福建省仙游县郊尾中学2026届化学高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

福建省仙游县郊尾中学2026届化学高三第一学期期中综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（）A．氨易溶于水B．氨能与水反应C．氨水显碱性D．氨易液化2、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去）。当X是强碱时，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强酸时，C在常温下是气态单质C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO33、下列有关说法正确的是A．天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源B．将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用C．若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热D．寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向4、将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4。下列关于NaHSO4的说法中正确的是()A．因为NaHSO4是离子化合物，因此能够导电B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1C．NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键D．NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键5、分子式为C6H12的烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，则其结构A．1种 B．2种 C．3种 D．4种6、下列化合物中所有化学键都是共价键的是A．Na2O2 B．NaOH C．BaCl2 D．H2SO47、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol8、用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是选项a中试剂b中试剂c中试剂实验目的装置A氨水CaO无制取并收集氨气B浓盐酸MnO2饱和NaCl溶液制备纯净的Cl2C浓盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液比较酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3D浓硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液验证SO2具有还原性A．A B．B C．C D．D9、化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化10、下列有关溶液组成的描述合理的是A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl‾、S2‾B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO‾、SO42‾、I‾C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl‾、HCO3‾D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、SO42‾11、环境和资源是人类面临的两大课题，下列说法正确的是（）A．燃煤中加入生石灰既可减少酸雨的产生，又可减少温室气体的排放B．石油分馏所得的汽油、煤油等产品均属于化合物C．海水淡化后所得的盐卤可提取溴、镁等多种重要元素D．沼气的主要成分为CH4，属于不可再生资源12、《本草纲目》在绿巩(FeSO4·7H2O)“发明”项载：“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤…”。下列叙述正确的是A．绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B．绿钒锻烧后的固体产物为FeOC．可用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成D．通入Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的SO313、阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：。下列有关说法中错误的是()A．溴单质能与阿托酸发生加成反应B．阿托酸能与硝酸发生取代反应C．可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯D．阿托酸分子中含有4个碳碳双键14、实验室需配制480mL1mol·L－1NaOH溶液，下列叙述正确的是()A．转移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶口B．用托盘天平称量19.2gNaOH固体C．容量瓶上标有温度、浓度、容积和压强D．定容时若俯视刻度线观察液面，会使所配制的NaOH溶液的浓度偏高15、既能表现出酸性又能表现出碱性的化合物为两性化合物，下列物质为两性化合物的是①SiO2②Al2O3③KAl(SO4)2④Ca(HCO3)2⑤(NH4)2CO3⑥AlA．①②③④⑤⑥ B．①②④⑤ C．②④⑤⑥ D．②④⑤16、下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/LMgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C验证电解饱和食盐水阳极有氯气生成以铁为电极电解饱和食盐水，并将阳极生成的气体通入淀粉—KI溶液D比较铜和镁的金属活动性强弱用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。（1）E元素在周期表中的位置为_______________；工业上制取C单质的化学方程式为______。（2）A的最低负价氢化物的空间构型为___；C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序是__（用离子符号表示）。（3）化合物C2D3中，该化合物的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程____________________。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CMN①符合下列条件的N的同分异构体有_______种。a含有基团、环上有三个取代基b与NaHCO3反应产生气泡c可发生缩聚反应。②M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、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。20、实验室用下图所示装置制备KClO溶液，再用KClO溶液与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）仪器a的名称___________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是______________________。（2）装置B吸收的气体是____________（写化学式），装置D的作用是____________________。（3）装置C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），反应的离子方程式为____________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯方法为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，过滤，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，向其中加入________________，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤固体2～3次，最后将固体放在真空干燥箱中干燥。（5）测定K2FeO4产品纯度。称取K2FeO4产品0.2100g于烧杯中，加入足量的强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL放入锥形瓶，用0.01000mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗标准溶液30.00mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。则K2FeO4产品的纯度为_________%（保留1位小数）。21、“一酸两浸，两碱联合”法是实现粉煤灰（含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、MgO等）综合利用的新工艺。工业流程如下：回答下列问题：（1）聚合氯化铝铁（PAFC）化学式为[Al2(OH)nCl6－n]m·[Fe2(OH)xCl6－x]y，是一种新型高效的净水剂，PAFC中铁元素的化合价为___________。（2）“一酸两浸”中的酸是________________（填结构式）。（3）实际工业中“酸浸”、“碱浸”均不能充分反应，滤渣A中主要含有SiO2、Al2O3。“纯碱混合焙烧”中，它们分别发生反应的化学方程式为_____________、________________。（4）“滤液B”的主要溶质有_____________（填化学式）。滤液混合后“蒸发”的作用是____________________________________。（5）“电解”时的化学方程式________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】之所以能形成喷泉是因为烧瓶内压强小于外界压强，水被压入烧瓶内，凡是能使烧瓶内气体减少，烧瓶内压强就能减小，就能形成喷泉，A、氨极易溶于水，B、氨能和水反应都能使气体减少，都能形成喷泉，故A、B正确。喷泉呈红色，是因为氨水显碱性，故C正确。此反应与氨是否易液化没有关系，故D错误。本题正确选项为D。2、B【分析】A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵。【详解】A．当X是强酸时，硫化铵与强酸反应生成硫化氢，则C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，故A项正确；B．当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，故B项错误；C．硫化氢或氨气和氯气的反应一定是氧化还原反应，故C项正确；D．当X是强碱时，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，故D项正确；故选B。3、B【详解】A、煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；B、生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；C、若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是个吸热反应，这是不可逆转的，故D错误；故选B。