山东省临沂第十九中学2026届化学高三上期中学业水平测试试题含解析

山东省临沂第十九中学2026届化学高三上期中学业水平测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量2、下列有关物质分类或归类不正确的是（）A．氯水和酸雨都是混合物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物D．淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体3、我国学者研究了均相NO-CO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能最均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法正确的是A．2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH>OB．均相NO—CO反应经历了三个过渡态和六个中间体C．整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定D．NO二聚体()比N2O分子更难与CO发生反应4、电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下，用0.100mol·L－1盐酸滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，Kb[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线B．a点溶液中：c[(CH3)2NH2＋]＞c[(CH3)2NH·H2O]C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D．b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点5、温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是A．两容器中气体的质量相等 B．两容器中气体的分子数目相等C．两容器中气体的氧原子数目相等 D．两容器中气体的密度相等6、某溶液中存在较多的H+、SO、Cl-离子，还可以大量存在的是A．OH- B．CO C．NH D．Ba2+7、下列物质的转化在给定条件下不能实现的是A．H2SiO3SiO2SiCl4B．A12O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)HCl(aq)D．Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)38、C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似。下列有关说法正确的是A．C60、Si60、N60都属于原子晶体B．C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C．由于键能小于，故N60的稳定性弱于N2D．由于键长小于键，所以C60熔、沸点低于Si609、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－B．0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-C．0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-D．KW/c(H＋)＝0.1mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-10、向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量，则下列说法正确的是A．整个过程中溶液最多吸收CO25molB．整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示C．当沉淀达到最大值时，至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6LD．反应结束时沉淀的质量为156g11、下列现象或操作与溶解度或溶解度的变化无关的是A．液溴保存时用水封 B．合成氨工业中将N2、H2和NH3中氨分离C．苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊 D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾12、下列正确的叙述有A．CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均为碱性氧化物B．Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应和复分解反应来制取Fe(OH)3C．灼热的炭与CO2反应、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应均可设计成原电池D．电解、电泳、电离、电镀、电化学腐蚀过程均需要通电才能发生13、在下列各组离子中，能大量共存的（）A．Ag+、NO3﹣、Na+、Cl﹣B．K+、HCO3﹣、Cl﹣、Al3+C．NO3﹣、Fe2+、H+、Br﹣D．K+、Cl﹣、SO42﹣、NH4+14、利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是选项实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿CuSO4溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体NaCl配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA．A B．B C．C D．D15、下列各组物质中，不满足右图所示转化关系的是（反应条件略去，箭头表示一步转化）选项甲乙丙戊ANH3Cl2N2H2BH2SSO2SO2CAlCl3NaOHNa[Al(OH)4]HClDBr2FeI2FeBr2Cl2A．A B．B C．C D．D16、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．无色透明溶液中：K+、、Na+、B．pH=1的溶液中:CH3COO−、、K+、Cl-C．遇酚酞变红的溶液中：Na+、、K+、NO、COD．加入铝粉能生成氢气的溶液中：Fe2+、Cl-、NO、Na+二、非选择题（本题包括5小题）17、药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl②R-NO2R-NH2③-NH2+(1)A的分子式是________。(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。(3)C→D转化的化学方程式是________。(4)E的结构简式是________。(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。(6)G→X的化学方程式是________。(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。(8)P的结构简式是________。18、随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。19、Ⅰ．现有下列状态的物质：①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________。能导电的是___________。Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为______________________________________________。②向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。②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，还需要的玻璃仪器是________。③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___________________________。20、高氯酸铵(NH4ClO4)为白色晶体，具有不稳定性，在400℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。(假设装置内试剂均足量，部分夹持装置已省略)。