2026届山东省聊城第二中学化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届山东省聊城第二中学化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金④合金比纯金属的导电性更强⑤合金比纯金属的应用范围更广泛A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①④⑤2、以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是A．溶液的pH变小 B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色 D．阴极附近溶液呈红色3、下列化学用语或名称表述不正确的是（）A．葡萄糖的分子式：C6H12O6B．HCl的电子式：C．的名称：2﹣甲基丙烷D．含有10个中子的氧原子可表示为：O4、室温下，将纯水加热至沸腾，下列叙述正确的是(

)A．水的离子积变大，pH变小，呈酸性B．水的离子积不变、pH不变、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离子积变大、pH变小、呈中性5、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、NOB．c(NO)=1mol·L-1的溶液中：H+、Fe2+、SO、Cl-C．中性溶液中：NH、Fe3+、SO、AlOD．=1×1012的溶液中：K+、Na+、S2O、F-6、下列关于常见无机物的应用说法错误的是A．氨水可用于脱除工业烟气中的二氧化硫B．铁粉和炭粉组成的微电池可用于处理工业废水C．用[Al2(OH)nCl6-n]m(碱式氯化铝)可除去水体中的悬浮杂质并消毒杀菌D．将废铁屑加入氯化亚铁溶液中,可用于除去工业废气中的氯气7、常温下，用0.01000mol·L-1的盐酸滴定0.01000mol·L-1NaA溶液20.00mL。滴定曲线如图所示，下列说法错误的是（）A．当滴入盐酸以后，c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1B．b点溶液中微粒浓度大小关系为：c(HA)＞c(A－)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)C．c点时，溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)＜c(HA)+2c(A－)D．d点时，溶液中微粒浓度存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)8、液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABA++B-，在不同温度下其平衡常数为K(25℃)=1.0×10-14，K(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是()A．c(A+)随温度升高而降低 B．在35℃时，c(A+)>c(B-)C．AB的电离程度(25℃)>(35℃) D．AB的电离是吸热过程9、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含有C1O-的数目小于NAB．标准状况下，将22.4LC12通入水中，发生反应后，转移的电子数为NAC．100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为NAD．4.6gNa在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,转移0.2NA个电子10、某有机物结构见图，它不可能具有的性质是（）A．能跟KOH溶液反应 B．能被氧化C．能发生加聚反应 D．能使溴水褪色11、化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是()A．红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应D．鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高12、下列有关物质的性质和应用对应关系正确的是A．苏打溶液呈弱碱性，可用作胃酸中和剂B．氧化铝熔点高，常用于耐高温材料C．SO2有漂白、杀菌性能，可在食品加工中大量使用D．晶体硅熔点高、硬度大，是制造太阳能电池和计算机芯片的主要材料13、具有如下电子层结构的原子，其相应元素一定属于同一族的是A．3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子B．3p能级上只有1个空轨道的原子和4p能级上只有1个空轨道的原子C．最外层电子排布式为ns2的原子和最外层电子排布式为(n+1)s2的原子D．最外层电子排布式为ns2的原子和最外层电子排布式为(n+1)s2(n+1)p6的原子14、已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度的改变而改变。则下列说法中，正确的是()A．低温下是自发变化 B．高温下是自发变化C．低温下是非自发变化，高温下是自发变化 D．任何温度下是非自发变化15、“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大，是有色金属材料C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金16、有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CHCHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（）A．X的化学式为C8H8B．有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为C．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种二、非选择题（本题包括5小题）17、如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。（2）写出A→D的化学方程式___。（3）写出实验室制备C的化学方程式___。（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。18、已知有机物A（分子中共有7个碳原子）为芳香族化合物，相互转化关系如图所示回答下列问题：（1）写出反应类型：A→B①______；B+D→E②_____。（2）分别写出C、D分子中官能团的名称______；______。写出反应C→D的实验现象_____。（3）写出B、D合成E的化学方程式：_____。（4）写出与D互为同分异构体且属于芳香族化合物所有有机物的结构简式：_____。（5）写出实验室由制备的合成路线。_____。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）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、某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。已知：①无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；②工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；③向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是________。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是________（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是______（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为________→________→________→________→________→________→________→d→e→f。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是________。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为______________________

