2025届江苏省淮安市钦工中学高三一诊考试化学试卷含解析

2025届江苏省淮安市钦工中学高三一诊考试化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2＋SO2→Na2SO4、Na2O2＋SO3→Na2SO4+O2，据此，你认为下列方程式中不正确的是A．2Na2O2＋2Mn2O7→4NaMnO4＋O2↑B．2Na2O2＋P2O3→Na4P2O7C．2Na2O2＋2N2O3→NaNO2＋O2↑D．2Na2O2＋2N2O5→4NaNO3＋O2↑2、短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期，且原子序数依次增加。其中Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是A．常温常压下Y的单质为气态B．离子半径：W>Z>YC．X与Z形成的离子化合物具有还原性D．W的最高价氧化物的水化物一定是强酸3、工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A．卤代烃消除 B．煤高温干馏 C．炔烃加成 D．石油裂解4、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．5、化学在科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是A．是制备有机发光二极管OLED的材料之一，其属于有机高分子化合物B．2019世界能源大会把核能作为含碳能源重要替代品，核电站把化学能转化为电能C．DAC法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应D．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩，在“新冠肺炎战疫”中发挥了重要作用6、下判说法正确的是A．常温下，c(Cl-)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等B．常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同C．常温下，HCl溶液中c(Cl-)与CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等D．室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性7、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A．用石蕊作指示剂B．锥形瓶要用待测液润洗C．如图滴定管读数为25.65mLD．滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化8、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（）A．加入碎瓷片的目的是防止暴沸B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I29、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的()XYZ①FeCl3溶液Cu浓硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③SO2Ca(OH)2NaHCO3④NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸A．①③ B．①② C．②③ D．③④10、下列实验中，所选装置或仪器合理的是A．高温煅烧石灰石 B．从KI和I2的固体混合物中回收I2C．除去乙醇中的苯酚 D．量取15.00mLNaOH溶液11、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NAB．当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC．pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD．该反应释放CO2分子数目为NA12、下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A．I3AsF6晶体中存在I3＋离子,I3＋离子的几何构型为V形B．C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜OC．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn13、化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A．高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B．地沟油可以用来制肥皂和甘油C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量14、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA15、下列物质的名称正确的是A．SiO2：刚玉B．(NH4)2CO3：碳铵C．CCl4：氯仿D．：3，3，5-三甲基庚烷16、下列说法中，正确的是A．将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB．1molNa218O2与足量水反应，最终水溶液中18O原子为2NA个C．常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD．100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA二、非选择题（本题包括5小题）17、香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。①与丙二酸二乙酯的官能团相同；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；③能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_____________；中间产物II_____________。18、有A、B、C、D、E、F六种溶液，它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化钡溶液中的某一种。各取少量，将其两两混合现象如图所示。其中“↓”表示难溶物，“↑”表示气体，“-”表示无明显现象，空格表示未做实验，试推断其中F是：A．碳酸钠溶液 B．氯化钡溶液C．硫酸镁溶液 D．碳酸氢钠溶液19、氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和干燥氨气通入CCl4中进行制备，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)ΔH＜0。回答下列问题：（1）利用装置甲制备氨气的化学方程式为__。（2）简述检查装置乙气密性的操作__。（3）选择图中的装置制备氨基甲酸铵，仪器接口的连接顺序为：B→__→__→EF←__←A。（4）反应时为了增加氨基甲酸铵的产量，三颈瓶的加热方式为__（填“热水浴”或“冷水浴”）；丁中气球的作用是__。（5）从装置丁的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。（6）取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为__（已知：Mr(NH2COONH4)=78、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。计算结果保留3位有效数字）。20、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)。___________。21、Ⅰ．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+205.9kJ·mol-1①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41.2kJ·mol-1②二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3③则反应①自发进行的条件是________________，ΔH3=_____________kJ·mol-1。Ⅱ．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2

(g)+3H2

(g)2NH3(g)（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如下图所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是_________________。②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)______vB(N2)（填“>”“<”或“=”）③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)为_________Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。Ⅲ．以连二硫酸根(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：①阴极区的电极反应式为_____________________________。②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole－，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_______mL。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2。据此分析。【详解】A．Mn2O7是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7价，符合上述规律，A正确；B．P2O3不是最高正价，生成Na4P2O7，符合上述规律，B正确；C．N2O3不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，C错误；D．N2O5是最高价态的氮的氧化物，因此过氧化钠与五氧化二氮反应生成硝酸钠和氧气，D正确；答案选C。【点睛】Na2O2具有氧化性、还原性，所以与强氧化剂反应体现还原性，与还原剂反应体现氧化性，同时也既可以作氧化剂，也作还原剂，再依据得失电子守恒判断书写是否正确。2、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W分属三个周期且原子序数依次增加，X为H，Y与X、Z均可形成1︰1或1︰2的二元化合物；X与Z最外层电子数相同；Y为O，Z为Na，Y与W的一种化合物是一种新型的自来水消毒剂，W为Cl。【详解】A.常温常压下Y的单质为氧气或臭氧，故A正确；B.Y为O，Z为Na，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，应为Z<Y，故B错误；C.X与Z形成的离子化合物是NaH，H为-1价，具有还原性，可与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D.W的最高价氧化物的水化物是高氯酸，因为氯元素的非金属性强于硫元素，硫酸为强酸，所以高氯酸一定是强酸，故D正确；故选B。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。3、D【解析】

石油裂解是在比裂化更高的温度下（一般在1000℃左右），使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法，其它方法均不适合在工业上大规模生产，答案选D。4、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。5、C【解析】

