浙江省越崎中學2026屆高三上化學期中統(tǒng)考模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質，迷迭香酸的分子結構如圖，下列敘述正確的是（）A．迷迭香酸屬于芳香族化合物，分子式C18H18O8B．迷迭香酸含有碳碳雙鍵、羥基、羧基、苯環(huán)和酯基的結構C．1mol迷迭香酸最多能和含6molBr2的濃溴水發(fā)生反應D．1mol迷迭香酸最多與含5molNaOH的水溶液完全反應2、某電動汽車配載一種可充放電的鋰離子電池。放電時電池的總反應為：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。下列關于該電池的說法不正確的是（）A．放電時，Li+在電解質中由負極向正極遷移B．放電時，負極的電極反應式為LixC6-xe-=xLi++C6C．充電時，若轉移1mole-，石墨C6電極將增重7xgD．充電時，陽極的電極反應式為LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+Li+3、實驗室中下列做法正確的是A．用煤油保存金屬鋰 B．用干燥器干燥受潮的硫酸銅C．用鐵坩堝加熱熔融NaOH固體 D．用pH試紙測FeCl3溶液的pH值4、設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A．1molCl2與足量Fe反應,轉移的電子數為3NAB．在反應KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中,每生成3molI2轉移電子數為5NAC．向FeI2溶液中通入適量Cl2,當有1molFe2+被氧化時,共轉移電子的數目為NAD．1molCl2參加反應轉移電子數一定為2NA5、下列反應方程式中,能正確表達反應顏色變化的是A．銀器久置空氣中表面變黑:4Ag+O2=2Ag2OB．水玻璃敞口放置產生白色渾濁:SiO32-+H2O=SiO2↓+2OH-C．280K時,在一干燥密閉容器中充入NO2和SO2,產生白煙:NO2+SO2=NO+SO3D．沸水中滴入FeCl3溶液,液體變?yōu)榧t褐色:Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓6、在指定條件下，下列各組離子一定能大量共存的是()A．滴加甲基橙試劑顯紅色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NOB．滴入KSCN顯血紅色的溶液中：NH、Al3+、NO、SOC．常溫下，=1012的溶液中：NH、K+、Cl-、HCOD．常溫下，由水電離的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Al3+、SO、CH3COO-7、下列敘述正確的是A．24g鎂與27g鋁中，含有相同的質子數B．同等質量的氧氣和臭氧中，電子數相同C．1mol重水與1mol水中，中子數比為2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化學鍵數相同8、下列陳述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅A．A B．B C．C D．D9、在下列說法中正確的是A．等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量多B．已知C(石墨，s)=C(金剛石，s)ΔH>0,則金剛石比石墨穩(wěn)定C．Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應是氧化還原反應，且反應的焓變大于零D．含20.0gNaOH的稀溶液與稀鹽酸完全中和，放出28.7kJ的熱量，則表示該反應中和熱的熱化學方程式為:NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)ΔH=-57.4kJ/mol10、全世界每年因生銹損失的鋼鐵，約占世界年產量的十分之一。一種鋼鐵銹蝕原理示意圖如右，下列說法不正確的是A．缺氧區(qū)：Fe－2e－===Fe2+B．富氧區(qū)：O2+2H2O+4e－===4OH－C．Fe失去的電子通過電解質溶液傳遞給O2D．隔絕氧氣或電解質溶液均可有效防止鐵生銹11、研究表明：多種海產品如蝦、蟹、牡蠣等，體內含有+5價砷（As）元素，但它對人體是無毒的。砒霜的成分是As2O3，屬劇毒物質，吃飯時同時大量食用海鮮和青菜，容易中毒，專家給出的公式：大量海鮮+大量維生素C=砒霜。下面有關解釋不正確的是（）A．維生素C能將+5價砷氧化成As2O3 B．維生素C具有還原性C．致人中毒過程中+5價砷發(fā)生還原反應 D．青菜中含有維生素C12、一種電化學制備NH3的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時可以傳輸H+。下列敘述錯誤的是A．Pd電極b為陰極B．陰極的反應式為：N2+6H++6e?2NH3C．H+由陽極向陰極遷移D．陶瓷可以隔離N2和H213、化學與社會、生活、材料、能源密切相關，下列說法不正確的是A．一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O12)可表示為：CaO·3MgO·4SiO2B．3D打印鈦合金材料，可用于航空、航天等尖端領域C．可燃冰是21世紀新型潔凈能源，其組成可表示為CH4·nH2OD．納米級材料（1nm~100nm）是一種膠體14、英國會議員代表團曾到廣州、東莞、深圳考察，來中國取經“碳捕捉“技術，希望能與廣東省合作開發(fā)潮汐能?？茖W家利用NaOH溶液“捕捉”空氣中的CO2,反應過程如圖所示。下列有關說法不正確的是A．圖中循環(huán)I中的物質是NaOHB．圖中X中物質分離的基本操作是蒸發(fā)結晶C．二氧化碳“捕捉”室中，將NaOH溶液進行“噴霧”，有利于對CO2的吸收D．用該方法捕提到的CO2還可用來制備甲醇等產品15、化學與生產、生活、科技等密切相關，下列說法正確的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化學變化B．向牛奶中加入果汁會產生沉淀，這是因為發(fā)生了酸堿中和反應C．鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花補充鉀肥D．富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質16、高鐵酸鉀的生產流程如圖，涉及的離子反應方程式書寫錯誤的是（）A．