（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有__(填化学式)。（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为__。（3）通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H2O，可能有Cl2。该同学认为可能有Cl2存在的理由是__。（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→__→__→__。②F中发生反应的离子方程式为__。（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___。（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的__；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果__(填“偏大”“偏小”或“无法判断”)。21、H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】根据方程式2H2O2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04molNa与水反应产生0.02molH2。故选D。2、C【详解】A.氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；B.蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；C.硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；D.淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；故选C。3、C【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=(g)△H=+199.2kJ.mol-l；②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，结合活化能、焓等知识分析。【详解】A．①+②+③得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，△H=+199.2kJ.mol-l-513.5kJ.mol-l-307.6kJ.mol-l=-621.9kJ.mol-l，故A错误；B．均相NO—CO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，TM1、、TM2、N2O、TM3五个中间体，故B错误；C．整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=(g)△H=+199.2kJ.mol-l；②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，由于①所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D．从②(g)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ.mol-l；③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-307.6kJ.mol-l，②反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体（）比N2O(g)分子更容易与CO发生反应，故D错误；故选C。4、C【解析】A、二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，因此曲线②是滴定二甲胺溶液，故A错误；B、曲线①是滴定NaOH溶液的曲线，故B错误；C、把二甲胺看作是NH3，加入10mL盐酸，两者恰好完全反应，根据质子守恒，因此由c(H+)=c(OH-)+c[（CH3）2NH·H2O]，故C正确；D、b点反应后溶液中的溶质是二甲胺、(CH3)2NH2Cl，溶液显碱性，二甲胺的电离抑制水的电离，c点恰好完全反应，溶质为NaCl，e点盐酸过量，抑制水的电离，因此电离程度最大的是c点，故D错误；答案选C。5、B【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O2和O3，其物质的量相等。【详解】A.根据m=nM知，二者物质的量相等时，气体质量与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其质量不等，故A错误；B.根据N=nNA知，二者物质的量相等，则其分子数相等，所以B是正确的；C..物质的量相等时，二者分子数相等，但氧气和臭氧分子的构成不同，所以其原子个数不等，故C错误；D.根据=M/Vm知，气体摩尔体积相等时，二者密度与其摩尔质量成正比，二者摩尔质量不等，所以其密度不等，故D错误；答案选B。【点睛】同温同压下，气体摩尔体积相等，体积相等的O2、O3，其物质的量相等，根据N=nNA、m=nM、=M/Vm结合分子构成分析解答。6、C【详解】A．OH-与H+能发生离子反应生成水，不能大量共存，故A错误；B．CO与H+能发生离子反应生成水和CO2，不能大量共存，故B错误；C．NH与H+、SO、Cl-均不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．Ba2+与SO能发生离子反应生成BaSO4，不能大量共存，故D错误；故答案为C。7、A【解析】A．H2SiO3加热分解生成SiO2，SiO2与盐酸不反应，不能生成SiCl4，故A选；B．氧化铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，通入二氧化碳可生成氢氧化铝，故B不选；C．HClO的酸性比碳酸弱，Ca(ClO)2溶液可与二氧化碳反应生成HClO，HClO在光照条件下分解生成氧气和HCl，故C不选；D．Fe2O3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，由于H2SO4是难挥发酸，Fe2(SO4)3加热分解可以生成无水Fe2(SO4)3，故D不选；故选A。8、C【详解】A．C60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，A错误；B．由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，B错误；C．物质分子内含有的化学键键能越小，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，C正确；D．C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔、沸点就越高。分子间作用力：Si60>C60所以所以C60熔、沸点低于Si60，错误。故选C。9、B【解析】A.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；B.0.1mol·L-1Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；C.0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；D.KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。故选B.10、D【分析】向体积为1L，物质的量浓度均为2mol/L的K[Al(OH)4]、Ba(OH)2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量依次发生的反应为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2K[Al(OH)4]+CO2=2Al(OH)3↓+K2CO3+H2O、BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3。【详解】A.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，生成K2CO3的物质的量为1mol，2molBaCO3消耗CO2的物质的量为2mol，K2CO3消耗CO2的物质的量为1mol，则整个过程中溶液最多吸收CO2的物质的量为(2mol+1mol+2mol+1mol)=6mol，故A错误；B.由分析可知，通入的CO2时，溶液中Ba(OH)2先与CO2反应生成BaCO3沉淀，再与溶液中K[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀的过程中不可能出现平台，故B错误；C.