2026届山东省泰安市第一中学化学高三上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届山东省泰安市第一中学化学高三上期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、某白色粉末含有两种成分，为探究其组成，进行如下实验：取少量样品，加入足量水，充分搅拌，固体部分溶解；向所得悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最终仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为A．SiO2、明矾 B．KCl、Ag2CO3C．BaCO3、无水CuSO4 D．MgCO3、Na2SO42、有关化学键和晶体的叙述中正确的是（）A．分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定B．分子晶体都是由共价分子构成的C．离子晶体中可能含有共价键D．原子晶体中只存在非极性键3、宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是()A．X的化学式为Ag2SB．银针验毒时，空气中氧气得到电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1molX，反应转移2mole－4、铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只和NO）：编号①②③④稀硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/mL224044806720V下列计算结果错误的是A．①中溶解了8.4gFeB．原混合物总质量为105.6gC．硝酸的浓度为4mol/LD．④中V=67205、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）AMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2B过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的稀氨水Al3++4NH3·H2O=AlO2—+4NH4++2H2ODKClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO43ClO﹣+2Fe（OH）3＝2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2OA．A B．B C．C D．D6、某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A．该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构B．WX的水溶液呈中性C．元素非金属性的顺序为Y＞Z＞QD．Z的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸7、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH3具有碱性，可用作制冷剂B．Al(OH)3具有两性，可用作聚合物的阻燃剂C．水玻璃具有碱性，可用于生产黏合剂和防火剂D．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂8、食盐、蔗糖、醋酸、“84消毒液”、明矾等是居民日常生活中经常使用的物质，下列有关说法或表示正确的是A．食盐中阴离子的结构示意图为：B．蔗糖和醋酸都是弱电解质C．“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：D．明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，用于杀菌消毒9、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．Z、W形成的两种化合物中，阴、阳离子个数比相同C．Y的气态氢化物的热稳定性比Z的强D．仅由X、Y、Z形成的化合物只能是共价化合物10、X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素

X

Y

Z

W

原子半径（nm）

1．177

1．175

1．112

1．199

最高正价或最低负价

+4

+5

-2

-1

A．X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构，B．1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molC．1．3molCu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生1．2mol气体D．Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键11、通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是A．该方法能够提供电能B．B极上的电势比A极上的电势低C．A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+D．电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动12、下列说法正确的是A．H2O的沸点比H2S高，所以H2O

