5、下列指定反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+D．下图所示装置中反应：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+6、在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72－转化为Cr3＋，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀而从废水中除去。下列说法正确的是（

）A．FeSO4在反应中作氧化剂B．随着反应的进行，该废水的pH会减小C．若该反应转移0.6mole-，则会有0.2molCr2O72－被还原D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应7、下列化学反应中，能用离子方程式H＋+OH－=H2O表示的是A．2H2+O22H2OB．HCl+NaOH=NaCl+H2OC．2HCl+Cu(OH)2=CuCl2+2H2OD．Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O8、部分弱电解质的电离常数如下表:弱电解质HCOOHHCNH2CO3电离常数(25℃)Ka=1.8×10-4Ka=4.9×10-10Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11下列说法错误的是（）A．结合H+的能力:CO32->CN->HCO3->HCOO-B．2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋CO32-C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．25℃时，反应HCOOH+CN-HCN+HCOO-的化学平衡常数3.67×1059、用0.1mol/LNa2SO3溶液20mL，恰好将1.0×10-3molXO4-还原，则X元素在反应后所得还原产物中化合价为A．+3价 B．+2价 C．+1价 D．0价10、25℃时，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是()A．若pH>7时，则一定是c1V1=c2V2B．只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c1>c2D．若V1=V2、c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)11、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A．电子层数 B．原子半径 C．最高化合价 D．最外层电子数12、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同13、在体积可变的400℃密闭容器中，一定量的SO2和O2在催化剂作用下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+QkJ，下列叙述错误的是（）A．增大压强，正反应速率一直增大至不变，平衡正移B．降低温度，正反应速率比逆反应速率减小的程度小C．若将三氧化硫分离出，则平衡正向移动，平衡常数K值不变D．若气体的物质的量减少0.5mol时达到平衡，则该条件下反应放出0.5QkJ的热量14、关于反应过程中的先后顺序，下列评价正确的是A．向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质CuCl2首先与铁粉反应B．向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成C．向浓度都为0.1mol/L的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先反应D．向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铜单质首先参加反应15、下列各组离子在指定的溶液中能大量存在离子组的是（）A．pH＝7的溶液：Al3+、Fe3+、SO42－、I－B．加入Na2O2后的溶液：K+、Fe2+、NO3－、SO32－C．加入铝粉放出H2的溶液：Na+、Ba2+、NO3－、Cl－D．无色并能使石蕊试液变蓝的溶液：NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－16、下列说法错误的是A．石油主要是由烃组成的混合物 B．①主要发生物理变化C．②包括裂化、裂解等过程 D．③是加成反应，产物名称是二溴乙烷二、非选择题（本题包括5小题）17、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。18、萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。Ⅰ是一种萜类化合物，它的合成路线如下：已知：R、R’、R”为烃基回答下列问题：（1）按官能团分类，A的类别是______________。（2）A→C的反应类型是______________。（3）C→D、E→F的化学方程式分别是______________、______________。（4）写出下列物质的结构简式：B______________、H______________。（5）F→G的反应中，乙酸酐的作用______________。（6）十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯（）的合成路线________________________19、一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O是棕黄色、有刺激性气味的气体，熔点为-120.6°C,沸点为2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水8%的碳酸钠固体中制备并收集少量纯净的Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。（1）装置E中仪器X的名称为______。（2）装置的连接顺序是A__________（每个装置限用一次）。（3）装置F中盛装试剂的名称为______，装置E中无水氯化钙的作用是________.。（4）装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M,写出装置B中发生反应的化学方程式_______。（5）证明残留固体中含有M的最简单的实验方案是:_______。（6）测定残留固体中M的质量分数：取mg样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用0.1mol/L的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸V1mL；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸V2mL.。①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。②求残留固体中M的质量分数__________（用含m、V1和的代数式表示）。③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低”或“不变”）。20、某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁属，其目的是________。