2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH-B．Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2OC．3Fe3O4＋28H+＋NO3-＝9Fe3+＋NO↑＋14H2OD．2Fe3+＋3ClO-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O17、下列實驗中，直接采用沾有水滴的儀器，對實驗結果沒有影響的是（）A．氨的噴泉實驗：燒瓶 B．硫酸銅結晶水含量測定：坩堝C．溶液配制：容量瓶 D．中和滴定：滴定管18、在容積不變的密閉容器中進行反應：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H<0。下列各圖表示當其他條件不變時，改變某一條件對上述反應的影響，其中正確的是A．圖I表示溫度對化學平衡的影響，且甲的溫度較高B．圖Ⅱ表示t0時刻使用催化劑對反應速率的影響C．圖Ⅲ表示t0時刻增大O2的濃度對反應速率的影響D．圖Ⅳ中a、b、c三點中只有b點已經達到化學平衡狀態(tài)19、常溫下0.1mol/LNH4Cl溶液的pH最接近于（）A．1 B．5 C．7 D．1320、室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反應后達到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃。下列有關敘述錯誤的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物質的量B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5BrC．若反應物增大至2mol，則兩種反應物平衡轉化率之比不變D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應達到平衡的時間21、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是A．WZ沸點高于W2Y的沸點B．含Z的兩種酸反應可制得Z的單質C．W2Y2是由極性鍵和非極性鍵構成的非極性分子D．X的含氧酸一定為二元弱酸22、2016年1月《自然》雜志刊發(fā)了中科大科研組研究出一種新型電催化材料使CO2高效清潔地轉化為液體燃料HCOOH。則下列說法不正確的是A．新型電催化材料增大了CO2轉化為HCOOH的平衡常數B．CO2轉化為HCOOH過程是CO2被還原的過程C．新型電催化材料降低了CO2催化還原的活化能，但沒有改變反應熱D．硫酸鋇是一種難溶于水和酸的鹽，可用作X光透視腸胃的藥劑二、非選擇題(共84分)23、（14分）高分子材料PET聚酯樹脂和PMMA的合成路線如下圖:已知:I.RCOOR′+R"OHRCOOR"+R′OH(R.R'、R"代表烴基)II.(R

代表烴基)。(1)PMMA

單體的結構簡式為_______，PET單體中的官能團名稱為________。(2)反應⑤的反應類型是________；反應②的化學方程式為_________。(3)若反應④得到的某一條鏈狀產物聚合度為n，則縮聚反應中脫去的小分子有（___）個。(4)PMMA單體有多種同分異構體，某種異構體K具有如下性質：①不能發(fā)生銀鏡反應②不能使溴水褪色③分子內沒有環(huán)狀結構④核磁共振氫譜有面積比為3:1的兩種峰，則K的結構簡式為:__________；另一種異構體H含有醛基、羥基和碳碳雙鍵，在銅催化下氧化，官能團種類會減少一種，則H合理的結構共有___種(不考慮立體異構和空間異構)。24、（12分）石油是工業(yè)的血液，通過它可以得到很多重要的化工產品。已知：+(1)B和A為同系物，B的結構簡式為_______，寫出B與氯氣加成后的產物名稱______。(2)反應②的化學方程式為__________，其反應類型為_________。(3)寫出檢驗C3H5Cl中含有Cl原子的方法_____________。(4)C的結構簡式為_______________，其官能團的名稱為__________。(5)反應④的化學方程式為______________。(6)石油裂解氣中還含有丙炔，為研究物質的芳香性，可將CHC-CH3三聚得到苯的同系物，其可能的結構簡式有_______種。(7)設計一條由乙烯為原料制備D的合成路線________(其他無機原料任選)。合成路線常用的表示方式為：AB目標產物25、（12分）無水四氯化錫(SnCl4)常用作有機合成的氯化催化劑。實驗室可用熔融的錫(熔點232℃)與Cl2反應制備SnCl4，裝置如下圖所示。已知：①SnCl2、SnCl4有關物理性質如下表物質顏色、狀態(tài)熔點/℃沸點/℃SnCl2無色晶體246652SnCl4無色液體－33114②SnCl4遇水極易水解生成SnO2·xH2O。回答下列問題：（1）導管a的作用是__________，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為_____________。（2）當觀察到裝置F液面上方出現______現象時才開始點燃酒精燈，待錫熔化后適當增大氯氣流量，繼續(xù)加熱。此時繼續(xù)加熱的目的有兩點：加快氯氣與錫反應和_________。（3）若上述裝置中缺少裝置C(其它均相同)，則D處具支試管中發(fā)生的主要副反應化學方程式為_______________________________。（4）Cl2和Sn的反應產物有SnCl4和SnCl2，為了防止產品中帶入過多的SnCl2，裝置D可改為油浴加熱來控制溫度，該溫度范圍是________。（5）制得的SnCl4產品中常含有SnCl2，可用如下方法測定產品純度：先準確稱量7.60g產品于錐形瓶中，再加過量的FeCl3溶液，發(fā)生反應：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，再用0.1000mol·L—1K2Cr2O7標準溶液滴定生成的Fe2+，此時還原產物為Cr3+，消耗標準溶液20.00mL，則SnCl4產品的純度為_______________。26、（10分）鐵及其化合物在日常生產生活中用途廣泛，利用制備還原鐵粉的工業(yè)流程如下：實驗室中可用(用鐵粉和稀硫酸反應制得)和在如圖裝置模擬上述流程中的“轉化”環(huán)節(jié)．(1)裝置A的名稱是_____，裝置B中盛放的藥品是_____，盛放在裝置_____中．(2)實驗過程中，欲將生成的溶液和溶液混合，操作方法是_________．溶液要現用現配制的原因是_________．