比H2S

更稳定B．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同C．N2和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．NaHCO3受热分解的过程中，只有离子键被破坏13、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．澄清透明的无色溶液中：Cl-、MnO、A13+、SOB．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：I-、K+、Mg2+、NOC．=1×10-13mol/L的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NOD．水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO、CO14、常温下，在等体积①pH=0的硫酸②0.1mol·L－1NaOH溶液③pH=10的纯碱溶液水电离程度的大小顺序是（）A．①>②>③ B．②>①>③ C．③>①>② D．③>②>①15、短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和C同主族，D原子最外层电子数与电子层数相等，在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强。下列叙述正确的是（）A．氧元素与A、B、C形成的二元化合物均只有两种B．简单离子半径：E>C>D>BC．由A、B、E三种元素只能形成含有共价键的共价化合物D．C、D、E三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应16、从海水中提取溴，主要反应为：2Br-＋Cl2＝Br2＋2Cl-，下列说法正确的是A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。请回答下列题：（1）A的化学名称为___，C的结构简式为___。（2）E中官能团的名称为___。B→C、G→H的反应类型分别为___、__。（3）D分子中最多有___个原子共平面。（4）写出C→D反应的化学方程式为___。（5）同时满足下列条件的E的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基。18、前四周期元素R、X、Y、Z、E的原子序数依次增加，它们的结构和部分信息如下表所示：元素代号部分信息R基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同XX的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2Y短周期主族元素中，原子半径最大ZZ的最高正化合价与最低负化合价之和等于4E基态E3+的外围电子排布式是3d5回答问题：（1）E元素在周期表中的位置是____，其基态原子中电子占据的最高能层是________。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为____，每个中心原子的价层电子对数是_______。（3）在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是__________。（4）Z元素的两种氧化物对应的水化物中，酸性较强的_____，其原因是_________。（5）(ZX)4在常压下，高于130℃时(ZX)4分解为相应的单质，这一变化破坏的作用力是_______；它为热色性固体，具有色温效应，低于-30℃时为淡黄色，高于100℃时为深红色，在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中，破坏的作用力是______。（6）常温条件下，E的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为_____，若E原子的半径为r，则单质E的原子空间利用率为________。（列出计算式即可）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、某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为___________________________________________。（2）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。21、某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。（1）甲池为装置_______(填“原电池”或“电解池”)。（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_________mol电子。（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___________________________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____________(填化学式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A.若固体为SiO2、明矾，向所得悬浊液中加入足量稀HNO3，无气体放出，A不符合题意；B.若固体为KCl、Ag2CO3，加入水中，KCl溶解，而Ag2CO3不溶，加入稀硝酸Ag2CO3与硝酸反应产生AgNO3溶液、CO2气体和水，产生的AgNO3与KCl发生复分解反应，产生AgCl白色沉淀，因此会看到最后仍有未溶解的白色固体，B符合题意；C.若固体为BaCO3、无水CuSO4，加入水中，会得到蓝色溶液，与题干的无色溶液不符合，C不符合题意；D.若固体为MgCO3、Na2SO4，加入水中，Na2SO4溶解，而MgCO3不溶，加入稀硝酸MgCO3与硝酸反应产生AgNO3溶液、CO2气体和水，最后无白色固体，D不符合题意；故合理选项是B。2、C【详解】A．分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A错误；B．单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；C．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；D．原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。3、C【详解】A项，根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，故A正确；B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；C项，反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；D项，根据Ag元素的化合价变化，每生成1molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。综上所述，本题选C。4、D【详解】A.①②有金属剩余，①②反应结束溶液中铁元素以Fe2＋的形式存在，②在①的基础上反应，又加入100mL的硝酸，消耗金属的质量为18g－9.6g=8.4g，产生的气体体积为4480mL－2240mL=2240mL，即n（NO）=0.1mol，根据3M＋8HNO3（稀）=3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，此时消耗金属的物质的量为3×0.1mol÷2=0.15mol，M的摩尔质量为8.4g÷0.15mol=56g·mol－1，①②之间消耗的铁，即①消耗的是铁，A正确；B.根据A的分析，消耗100mL的硝酸，消耗8.4g的铁，因此一份合金的质量为18g+8.4g=26.4g，即原混合物总质量为4×26.4g=105.6g，B正确；C.根据A的分析，100mL溶液中含硝酸物质的量为8×0.1mol÷2=0.4mol，则硝酸的浓度为0.4mol÷0.1L=4mol·L－1，C正确；D.③在②的基础上100mL稀硝酸消耗9.6g的金属，产生(6720－4480)mL=2240mLNO，即0.1molNO，按照反应方程式消耗金属的物质的量为0.15mol，M的摩尔质量为9.6g÷0.15mol=64g·mol－1，即9.6g金属为Cu，从上述分析，②中只消耗的是Fe，铜没有参加反应，此时铁元素以Fe2＋形式存在，其物质的量为4480×10－3L÷22.4L/mol×3÷2=0.3mol，④是在③的基础之上，增加100mL硝酸将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，则反应又生成0.1molNO，V(NO)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L，因此V=6720mL＋2240mL=8960mL，D错误；答案选D。5、A【详解】A.

Mg(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，正确的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2H2O＋2，故A正确；B.过量SO2通入到NaClO溶液中，正确的离子方程式为：2SO2＋2H2O＋ClO－=H2SO3+SO42-+2H++Cl﹣，故B错误；C.