由题意可知，溶液中Ba(OH)2的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为2mol，生成BaCO3的物质的量为2mol，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，消耗CO2的物质的量为1mol，当沉淀达到最大值时，通入CO2的物质的量为(2mol+1mol)=3mol，则标准状况下的CO2的体积为3mol×22.4L/mol=67.2L，故C错误；D.由题意可知，反应结束时得到的沉淀为Al(OH)3沉淀，K[Al(OH)4]的物质的量为2mol，则Al(OH)3的质量为2mol×78g/mol=156g，故D正确；故选D。11、B【详解】A．液溴具有挥发性，在水中的溶解度较小，所以保存液溴通常采用水封的方法，与溶解度有关，选项A错误；B．合成氨中氨的分离利用了氨气容易液化的性质，不是溶解度的变化，选项B正确；C．苯酚在冷水中溶解度较小，易溶于热水，所以苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊，该变化与溶解度有关，选项C错误；D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，而氯化钾的溶解度受温度影响较大，与溶解度大小相关，选项D错误；答案选B。12、B【解析】A.酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物；碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误；B.Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸汽共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确；C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；D.电解、电泳、电镀需通电，电离是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。综上所述，本题选B。【点睛】酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸或碱发生反应时，各元素的化合价不发生变化，均为非氧化还原反应；如果氧化物与酸或碱发生反应时，如果发生氧化还原反应，该氧化物就不是酸性氧化物或碱性氧化物。13、D【解析】试题分析：A.Ag+、Cl-会发生离子反应而不能大量共存，错误；B.HCO3-、Al3+会发生双水解反应因此离子不能大量共存，错误；C.NO3-、Fe2+、H+会发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；D.K+、NH4+、Cl-、SO42-离子之间不会发生任何反应，因此可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。14、D【详解】A项缺少酒精灯，所以A错误；B项缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；C项缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；D项正确。所以答案选D。【点睛】本题主要考查基本的实验操作和仪器，要注意正确选择物质分离、提纯的方法，重点关注过滤、蒸发结晶、萃取分液和蒸馏的基本操作步骤以及原理和所用仪器。15、B【解析】图中转化关系包含两个反应：甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，将选项中的各物质分别代入，结合物质的性质判断这两个反应能否发生。A、8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N2+3H2⇌2NH3，能实现转化，故A正确；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S+O2=SO2(乙)，第二个反应不符合“丙+戊→甲”的转化关系，故B错误；C、AlCl3+4NaOH=Na[Al(OH)4]+3NaCl，Na[Al(OH)4]+4HCl=AlCl3+NaCl+4H2O，能实现转化，故C正确；D、Br2+FeI2=FeBr2+I2，FeBr2+Cl2=Br2+FeCl2，能实现转化，故D正确。故选B。16、C【详解】A.高锰酸根离子在溶液中为紫色，无色溶液中不可能存在高锰酸根离子，故A错误；B.pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子与弱酸根醋酸根离子生成醋酸，不能大量共存，B错误；C.遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na+、、K+、NO、CO四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D.加入铝粉能生成氢气的溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，强酸溶液中，不能存在NO，强碱溶液中不能存在OH-，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H6浓硫酸、浓硝酸+2NH3+NH4Cl碳碳双键、酯基4+nH2O+nCH3COOH【分析】根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；(3)C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；(4)E的结构简式是；(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；(7)W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；(8)分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q:，所以P是。【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。18、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。19、饱和FeCl3溶液呈红褐色②④⑦②⑦③⑤⑥⑦FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3HClSO42—胶体的聚沉丁达尔效应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O写出一个即可)【解析】I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质；⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：②④⑦。强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。II、①.Fe(OH)3胶体的制备过程是：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe(OH)3胶体。故答案是：饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）Fe(OH)3(胶体)+3HCl。②.向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：SO42-；胶体的聚沉③.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：丁达尔效应Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。②.利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸发浓缩；玻璃棒③、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。20、O2Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2HGFCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O吸收空气中的CO2和水烝气偏大【详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；（2）产