2023年新疆乌鲁木齐地区高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项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、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是()A．由MgCl2制取Mg是放热过程B．热稳定性：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2C．常温下氧化性：F2<Cl2<Br2<I2D．由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－12、下列说法不正确的是A．氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B．钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂C．用硅制造的光导纤维具有很强的导电能力，可用于制作光缆D．化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸3、硅元素在地壳中的含量非常丰富。下列有关说法不正确的是A．晶体硅属于共价晶体B．硅原子的电子式为C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2D．硅原子的价电子排布图为4、一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（）A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L-1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD．该磁黄铁矿中FexS的x=0.855、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是A．小苏打——作食品疏松剂 B．漂粉精——作游泳池消毒剂C．甘油——作护肤保湿剂 D．明矾——作净水剂6、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种7、下列物质属于只含共价键的电解质的是（）A．SO2 B．C2H5OH C．NaOH D．H2SO48、下列物质的检验，其结论一定正确的是()A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42—B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO29、SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A．采用热交换器循环利用能量 B．压强控制为20～50MPaC．反应温度控制在450℃左右 D．使用V2O5作催化剂10、下列实验操作能达到实验目的的是A．用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B．用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C．用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D．用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl11、81号元素所在周期和族是()A．第六周期ⅣA族 B．第六周期ⅢB族 C．第七周期0族 D．第六周期ⅢA族12、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的关系如图所示。下列说法正确的是A．Ka1(H2C2O4)数量级为10－1B．曲线N表示－lg和－lgc(HC2O4－)的关系C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此时溶液pH约为5D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)13、下列实验过程中，始终无明显现象的是A．Cl2通入Na2CO3溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AgNO3溶液中D．SO2通入NaHS溶液中14、下列说法正确的是()A．核素的电子数是2B．1H和D互称为同位素C．H+和H2互为同素异形体D．H2O和H2O2互为同分异构体15、下列对图像的叙述正确的是甲乙丙丁A．图甲可表示压强对反应：的影响B．图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂C．若图丙表示反应：，则、D．图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有16、下列操作或原理正确的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C．蒸馏操作时先通冷却水再加热D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中二、非选择题（本题包括5小题）17、下列A～J十种物质之间的转化关系如图所示，其中部分生成物或反应条件已略去。A为正盐；常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体，I通常为红棕色气体，I的相对分子质量比E的大16；F在常温下是一种无色液体；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，产物C易溶于水；J是一元含氧强酸。回答下列问题：(1)A的化学式为_________。(2)一定条件下，B和D反应生成E和F的化学方程式为_____________。(3)J和金属Cu反应生成E的化学方程式为_______。(4)H和石灰乳反应的化学方程式为___________。(5)在I和F的反应中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________。18、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A的名称___________________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：__________________。19、硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。20、某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50~60°C热水浴中加热.充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。(1)在实验中选择50~60°C热水浴的原因是___________(2)装置B的作用是______________；KMnO4溶液的作用是______________。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液，下列不符合实验要求的是_________(填字母)。a.保持铁屑过量b.控制溶液呈强碱性c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)检验制得的(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O中是否含有Fe3+的方法：将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解，然后滴加_______(填化学式)。(5)产品中杂质Fe3+的定量分析：①配制Fe3+浓度为0.1mg/mL的标准溶液100mL。称取______(精确到0.1)mg高纯度的硫酸铁铵[(NH4)Fe(SO4)2·12H2O]，加入20.00mL经处理的去离子水。振荡溶解后，加入2mol·L-1HBr溶液1mL和1mol·L-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。②将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位：mg·L-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度)，并将测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品，按步骤①配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL，稀释至100mL，然后测定稀释后溶液的吸光度，两次测得的吸光度分别为0.590、0.610，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为_______mg·L-1。(6)称取mg产品，将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入锥形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_____(用含c、V、m的代数式表示)。21、在水体中部分含氮有机物循环如图1所示．（1）图中属于氮的固定的是____（填序号）．（2）图中①②的转化是在亚硝化细菌和硝化细菌作用下进行的，已知：2NH4+（aq）+3O2═2NO2﹣（aq）+4H+（aq）+2H2O（l）△H1＝﹣556.8kJ/mol2NO2﹣（aq）+O2（g）＝2NO3﹣（aq）；△H2＝﹣145.2kJ•mol﹣1则反应NH4+（aq）+2O2（g）＝NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（1）△H3＝____kJ•mol﹣1（3）某科研机构研究通过化学反硝化的方法除脱水体中过量的NO3﹣，他们在图示的三颈烧瓶中（装置如图2）中，加入NO3﹣起始浓度为45mg•L﹣1的水样、自制的纳米铁粉，起始时pH＝2.5，控制水浴温度为25℃、搅拌速率为500转/分，实验中每间隔一定时间从取样口检测水体中NO3﹣、NO2﹣及pH（NH4+、N2未检测）的相关数据（如图3）．①实验室可通过反应Fe（H2O）62++2BH4﹣＝Fe↓+2H3BO3+7H2↑制备纳米铁粉，每生成1molFe转移电子总的物质的量为____．②向三颈烧瓶中通入N2的目的是____．③开始反应0～20min，pH快速升高到约6.2，原因之一是___________；NO3﹣还原为NH4+及少量在20～250min时，加入缓冲溶液维持pH6.2左右，NO3﹣主要还原为NH4+，Fe转化为Fe（OH）2，该反应的离子方程式为___（4）一种可以降低水体中NO3﹣含量的方法是：在废水中加入食盐后用特殊电极进行电解反硝化脱除，原理可用图4简要说明．①电解时，阴极的电极反应式为_____．②溶液中逸出N2的离子方程式为_____．