(3)操作I的名稱是________，干燥過程的主要目的是脫去游離水，該過程中會有少量在空氣中被氧化為，取干燥后的樣品，與炭混合后焙燒，最終得到還原鐵粉，計算樣品中雜質的質量_______g27、（12分）Ⅰ．現有下列狀態(tài)的物質：①干冰②NaHCO3晶體③氨水④純醋酸⑤FeCl3溶液⑥銅⑦熔融的KOH⑧蔗糖其中屬于電解質的是___________，屬于強電解質的是_____________。能導電的是___________。Ⅱ．膠體是一種常見的分散系，回答下列問題。①向煮沸的蒸餾水中逐滴加入___________溶液，繼續(xù)煮沸至____________，停止加熱，可制得Fe(OH)3膠體，制取Fe(OH)3膠體化學反應方程式為______________________________________________。②向Fe(OH)3膠體中加入Na2SO4飽和溶液，由于_______離子（填離子符號）的作用，使膠體形成了沉淀，這個過程叫做_______________。③區(qū)分膠體和溶液常用的方法叫做__________。Ⅲ．①FeCl3溶液用作蝕刻銅箔制造電路板的工藝，離子方程式為_________________________。②有學生利用FeCl3溶液制取FeCl3?6H2O晶體主要操作包括：滴入過量鹽酸，______、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器是________。③高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為___________________________。28、（14分）氨是重要的工業(yè)原料，在農業(yè)、醫(yī)藥、國防和化工等領域有重要應用。（1）氨氣的電子式為___，它的共價鍵屬于___(填“極性”或“非極性”)鍵，其溶于水顯堿性的理由是（用化學方程式表示）___。（2）工業(yè)上用N2和H2在一定條件下合成氨，下列措施能使正反應速率增大，且一定使平衡混合物中NH3的體積分數增大的是___。A．降低反應溫度B．壓縮反應混合物C．充入N2D．液化分離NH3（3）常溫下，向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的鹽酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物質的量分數與加入鹽酸的體積的關系如圖所示。表示NH3·H2O濃度變化的曲線是___(填“A”或“B”)。（4）當加入鹽酸體積為50mL時，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=___mol/L(用數字表示)。若液氨中也存在類似水的電離(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)，碳酸鈉溶于液氨后也能發(fā)生完全電離和類似水解的氨解。①寫出液氨的電離方程式：___。②寫出碳酸鈉溶于液氨后第一級氨解的離子方程式：___。③寫出碳酸鈉的液氨溶液中各離子濃度的大小關系：___。29、（10分）低碳經濟成為人們一種新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一個重要研究方向，既可變廢為寶，又可減少碳的排放。工業(yè)上可用CO2和H2制備被譽為“21世紀的清潔燃料”二甲醚(CH3OCH3)：如在500℃時，在密閉容器中將煉焦中的CO2轉化為二甲醚，其相關反應為：主反應I：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1副反應II：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2(1)已知：①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.1kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-24.5kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol則主反應I的ΔH1=______。(2)在一定溫度下某密閉容器中按CO2和H2的濃度比為1∶3投料進行反應，測得不同時間段部分物質的濃度如下表：時間(min)010203040H21.00mol/L0.68mol/L0.40mol/L0.30mol/L0.30mol/LCH3OCH30mol/L0.05mol/L0.08mol/L0.10mol/L0.10mol/L①10-20min內，CH3OCH3的平均反應速率v(CH3OCH3)=_______。②根據以上數據計算主反應I的平衡常數K=______(列式，代入數據，不計算結果)。(3)欲提高CH3OCH3產率的關鍵的因素是選用合適的催化劑，其原因是_______。(4)對于反應II，溫度對CO2的轉化率及催化劑的效率影響如圖所示：下列有關說法不正確的是_______。A．其他條件不變，若不使用催化劑，則250℃時CO2的平衡轉化率可能位于MlB．溫度低于250°C時，隨溫度升高甲醇的產率增大C．M點時平衡常數比N點時平衡常數大D．實際反應應盡可能在較低的溫度下進行，以提高CO2的轉化(5)利用太陽能電池將CO2轉化為乙烯、丙烯等有機化工原料，其工作原理如圖所示。則a為太陽能電池的_______極，寫M極上生成丙烯的電極反應式為_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【詳解】A.有機物中只含碳氫兩種元素的化合物稱烴，所以迷迭香酸不屬于芳香烴，故A錯誤；B.根據結構簡式知道：該分子含有的官能團有酚羥基、羧基、酯基、碳碳雙鍵、苯環(huán)，故正確；C.該分子中含有酚羥基，苯環(huán)上酚羥基的臨位和對位的氫原子共6mol能與溴發(fā)生取代反應，即可以和6mol溴發(fā)生取代反應，故C錯誤；D.1mol迷迭香酸含有4mol酚羥基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羥基需要4mol氫氧化鈉與其反應，1mol羧基需要1mol氫氧化鈉與其反應，1mol酯基需要1mol氫氧化鈉與其反應，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反應，故D錯誤；故選B。2、C【詳解】A．放電時，負極LixC6失去電子得到Li+，在原電池中，陽離子移向正極，則Li+在電解質中由負極向正極遷移，故A正確；B．放電時，負極LixC6失去電子產生Li+，電極反應式為LixC6-xe-═xLi++C6，故B正確；C．