4、D【解析】A．虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在自由移动的阴阳离子，因而不能导电，A错误；B．NaHSO4固体中阳离子（Na＋）和阴离子(HSO4－)的个数比是1∶1，B错误；C．NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，C错误；D．NaHSO4固体溶于水时电离成Na+、H+和SO42－，破坏的是离子键和共价键，D正确；答案选D。5、B【解析】分子式为C6H12的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体。【详解】分子式为C6H12的烯烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该烯烃的结构简式只能为（CH3）2C=C（CH3）2，分子式为C6H12的环烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该环烷烃只能为环己烷，则生成的一氯代产物只有一种的烃有2种，故选B。【点睛】本题考查了同分异构体的求算，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键。6、D【解析】A、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故错误；B、属于离子化合物，含有离子键和共价键，故错误；C、属于离子化合物，只含有离子键，故错误；D、属于共价化合物，只含有共价键，故正确。7、D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。8、D【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；故选D。9、B【详解】A.漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B.硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D.硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。答案选B。10、C【详解】A．Al3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，ClO‾与H+、I‾之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；D．Fe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。【点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。11、C【解析】A、燃煤中加入生石灰不能吸收CO2，A错误；B、汽油、煤油等均是混合物，B错误；C、盐卤中含有较丰富的溴、镁等元素，生产、生活中所需溴、镁等元素组成的物质很多以盐卤为原料提取、制备的，C正确；D、沼气属于可再生能源，D错误，答案选C。12、C【解析】A.绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B.绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C.水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D.酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。13、D【解析】A、阿托酸中含有碳碳双键，溴单质能与阿托酸发生加成反应，A正确；B、阿托酸中含有苯环，能与硝酸发生取代反应，B正确；C、阿托酸可使酸性KMnO4溶液褪色而苯不能，可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯，C正确；D、苯环上没有碳碳双键，阿托酸分子中只含一个碳碳双键，D错误。故选D。【点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。14、D【详解】A．移液体时，玻璃棒应紧靠容量瓶内壁，A错误；B．没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量=0.5L×1mol•L-1×40g/mol=20.0g，B错误；C．容量瓶上标有刻度线、温度、容积，C错误；D．定容时俯视液面，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了配制一定物质的量的溶液的配制、对仪器的认识、实验基本操作，方法和注意事项等，难度不大，注意基础知识的理解掌握。15、D【详解】①SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；②Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；③KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；④Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑤(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑥Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的有②④⑤，本题选D。【点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。16、D【分析】A.氢氧化钠与氯化镁反应后，氢氧化钠溶液过量，加入氯化铁会产生氢氧化铁沉淀，不是沉淀的转化。B.非金属性比较需用最高价氧化物的水化物的酸性比较，氯的最高价氧化物水化物是高氯酸。C.铁做阳极，则阳极的氧化反应为铁氧化为亚铁离子，不生成气体。D.用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液，铜离子氧化性更强，先得电子生成铜，可通过实验现象观察。【详解】A.反应中氢氧化钠过量，加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，A错误。B.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，B错误。C.铁作阳极，铁失去电子，不生成氯气，C错误。D.用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液，根据放电顺序可以判断金属活动性强弱，D正确。答案为D。【点睛】本题综合考查了沉淀转化、非金属性比较、电解池相关知识点。注意电解池阳极为较活泼金属时，阳极金属参与电化学反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅦA族2NaCl2Na+Cl2↑正四面体S2->Cl->Na+Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓【分析】A，B，C，D，E五种短周期元素(稀有气体除外)，原子序数依次增大，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则D为S元素，B为O元素，E为Cl元素；只有C为金属元素，化合物C2D溶于水得到碱性溶液，则C只能为Na元素，硫化钠水解生成氢氧化钠，溶液显碱性；A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，A为C元素；据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。(1)E为Cl，在周期表中位于第三周期ⅦA族，工业上通过电解熔融的NaCl制取金属钠，反应的方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故答案为第三周期ⅦA族；2NaCl2Na+Cl2↑；(2)A的最低负价氢化物为甲烷，空间构型为正四面体；一般而言，电子层数越多，离子半径越大，则钠离子半径最小，S2-、Cl-具有相同的电子层结构，离子半径S2->Cl-，因此C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->Na+，故答案为正四面体；S2->Cl->Na+；(3)化合物Na2S3的水溶液在空气中久置后变质，生成硫和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓，故答案为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓。【点睛】本题考查元素的推断，正确判断元素的种类是解题的关键。本题的难点为(3)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。18、邻溴苯甲醛Br2、FeBr3(或Fe)+H2O19c【分析】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，名称为邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)；(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J，所以H→J的化学反应方程式为+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：a．含有基团、环上有三个取代基；b．与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基；c．可发生缩聚反应，说明同时含有羧基和羟基，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；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；(5)

以和甲烷为原料合成，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛和CH3MgBr发生信息①的反应生成，甲烷发生取代反应生成CH3Br，其合成路线为：。【点睛】充分利用反应条件、结构简式或分子式、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维及知识迁移方法进行合成路线设计；(4)中不要漏掉两个取代基位于同一个碳原子上的情况。19、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为A→C→B；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O（g）和CO2；实验结束时通入过量空气的作用是：通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中滞留的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收。（2）装置B质量增加了ng，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g·mol－1=g，沉淀中CuCO3的质量为（m－）g，碳酸铜的质量分数为=(m－)÷m×100%=（1-）×100%。20、分液漏斗防止Cl2与KOH生成KClO3HCl吸收Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O饱和KOH溶液94.3%【分析】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止副反应的发生；（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收