2026届上海曹杨二中化学高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届上海曹杨二中化学高三第一学期期中综合测试模拟试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某学生用NaHCO3和KHCO3组成的某固体混合物进行实验，测得如下表数据(盐酸的物质的量浓度相等)：实验编号①②③盐酸体积50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)9.2g16.56g27.6gV(CO2)(标况)2.24L3.36L3.36L分析表中数据，下列说法不正确的是()A．由①、②可知：①中的固体不足而完全反应B．由②、③可知：混合物质量增加，气体体积没有变化，说明盐酸已经反应完全C．由①可以计算出盐酸的物质的量浓度D．由①可以计算出混合物的NaHCO3的质量分数2、某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M。25℃时，ag该晶体能够溶于bg水中形成VmL溶液，下列关系中不正确的是A．该溶液中溶质的质量分数为w＝%B．该溶液的物质的量浓度为c＝mol·L－1C．该溶液中溶剂与溶质的质量比为m(水)∶m(溶质)＝(＋b)∶(a－)D．该溶液的密度为ρ＝g·L－13、下列实验不能成功的是（）A．用加热法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体B．用观察法区别Na2O粉末和Na2O2粉末C．用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D．用AlCl3溶液鉴别Na2CO3溶液和NaOH溶液4、某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是A．②中的大量气泡主要成分是氧气B．③中溶液变红，说明有碱性物质生成C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度5、黝帘石的化学式是E2C3AD3B13，A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素；其中A、B、C、E四种位于不同周期，这五种元索原子序数和为56，B的最外层电子数为其电子层数的三倍。下列说法错误的是A．最简单氢化物的热稳定性：B＞DB．氯元素分别和D、B形成的化合物均为共价化合物C．B、C、E的简单离子半径：E＞B＞CD．C的最高价氧化物对应的水化物是强碱6、下列说法不符合人与自然和谐相处的是A．很多城市对废旧电池进行回收处理B．许多国家对废旧塑料垃圾进行了深埋处理C．现在不少地区正在使用沼气、太阳能、风能等能源替代传统的煤炭D．许多地方政府出台相关法规来保护生物物种多样性7、已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是A．①中发生的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+H2OB．③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰C．实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液变蓝D．②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中8、下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是选项XYZMAFeFeCl2FeCl3Cl2BMgCCOCO2CNaOHNa2CO3NaHCO3CO2DNH3NONO2O2A．A B．B C．C D．D9、化学与生产、生活、技术密切相关。下列说法正确的是A．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附B．“水滴石穿”不仅包含着“量变到质变”的哲学思想，同时也包含物理和化学变化C．节日燃放的烟花，是碱金属、锶、钡、铂、铁等金属元素焰色反应呈现的D．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电性的性质而设计的10、设NA为阿佛加德罗常数，下列选项正确的是()A．5.6g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NAB．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAC．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NAD．向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，共转移的电子的数目为NA11、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:Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B．0.1mol/LNaHCO3溶液中:Mg2+、Al3+、K+、NO3-C．能使甲基橙变黄的溶液中:Na+，CH3COO-、MnO4-、Fe3+D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+12、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2A．A B．B C．C D．D13、利用右图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程B．电极a表面发生还原反应C．该装置工作时，H+从b极区向a极区移动D．该装置中每生成1molCO，同时生成1molO214、下列实验操作、现象、结论均正确的是(

)实验操作实验现象实验结论A过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀SO2具有还原性C向FeCl3溶液中加入Cu振荡溶液颜色由棕黄色一蓝绿色一蓝色Cu与FeCl3发生了置换反应D某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液一定无NH4+A．A B．B C．C D．D15、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1L0.1mol/L乙醇水溶液中存在的氧原子总数为0.1NAB．1mol二环戊烷（）中所含共价键的数目为6NAC．16gCuO和Cu2S的混合物中含阳离子的数目为0.2NAD．在标准状况下，2.24L氯仿含氯原子数目为0.3NA16、X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（）A．该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线C．图II曲线a是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线b是没有加入催化剂时的能量变化曲线D．该温度下，反应的平衡常数数值约为533。若升高温度，则该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低17、研究表明，地球上的碳循环，光合作用是必不可少的（如下图所示）。