参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】

A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，B错误；C、氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。2、C【答案解析】

A项、氯气是一种重要的化工原料，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B项、钠钾合金导热性强，可用于快中子反应堆的热交换剂，故B正确；C项、光导纤维主要成分二氧化硅，是绝缘体，不导电，故C错误；D项、硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，常用于化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等，故D正确；故选C。3、D【答案解析】

晶体硅中所有原子都以共价键相结合，属于共价晶体，A正确；Si原子的最外层有4个电子，B正确；Si原子核外有14个电子，根据构造原理可知其排布式为1s22s22p63s23p2，C正确；硅原子的价电子排布图不符合洪特规则，选项D错误。4、C【答案解析】

n(S)=3.2g÷32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【题目详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L，C正确；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。5、B【答案解析】

A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；故答案为B。6、B【答案解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。7、D【答案解析】

A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；故答案选D。8、C【答案解析】

A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42‾或Cl‾，故A错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32—或SO32—，或HCO3‾或HSO3‾，故B错误；C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42‾和SO32‾，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。答案选C。【点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl‾、SO42‾、SO32‾、CO32‾、HCO3‾、NH3、Cl2、SO2等。9、B【答案解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C.在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。10、C【答案解析】

A、NO2和水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故正确；D、Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。11、D【答案解析】

第六周期0族元素为86号元素，因此86−81=5，18−5=13，在13纵列，即第ⅢA族，因此81号元素在第六周期ⅢA族，故D符合题意。综上所述，答案为D。12、C【答案解析】

H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；根据上述分析，因为，则，数量级为10－2，选项A错误；根据A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此时溶液pH约为5，选项C正确；根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，选项D错误；答案选C。13、B【答案解析】

A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故选B。14、B【答案解析】

A.核素的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。故选B。15、C【答案解析】

本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。【题目详解】A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则x<2，分析曲线b、c可知，b曲线先出现拐点，则T1>T2，故C正确；D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；答案：C16、C【答案解析】

A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回试剂瓶。【题目详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。【答案点睛】本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4Cl4NH3+5O24NO+6H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O1:2【答案解析】

根据题目提供的转化关系，常温、常压下，B、C、D、E、G、H、I均为气体，其中D、G、H为单质，H为黄绿色气体则为氯气，I通常为红棕色气体则为NO2，I的相对分子质量比E的大16，则E为NO；F在常温下是一种无色液体则为H2O；G能在H中燃烧，发出苍白色火焰，则G为氢气，产物C易溶于水为氯化氢；J是一元含氧强酸且可由NO2与水反应得到，则为HNO3。NO与D反应生成NO2，D为单质，则D为氧气，B与氧气反应生成NO和水，则B为氨气，A为正盐，加热得到氨气和氯化氢，则A为氯化铵。(1)A为氯化铵，其化学式为NH4Cl；(2)一定条件下，B（NH3）和D（O2）反应生成E（NO）和F（H2O）的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(3)J（HNO3）和金属Cu反应生成E（NO）的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)H为氯气，和石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)在I和F的反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。18、2—甲基丙烯取代反应酚羟基和硝基C10H11NO56【答案解析】

根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【题目详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为，故答案为6；；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。19、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【答案解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。【答案点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。20、使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低防止液体倒吸进入锥形瓶吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气bcKSCN86.185【答案解析】

A中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气，还有少量的硫化氢气体，滴加氨水，可生成硫酸亚铁铵，B导管短进短出为安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氢等气体，避免污染环境，气囊可以吸收氢气。【题目详解】（1）水浴加热的目的是控制温度，加快反应的速率，同时防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，故答案为：使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；（2）B装置短进短出为安全瓶，可以防止液体倒吸进入锥形瓶；由于铁屑中含有S元素，因此会产生H2S，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体，防止污染空气，吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气，故答案为：防止液体倒吸进入锥形瓶；吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气；（3）由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，同时为抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持强酸性，浓硫酸常温下会钝化铁，故答案为：bc；（4）检验铁离子常用KSCN溶液，故答案为：KSCN；（5）①在Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL×100mL=10.0mg，依据关系式Fe3+～（NH4）Fe（SO4）2•12H2O得：m[（NH4）Fe（SO4）2•12H2O]=10.0mg×=86.1mg，故答案为：86.1；②两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610，取其平均值为0.600，从吸光度可以得出浓度为8.5mg/L，又因配得产品溶液10mL，稀释至100mL，故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为：8.5mg/L×=85mg/L，故答案为：85；（6）滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，KM