从的结构简式可以看出，其属于有机小分子，不属于有机高分子化合物，A错误；核电站把核能经过一系列转化，最终转化为电能，B错误；捕获空气中的CO2可使空气中CO2的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以，聚丙烯属于混合物，D错误。6、C【解析】

A.c(Cl-)相同，说明两种盐的浓度相同，NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此二者的pH不相等，A错误；B.HCl是一元强酸，完全电离，而CH3COOH是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，当两种酸的浓度相等时，由于醋酸部分电离，所以溶液中自由移动的离子的浓度HCl>CH3COOH，离子浓度越大，溶液的导电性就越强，故HCl的导电能力比醋酸强，B错误；C.HCl是一元强酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在电离平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，两溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常温下两溶液中c(H+)相等，所以两溶液的pH也就相等，C正确；D.室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，由于二者的物质的量相等，因此恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解，使溶液显碱性，D错误；故合理选项是C。7、D【解析】

A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B.锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C.如图滴定管读数为24.40mL，故C错误；D．滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。。8、D【解析】

四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。9、D【解析】

①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；③Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；【详解】①Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故①错误；②SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应；③Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，与NaHCO3也发生反应；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱NaOH反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3==Al2(SO4)3+6H2O；故③④正确，故答案为D。【点睛】本题考查物质的相关性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。10、D【解析】

A.高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；B.I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；C.苯酚易溶于乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D.量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；答案选D。11、A【解析】

A.1个HOOC—COOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。12、C【解析】

A．I3＋离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；B．非金属性：H＜C＜O，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，B选项正确；C．非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；D．Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；答案选C。【点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。13、A【解析】

A.高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质氧化，而75%乙醇是使蛋白质变性，因此消毒原理不相同，A错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C正确；D.“静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的成分气体N2、CO2，因而都能提高空气质量，D正确；故答案是A。14、B【解析】

A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。15、D【解析】

A.刚玉为三氧化二铝，故A错误；B.碳铵为NH4HCO3，故C错误；C.氯仿为CHCl3，故C错误；D.的主链为7个碳：3，3，5-三甲基庚烷，故D正确；故选D。16、D【解析】

A．将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；B.1molNa218O2与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液中18O原子为NA个，故B错误；C．NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；D．由于浓HNO3与铜反应生成NO2，而稀HNO3与铜反应生成NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，100

mL

12

mol•L-1的浓HNO3完全被还原为NO2转移0.6mol电子，完全被还原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOH加成反应羰基+2C2H5OH2H2O【解析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2)F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O，故答案为：+2C2H5OH2H2O；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；(5)丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；(6)与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。18、D【解析】

所给5种物质中，只有硫酸镁可与三种物质（氨水、碳酸钠、氯化钡）生成沉淀，故D为硫酸镁，A、B、C分别为氨水、碳酸钠、氯化钡中的一种；再根据A可与C生成沉淀，故A、C为碳酸钠和氯化钡，则B为氨水；A与E产生气体，故A为碳酸钠，E为稀硝酸，所以F为碳酸氢钠。【详解】A+E气体说明有A、E一种一定是硝酸,另一种可能是碳酸钠、碳酸氢钠中的一种,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明A不是硝酸，所以E为硝酸，A为碳酸钠，C、D就可能是硫酸镁、氯化钡中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F无现象说明D是硫酸镁，C为氯化钡，B为氨水，最后F为碳酸氢钠，则A：碳酸钠，B：氨水，C：氯化钡

，D：硫酸镁

，E：硝酸，F：碳酸氢钠；答案选D。【点睛】这类试题还有一种表达形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→无明显现象。解题时一般先找现象较全面的一种如D或A(分别做了三次实验)。依次假设D为六种溶液中的某一种。如假设D是氨水或是硫酸镁等，分析它与其他五种溶液分别混合时的现象。若能出现三次沉淀，则假设成立。由此可确定D是硫酸镁。依照上述方式可推出A是碳酸钠，依次推出F是碳酸氢钠。19、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好IJHGD(C)或C(D)冷水浴平衡气压，收集多余的气体过滤79.8%【解析】

(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气；(2)夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面变化情况；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，制取氨气时气体中含有水蒸气，也需要除去杂质气体；(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，结合物质的性质分析；丁中气球的用来平衡内外压强；(5)利用已知信息，氨基甲酸铵(NH2COONH4)难溶于CCl4分析；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。通过碳原子守恒，计算样品中氨基甲酸铵的质量分数。【详解】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙晶体共热制取氨气，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)检查装置乙气密性的操作：夹紧止水夹B，向长颈漏斗加水至漏斗中的液面高于试管中的液面，静置，若液面差保持不变，则表明气密性良好；(3)选择图中的装置制备氨基甲酸铵，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸气，应先通过装置已中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后通过戊中的浓硫酸除去水蒸气；制取氨气时气体中含有水蒸气，通过装置丙中的碱石灰；仪器接口的连接顺序为：B→IJ→HG→EF←（或DC）CD←A。(4)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，生成氨基甲酸铵的反应是放热的，所以需要降低温度，用冷水浴；丁中气球的用来平衡内外压强，还能吸收多余未反应的气体；(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)是易水解的白色固体，难溶于CCl4，则可以使用过滤的方法分离；(6)取因吸潮变质为碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品11.730g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥、称量，质量为15.000g。碳酸钙的物质的量==0.1500mol，根据碳原子守恒，氨基甲酸铵样品中碳的物质的量也为0.1500mol，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的物质的量分别为x、y，则x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，则样品中氨基甲酸铵的质量分数为×100%=79.8%。20、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