充電時，石墨(C6)電極變成LixC6，電極反應式為：xLi++C6+xe-═LixC6，則石墨(C6)電極增重的質量就是鋰離子的質量，根據關系式：xLi+～～～xe-1mol1mol可知若轉移1mole-，就增重1molLi+，即7g，故C錯誤；D．正極上Co元素化合價降低，放電時，電池的正極反應為：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，充電是放電的逆反應，故D正確；故選C?！军c晴】明確電池反應中元素的化合價變化及原電池的工作原理是解題關鍵，放電時的反應為Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co元素的化合價降低，Co得到電子，則Li1-xCoO2為正極，LixC6為負極，Li元素的化合價升高變成Li+，結合原電池中負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應，充電是放電的逆過程，據此解答。3、C【詳解】A．金屬鋰密度比煤油低，則用石蠟保存金屬鋰，故A錯誤；B．硫酸銅易與水形成硫酸銅晶體，則受潮的硫酸銅應該烘干的方法干燥，故B錯誤；C．熔融NaOH能與玻璃中的SiO2反應，則可以用鐵坩堝加熱熔融NaOH固體，故C正確；D．FeCl3溶液是棕黃溶液，用pH試紙測FeCl3溶液的pH值時，影響pH的顏色變化，不能準確根據試紙的變色讀出溶液的pH，故D錯誤；故答案為C。4、B【詳解】A.1molCl2與足量Fe反應，氯氣少量，按照氯氣計算轉移的電子數，為2NA，與題意不符，A錯誤；B.在反應KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，每生成3molI2，則有5mol的碘離子變?yōu)榈鈫钨|，轉移電子數為5NA，符合題意，B正確；C.向FeI2溶液中通入適量Cl2，溶液中的碘離子還原性強，先反應，當有1molFe2+被氧化時，碘離子的量未知，則無法計算共轉移電子的數目，與題意不符，C錯誤；D.1molCl2參加反應，若全部變?yōu)?1價時，轉移電子數一定為2NA，若部分升高，部分降低時，則不一定為2NA，與題意不符，D錯誤；答案為B?！军c睛】氯氣與水反應時，化合價部分升高，部分降低。5、C【詳解】A、純銀和空氣中的硫化氫、氧氣等物質發(fā)生反應生成黑色的硫化銀，導致銀表面變黑，故A錯誤；B、水玻璃是硅酸鈉溶液，其與空氣中的二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸鈉，反應的離子方程式為：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故B錯誤；C、密閉容器中充入NO2和SO2，NO2有氧化性，SO2有還原性，發(fā)生氧化還原反應，產生白煙是SO3小顆粒形成的膠體，故C正確；D、向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液至液體變?yōu)榧t褐色的離子反應為：Fe3++3H2O=Fe(OH)3（膠體）+3H+，故D錯誤。答案選C。6、B【詳解】A．因甲基橙試劑顯紅色的溶液為酸性，酸性條件下Fe2+、NO能發(fā)生氧化還原反應生成Fe3+和NO，則不能大量共存，故A錯誤；B．滴入KSCN顯血紅色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，這幾種離子互相不反應和Fe3+也不反應，所以能夠大量共存，故B正確；C．溶液呈堿性，OH-和NH、HCO均反應生成弱電解質，則不能大量共存，故C錯誤；D．由水電離的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液，水的電離被抑制，說明該溶液為酸或堿的溶液，OH-和Al3+能生成沉淀，H+和CH3COO-反應生成弱電解質，則該離子組一定不能大量共存，故D錯誤；故選B。7、B【分析】本題考查的是物質結構，需要先分析該物質中含有的微觀粒子或組成的情況，再結合題目說明進行計算?！驹斀狻緼．1個Mg原子中有12個質子，1個Al原子中有13個質子。24g鎂和27g鋁各自的物質的量都是1mol，所以24g鎂含有的質子數為12mol，27g鋁含有的質子的物質的量為13mol，選項A錯誤。B．設氧氣和臭氧的質量都是Xg，則氧氣（O2）的物質的量為mol，臭氧（O3）的物質的量為mol，所以兩者含有的氧原子分別為×2=mol和×3=mol，即此時氧氣和臭氧中含有的氧原子是一樣多的，而每個氧原子都含有8個電子，所以同等質量的氧氣和臭氧中一定含有相同的電子數，選項B正確。C．重水為，其中含有1個中子，含有8個中子，所以1個重水分子含有10個中子，1mol重水含有10mol中子。水為，其中沒有中子，含有8個中子，所以1個水分子含有8個中子，1mol水含有8mol中子。兩者的中子數之比為10:8=5:4，選項C錯誤。D．乙烷（C2H6）分子中有6個C－H鍵和1個C－C鍵，所以1mol乙烷有7mol共價鍵。乙烯（C2H4）分子中有4個C－H鍵和1個C＝C，所以1mol乙烯有6mol共價鍵，選項D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查的是物質中含有的各種粒子或微觀結構的問題，一般來說先計算物質基本微粒中含有多少個需要計算的粒子或微觀結構，再乘以該物質的物質的量，就可以計算出相應結果。8、D【詳解】A．二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應，化學方程式為SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HCl，體現二氧化硫的還原性，與SO2的漂白性無關，Ⅰ和Ⅱ無因果關系，故A錯誤；B．SiO2不導電，二氧化硅是良好的光導材料，用作制光導纖維的原料，Ⅰ不正確、Ⅱ正確，Ⅰ和Ⅱ無因果關系，故B錯誤；C．濃硫酸可用于干燥H2和CO，是因為濃硫酸具有吸水性，與濃硫酸的強氧化性無關，Ⅰ和Ⅱ無因果關系，故C錯誤；D．Fe3+具有氧化性，能將銅氧化為銅離子，化學方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅，Ⅰ、Ⅱ正確有因果關系，故D正確；答案為D。