下列叙述正确的是A．石油与煤是可再生能源B．CO2是煤、石油形成淀粉、纤维素等的催化剂C．光合作用将太阳能转化为化学能D．图中所出现的物质中淀粉与纤维素为同分异构体18、某离子反应涉及H+、Bi3+、MnO4-、BiO3-、Mn2+、H2O六种微粒。其中c(MnO4-)随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是A．该反应的还原产物为Bi3+B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2C．反应后溶液的酸性明显增强D．若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol19、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A．用于实验室制取少量CO2B．用于配制一定物质的量浓度的硫酸C．用于模拟生铁的电化学腐蚀D．用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl320、pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、Y、Z的关系是A．X＝Y＝Z B．X<Y＝Z C．X>Y＝Z D．X＝Y<Z21、设NA为阿伏加德罗常数的值（）A．标准状况下，将22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为NAB．常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NAC．将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NAD．标准状况下，18gD2O中所含电子数为10NA22、在第ⅦA族元素的氢化物中，最容易分解成单质的是A．HI B．HBr C．HCl D．HF二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）E中含氧官能团的名称为________和________。（2）B→C的反应类型为________。（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________24、（12分）有一溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4＋、K+、CO32－、SO42－、Br－等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）实验①、②能确定原溶液中一定存在________和_______(填离子符号）；（2）实验⑤中所发生的氧化还原的离子方程式为__________________________________。（3）实验④中产生的刺激性气味的气体，工人常利用该物质的浓溶液检查氯气管道是否漏气，反应的化学方程式是_______________________________________________（4）写出实验④中，由A→B过程中所发生反应的离子方程式：________________________。25、（12分）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：①E中盛装碱石灰的仪器名称为_________。②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→_____→尾气处理装置(仪器可重复使用)。③实验前先通入一段时间N2，其目的为__________________。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_____________。(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为____________________。(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为______________。Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol/LKMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。(4)步骤2中滴定终点的现象为______________；步骤3中加入锌粉的目的为_______。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将____(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。26、（10分）硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）是一种用途广泛的试剂。某小组拟探究硫酸铜晶体的性质，并测定其结晶水含量。实验（一）：探究硫酸铜的氧化性。取适量硫酸铜溶液于试管中，加入(NH4)2SO3溶液，产生沉淀M。过滤、洗涤，得到固体M。为了探究M的组成，进行如下实验：①将一定量固体M分成两份。②在一份固体中加入稀硫酸，产生有刺激性气味的气体(X)，溶液变成蓝色并有红色固体生成；将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。③在另一份固体中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体(Y)，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。回答下列问题：（1）Y的电子式为___________。（2）经测定M中阳离子、阴离子个数之比为2：1。M的化学式为______________。实验（二）：探究硫酸铜晶体的热稳定性。取少量硫酸铜晶体进行实验，装置如图所示。已知部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。（3）分析推测硫酸铜晶体的分解产物有________________________________。（4）B、C装置的位置不能互换的原因是_______________________________。（5）D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式___________________________。实验（三）：测定硫酸铜晶体中结晶水的含量。取wg硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）配成250mL溶液，取25.00mL溶液用cmol/LEDTA溶液(简写成Y4—)滴定至终点，消耗EDTA标准液VmL。已知：滴定方程式为：Cu2++Y4—=CuY2—。（6）x=___________________（用代数式表示）。（7）下列情况会使测得的x偏小的是_______（填番号）a、样品失去部分结晶水b、量取待测液前未用待测液润洗滴定管c、开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡d、滴定开始时平视、滴定终点时俯视27、（12分）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___________________________。