2022-2023学年江苏省南通市海安县高二化学第二学期期末预测试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害，其在酸性条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是A．NaNO2既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子B．食用“醋熘豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害C．NaNO2和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H+NO↑+NO2↑+H2OD．1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol2、下列氯元素含氧酸酸性最强的是A．HClO B．HClO2 C．HClO3 D．HClO43、能说明苯分子中的碳碳键不是单双键交替的事实是（）①苯不能与溴水反应而褪色②苯环中碳碳键的键长键能都相等③邻二氯苯只有一种④间二甲苯只有一种⑤在一定条件下苯与H2发生加成反应生成环已烷A．①②③④ B．①②③ C．②③④⑤ D．①②③⑤4、下列有关说法正确的是A．镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,水的电离程度相同C．0.1

mol/LNa2CO3溶液:c(OH-)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)D．对于反应2SO2+O2

2SO3,使用催化剂能加快反应速率和提高SO2平衡转化率5、某溶液中可能含有，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是A． B． C． D．6、下列关于有机化合物的说法错误的是A．甲烷、苯、乙醇和乙酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)C．双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应D．石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料7、海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl-、Br-、SO42-、HCO3-、CO32-等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是A．海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32-、HCO3-B．吸收塔中发生的反应有SO2+H2OH2SO3C．氧化主要是氧气将HSO3-、SO2-、H2SO3氧化为SO42-D．经稀释“排放”出的废水中，SO42-浓度与海水相同8、下列说法错误的是A．浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥B．常温下，实验室可以用稀硝酸与铜反应制取NO气体C．从海水中提取溴的过程中常鼓入热空气，其目的是氧化Br—D．SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应.也能与氢氟酸反应9、各组物质不属于同分异构体的是()A．2,2－二甲基－1－丙醇和2－甲基－1－丁醇B．对氯甲苯和邻氯甲苯C．2－甲基丁烷和戊烷D．甲基丙烯酸和甲酸丙酯10、下列各组物质中,都是由极性键构成极性分子的一组是()A．CH4和Br2 B．NH3和H2OC．H2S和CCl4 D．CO2和HCl11、燃烧0.1mol某有机物得0.2molCO2和0.3molH2O，由此得出的结论不正确的是()A．该有机物分子的结构简式为CH3—CH3B．该有机物中碳、氢元素原子数目之比为1∶3C．该有机物分子中不可能含有双键D．该有机物分子中可能含有氧原子12、下列说法正确的是A．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质B．石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物D．以重油为原料裂解得到各种轻质油13、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是A．用装置制备S02B．用装置从碘水溶液中萃取碘C．用装置除去粗盐溶液中混有的KC1杂质D．用装置制取NH314、下列物质与NaOH醇溶液共热可制得烯烃的是（）A．C6H5CH2Cl B．(CH3)3CCH2BrC．CH3CHBrCH3 D．CH3Cl15、下列说法正确的是A．BCl3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构B．所有共价化合物熔化时需克服微粒间的作用力类型都相同C．NaHSO4晶体熔融时，离子键被破坏，共价键不受影响D．NH3和CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构16、下列有关物质的量浓度关系中，不正确的是：A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c(Na+)＝c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)B．浓度相同的下列溶液：①（NH4)2Fe(SO4)2②（NH4)2CO3③（NH4)2SO4,NH4+浓度由大到小的顺序是：①>③>②C．浓度均为0.1mol·L-1CH3COONa、NaHCO3、-ONa溶液中：若c(OH-)分别为c1、c2、c3，则c3＞c2＞c1D．NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+2c(CO32-)二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。方法一：用质谱法分析得知A的质谱如图：方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3。方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图：（1）分子中共有____种化学环境不同的氢原子。（2）A的分子式为____。（3）该物质属于哪一类有机物____。（4）A的分子中只含一个甲基的依据是____(填序号)。aA的相对分子质量bA的分子式cA的核磁共振氢谱图dA分子的红外光谱图（5）A的结构简式为________________________________。18、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为________________________。（2）从A→B的反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为____________。（3）F与G的关系为（填序号）____________。a．碳链异构b．官能团异构c．顺反异构d．位置异构（4）C→D的化学方程式为_______________________________________。（5）M的结构简式为____________。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、实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，反应如下：KHC8H4O4+NaOH=KNaC8H4O4+H2O。邻苯二甲酸氢钾溶液呈酸性，滴定到达终点时，溶液的pH约为9.1。（1）为标定NaOH溶液的浓度，准确称取一定质量的邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）加入250mL锥形瓶中，加入适量蒸馏水溶解，应选用_____________作指示剂，到达终点时溶液由______色变为_______色，且半分钟不褪色。（提示：指示剂变色范围与滴定终点pH越接近误差越小。）（2）在测定NaOH溶液浓度时，有下列操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂；②向锥形瓶中加20mL～30mL蒸馏水溶解；③用NaOH溶液滴定到终点，半分钟不褪色；④重复以上操作；⑤准确称量0.4000g～0.6000g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；⑥根据两次实验数据计算NaOH的物质的量浓度。以上各步操作中，正确的操作顺序是_________。（3）上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放在锥形瓶中溶解，对实验是否有影响？_____________。（填“有影响”或“无影响”）（4）滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加待测定的NaOH溶液滴定，此操作使实验结果____________。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）（5）现准确称取KHC8H4O4（相对分子质量为204.2）晶体两份各为0.5105g，分别溶于水后加入指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积平均为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为________。（结果保留四位有效数字）。21、铁单质及其化合物在生活、生产中应用广泛。请回答下列问题：(1)钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式为___________________。(2)由于氧化性Fe3＋>Cu2＋，氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是________________________________________________________________________。(3)硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是______________________________(用离子方程式表示)。在使用时发现硫酸铁不能使酸性废水中的悬浮物沉降而除去，其原因是______________________________。(4)磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是，若有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H＋═NO↑+NO2↑+H2O，N元素的化合价一半由+3价降低为+2价，另一半由+3价升高为+4价。【详解】A、亚硝酸钠中，N显+3价，N元素的化合价既能升高又能降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，故A正确；B、食用"醋熘豆芽"中含有很多还原性较强的有机物，可以将亚硝酸盐还原，因此其能减少亚硝酸钠对人体的危害，故B正确；C、酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H＋=NO↑+NO2↑+H2O，故C正确；D、1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol×1/2×(4-3)=0.5mol，D错误。故选D。【点睛】本题考查元素化合物的性质，意在考查考生对氧化还原反应原理的理解和应用能力。2、D【解析】