。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是________（用离子方程式表示）。②已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验操作现象实验Ⅰ（取褪色后溶液3等份）第1份滴加FeCl3溶液无明显变化第2份滴加KSCN溶液溶液出现红色第3份滴加稀盐酸和BaCl2溶液产生白色沉淀实验Ⅱ（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液）滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2无明显变化由实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论为________。21、将一定量的NO2和N2O4的混合气体通入体积为2L的恒温密闭容器中，各物质的浓度随时间的变化如图1所示，请回答下列问题：(1)图1中，曲线_______（填“X”或“Y”）表示NO2浓度随时间的变化情况，前10min内v(NO2)=_______mol/(L·min)；(2)下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是____（填选项字母）A.容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B.容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C.容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D.容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变(3)反应进行到10min时，共吸收热量22.76kJ，则该反应的热化学反应方程式为______________________，该反应的平衡常数K=_____________；(4)反应进行到20min时，再向容器内充入一定量的NO2，10min后达到新平衡，此时测得c(NO2)=0.9mol/L。①第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中的NO2的体积分数为w2，则w1______w2（填“>”“=”或“<”）②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”，且要体现出始状态与末状态要用具体浓度）________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，故①正确；②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，故②正确；③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金，故③正确；④一般情况下，合金的导电性和导热性低于任一组分金属，故④错误；⑤由于合金的许多性能优于纯金属，所以在应用材料中大多使用合金，故⑤正确；综上所述，题目中①②③⑤正确，故本题应选A。2、A【详解】A．以石墨为电极，电解KI溶液的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2，溶液的pH值增大，A项错误；B．阴极产生氢气，B项正确；C．阳极生成I2，I2遇淀粉呈蓝色，C项正确；D．该电解反应的阴极产物为氢气和NaOH，阴极附近溶液呈红色，D项正确；答案选A。3、B【解析】A、葡萄糖是一种多﹣OH的醛，结构中含6个C原子、5个﹣OH和1个﹣CHO，故分子式为C6H12O6，故A正确；B、HCl是共价化合物，H原子和Cl原子之间以共价键结合，故其电子式为，故B错误；C、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2﹣甲基丙烷，故C正确；D、质量数＝质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为10+8＝18，并将质量数标注在元素符号的左上角，故为O，故D正确。故选：B。【点睛】解答本题时必须熟练掌握有关化学用语的书写，如离子化合物与共价化合物电子式书写的区别，烷烃系统命名的步骤和原则等。4、D【详解】将纯水加热至沸腾，水的电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度增大，水的离子积变大，pH变小，，纯水呈中性，故选D。5、A【详解】A．能使甲基橙变红的溶液出酸性，Na+、NH、SO、NO能大量共存，故选A；B．c(NO)=1mol·L-1的溶液中，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，故不选B；C．中性溶液中Fe3+、AlO发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故不选C；D．=1×1012的溶液呈酸性，酸性条件下，S2O生成S和SO2，故不选D；选A。6、C【详解】A、氨水显碱性，可与工业烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故A正确；B、铁粉和炭粉组成的微电池可以加快铁还原废水中的某些重金属离子，故B正确；C、碱式氯化铝水解生成胶体，只能除去水体中的悬浮杂质，但不能消毒杀菌，故C错误；D、氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故D正确。答案选C。【点睛】在净化水的时候，胶体只有吸附作用，而要有消毒杀菌作用必须要有强氧化性。7、B【解析】A、根据物料守恒可知，开始时c(HA)+c(A－)=0.01000mol·L－1，但随着盐酸的加入，溶液的体积增大，c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1，故A不符合题意；B、b点时，加入盐酸的体积为10mL，此时反应后的溶质为HA、NaA、NaCl，且三者物质的量相等，此时溶液显碱性，说明A－的水解大于HA的电离，所以溶液中微粒浓度的大小顺序为c(HA)＞c(Cl－)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)，故B符合题意；C、c点时，两者恰好反应，溶液中的溶质为HA和NaCl，且两者的物质的量相等，根据物料守恒有c(Na+)=c(HA)+c(A－)，所以c(Na+)＜c(HA)+2c(A－)，故C不符合题意；D、d点时，溶质为HA、HCl、NaCl，且物质的量相等，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)＋c(A－)，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题易错选项为A。根据物料守恒可知，c(HA)+c(A－)=0.01000mol·L－1（但分析到此并没有结束），解题时易忽略加入盐酸后，溶液的体积增大，导致浓度减小，即c(HA)+c(A－)＜0.01000mol·L－1。8、D【解析】弱电解质存在电离平衡，升高温度，弱电解质的电离平衡常数增大，说明促进弱电解质电离，则弱电解质的电离是吸热过程，据此分析解答。【详解】A.升高温度，其电离平衡常数增大，说明其电离程度增大，所以c(A+)随着温度升高而升高，A错误；B.根据电离方程式ABA++B-可知，在电解质AB溶液中，c(A+)=c(B-)，B错误；C.升高温度，其电离平衡常数增大，说明弱电解质AB的电离程度增大，所以AB的电离程度(25℃)<(35℃)，C错误；D.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，AB的电离程度增大，则AB的电离是吸热过程，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据温度与电离平衡常数的关系来分析解答，注意电离平衡常数与溶液的酸碱性无关，只与温度有关。9、D【解析】A．未注明溶液的体积，无法判断溶液中含有ClO-的数目，故A错误；B．标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，由于只有部分氯气与水反应，则转移电子的物质的量小于1mol，转移的电子数小于NA，故B错误；C．100g