NH3·H2O为弱电解质，Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子反应为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D.次氯酸根离子具有强氧化性，能够将氢氧化铁氧化成FeO42-，KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-，故D错误；答案选A。6、A【分析】根据某种化合物的结构图可知，W可形成+1价的阳离子，为Na；X、Y、Z、Q形成共价键，X、Y、Z、Q分别形成1条、4条、3条、2条共价键，且原子序数依次增大，则X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O。【详解】A．该化合物中，与C单键相连的O，两者共用一对电子，另外，O原子还得到了一个电子，故其满足8电子稳定结构，A叙述正确；B．WX为NaH，溶于水会得到氢氧化钠溶液，显碱性，B叙述错误；C．同周期主族元素从左到右，元素的非金属性依次增强，元素非金属性的顺序为Q＞Z＞Y，C叙述错误；D．Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，D叙述错误；答案为A。7、D【解析】A、液态NH3气化时吸收热量，可用作制冷剂，故A错误；B、Al(OH)3分解时吸收热量，生成的Al2O3覆盖在可燃物表面，可用作聚合物的阻燃剂；C、水玻璃不燃烧、不支持燃烧，具有粘合性，则用作生产黏合剂和防火剂，与碱性无关，故C错误；D、CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂，故D正确；故选D。8、C【解析】A、Cl‾最外层电子数为8，A错误；B、蔗糖为非电解质，B错误；C、“84消毒液”中有效成分为NaClO，Cl与O之间形成一个共价键，Na+与ClO‾之间形成离子键，C正确；D、明矾溶液水解可制得Al(OH)3胶体，可用于吸附悬浮性杂质，不能用于杀菌消毒，D错误；答案选C。9、B【解析】Z是地壳中含量最高的元素，Z为O；由X的原子半径比Y的小，X与W同主族，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则X为H，W为Na；X、Y、Z、W原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为13-1-1-6=5，Y为第二周期的N元素；A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为r(W)＞r(Y)＞r(Z)，故A错误；B．元素Z(O)、W(Na)形成的两种化合物氧化钠、过氧化钠中，阴、阳离子个数比相同均为1：2，故B正确；C．非金属性Z＞Y，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故C错误；D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，若为NH4NO3，则为离子化合物，若为硝酸，则是共价化合物，故D错误；故选B。10、A【分析】由表中的原子半径和化合价的数据判定，X、Y的半径小于Z、W，所以X、Y位于第二周期，根据化合价判断X为碳，Y为氮，同理得Z为硫，W为氯。【详解】A、碳与氯形成的四氯化碳的各原子最外层均达8电子稳定结构，正确；B、1mol氯气参加反应时未必转移2mol电子，如与水的反应只转移1mol电子，错误；C、铜不与稀硫酸反应，错误；D、氨气与氯化氢的反应产物是氯化铵，不仅含共价键还含有离子键，错误；答案选A。11、D【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。【详解】A.该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；B.原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；C.A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；D.原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；答案选D。12、C【解析】A、沸点是物理性质，与分子间作用力有关，热稳定性是化学性质，与元素非金属性有关，沸点与热稳定性没有因果关系，A错误；B、干冰是分子晶体，冰熔化需克服分子间作用力，石英是原子晶体，熔化需要克服共价键，故B错误；C、N2的电子式为，CCl4电子式为，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、水、CO2，既破坏了离子键也破坏了共价键，故D错误。选C。13、C【详解】A.MnO有颜色，不能在澄清透明的无色溶液中大量存在，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，酸性溶液中NO会和I-发生氧化还原反应，故B错误；C.=1×10-13mol/L的溶液中c（OH-）=1×10-13mol/L，该溶液呈酸性，酸性溶液中NH、Ca2+、Cl-、NO之间不反应，可大量共存，故C正确；D.水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液可能呈酸性也可能是碱性，AlO、CO不能在酸性溶液中大量存在，故D错误；故选C。14、D【详解】①pH=0的硫酸酸溶液中，OH-是电离的，c(H+)=1mol/L，水电离的氢氧根：c(OH-)=10-14mol/L；