28、（14分）工业上常用钒炉渣(主要含FeO·V2O5，还有少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5的流程如下：（1）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，该过程中被氧化的元素是_______________；浸出渣的主要成分为____________________(填化学式)。（2）用MgSO4溶液除硅、磷时，滤渣的主要成分为__________。（3）在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210℃时，剩余固体物质的化学式为_____________________。（4）由V2O5冶炼金属钒采用铝热法，引发铝热反应的实验操作是__________________.（5）将V2O5溶于足量稀硫酸得到250mL(VO2)2SO4溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+(黄色)被还原为VO2+(蓝色)。①该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点的现象是___________________。②(VO2)2SO4溶液中溶质的物质的量浓度为___________________。③达到滴定终点时，俯视滴定管读数将使结果_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。29、（10分）某小组用实验1验证FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生，决定对其进行深入探究。实验1：资料：i.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO42-、Cu2+与Cl-。ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似；(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。（1）FeCl3溶液与KSCN溶液反应的离子方程式为__________________。（2）下列由实验1得到的推论中，合理的是_______________（填字母序号）。a.Cu能还原Fe3+b.Fe3+与SCN-的反应是可逆反应c.白色沉淀中的Cu(I)（I表示+1价铜元素）可能是由Fe3+氧化Cu得到的（3）为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是____。（4）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：步骤实验操作实验现象I溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余II取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液立刻出现红色，同时有白色沉淀生成III振荡II中试管，静置白色沉淀变多，红色逐渐褪去①步骤I的实验操作是_____________________。②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是______。③步骤II中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是________________。④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：_______________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】混合物发生反应：H++HCO3-═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应。若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，但是根据②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①的数据可知，生成3.36L二氧化碳需要固体混合物的质量为9.2g×(3.36L÷2.24L)=13.8

g＜16.56g，说明实验②中盐酸完全反应、固体混合物有剩余，据此解答。【详解】混合物发生反应：H++HCO3-═CO2↑+H2O，由①②数据可知，继续增大混合物的质量，气体的体积增大，说明实验①中盐酸有剩余、固体混合物完全反应。若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由②③数据可知，实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，根据实验①的数据可知，生成3.36L二氧化碳需要固体混合物的质量为9.2g×(3.36L÷2.24L)=13.8

g＜16.56g，说明实验②中盐酸完全反应、固体混合物有剩余。A．由上述分析可知，实验①中的固体不足，完全反应，盐酸有剩余，选项A正确；B．若②中盐酸有剩余，继续增大混合物的质量，气体的体积会增大，由②③数据可知，在实验中气体的体积不变，说明实验②中盐酸完全反应，选项B正确；C.由于①中盐酸过量，固体不足，所以不能根据①可以计算出盐酸的物质的量浓度，选项C错误；D．加入9.2g混合物时，盐酸有剩余，混合物完全反应，根据H++HCO3-═CO2↑+H2O，可知n(混合物)=n(CO2)=0.1mol，假设9.2g混合物中NaHCO3、KHCO3的物质的量分别为x和y，则有：x+y=0.1mol、84x+100y=9.2g，解得x=0.05mol，y=0.05mol，再计算出NaHCO3质量，最后根据NaHCO3质量与总质量的比得到NaHCO3的质量分数，选项D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查混合物的计算。根据二氧化碳的体积变化判断盐酸是否完全反应是解题关键，侧重于考查学生对元素、化合物知识掌握及数据分析和处理能力，较好的考查学生的思维能力。2、A【分析】A．根据化学式计算R的质量，溶液总质量为（a+b）g，根据w（溶质）=m(溶质)/m(溶液)×100%计算该溶液质量分数；B．根据n=m/M计算R•nH2O的物质的量，而n（R）=n（R•nH2O），根据c=n/V计算该溶液的物质的量浓度；C．根据化学式计算结晶水的质量，溶质R的质量为（a﹣结晶水质量）g，溶液中溶剂质量为（结晶水质量+b）g；D．根据c=n/V计算该饱和溶液的物质的量浓度，根据ρ=m/V计算溶液密度，或利用c=1000×ρω/M进行公式变形计算。【详解】A．R的质量为（M-18n）/M×ag，溶液总质量为（a+b）g，可知该溶液质量分数为[（M-18n）/M×a]/(a+b)×100%=100a(M-18n)/M(a+b)%，故A错误；B．n（R）=n（R•nH2O）=a/Mmol，该溶液的物质的量浓度(a/M)/V×10-3=1000a/(MV)mol·L﹣1，故B正确；C．R•nH2O中结晶水的质量为18na/Mg，故R的质量为（a﹣18na/M）g，溶液中溶剂的质量为（18na/M+b）g，则溶液中m（水）：m（溶质）=（18na/M+b）：（a﹣18na/M），故C正确；D．