云南省宣威市第九中学2025届高三（最后冲刺）化学试卷含解析

云南省宣威市第九中学2025届高三（最后冲刺）化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B．华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅C．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D．SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫2、化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。正确的是A．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C．“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D．所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用3、常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（）A．c(Al3+)=0.1mol•L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-B．水电离出的c(H+)=10-4mol•L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-D．使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-4、下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象5、材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是A．人面鱼纹陶盆-无机非金属材料 B．圆明园的铜鼠首--金属材料C．宇航员的航天服-有机高分子材料 D．光导纤维--复合材料6、下列晶体中属于原子晶体的是（）A．氖 B．食盐C．干冰 D．金刚石7、下列化学用语或模型表示正确的是()A．H2S的电子式：B．S2－的结构示意图：C．CH4分子的球棍模型：D．质子数为6，中子数为8的核素：8、关于钠及其化合物的化学用语正确的是A．钠原子的结构示意图：B．过氧化钠的电子式：C．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-D．次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+H2OHClO+OH9、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验现象结论A植物油和溴水混合后振荡、静置溶液分层，溴水褪色植物油萃取了溴水中的Br2B将Cl2通入滴有酚酞NaOH的溶液褪色Cl2具有漂白性C将过量的CO2通入CaCl2溶液无白色沉淀生成生成的Ca（HCO3）2可溶于水D将浓硫酸滴到胆矾晶体上晶体逐渐变白色浓硫酸的吸水性A．A B．B C．C D．D10、短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y与W同族。X、Y、Z三种原子最外层电子数的关系为X+Z=Y。电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液。下列说法正确的是A．W的氢化物稳定性强于Y的氢化物B．Z与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．Z与Y形成的化合物的水溶液呈碱性D．对应的简单离子半径大小为W>Z>X>Y11、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径．对数据的利用情况正确的是A．利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B．利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C．利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D．利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小12、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（）A．X可能含有2种盐 B．Y可能含有(NH4)2SO4C．a是SO3 D．(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+713、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3—发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是A．B溶液含[Al(OH)4]—B．A溶液和B溶液混合无明显现象C．D与F反应生成盐D．E排入大气中会造成污染14、下列关于铝及其化合物的说法正确的是()A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)相同15、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．11g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NAB．28g聚乙烯（）含有的质子数目为16NAC．将标准状况下224mLSO2溶于水制成100mL溶液，H2SO3、、三者数目之和为0.01NAD．含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA16、两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2（同温同压下），则第一份与第二份铝屑的质量比为A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶1二、非选择题（本题包括5小题）17、结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_________；D中官能团的名称是_______；反应②的反应类型是_______。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式__________。（3）已知：，则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_____。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为________________（任写一种）18、新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)19、Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4·7H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80℃，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO4·7H2O的离子方程式为_____________。(2)加入浓硫酸的作用为_________(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去FeSO4·7H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_________。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/℃FeSO4·7H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8①m=______；n=______。②若c>87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。20、（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（5）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是______________________（任写两条）。（6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉，含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为________。21、铁酸锌(ZnFe2O4)是对可见光敏感的半导体催化剂，其实验室制备原理为：①ZnSO4+2FeSO4+3Na2C2O4+6H2OZnFe2(C2O4)3·6H2O↓+3Na2SO4②ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O回答下列问题:(1)基态Fe2+的价层电子排布图为___________.(2)电离能大小比较：I1(Zn)___________I1(Cu)，I2(Zn)___________I2(Cu)(填“>”“<”或“=”)。(3)Na2SO4中阴离子的空间构型是___________，该离子中S的杂化类型是_____。(4)CO和N2的分子结构相似，标准状况下，VLCO2和CO的混合气体中含键的物质的量为___________。与CO2互为等电子体的离子有____________(写一种即可)。(5)ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点依次为283℃、394℃、446℃，其主要原因是___________。(6)铁和碳组成的某种晶体的晶胞如图所示。面心上铁原子相连构成正八面体。已知该晶体的密度为dg·cm-3，NA是阿伏加德罗常数的值。①该晶体中Fe、C原子的最简比为___________。②该晶胞中相邻两个面心上铁原子最近的核间距离D=___________nm(只列计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；B.硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；C.Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；D.SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；答案选D。2、C【解析】