9、D【解析】A、等量的硫蒸氣和硫固體，硫蒸氣的能量高，能量越高，燃燒放出的熱量越多，選項A錯誤；B、由C（石墨）=C（金剛石）△H>0可知反應吸熱，金剛石的能量比石墨能量高，能量越高，越不穩(wěn)定，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，選項B錯誤；C、Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應無元素化合價變化，屬于復分解反應，屬于非氧化還原反應，反應需要吸熱，焓變大于零，選項C錯誤；D、20.0gNaOH的稀溶液與稀鹽酸完全中和生成0.5mol水，放出28.7kJ的熱量，則中和熱的熱化學方程式為：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)ΔH=-57.4kJ/mol，選項D正確。答案選D。10、C【解析】由鋼鐵銹蝕原理示意圖可知，鐵發(fā)生了吸氧腐蝕。A.缺氧區(qū)，鐵發(fā)生氧化反應，電極反應式為Fe－2e－===Fe2+，A正確；B.富氧區(qū)，氧氣得電子發(fā)生還原反應，O2+2H2O+4e－===4OH－，B正確；C.由圖可知，Fe失去的電子通過金屬導體傳遞給富氧區(qū)的O2，電子不能在電解質溶液中自由移動，C不正確；D.隔絕氧氣或電解質溶液后，就不能形成原電池，所以均可有效防止鐵生銹，D正確。本題選C。11、A【解析】A、從信息分析，維生素C能將+5價砷還原成+3價砷，維生素C作還原劑，將+5價砷還原成As2O3，A錯誤；B、維生素C作還原劑，具有還原性，B正確；C、致人中毒過程中+5價砷變成+3價砷，發(fā)生了還原反應，C正確；D、吃飯時同時大量食用海鮮和青菜，容易中毒，海鮮體內含+5價砷，則青菜中含有維生素C，D正確；答案選A。12、A【解析】A、此裝置為電解池，總反應是N2＋3H2=2NH3，Pd電極b上是氫氣發(fā)生反應，即氫氣失去電子化合價升高，Pd電極b為陽極，故A說法錯誤；B、根據A選項分析，Pd電極a為陰極，反應式為N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B說法正確；C、根據電解的原理，陰極上發(fā)生還原反應，即有陽極移向陰極，故C說法正確；D、根據裝置圖，陶瓷隔離N2和H2，故D說法正確。13、D【解析】A、一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O2)，根據化合價用氧化物可表示為：CaO·3MgO·4SiO2，故A正確；B、3D打印鈦合金材料，由于密度小，強度大等性能，可用于航空、航天等尖端領域，故B正確；C、“可燃冰”是水與天然氣相互作用形成的晶體物質，主要存在于凍土層和海底大陸架中；據測定一種“可燃冰”中平均每46個水分子構成8個分子籠，每個分子籠可容納1個甲烷分子，其組成可表示為CH4·nH2O，故C正確；D、膠體為分散系，而納米材料不是分散系，故D錯誤；故選D。14、B【解析】A．根據流程圖可知：有兩個反應：①二氧化碳與氫氧化鈉反應，②碳酸鈣的高溫分解，循環(huán)利用的應該有CaO和NaOH兩種物質在反應中，循環(huán)I為氫氧化鈉都，其余的物質不能循環(huán)使用，選項A正確；B．在X中發(fā)生的反應有CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，所以分離CaCO3和NaOH用過濾操作，選項B錯誤；C．二氧化碳“捕捉”室中，將NaOH溶液進行“噴霧”，增大了反應的接觸面積，有利于對CO2的吸收，選項C正確；D．該方法得到較多的二氧化碳，可用來制備甲醇等產品，選項D正確。答案選B。點睛：本題考查物質的分離、提純的實驗方案的設計，注意把握題給信息，為解答該題的關鍵。分離或提純時，若需要加入試劑，試劑的選擇應遵循以下五個原則：（1）所選試劑一般只和雜質反應；（2）操作不應引入新的雜質；（3）不減，即不減少欲被提純的物質；（4）易分，即欲被提純的物質與雜質應容易分離；（5）易得，試劑應盡可能容易獲得，且價格低廉。15、D【解析】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料中涉及裂化、裂解等，裂化、裂解屬于化學變化，A錯誤；B．因牛奶中含有蛋白質，加入果汁能使蛋白質凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，則不是酸堿之間的反應，B錯誤；C．高錳酸鉀可防止鮮花衰敗，則鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花保鮮，與補充鉀肥無關，C錯誤；D．鐵是活潑金屬，富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質，D正確；答案選D。點睛：本題考查物質的組成和性質，為高頻考點，把握物質的性質、性質與用途的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學與生活的聯(lián)系，題目難度不大。16、A【詳解】A、氯化鎂溶液電解：MgCl2＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，離子反應方程式：Mg2++2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，Mg(OH)2是難溶物，不可拆，A錯誤；B、氯氣和氫氧化鉀溶液反應：Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，離子反應方程式：Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O，B正確；C、磁鐵礦和稀硝酸反應：3Fe3O4+28HNO3(稀)=9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O，離子反應方程式：3Fe3O4＋28H+＋NO3-＝9Fe3+＋NO↑＋14H2O，C正確；D、堿性KClO溶液與Fe(NO3)3溶液反應：3KClO+2Fe(NO3)3+10KOH＝2K2FeO4+3KCl+5H2O+6KNO3，離子反應方程式：2Fe3+＋3ClO-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O，D正確。答案選A?！军c睛】單質、氧化物、不溶物、難電離的物質（弱酸、弱堿及水等）不能拆開來寫；微溶物，若出現在反應物中一般改寫成離子符號（懸濁液除外）；若出現在生成物中一般不改寫；濃H2SO4、濃H3PO4一般不拆開寫成離子形式；HCl、HNO3無論濃稀，均應改寫成離子符號。17、C【詳解】A．氨氣極易溶于水，在噴泉實驗前必須保持燒瓶干燥，實驗才能成功，故A選項錯誤。B．硫酸銅結晶水含量測定需要使用坩堝加熱，根據質量差計算，坩堝占有水會影響實驗結果，故B選項錯誤。C．使用容量瓶配置一定的物質量濃度的溶液不需要容量瓶干燥，還會在定容時加水，容量瓶沾有水對實驗結果無影響，故C選項正確。D．中和滴定過程中需要計算溶液使用的體積，滴定管沾有水會影響計算結果，故D選項錯誤。故答案選C。【點睛】本題需要注意溶液配置的過程中，在移液操作后還有加水定容，所以容量瓶無需干燥就可使用，對實驗結果沒有影響，也不會影響溶液濃度。18、B【分析】

