山东省潍坊市青州市2026届高三年级化学试题期末试题含解析

山东省潍坊市青州市2026届高三年级化学试题期末试题注意事项：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、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．三者的氧化物都是碱性氧化物B．三者的氢氧化物都是白色固体C．三者的氯化物都可用化合反应制得D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物2、下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是A．前者是混合物，后者是纯净物 B．两者都具有丁达尔效应C．分散质的粒子直径均在1~100nm之间 D．前者可用于杀菌，后者可用于净水3、t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B．P点溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C．溶液中D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=74、下列有关生活中常见物质的说法正确的是A．涤纶衬衣、橄榄油、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的B．豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸C．高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性D．蔗糖、淀粉、油脂均能水解产生非电解质5、下列说法正确的是A．检验(NH4)2Fe(SO4)2·12H2O晶体中的NH4+：取少量晶体溶于水，加入足量浓NaOH溶液并加热，再用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体B．验证FeCl3与KI反应的限度：可将少量的FeCl3溶液与过量的KI溶液混合，充分反应后用CCl4萃取，静置，再滴加KSCN溶液C．受溴腐蚀至伤时，先用稀NaOH溶液洗，再用水洗D．用激光笔检验硫酸铜溶液具有丁达尔效应6、生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是A．催化剂不能改变反应的焓变B．催化剂不能改变反应的活化能C．图中反应中间体NXHY数值X<3D．图示催化剂分子中包含配位键7、下列说法中，不正确的是A．固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B．钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C．将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D．钢闸门作为阴极而受到保护8、钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于的说法中，错误的是（）A．质子数为22 B．质量数为70 C．中子数为26 D．核外电子数为229、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（）A．图1中，中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═OB．NO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大C．由O和N2制NO的活化能为315.72kJ•mol-1D．由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢10、下列化学用语正确的是（）A．重水的分子式：D2O B．次氯酸的结构式：H—Cl—OC．乙烯的实验式：C2H4 D．二氧化硅的分子式：SiO211、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A．废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B．将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D．不可回收垃圾图标是12、已知某酸HA的电离常数Ka=2.0×10-8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH随滴入NaOH溶液的体积变化曲线如图下列说法正确的是A．a点溶液的pH=4B．b点溶液中存在：c（A-）>c（Na+）>c（H+）=c（OH-）C．b点c（HA）/c（A-）=5D．c点c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）13、“太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是()A．太阳能燃料属于一次能源B．直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物C．用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源D．研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展14、下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+>H2SO4D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A．A B．B C．C D．D15、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑，下列说法不正确的是A．可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物QB．K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D．反应中涉及的物质中有5种为电解质16、氯气氧化HBr提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4↓+6Br2+6H2O,利用此反应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是A．B．C．D．二、非选择题（本题包括5小题）17、某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为________。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_______(3)写出336mL(标准状况)气体B通入100mL0.2mol/L的NaOH溶液中的化学反应方程式:_______18、用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下：已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。19、文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i.草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii.三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3・3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21iii.FeC2O4・2H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为___________。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是___________。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是__________、___________。（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是______________。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3・3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_____。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_____Fe(C2O4)3]3-+____H2O____FeC2O4·2H2O↓+__________+_______（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_____________________。20、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol•L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？A．O2B．H2C．CH2=CH2D．HCl若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有________（填试剂名称）的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中，这样做的目的是______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为____mol·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是_____。A石蕊B酚酞C甲基橙（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________(填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_____转移到_____中。（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________A．甲B．乙C．丙D．丁21、庆祝新中国成立70周年阅兵式上，“东风-41洲际弹道导弹”“歼20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。回答下列问题：(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_____。钛可与C、N、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_________。(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原因是_____。(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_____，S的_____杂化轨道与O的2p轨道形成_____键（填“π”或“σ”）。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_____（填字母序号）。(5)氮化钛熔点高，硬度大，其晶胞结构如图所示。若氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为_____（用含a、b的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_____。

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.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D错误；答案：C2、D【解析】

A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；故选D。3、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确；B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；故答案为D。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。4、D【解析】

A.涤纶衬衣（聚酯纤维）、牛皮鞋（主要成分是蛋白质）均是由有机高分子化合物构成的，但橄榄油是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量达不到10000，不是高分子化合物，A项错误；B.豆浆煮沸后，蛋白质发生变性，B项错误；C.高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性；但酒精杀菌消毒是酒精进入细菌体内，使细菌体内的蛋白质变性从而杀菌，C项错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖、淀粉水解的最终产物是葡萄糖、油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，葡萄糖、果糖、甘油都是非电解质，D项正确；答案选D。高分子化合物的相对分子质量要达到10000以上，淀粉、纤维素、蛋白质、核酸为高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，这是学生们的易错点，学生们总是误认为油脂也是高分子化合物。5、B【解析】