（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二只试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____（填离子符号）；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为______。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液·变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热．随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______（用平衡移动原理解释）。21、A、B都是短周期元素，原子最外层电子排布式分别为(n+1)sx、nsx+1npx+3。A与B可形成化合物C和D。D溶于水时有气体E逸出，E能使带火星的木条复燃。请回答下列问题：(1)比较电离能：①I1(A)______(填“>”或“<”，下同)I2(A)，②I1(A)_____I1(B)，③I1(B)_____I1(He)。(2)通常A元素的化合价是________，对A元素呈现这种价态进行解释：①用原子结构的观点进行解释：________。②用电离能的观点进行解释：_______。(3)写出D跟水反应的离子方程式：__________。(4)列举气体E的主要用途__________(至少写出两项)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.Fe3O4溶于足量氢碘酸，生成的铁离子要将碘离子氧化为碘单质，A错误；B.用石墨作电极电解AlC13溶液，生成的OH–与Al3+生成Al(OH)3沉淀，B错误；C.澄清的石灰水中加入少量的NaHCO3溶液：Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，C正确；D.向含1molFeBr2的溶液中通入Cl2，1molFeBr2被完全氧化需要转移3mol电子，0.6molCl2只能将还原性强的亚铁氧化和0.2molBr-，D错误。2、D【解析】A、等量的硫蒸气和硫固体，硫蒸气的能量高，能量越高，燃烧放出的热量越多，选项A错误；B、由C（石墨）=C（金刚石）△H>0可知反应吸热，金刚石的能量比石墨能量高，能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，选项B错误；C、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应无元素化合价变化，属于复分解反应，属于非氧化还原反应，反应需要吸热，焓变大于零，选项C错误；D、20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水，放出28.7kJ的热量，则中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)ΔH=-57.4kJ/mol，选项D正确。答案选D。3、C【分析】根据装置图可知，该装置为电解装置，根据钠离子移动方向，Pt(I)电极为阴极，则X极为负极。【详解】A．电解池右室阳极区的发生反应-2e-+H2O=+3H＋和-2e-+2H2O=+4H＋，图中的b%＞a%，A说法错误；B．根据钠离子移动方向，Pt(I)电极为阴极，则Pt(II)电极为阳极，Y应为直流电源的正极，B说法错误；C．电解时，阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C说法正确；D．电解池右室阳极区的发生反应-2e-+H2O=+3H＋和-2e-+2H2O=+4H＋，D说法错误；答案为C。4、C【详解】A.碘是卤族元素，原子的最外层电子数为7，最高正化合价为+7，而HIO3中碘元素为+5价。故A错误；B.反应①中，氯元素从+5价降低为0价，碘元素从0价升高为+5价，I2是还原剂，Cl2是还原产物，因此，该反应说明I2的还原性强于Cl2，故B错误；C.1molC12分子中含有1molCl-Cl（属于非极性键）。由反应①可知，生成1molC12转移10mol电子，现生成0.1molCl-Cl键,故转移1mol电子,C正确；D.IC1中碘元素为+1价，氯元素为-1价，其水解产物是HCl和HIO，在烧碱溶液中的产物是NaCl和NaIO，故D错误；综上所述，本题选C。5、A【分析】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B.离子反应需注意电荷守恒；C.次氯酸为弱酸，在离子方程式中不能拆写；D.未形成闭合回路，不会发生原电池反应。【详解】A．澄清石灰水中通入二氧化碳先生成碳酸钙沉淀后，过量后沉淀溶解为碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙要拆写为钙离子与碳酸氢根离子，故反应前后变化为:OH-+CO2=HCO3-，A正确；B．反应式中电荷不守恒，未配平，应为5I−+IO3−+6H+3I2+3H2O，B不正确；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，而漂白粉过量，溶液中还有大量ClO，则不会有大量的H+生成，应生成次氯酸分子：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO，C不正确；D．图示装置未形成闭合回路，并未形成原电池，故写成原电池反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，D不正确。故选A。6、D【解析】A、FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，错误；B、该过程中发生的反应为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，错误；C、Cr2O72-中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1molCr2O72-被还原，错误；D、除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓（复分解反应），正确。故选D。7、B【分析】H＋+OH－=H2O表示强酸强碱生成可溶性盐的反应。【详解】A.不能用离子方程式表示，错误；B表示强酸强碱的反应，正确；C.氢氧化铜是沉淀，应写作分子式的形式，错误；D.硫酸钡是沉淀，离子方程式为Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，错误.答案选B。8、B【详解】A.由HCOOH、HCN的电离常数Ka=1.8×10-4、Ka=4.9×10-10，H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11，结合H+的能力:CO32->CN->HCO3->HCOO-，故A正确；B.根据电离平衡常数有CN－＋H2O＋CO2=HCN＋HCO3-，故B错误；C.因为HCOOH比HCN酸性强，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D.25℃时，反应HCOOH+CN-HCN+HCOO-的化学平衡常数K=cHCOO-)c(HCN)/cHCOOH)c(CN-)=Ka(HCOOH)/Ka((HCN)=1.8×10-4/4.9×10-10=3.67×105,故D正确。答案：B。9、A【分析】该反应中XO4-和Na2SO3发生氧化还原反应，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，XO4－作氧化剂，则X元素得电子化合价降低，再结合转移电子守恒计算还原产物中X化合价．