②0.1mol/LNaOH溶液，溶液中的H+是水电离的，c(OH-)=10-1mol/L，水电离的H+：c(H+)=10-13mol/L；③pH=10的纯碱溶液，碳酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，溶液中的OH-是水电离出的，水电离的c(OH-)=10-4mol/L；综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：③＞②＞①，故答案为D。15、D【解析】根据题意：A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A为氢元素，B为氮元素，A和C同主族，C为钠元素；在中学常见的酸中E的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，E为氯元素；D原子最外层电子数与电子层数相等，D为铝元素。氧元素与氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+<N3-，B错误；H、N、Cl可以形成氯化铵，即有离子键、又含共价键的离子化合物，C错误；氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸三者之间两两之间可以反应生成盐和水，D正确；正确选项D。16、D【详解】A.该反应中，溴元素的化合价由﹣1

价变为

0

价，所以溴离子失电子作还原剂，还原剂具有还原性，故

A

错误；B.该反应中氯元素的化合价由

0

价变为﹣1

价，所以氯气得电子作氧化剂，故

B

错误；C.该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，故

C

错误；D.该反应中，氯气是氧化剂，溴是氧化产物，所以氯气的氧化性大于溴，故

D

正确；答案选

D。【点睛】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂，失电子化合价升高的是还原剂，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，复分解反应一定不是氧化还原反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、甲苯羟基、碳碳三键取代反应加成反应142C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O10【分析】由题目内容以及A的不饱和度可知A结构中含有苯环，A为甲苯。甲苯在光照条加下与氯气发生取代反应生成B，B为，B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C：，C发生氧化反应生成D，D为：，F在一定条件下反应生成G，G与氢气加成后合成出产物H，根据此分析解答本题。【详解】（1）由题意可知A的化学名称为甲苯，C由B发生水解反应生成，C为苯甲醇，结构简式为：。（2）题目中已知E的结构简式，可知E中含有的官能团为：羟基、碳碳三键。B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C，水解反应属于取代反应。由G到H，反应过程主要是G中的C=N与氢气发生加成反应。（3）由于苯环和醛基均为平面结构，所以苯甲醛分子中最多有14个原子可以共平面。（4）由题可知C发生氧化反应生成D，反应方程式为：2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O。（5）①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基分别为：甲基、-OH、。固定其中两个取代基，变换第三个取代基。当甲基、-OH为邻位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为间位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为对位时，变换，有2种同分异构体。所以共有10种同分异构体。【点睛】根据流程图判断出结构简式和物质名称是最基本的考点，比较容易掌握。难点在于同分异构体的书写，一定要把握好“定”和“换”的基团分别是那些，每次只能变换一个基团，有规律的书写出同分异构体。18、第四周期VIII族N4CO32-与NO3-H2SO4H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+。共价键范德华力或分子间作用力8【解析】基态R原子核外有三个能级，每个能级上电子数相同，则R是C；X的双原子单质δ键和π键数目之比为1∶2，X是N；Y是短周期主族元素中，原子半径最大，则的Y是Na；Z的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，Z是S；基态E3+的外围电子排布式是3d5，这说明E的原子序数是26，即E是Fe。则（1）Fe元素在周期表中的位置是第四周期VIII族，其基态原子中电子占据的最高能层是N。（2）元素X的氢化物M，分子内含18个电子，M的结构式为，每个中心原子的价层电子对数是4，均有一对孤对电子。（3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则在R、X、Z的含氧酸根离子中，互为等电子体的离子组是CO32-与NO3-。（4）由于H2SO4和H2SO3可表示为(HO)2SO和(HO)2SO2。H2SO3中的S为+4价，而H2SO4中的S为+6价，正电性更高，导致S-O-H中的O的电子更向S偏移，越易电离出H+，因此硫酸的酸性更强。（5）(SN)4在常压下，高于130℃时分解为相应的单质，S和N之间的化学键是共价键，则这一变化破坏的作用力是共价键；在淡黄色→橙黄色→深红色的转化中没有新物质生成，化学键不变，破坏的作用力是范德华力或分子间作用力。（6）常温条件下，铁的晶体采用如图所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为8。晶胞中铁原子个数是1＋8×1/8=2，若Fe原子的半径为r，则体对角线是4r，所以边长是，所以单质Fe的原子空间利用率为。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、