【詳解】A．圖Ⅰ中乙到達平衡時間較短，乙的溫度較高，正反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，SO3的轉化率減小，乙的溫度較高，故A錯誤；B．圖Ⅱ在t0時刻，正逆反應速率都增大，但仍相等，平衡不發(fā)生移動，應是加入催化劑的原因，故B正確；C．增大反應物的濃度瞬間，正反速率增大，逆反應速率不變，之后逐漸增大，圖Ⅲ改變條件瞬間，正、逆速率都增大，正反應速率增大較大，平衡向正反應移動，應是增大壓強的原因，故C錯誤；D．曲線表示平衡常數與溫度的關系，曲線上各點都是平衡點，故D錯誤；故選B。【點睛】1．分析反應速度圖像：（1）看起點：分清反應物和生成物，濃度減小的是反應物，濃度增大的是生成物，生成物多數以原點為起點。（2）看變化趨勢：分清正反應和逆反應，分清放熱反應和吸熱反應。升高溫度時，△V吸熱＞△V放熱。（3）看終點：分清消耗濃度和增生濃度。反應物的消耗濃度與生成物的增生濃度之比等于反應方程式中各物質的計量數之比。（4）對于時間—速度圖像，看清曲線是連續(xù)的，還是跳躍的。分清“漸變”和“突變”、“大變”和“小變”。比如增大反應物濃度V正突變，V逆漸變；升高溫度，V吸熱大增，V放熱小增；使用催化劑，V正和V逆同等程度突變。2．化學平衡圖像問題的解答方法：（1）三步分析法：一看反應速率是增大還是減?。欢础鱒正、△V逆的相對大小；三看化學平衡移動的方向。（2）四要素分析法：看曲線的起點；看曲線的變化趨勢；看曲線的轉折點；看曲線的終點。（3）先拐先平：對于可逆反應mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），比如在轉化率—時間—壓強曲線中，先出現拐點的曲線先達到平衡，它所代表的壓強大，如果這時轉化率也高，則反應中m+n＞p+q，若轉化率降低，則表示m+n＜p+q。（4）定一議二：圖像中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系。19、B【分析】NH4Cl溶液水解顯酸性，且水解生成的氫離子濃度小于0.1mol/L，以此來解答?！驹斀狻縉H4Cl溶液水解顯酸性，且水解生成的氫離子濃度小于0.1mol/L，則氯化銨溶液的pH介于1-7之間，只有B符合；

故答案選B。20、D【分析】根據題目的反應，主要判斷外界條件的變化對平衡和速率的應該結果即可。【詳解】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移動，可增大乙醇的物質的量。選項A正確。B．增大HBr濃度，平衡正向移動，有利于生成C2H5Br。選B正確。C．若反應物增大至2mol，實際上就是將反應物的濃度都增大至原來的2倍，比例不變（兩次實驗反應物的比例都是1:1，等于方程式中的系數比），只要反應物的投料比等于系數比，達平衡時反應物的轉化率一定是相等的。所以兩種反應物的轉化率一定是1:1。選項C正確。D．若起始溫度提高至60℃，考慮到HBr易揮發(fā)性，溫度升高化學反應速率加快，而反應物濃度減小能使化學反應速率變慢，故不一定能縮短到達平衡的時間。選項D錯誤。故選D。點睛：本題中的反應是反應前后物質的量不變的反應，但是考慮到反應是在水溶液中進行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本題中的溴乙烷應該是沒有濃度的，所以選項D中是不需要考慮溫度升高將溴乙烷蒸出的影響的。21、B【詳解】Y無最高正價且形成2個鍵，說明是氧元素，Z的含氧酸均具有氧化性，說明是氯元素，W與Z為不同周期，W只能是氫元素，X形成4個鍵，應該是碳元素；A．HCl常溫是氣態(tài)，而H2O為液態(tài)，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；B．HCl與HClO或HClO3反應都可得到Cl2，選項B正確；C．H2O2是由極性鍵和非極性鍵構成的極性分子，是半開書頁型，不是直線型的，故C錯誤；D．碳的含氧酸有碳酸、甲酸、乙酸、乙二酸等，故D錯誤；故答案為B。22、A【解析】A、催化劑降低反應的活化能，但不能改變化學平衡，不能改變化學平衡常數，選項A不正確；B、CO2轉化為HCOOH可認為是催化加氫，碳元素的化合價從+4價降低為+2價，是被還原的過程，選項B正確；C、催化劑降低反應的活化能，加快反應速率，但沒有改變反應熱，選項C正確；D、醫(yī)學上用于做鋇餐的藥劑BaSO4，利用了它難溶于水和酸的性質，選項D正確。答案選A。點睛：本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應、環(huán)境保護等知識，側重于學生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性。二、非選擇題(共84分)23、酯基和羥基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的結構，可知PMMA單體為CH2=C(CH3)COOCH3，則D、J分別為CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一種，乙烯和溴發(fā)生加成反應生成A為CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成B為HOCH2CH2OH，根據信息I及PET單體分子式，可知PET單體為，則D為CH3OH、J為CH2=C(CH3)COOH，PET單體發(fā)生信息I中交換反應進行的縮聚反應生成PET樹脂為，F發(fā)生信息Ⅱ中的反應得到G，G在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應生成J，則G為，故F為，E為。(1)根據上述分析，PMMA