【详解】Na2SO3恰好将XO4－还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，0.1mol·L－1×0.02L×（6-4）=1×10-3mol×（7-a），解得a=+3，故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，解题的关键是明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒。10、D【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1<c2V2，若V1=V2，则一定是c1<c2，C错误；D.若V1=V2、c1=c2，根据n=c·V可知，HA与ROH的物质的量相等，两溶液恰好反应生成NaA，根据物料守恒可得：c(A-)+c(HA)=c(R+)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、根据电荷守恒及物料守恒的含义分析，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。11、D【详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。12、C【详解】A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。13、A【详解】A．增大压强，体积减小，浓度增大，正逆反应速率均增大，其中正反应速率先增大后减小至不变，平移正向移动，故A错误；B．该反应为放热反应，降低温度，平衡逆向移动，则降低温度，正反应速率比逆反应速率减小的程度小，故B正确；C．平衡常数与温度有关，则若将三氧化硫分离出，则平衡正向移动，而平衡常数K值不变，故C正确；D．由反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+QkJ可知，气体减少1mol时放热为QkJ，物质的量与热量成正比，则气体的物质的量减少0.5mol时达到平衡，则该条件下反应放出0.5QKJ的热量，故D正确；故答案为A。【点睛】由于压强对反应速率或平衡状态的影响其实质是改变浓度，所以需要特别注意惰性气体加入时平衡的变化，可总结为“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。14、C【详解】A.的氧化性大于，向浓度都为0.1mol/L的FeCl3和CuCl2加入铁粉，溶质FeCl3首先与铁粉反应，故A错误；B.向过量的Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始有白色沉淀硫酸钡生成，故B错误；C.向浓度都为0.1mol/L的Na2CO3和NaOH的混合溶液通入CO2气体，NaOH首先与CO2反应生成碳酸钠，故C正确；D.铁的还原性大于铜，向浓度为0.1mol/L的FeCl3溶液中，加入质量相同、颗粒大小相同的铁和铜，铁单质首先参加反应，故D错误。15、C【解析】试题分析：A、Fe3＋和I－发生氧化还原反应，不能大量共存，且Fe3＋在pH=7时，全部转化成Fe(OH)3，故错误；B、过氧化钠具有强氧化性，能把Fe2＋和SO32－氧化成Fe3＋和SO42－，不能大量共存，故错误；C、和铝反应生成氢气，此溶液是酸或碱，NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，和金属反应不产生氢气，如果是碱，则和金属铝反应产生氢气，能够大量共存，故正确；D、Cu2＋显蓝色，故错误。考点：考查离子大量共存等知识。16、D【详解】A.石油的主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，即石油主要是由烃组成的混合物，故A正确；B.分馏是利用沸点不同进行分离的，所以分馏属于物理变化，故B正确；C.裂化、裂解等过程是把大分子的烃转化为小分子烃，过程中有乙烯生成，所以②包括裂化、裂解等过程，故C正确；D.乙烯与溴加成生成CH2BrCH2Br，所以③是加成反应，CH2BrCH2Br的名称为1，2­二溴乙烷，故D错误。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。18、酚取代反应+CH3OH+H2O+H2O保护酚羟基不被氧化【分析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息ⅱ、ⅲ，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从F→I转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。【详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；(2)A→C发生信息I中的取代反应生成C；(3)C→D的化学方程式为：，E→F的化学方程式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；(5)F→G的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。【点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。19、（球形）干燥管F、B、C、D、E饱和食盐水防止E中的水进入D中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有M锥形瓶、酸式滴定管×100%偏低【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，据此解答。【详解】(1)根据装置图可知，装置E中仪器X的名称为球形干燥管；(2)利用A装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置F除去HCl杂质，再利用装置B发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过C装置干燥，再利用装置D收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用E装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接顺序是AFBCDE；(3)装置F是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水的溶液来除去HCl杂质，故装置F中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置E中无水氯化钙的作用是防止E中的水进入D中发生反应；(4)装置B残留固体中除NaCl外还含有一种酸式盐M，此酸式盐应为NaHCO3，则装置B中发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2气体，则证明残留固体中含有NaHCO3的最简单的实验方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有NaHCO3；(6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式滴定管；②加入几滴酚酞，用0.1mol/L的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的Na2CO3在滴定时二步操作消耗的盐酸体积相等，则NaHCO3消耗的盐酸体积为(V2-V1)mL，其物质的量为0.1mol/L×(V2-V1)×10-3L=(V2-V1)×10-4mol，则残留固体中NaHCO3的质量分数为×100%；③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏小，导致测定结果将偏低。20、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔绝空气（排除氧气对实验的影响）Fe2+Fe3+可逆反应H2O2+2Fe