非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则酸性为HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO，故选D。3、B【解析】

①苯不能使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，①正确；②苯环上碳碳键的键长键能都相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，②正确；③如果是单双键交替结构，苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，③正确；④无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键，苯的间二甲苯只有一种，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，④错误；⑤苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，所以不能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实，⑤错误；答案选B。4、A【解析】A、铜、铁、电解质构成原电池，铁做负极，镀铜铁制品镀层受损后，铁更容易生锈，选项A正确；B、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中,前者电离产生的氢离子浓度小，抑制水的电离程度小，水的电离程度小，选项B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在质子守恒有:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，选项C错误；D、使用催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，故不能提高SO2平衡转化率，选项D错误；答案选A。5、A【解析】

滴入过量氨水，产生白色沉淀，所以溶液中一定存在Al3+，不存在Fe3+。溶液中各离子的物质的量浓度相等，如果没有Na+，根据电荷守恒，一定存在SO42-和另一种阴离子，若有Na+，则三种阴离子都必须存在，所以SO42-一定存在。故选A。【点睛】充分利用电荷守恒解答此类离子推断题，特别是题干中给出了离子的物质的量或规定了离子的物质的量，一般都会用到电荷守恒。6、A【解析】

A.乙醇与高锰酸钾反应生成乙酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.4C的碳链有正、异2种结构，根据1固定1游动原则，如图，固定在绿色1时，有4种，固定在绿色2时，有2种；含有一个支链时，如图，3种，则C4H8Cl2有9种同分异构体(不含立体异构)，B正确；C.双糖、多糖、油脂和蛋白质都能发生水解反应，C正确；D.石油经裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料，D正确；答案为A。7、D【解析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO3-离子，CO32-、HCO3-都能发生水解，呈现碱性，A正确；氧气具有氧化性，可以把SO42-、HSO3-、H2SO3等氧化为硫酸，B正确；氧化后的海水需要与天然水混合，冲释海水中的酸，才能达到排放，C正确；经过稀释与海水混合，SO42-浓度比海水要小，D错；答案选D。8、C【解析】

A．浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化SO2，所以SO2气体可以用浓硫酸干燥，选项A正确；B．铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，因此常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体，选项B正确；C.鼓入热空气的目的是降低溴的溶解度，将溴吹出，选项C错误；D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，选项D正确；答案选C。9、D【解析】试题分析：同分异构体是指有相同化学式，但具有不同结构的化合物。D选项中的甲基丙烯酸中有两个双键（碳碳双键和碳氧双键），而甲酸丙酯中只有一个碳氧双键，故这两种物质不是同分异构体。考点：同分异构体的判断、根据有机物名称写出其结构简式点评：根据有机物名称写出其结构简式的问题在中学化学教材中详细的学习了烷烃，其它有机物未作要求，但需了解10、B【解析】

A、CH4是极性键形成的非极性分子，Br2是非极性键结合成的非极性分子，A错误；B、NH3是极性键形成的极性分子，H2O是极性键形成的极性分子，B正确；C、H2S是极性键构成的极性分子，CCl42是由极性键构成的非极性分子，C错误；D、HCl是极性键构成的极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，D正确；答案选B。11、A【解析】