溶液总质量为（a+b）g，根据ρ=m/V可知，溶液密度为(a+b)/V=(a+b)/Vg/mL=1000(a+b)/Vg·L﹣1，故D正确；综上所述，本题选A。【点睛】本题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数，属于字母型计算，为易错题目，注意对基础知识的理解掌握，解题时，利用好公式：c=n/V，ρ=m/V，ω=m(溶质)/m(溶液)，注意溶液体积单位的变化，否则计算结果相差1000倍。3、C【详解】A.加热法NaHCO3固体分解，而碳酸钠不能，则加热法可鉴别，故正确；B.Na2O粉末为白色，Na2O2粉末为淡黄色，颜色不同，则观察法可鉴别，故正确；C.澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应均生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故错误；D.AlCl3溶液与Na2CO3溶液反应生成沉淀，与NaOH溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，现象不同，可鉴别，故正确；故选C。4、D【解析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B.过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C.过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D.生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。点睛：解答本题的关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。5、D【分析】A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素；其中A、B、C、E四种位于不同周期，则A为第一周期的H，B的最外层电子数为其电子层数的三倍，B为O，E为第四周期的元素，只能为Ca，这五种元索原子序数和为56，C、D的位于第三周期，而且原子序数之和为27，黝帘石为硅酸盐，含有硅，根据A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素，所以C为铝，D为硅，据此解答。【详解】A．非金属性越强的元素，最简单的气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属性强于硅，所以最简单氢化物的热稳定性：B＞D，故A正确；B．氯，硅，氧都是非金属元素，非金属元素易形成共价化合物，所以氯元素分别和D、B形成的常见的化合物为四氯化硅，二氧化氯，均为共价化合物，故B正确；C．离子的电子层数越多，离子半径越大；离子电子层数相同的元素，原子序数越小，半径越大，所以B、C、E的简单离子半径为：E＞B＞C，故C正确；D．C为铝，最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，是两性氢氧化物，不是强碱，故D错误；故选D。6、B【解析】A、对废旧电池进行回收处理可以减少对环境的污染，符合人与自然和谐相处，故A正确；B、将塑料垃圾埋入地下或倾倒入海，仍会产生污染，不符合人与自然和谐相处，故B错误；C、使用沼气、太阳能、风能等代替煤炭，减少污染物的排放，符合人与自然和谐相处，故C正确；D、保护生物物种多样性，符合人与自然和谐相处，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查化学与环境，侧重于化学与生活、生产和环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性。7、C【解析】A、题中所给的化学方程式不符合质量守恒定律，水的化学计量数应为2，正确的化学方程式是：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A错误；B、浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；C、因Ca3N2遇水发生水解反应，则加入蒸馏水后与水反应，产物是氢氧化钙和氨气，溶液呈碱性，故再滴加石蕊试液，溶液会变蓝，所以C正确；D、②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，故D错误；所以答案选C。8、A【详解】A.2Fe+3Cl22FeCl3，A错误；B.2Mg+CO22MgO+C，C+CO22CO，可以实现物质之间的转化关系，B正确；C.2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可以实现物质之间的转化关系，C正确；D．4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，可以实现物质之间的转化关系，D正确。答案选D。9、B【解析】A、铁粉具有还原性，能将水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+重金属离子还原成相应的单质，从而净化水质，不是物理吸附作用，故A错误；B、“水滴石穿”是指石头在水滴或雨滴的长期侵蚀作用下发生了的物理变化和化学变化而溶解，从而使石头穿孔。故B正确；C、不是所有金属都有焰色反应，铂和铁等金属没有焰色反应，故C错误；D、某些胶体粒子带电荷，不是胶体带电。工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的，故D错误。综上所述，本题应选B。10、C【详解】A.5.6g铁的物质的量是0.1mol，铁的化合价有+2、+3两种价态，铁粉与足量硝酸反应失去的电子数为0.3NA，若铁足量，铁失去电子数是0.2NA，选项A错误；B.1molCl2与碱参加反应转移电子数为NA，选项B错误；C.Na是+1价的金属，1molNa与O2反应，无论生成Na2O、Na2O2，还是生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA，选项C正确；D.微粒的还原性I->Fe2+，向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，2molI-已经反应完全，所以共转移的电子的数目为3NA，选项D错误。故本题合理选项是C。11、A【解析】A.无色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B.Al3++3(OH)3↓+3CO2↑，HCO3-与Al3+发生反应而不能大量共存；C.能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+与CH3COO-发生反应而不能大量共存，碱性溶液中的OH-与Fe3+发生反应而不能大量共存；D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+发生反应而不能大量共存。故选A。点睛：溶液中的离子反应主要是生成沉淀、气体、难电离物质的复分解反应。另外，少数离子反应属于氧化还原反应等。12、B【解析】A.湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B.NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；C．CO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；D．NaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。13、A【详解】A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1molCO，同时生成molO2，故D错误；故选A。14、B【解析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液遇到酚酞变红色，因为过氧化钠具有强氧化性，能将酚酞氧化而漂白褪色，故A错误；B.易溶于水的SO2气体溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下，Ba(NO3)2溶液中的硝酸根离子能将具有还原性的SO2氧化为BaSO4沉淀，故B正确；C.FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2，反应中没有单质生成，该反应不是置换反应，故C错误；D.氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误。故选B。15、C【详解】A.水溶液中的水分子中也含有氧原子，所以存在的氧原子总数无法计算，故A错误；B.二环戊烷（）中除了碳碳键还有碳氢键属于共价键，所以共价键数目为14NA，故B错误；C.采用极值法，16.0gCuO含Cu2+为0.2NA，16.0gCu2S含Cu2+为0.2NA，所以16.0g混合物中含阳离子的数目为0.2NA，故C正确；D.在标准状况下，氯仿为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，故D错误；故选C。16、D【分析】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，据以上分析进行解答。【详解】A项、结合以上分析可知，该反应热化学方程式为X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，故A错误；B项、结合以上分析可知，压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，故B错误；C项、图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好的能量变化曲线，或是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，故C错误；D项、该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，故D正确；故选D。【点睛】图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X（g）+3Y（g）2Z（g），由图Ⅱ反应物的总能量大于生成物的总能量可知该反应为放热反应，反应热为△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答关键。17、C【详解】A.石油与煤是化石燃料，属于不可再生资源，A项错误；B.煤、石油燃烧会生成二氧化碳，生成的二氧化碳参与光合作用形成淀粉与纤维素等，因此二氧化碳不是催化剂，而是该过程的中间产物，B项错误；C.光合作用是绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，C项正确；D.图中所出现的物质中淀粉与纤维素分子式中的n值不同，因此不属于同分异构体，D项错误；答案选C。【点睛】淀粉与纤维素的分子通式虽均为(C6H10O5)n，但n值不同，所以不属于同分异构体，一定要格外注意。18、C【解析】c(MnO4-)随反应进行逐渐增大，这说明MnO4-是生成物，则Mn2+是反应物，即Mn元素化合价从+2价升高到+7价，失去电子，被氧化，作还原剂。因此BiO3-是氧化剂，Bi元素化合价从+5价降低到+3价，则A、该反应的还原产物为Bi3+，A正确；B、根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，B正确；C、根据以上分析可知该反应的方程式为14H++5BiO3-+2Mn2+＝5Bi3++2MnO4-+7H2O，因此反应后溶液的酸性明显减弱，C错误；D、根据以上分析可知若有1mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选C。点睛：正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键，氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的，必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应，对氧化还原反应概念原理综合运用的考查，要从氧化还原反应的实质及电子转移入手，正确理解有关概念，并理清知识线和对应规律，需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律，真正做到举一反三，灵活运用，根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律、难易规律去分析特征元素的化合价变化，得出合理答案。19、C【解析】A．实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，A错误；B．实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，B错误；C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，C正确；D．蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解会产生HCl，HCl受热挥发使得水解平衡向右移动，得到的氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，D错误；故选C。20、C【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离；氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱；所以在pH相等的条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，即X＞Y＝Z，答案选C。21、B【详解】A.标准状况下，将22.4LCl2通入水中，但只有一部分与水反应，所以转移的电子数小于NA，A不正确；B.常温常压下，48gO2含氧原子3mol，O3含氧原子也为3mol，所以混合物中含有的氧原子数为3NA，B正确；C.将78gNa2O2为0.1mol，与过量CO2反应转移的电子数为NA，C不正确；D.标准状况下，18gD2O为0.9mol，所含电子数为9NA，D不正确。故选B。22、A【详解】同主族元素，自上而下，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，金属性增强、非金属性减弱，F、Cl、Br、I均位于元素周期表中第ⅦA族，且从上到下排列，从上向下，非金属性减弱，则F的非金属性最强，所以其气态氢化物最稳定，I的非金属性弱，HI最不稳定，易分解成单质，故选A。