A．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故A错误；B．反应中氯化铁不足，KSCN溶液遇三价铁离子变红色，若变红色，说明未完全反应，说明存在化学反应的限度，故B正确；C．氢氧化钠具有腐蚀性，应该根据溴易溶于酒精或甘油，先用酒精或甘油洗伤口，再用大量水冲洗，故C错误；D．淀粉溶液是胶体，可用丁达尔效应检验，硫酸铜的水溶液是溶液，没有丁达尔效应，故D错误；故选B。6、B【解析】

A．催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A正确；B．催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B错误；C．在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表面与氢原子结合形成中间产物，故x可能等于1或2，C正确；D．根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N原子上含有孤对电子，Fe与S、N原子之间通过配位键连接，D正确；故合理选项是B。7、C【解析】

钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正确。答案选C。8、B【解析】

的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22，故A正确；B项、的质量数为48，故B错误；C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；D项、的电子数=质子数=22，故D正确；故选B。9、D【解析】

A、由图1可知，中间体1为O-O═N，产物1为O+N═O，所以中间体1到产物1的方程式为O-O═N→O+N═O，故A正确；B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJ•mol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJ•mol-1，故C正确；D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；故选：D。明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。10、A【解析】

A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故A正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，结构式为H—O—Cl，故B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故C错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误。答案选A。11、D【解析】

A．电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源会造成污染，所以废电池必须进行集中处理，故A正确；B．将垃圾分类并回收利用，有利于对环境的保护，减少资源的消耗，是垃圾处理的发展方向，故B正确；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾，故C正确；D．为可回收垃圾图标，故D错误；故选D。12、C【解析】A.HA的电离常数Ka=2.0×10-8，则2mol/LHA溶液中氢离子浓度约是，因此a点溶液的pH＜4，A错误；B.b点溶液显中性，根据电荷守恒可知溶液中存在：c(A-)＝c(Na+)>c(H+)＝c(OH-)，B错误；C.b点溶液显中性，c(H+)＝10－7mol/L，根据电离平衡常数表达式可知c(HA)/c(A-)=5，C正确；D.c点酸碱恰好中和，生成NaA，根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，D错误，答案选C。13、A【解析】

A选项，太阳能燃料属于二次能源，故A错误；B选项，直接电催化CO2制取燃料时，化合价降低，在阴极反应，因此燃料是阴极产物，故B正确；C选项，用光催化分解水产生的H2，氢气燃烧放出热量多，无污染，是理想的绿色能源，故C正确；D选项，研发和利用太阳能燃料，消耗能量最低，有利于经济的可持续发展，故D正确。综上所述，答案为A。14、C【解析】

A.在强酸性环境中，H+、NO3-、Cu会发生氧化还原反应产生NO气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A正确；B.酸性K2Cr2O7具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、NO3-、SO2会发生氧化还原反应产生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，会产生BaSO4白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3>H2SO4，C错误；D.向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，D正确；故合理选项是C。15、B【解析】

A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；B.K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；C.反应中16molHCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；答案选B。16、D【解析】

A．萃取后得到的Br2的CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故A正确；B．反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故B正确；C．过滤后的混合液中的Br2应选择加入CCl4，萃取后再选择分液操作，故C正确；D．固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故D错误；故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe5CH2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)34NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O【解析】

由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0g即0.05mol，碳元素的质量为0.05mol×12g/mol=0.6g，则X中铁的含量为14.6g-0.6g=14.0g，即含铁14.0g÷56g/mol=0.25mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02molNaOH反应生成Na2CO3amol与NaHCO3bmol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。18、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19、、c【解析】

由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。19、分液漏斗先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯发生倒吸可燃性气体H2不能被吸收溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀2423C2O42-2CO2↑电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生【解析】

实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；实验三：根据2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判断原电池正负极反应及相应的现象。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)3・3H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；(5)若K3Fe(C2O4)3・3H2O发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3・3H2O未发生氧化还原反应；(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O4·2H2O、CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+2C2O42－+2CO2↑；(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42--2e-=2CO2↑，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。本题考查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信息进行分析、判断。20、D饱和食盐水除去挥发出的HClCl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO36.9mol/LC偏小足量锌粒残余清液使气体冷却到室温调整量气管两端液面相平A【解析】

(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500mol•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；C．CH2=CH2用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；(2)量取试样25.00mL，用1.500mol∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗23..00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH)∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9mol/L；(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清