根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，据此分析；【详解】A、根据元素守恒和原子守恒，推出0.1mol有机物中含有0.2molC和0.6molH，即1mol该有机物中有2molC和6molH，因为题中无法确认有机物的质量或相对分子质量，因此无法确认有机物中是否含氧元素，即无法确认有机物结构简式，故A说法错误；B、根据A选项分析，该有机物中碳、氢元素原子数目之比为2：6=1：3，故B说法正确；C、1mol该有机物中含有2molC和6molH，该有机物分子式C2H6Ox，不饱和度为0，即不含碳碳双键，故C说法正确；D、根据A选项分析，该有机物中可能存在氧元素，也可能不存在氧元素，故D说法正确；答案选A。【点睛】有机物分子式的确定，利用原子守恒和元素守恒，推出有机物中C原子的物质的量和H原子的物质的量，然后根据有机物的质量，确认是否含有氧元素，从而求出有机物的实验式，最后利用有机物的相对分子质量，求出有机物的分子式。12、A【解析】

A．植物油含有高级脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，A项正确；B．煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，B项错误；C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C项错误；D．以重油为原料裂化得到各种轻质油，而不是裂解，D项错误；答案选A。【点睛】本题的易错点是D项，要特别注意裂化的目的是为了提高轻质油（如汽油等）的产量；而裂解是深度的裂化，其目的是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃。13、B【解析】

A．Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，图中缺少酒精灯，故A错误；B．苯的密度比水的密度小，萃取后苯在上层，图中分层现象合理，故B正确；C．KCl溶于水，不能过滤分离，故C错误；D．固体混合加热时，试管口要向下略微倾斜，故D错误；故答案为B。14、C【解析】

卤代烃的消去反应的特点为与卤素原子相连碳原子的相邻碳原子上必须有C-H键；【详解】A.C6H5CH2Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，A不符合题意；B.(CH3)3CCH2Br与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，B不符合题意；C.CH3CHBrCH3与NaOH醇溶液共热能生成CH3CH=CH2，C符合题意；D.CH3Cl与NaOH醇溶液共热不能发生消去反应生成碳碳双键，D不符合题意；答案为C。15、C【解析】

A．如果中心原子价电子数+其化合价的绝对值=8，则该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，PCl3分子中P原子价电子数是5，其化合价为+3，所以为8，则该分子中所有原子都具有8电子结构；而BCl3分子中B原子最外层电子数是3、其化合价为+3，所以该分子中并不是所有原子都达到8电子结构，选项A错误；B、二氧化碳和二氧化硅均为共价化合物，干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，选项B错误；C、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，选项C正确；D、NH3和CO2两种分子中，氢原子只达到2电子稳定结构，其他每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，选项D错误。答案选C。16、D【解析】

A．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后的溶液溶质为等浓度的(NH4)2SO4和Na2SO4，NH4+水解，溶液呈酸性，则c(Na+)=c(SO42-)＞c(NH4+)，c(H+)＞c(OH-)，一般来说，单水解的程度较弱，则有c(NH4+)＞c(H+)，应有c(Na+)=c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；B．硫酸亚铁铵中，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用；碳酸铵中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，所以三种溶液中NH4+浓度大小为：①>③>②，故B正确；C．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞-OH，酸性越弱，对应的盐类水解程度越大，则浓度均为0.1mol•L-1CH3COONa、NaHCO3、-ONa溶液中：若c(OH-)分别为c1、c2、c3，则c3＞c2＞c1，故C正确；D．根据物料守恒可知，NaHCO3溶液中存在c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，故D错误；故选D。【点睛】本题考查盐类的水解和离子浓度大小比较，本题注意把握弱电解质的电离和盐类水解的比较。本题的易错点为D，要注意NaHCO3溶液中的电荷守恒和物料守恒中c(CO32-)前的系数，电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，物料守恒c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)。二、非选择题（本题包括5小题）17、4C8H8O2酯类bc【解析】

（1）核磁共振氢谱可知A有4个峰；（2）N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，A的相对分子质量为136；（3）从红外光谱可知；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2；（5）会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，结合起来可得A的结构简式。【详解】（1）由核磁共振氢谱可知A有4个峰，所以A分子中共有4种化学环境不同的氢原子；（2）已知A中含碳为70.59％、含氢为5.88％，含氧23.53％，列式计算N（C）：N（H）：N（O）=：=4:4:1，求得A的实验式为C4H4O，设A的分子式为（C4H4O）n，又由A的相对分子质量为136，可得n=2，分子式为C8H8O2；（3）从红外光谱可知8个碳原子中有6个C在苯环中，还有C=O、C—O—C、C—H这些基团，可推测含有的官能团为酯基，所以A是酯类；（4）由A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1∶2∶2∶3，A的分子式为C8H8O2，可知A分子中只含一个甲基，因为甲基上的氢原子有3个，答案选bc；（5）根据以上分析可知，A的结构简式为：。【点睛】本题考查测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构方法，会从质谱法中得到分子的相对分子质量，会分析核磁共振图谱得知有机物分子中氢的环境，会分析红外光谱仪确定分子中所含基团，综合计算可以得到有机物的分子式和结构。18、1,6-己二醇减压蒸馏（或蒸馏）c【解析】

A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据C、D结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据G、N结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M结构简式为。【详解】（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6-己二醇；（2）A和B均为有机物，互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏；（3）F与G的分子式相同，不同的是碳碳双键同侧的原子团不同，F和G的关系为顺反异构，答案选c；（4）该反应为羧酸和醇的酯化反应，C→D的化学方程式为；（5）根据G、N结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M结构简式为。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