二、非选择题(共84分)23、酯基醚键取代反应+CH3I→+HI【分析】（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。【详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；故答案是：酯基、醚键；（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；故答案是：取代反应；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；故答案是：；+CH3I→+HI；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；故答案是：；（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；故答案是：。【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。24、K+Br-2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-【分析】溶液焰色反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【详解】（1）实验①焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，②中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验⑤中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）实验④中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；（4）实验④中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由A→B过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。25、U形管b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊FeC2O4·2H2O

FeO+CO↑+CO2↑+2H2O3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【解析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；II.步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。【详解】(1)①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×(V1-V2)×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%=×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。26、NH4CuSO3H2O、CuO、SO3、SO2、O2互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO34Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(50w—80cV)/9cVac【解析】(1).根据题中信息可知，取适量硫酸铜溶液于试管中，加入(NH4)2SO3溶液，产生沉淀M，M中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体(Y)，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体(Y)为NH3，M中含有铵根离子，NH3的电子式为，故答案为；(2).M与稀硫酸反应时，溶液变成蓝色并有红色固体生成，说明M中含有Cu+，Cu+在酸性条件下生成Cu和Cu2＋，产生有刺激性气味的气体(X)，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成的气体X为SO2，则M中含有SO32－或HSO3－，又因M中阳离子、阴离子个数之比为2:1，则M中含有SO32－，M的化学式为：NH4CuSO3，故答案为NH4CuSO3；(3).由实验装置图可知，在加热硫酸铜晶体前先通入氮气，可以将整个装置中的空气赶出，然后加热硫酸铜晶体，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，说明失去结晶水，最后变成黑色粉末，说明生成了CuO，B中盛有酸性氯化钡溶液，B中产生白色沉淀，说明生成了SO3，D中盛有含KSCN的酸性FeSO4溶液，D中溶液变成红色，说明Fe2+被氧化生成了Fe3+，则硫酸铜晶体的分解产物中含有O2，硫酸铜晶体中的O元素化合价从－2价升高到0价，说明S元素的化合价降低生成了SO2，因此硫酸铜晶体的分解产物有：H2O、CuO、SO3、SO2、O2，故答案为H2O、CuO、SO3、SO2、O2；(4).因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3；(5).在酸性条件下，硫酸铜晶体分解生成的氧气将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+再与SCN－反应生成Fe(SCN)3，第一步反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(6).由滴定方程式Cu2++Y4－=CuY2－可知，n(CuSO4)=V×10－3L×cmol/L×=Vc×10－2mol，则n(H2O)=，x==(50w—80cV)/9cV，故答案为(50w—80cV)/9cV；(7).A.样品失去部分结晶水，会使测定的结晶水含量偏少，x偏小，故a正确；b.量取待测液前未用待测液润洗滴定管，会使消耗的标准液体积偏少，测定的结晶水含量偏多，x偏大，故b错误；c.开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡，会使读取的标准液体积偏大，测定的结晶水含量偏少，x偏小，故c正确；d.滴定开始时平视、滴定终点时俯视，会使读取的标准液体积偏小，测定的结晶水含量偏大，x偏大，故d错误；答案选：ac。27、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。28、Fe、VFe2O3MgSiO3、Mg3(PO4)2HVO3在铝热剂上方铺一层KClO3，插入镁条并点燃溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复0.080mol·L－1偏低【解析】钒炉渣(主要含FeO·V2O5，还有少量SiO2、P2O5等杂质)，加入碳酸钠通入空气焙烧，产物水浸过滤得到滤渣主要是氧化铁，溶液中加入硫酸镁除去硅、磷，过滤，滤渣的主要成分为MgSiO3、Mg3(PO4)2。滤液中加入硫酸铵沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5。（1）焙烧的目的是将FeO•V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁和二氧化碳，反应中Fe和V元素的化合价升高，因此该过程中被氧化的元素是Fe和V；铁转化为氧化铁，所以浸出渣的主要成分为Fe2O3。答案为：Fe和V，Fe2O3（2）根据以