46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故C错误；D．4.6g钠的物质的量为：=0.2mol，0.2molNa完全反应失去0.2mol电子，转移0.2NA个电子，故D正确；故选D。点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为C，注意乙醇溶液中，除了乙醇，还有水分子，水分子中也含有O-H键。10、A【解析】A、醇羟基和KOH溶液不反应，A错误；B、含有碳碳双键和羟基，能被氧化，B正确；C、含有碳碳双键，能发生加聚反应，C正确；D、含有碳碳双键，能使溴水褪色，D正确；答案选A。11、B【解析】A．红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；B．镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；D．合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。故答案为B。12、B【详解】A项、苏打的主要成分是碳酸钠，碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，对胃黏膜有破坏作用，不适合作胃酸中和剂，故A错误；B项、氧化铝熔点较高，可用作高温耐火材料，故B正确；C项、二氧化硫具有漂白和杀菌性能，但有毒，不能在食品加工业中大量使用，故C错误；D项、晶体硅是半导体材料，广泛用于制造太阳能电池和计算机芯片，与熔点高、硬度大无关，故D错误；故选B。【点睛】苏打的主要成分是碳酸钠，小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸钠溶液碱性强于碳酸氢钠溶液，对胃黏膜有破坏作用，不适合作胃酸中和剂，小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂。13、B【详解】A、p轨道上有2个未成对电子，p能级的电子数可能为2或4，3p能级上有2个未成对电子的原子可能为Si和S，4p能级上有2个未成对电子的原子可能为Ge和Se，则不一定为同一族，选项A不符合题意；B、p轨道上只有1个空轨道，p能级应含有2个电子，3p能级上只有1个空轨道的原子为Si，4p能级上只有1个空轨道的原子为Ge，都为第ⅣA族元素，选项B符合题意；C、最外层电子排布为ns2的原子可能是He、第IIA族元素、副族元素，最外层电子排布为(n+1)s2的原子可能是第IIA族元素、副族元素，则不一定为同一族，选项C不符合题意；D、最外层电子排布为ns2的原子可能是He、第IIA族元素、副族元素，最外层电子排布式为(n+1)s2(n+1)p6的原子属于0族元素，则不一定为同一族，选项D不符合题意；答案选B。14、D【分析】根据ΔG=ΔH-TΔS进行判断，如ΔG<0，则反应能自发进行，如ΔG>0，则不能自发进行。【详解】反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值,则ΔG=ΔH-TΔS>0，任何温度下反应都不能自发进行，