單體為CH2=C(CH3)COOCH3，PET為，其單體為，其中的官能團有酯基和羥基，故答案為CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羥基；(2)反應⑤中E()在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成F()，②為1，2-二溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙二醇，該反應的化學方程式為，故答案為氧化；；(3)反應④為發(fā)生縮聚反應生成的過程，則縮聚反應中脫去的小分子有n-1個乙二醇，故答案為n-1；(4)PMMA單體為CH2=C(CH3)COOCH3，某種異構體K具有如下性質：①不能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中沒有醛基；②不能使溴水褪色，說明沒有碳碳不飽和鍵；③分子內沒有環(huán)狀結構；④核磁共振氫譜有面積比為3:1的兩種峰，則K的結構簡式為CH3COCH2COCH3；另一種異構體H含有醛基、羥基和碳碳雙鍵，在銅催化下氧化，官能團種類會減少一種，說明氧化生成醛基，則結構中含有—CH2OH，則H中除碳碳雙鍵外的基團的組合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4種結構；②—CH2CHO、—CH2OH有2種結構；③—CHO、—CH2CH2OH有2種結構；共8種，故答案為CH3COCH2COCH3；8。點睛：本題考查有機物的推斷與合成，充分利用給予的信息和有機物的結構進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化。本題的易錯點為PET單體的判斷，容易判斷為。24、CH2=CHCH31,2-二氯丙烷HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O酯化反應取樣，加入氫氧化鈉溶液并加熱，冷卻后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，生成白色沉淀說明有Cl原子HOOC-COOH羧基CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl2【分析】C2H6O與C反應生成D，由D的結構簡式可知C為HOOC-COOH，C2H6O為CH3CH2OH，則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應生成乙醇；C3H5Cl發(fā)生鹵代烴的水解反應生成CH2=CHCH2OH，則C3H5Cl為CH2=CHCH2Cl，B為CH2=CHCH3，據此分析解答?！驹斀狻?1)由于B與氯氣反應產物為C3H5Cl，該反應為取代反應，故B分子式為C3H6，B和A為同系物，可知B中含有一個不飽和鍵，根據分子式可知B為CH2=CHCH3；B與氯氣加成生成CH2ClCHClCH3，其名稱為1,2-二氯丙烷；(2)反應②為HOOC-COOH與CH3CH2OH的酯化反應，方程式為HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O；(3)檢驗C3H5Cl中氯原子可取樣，加入氫氧化鈉溶液并加熱，冷卻后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，生成白色沉淀說明有Cl原子；(4)根據分析可知C為HOOC-COOH，官能團為羧基；(5)反應④為氯原子的取代反應，方程式為CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl；(6)CH≡C-CH3三聚得到苯的同系物，其可能結構簡式為：、，共有兩種；(7)D為乙二酸二乙酯，則由乙二酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成的，乙烯與水發(fā)生加成反應可生成乙醇，乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在氫氧化鈉的水溶液中水解生成乙二醇，乙二醇氧化可以生成乙二酸，所以由乙烯為原料制備

D

的合成路線為。25、使分液漏斗內的液體順利流下2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O黃綠色氣體時使SnC14氣化，利于從混合物中分離出來SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl232℃~652℃85%【分析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應制備氯氣，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl及水蒸氣，裝置B中飽和食鹽水的作用是除去氯氣中含有的HCl，裝置C中濃硫酸的作用是吸收水蒸氣，干燥氯氣，裝置D中干燥的氯氣與Sn在加熱條件下共熱反應生成SnCl4，裝置E的作用是冷凝收集SnCl4，裝置F中濃硫酸的作用是吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置E中使產物水解，裝置G中氫氧化鈉溶液的作用是吸收未反應的氯氣，防止污染空氣?！驹斀狻浚?）導管a將圓底燒瓶和分液漏斗連通，能起到平衡氣壓，使分液漏斗內的液體順利流下的作用；燒瓶A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯化鉀、氯化錳、氯氣和水，反應的離子方程式為2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）因金屬錫易與氯氣、氧氣反應，反應前應先生成氯氣，利用生成的氯氣將裝置中的空氣排出，防止空氣中的氧氣干擾實驗，當觀察到裝置F液面上方出現黃綠色氣體時，說明空氣已經排盡；由題給四氯化錫受熱易揮發(fā)，點燃酒精燈使錫熔化后，繼續(xù)加熱可以加快氯氣與錫反應，還能使使四氯化錫氣化，利于其從混合物中分離出來，故答案為：黃綠色氣體時；使SnC14氣化，利于從混合物中分離出來；（3）若上述裝置中缺少裝置C，氯氣中混有的水蒸氣會使生成的四氯化錫反應水解生成SnO2·xH2O和氯化氫，反應的化學方程式為SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl，故答案為：SnC14+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl；（4）若改為油浴加熱來控制溫度達到使四氯化錫氣化，而二氯化錫不氣化的目的，應控制溫度范圍在232℃~652℃，故答案為：232℃~652℃；（5）K2Cr2O7標準溶液與氯化亞鐵溶液反應的離子方程式為6Fe2++Cr2O72-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，由題給二氯化錫與氯化鐵反應的化學方程式可得如下轉化關系：3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，反應中消耗K2Cr2O7的物質的量為0.1000mol·L—1×0.02000L=2.000×10—3mol，則二氯化錫的含量為×100%=15%，則四氯化錫的純度為1—15%=85%，故答案為：85%。