A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D错误。答案选C。3、B【解析】

A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F-也不能大量共存，故A错误；B.常温下，水电离出的c(H+)=10-4mol•L-1，水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发生水解反应，促进水的电离，故B正确；C.与Al反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故C错误；D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，NO2-有强氧化性能与Br-发生氧化还原反应，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】NO2-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。4、D【解析】

A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；故选D。5、D【解析】

A.陶瓷主要成分为硅酸盐，为无机非金属材料，故A正确；

B.铜鼠首为青铜器，为铜、锡合金，为金属材料，故B正确；

C.航天服的材料为合成纤维，为有机高分子材料，故C正确；

D.光导纤维主要材料为二氧化硅，为无机物，不是复合材料，故D错误；

故选D。6、D【解析】

根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。【详解】A、氖属于分子晶体，选项A不选；B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选；C、干冰属于分子晶体，选项C不选；D、金刚石属于原子晶体，选项D选；答案选D。7、D【解析】

A.H2S为共价化合物，其电子式应为，A项错误；B.S原子为16号元素，硫离子的核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，B项错误；C.为甲烷的比例模型，非球棍模型，C项错误；D.质子数为6的原子为C原子，中子数为8，则该C原子的质量数为6+8=14，则该核素为：，D项正确；答案选D。8、D【解析】

A.钠原子原子核外有11个电子，A错误；B.过氧化钠是离子化合物，B错误；C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C错误；D.次氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D正确；答案选D。9、D【解析】A．植物油中的烃基含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，可导致溴水褪色，褪色原因不是萃取，A错误；B．氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，而氯气本身不具有漂白性，B错误；C．因碳酸的酸性比盐酸弱，则二氧化碳与氯化钙溶液不反应，C错误；D．晶体逐渐变白色，说明晶体失去结晶水，浓硫酸表现吸水性，D正确，答案选D。点睛：选项D是解答的易错点，注意浓硫酸的特性理解。浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。10、C【解析】

元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性F>Cl，氢化物稳定性HF>HCl，故A错误；B.Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2->F->Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl->O2->F->Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。11、C【解析】

A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。12、C【解析】

流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。【详解】A．废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；B．X中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；C．亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；D．（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。13、B【解析】

根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。【详解】A.铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；B.硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C.D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D.E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；答案为B。14、C【解析】

A.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝以化合态形式存在于地壳中，故A错误；B.铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很活泼，在表面形成一屋致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故B错误；C.氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料，故C正确；D.熔化的氯化铝是非电解质，不易导电，和大多数含卤素离子的盐类(如氯化钠)不相同，是分子晶体，故D错误；故选C。【点睛】本题综合考查铝及其化合物的性质，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关知识的积累，D为易错点，熔化的氯化铝是非电解质，由分子构成，不易导电。15、B【解析】

过氧化钾（K2O2）与硫化钾（K2S）的相对分子质量均为110，11g过氧化钾与硫化钾的混合物的物质的量为0.1mol，每摩尔K2O2含2molK+和1mol，每摩尔K2S含2molK+和1molS2−，故含有离子数目为0.3NA，A错误；的最简式为CH2，28g含有2molCH2，每个CH2含8个质子，故质子数目为16NA，B正确；标准状况下224mLSO2物质的量为0.01mol，SO2与水反应生成H2SO3的反应为可逆反应，所以，H2SO3、、三者数目之和小于0.01NA，C错误；浓硝酸与铜反应时，若只发生Cu＋4HNO3(浓)Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，1molHNO3转移电子数目为0.50NA，随着反应的进行，浓硝酸逐渐变稀，又发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只发生3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，1molHNO3转移电子数目为0.75NA，故转移电子数目介于0.50NA和0.75NA之间，D错误。16、B【解析】

盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，则2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑23x2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑232x则第一份与第二份铝屑的质量比为：(mol×27g/mol)︰(mol×27g/mol)=1︰2，故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯仿氯原子、醛基加成反应+4NaOH+3NaCl+2H2O【解析】

（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应②为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知：，可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。18、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率15【解析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。19、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2Oa、cK3[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于【解析】

(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；(2)NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mgFe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。20、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性（任写两条）分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