所以D选项是正确的。15、B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。16、D【详解】A．根据键线式的书写特点，拐点代表碳原子，氢原子省略，所以的分子式为C8H8，故A正确；B．X的化学式为C8H8，不饱和度为5，Y是X的同分异构体，属于芳香烃含有苯环，则其支链上有一个双键，则Y只能为，故B正确；C．有机物X中具有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；D．X和氢气加成以后，所有的双键变为单键，根据对称性原则，得到的烃共有两种类型的氢原子，所以Z的一氯代物有2种，故D错误；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO3或(NH4)2CO3NO22CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2ONaHCO3和Na2CO31：10.75【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3

或

(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2

=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。18、加成反应酯化反应或取代反应醛基羧基有砖红色沉淀生成、、、【分析】有机物

A

为芳香族化合物，A和氢气发生加成反应生成B，A被催化氧化生成C，C被氧化生成D，BD发生酯化反应生成E，E不饱和度==6，苯环的不饱和度是4，碳氧双键不饱和度是1，A中含有苯环，则E中还含有一个六元碳环，A分子中含有7个碳原子，且含有醇羟基，则A为，A发生加成反应生成B为，A发生催化氧化反应生成C为，发生氧化反应生成D为，E为；(5)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成。【详解】有机物

A

为芳香族化合物，A和氢气发生加成反应生成B，A被催化氧化生成C，C被氧化生成D，BD发生酯化反应生成E，E不饱和度==6，苯环的不饱和度是4，碳氧双键不饱和度是1，A中含有苯环，则E中还含有一个六元碳环，A分子中含有7个碳原子，且含有醇羟基，则A为，A发生加成反应生成B为，A发生催化氧化反应生成C为，发生氧化反应生成D为，E为；(1)①由A→B发生的是加成反应；②B+D→E发生的是酯化反应或取代反应；(2)由分析知C、D的结构简式分别为、，则分子中官能团的名称分别是醛基、羧基；反应C→D是和新制的Cu(OH)2混合加热，可观察的实验现象是有砖红色沉淀生成；(3)B为，D为，B和D发生酯化反应生成E，反应方程式为；(4)D为，与

D

互为同分异构体且属于芳香族化合物，则其同分异构体中含有酯基或一个酚羟基一个醛基，符合条件的所有有机物的结构简式为、、、；(5)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，其合成路线为。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。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、分液漏斗KmnO4Fe3++3H2O==Fe(OH)3+3H+aghdebcHCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OH2O2将SCN－氧化成SO42-【解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净的试管种加少量水将产物溶解，向其中滴加铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则证明存在氯化亚铁；（4）装置D中，硫代硫酸钠（Na2S2O3）与氯气反应，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，氯气被还原为氯离子，离子方程式为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；（5）①加入KSCN溶液，溶液淡红色，说明有铁离子，加入过量的过氧化氢溶液，溶液变深红色，说明铁离子浓度变大，即溶液中有亚铁离子，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子使铁离子浓度增大，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；②红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2，说明有氧化还原反应的发生，实验I说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，实验Ⅱ另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，说明O2不能氧化SCN-，则该硫酸根离子由H2O2将SCN-氧化成SO42-。21、X0.04mol/(L·min)BN2O4(g)⇌2NO2(