【點睛】金屬錫易與氯氣、氧氣反應，SnCl4極易水解，制備實驗應在無氧和無水環(huán)境下進行進行，則利用反應生成的氯氣排盡空氣，在制備四氯化錫的裝置前后都應有除水裝置是設計實驗的關鍵，也是解答關鍵。26、分液漏斗鐵粉C(待D處的氫氣純凈后)關閉活塞3，打開活塞2亞鐵離子易被氧化洗滌0.89【分析】由圖可知，分液漏斗中為稀硫酸，燒杯中為鐵粉，反應后（待D處的氣體純凈后）關閉活塞3，打開活塞2，C中盛放NH4HCO3，C中發(fā)生Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，過濾分離出硫酸銨，然后將FeCO3洗滌，干燥，最后加碳焙燒生成還原性Fe粉，以此來解答?！驹斀狻?1)裝置A的名稱是分液漏斗，裝置B中盛放的試劑是鐵粉，NH4HCO3盛放在裝置C中；(2)實驗過程中，欲將生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是(待D處的氣體純凈后)關閉活塞3，打開活塞2，發(fā)生主要反應的離子方程式為，FeSO4溶液要現用現配制的原因是亞鐵離子易被氧化；(3)過濾后得到固體，需要洗滌，所以操作I的名稱是洗滌，干燥過程主要目的是脫去游離水，過程中會有少量FeCO3在空氣中被氧化為FeOOH，該反應的化學方程式為，取干燥后的FeCO3樣品12.49g，與碳混合后焙燒，最終得到還原鐵粉6.16g，設樣品中FeCO3的物質的量為xmol，FeOOH的物質的量為ymol，則116x+89y=12.49x+y=，解得x=0.1mol，y=0.01mol，樣品中雜質FeOOH的質量為0.89g。27、飽和FeCl3溶液呈紅褐色②④⑦②⑦③⑤⑥⑦FeCl3+3H2O(沸水)Fe(OH)3(膠體)+3HClSO42—膠體的聚沉丁達爾效應2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+蒸發(fā)濃縮玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O寫出一個即可)【解析】I、電解質的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物，主要包括酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水等。我們在判斷此類試題的時候，最直接的方法是按照物質的分類進行判斷。①干冰是固態(tài)二氧化碳，不屬于上述物質中的任一種，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，所以不是電解質；②NaHCO3晶體屬于鹽，在水溶液中可以電離出離子而導電，所以屬于電解質；③氨水屬于混合物而不是化合物，所以不是電解質；④純醋酸屬于酸，在水溶液中可以電離出離子而導電，所以屬于電解質；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是電解質；⑥銅是單質而不是化合物，所以不是電解質；⑦熔融的KOH屬于堿，在熔融狀態(tài)下和水溶液中均可以電離出離子而導電，所以是電解質；⑧蔗糖不屬于上述物質中的任一種，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導電，所以不是電解質；所以屬于電解質的是：②④⑦。強電解質的定義是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質，因此強電解質首先必須是電解質，只能從②④⑦里面找，其中NaHCO3晶體在水溶液中可以完全電離出離子，所以屬于強電解質；純醋酸屬于共價化合物，在熔融狀態(tài)下不能電離出離子，在水溶液中不能完全電離，所以屬于弱電解質；熔融的KOH是離子化合物，在熔融狀態(tài)下和水溶液中都能完全電離出離子，所以屬于強電解質，因此屬于強電解質的是②⑦。因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能夠自由移動的離子，所以可以導電；銅作為金屬單質，含有能夠自由移動的電子，所以也可以導電，因此能夠導電的是③⑤⑥⑦。II、①.Fe(OH)3膠體的制備過程是：向煮沸的蒸餾水中逐滴加入飽和的FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，即可制得Fe(OH)3膠體。故答案是：飽和FeCl3；溶液呈紅褐色；FeCl3+3H2O（沸水）Fe(OH)3(膠體)+3HCl。②.向Fe(OH)3膠體中加入Na2SO4飽和溶液，由于硫酸根離子中和了氫氧化鐵膠粒的電荷，導致膠體發(fā)生了聚沉，故答案是：SO42-；膠體的聚沉③.利用膠體具有丁達爾效應而溶液沒有丁達爾效應，進行區(qū)分膠體和溶液，所以答案是：丁達爾效應Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蝕刻銅箔制造電路板的工藝，利用的是Fe3＋的氧化性，將銅氧化成Cu2＋，所以其反應的離子方程式是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。②.利用FeCl3溶液制取FeCl3?6H2O晶體，需要在HCl氣流中加熱、蒸發(fā)濃縮，因此其主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾；過濾操作主要需要用到燒杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：蒸發(fā)濃縮；玻璃棒③、用FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，其反應的離子方程式為：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。28、極性、BA2×10-5-2×10-9c（Na+）＞c（CO32-）＞c（NH2-）＞c（NH4CO3-）＞c（NH4+）【分析】（1）氨氣的電子式為；極性共價鍵是不同元素之間形成的共價鍵，非極性共價鍵是同種元素之間形成的共價鍵；氨氣溶于水生成一水合氨；（2）工業(yè)上用N2和H2在一定條件下合成氨的反應是氣體體積減小的放熱反應；（3）向100mL0.