江苏省南通市海安高级中学2025届高三高考第一次模拟考试化学试题试卷含解析

江苏省南通市海安高级中学2025届高三高考第一次模拟考试化学试题试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②．则A．反应①中还原产物只有SO2B．反应②中Cu2S只发生了氧化反应C．将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21molD．若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA2、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.253、NaHCO3和NaHSO4溶液混合后，实际参加反应的离子是()A．CO32﹣和H+ B．HCO3﹣和HSO4﹣C．CO32﹣和HSO4﹣ D．HCO3﹣和H+4、胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A．Cu2+的价电子排布式为3d84s1B．所有氧原子都采取sp3杂化C．胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大5、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色6、在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-B．SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42--8eS2-+4H2OC．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2D．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀7、下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A．鉴别SO2和CO2 B．检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C．鉴别苯和甲苯 D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁8、石墨烯是只由一层碳原子所构成的平面薄膜，其结构模型见如图。有关说法错误的是（）A．晶体中碳原子键全部是碳碳单键B．石墨烯与金刚石都是碳的同素异形体C．石墨烯中所有碳原子可以处于同一个平面D．从石墨中剥离得到石墨烯需克服分子间作用力9、科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中需要不断补充Fe2+B．阳极反应式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6LD．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）10、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA11、甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)∆H=-QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A．Q>0B．600K时，Y点甲醇的υ(正)<υ(逆)C．从Y点到Z点可通过增大压强实现D．从Y点到X点可通过使用催化剂实现12、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A．二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B．浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2＋C．硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D．二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气13、下列化学用语对事实的表述正确的是A．电解CuCl2溶液：CuCl2=Cu2++2Cl-B．Mg和Cl形成离子键的过程：C．向Al2(SO4)3溶液中滴加Na2CO3溶液：2Al3++3CO32-=Al2(CO3)3↓D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O14、某温度下，0.200mol·L-1的HA溶液与0.200mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如下表，下列说法正确的是微粒XYNa+A-浓度/（mol•L-1）8.00×10-42.50×10-100.1009.92×10-2A．0.1mol·L-1HA溶液的pH＝1B．该温度下Kw＝1.0×10-14C．微粒X表示OH-，Y表示H＋D．混合溶液中：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋）15、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B．合成氨工业中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D．273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA16、下列有关有机化合物的说法中，正确的是A．淀粉、蛋白质和油脂都属于有机高分子化合物B．乙烯、苯和乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C．绝大多数的酶属于具有高选择催化性能的蛋白质D．在的催化作用下，苯可与溴水发生取代反应二、非选择题（本题包括5小题）17、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：请回答：(1)A的化学式为______________________。(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是________________________。(3)A加热条件下分解的化学方程式为________________________。18、已知，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知D的相对分子质量是130。请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为___________，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为___________________；（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：______________________；（3）写出C结构简式：_________；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：___________；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_____________；（a）分子中有6个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第④步的反应条件为________；写出E的结构简式________________。19、某同学设计了如下装置用于制取SO2并验证SO2的部分性质。请回答下列问题：(1)写出氮气的电子式________。(2)B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B中可以放入的试剂是________(填相应的编号)。①新制氯水②品红溶液③含酚酞的NaOH试液④紫色石蕊试液(3)装置C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为__________________________。20、叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体使气囊鼓起。已知：。实验室利用如图装置模拟工业级NaN3制备。实验Ⅰ：制备NaN3(1)装置C中盛放的药品为____________，装置B的主要作用是__________________。(2)为了使a容器均匀受热，装置D中进行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，应选择的气体发生装置是________。实验Ⅱ：分离提纯分离提纯反应完全结束后，取出装置D中的混合物进行以下操作，得到NaN3固体。(5)已知：NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，操作Ⅳ采用__________洗涤，其原因是_____________。实验Ⅲ：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，0.0500(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液的体积为29.00mL。测定过程中涉及的反应方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制叠氮化钠溶液时，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有___________。若其它读数正确，滴定到终点后读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(7)试样中NaN3的质量分数为___________。(保留四位有效数字)21、最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)﹣Q(Q＞0)。常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0min2min4min5min6minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675(1)该反应的平衡常数表达式K＝_____，0～2min内NH3的平均生成速率为_____。(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_____。(3)在5～6min之间只改变了单一条件，该条件是_____。(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_____，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_____(用方程式表示)。(5)常温下NH4HCO3溶液的pH＞7，由此判断溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3﹣)(选填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

反应①中S化合价变化为：-2→+4，O化合价变化为：0→-2；反应②中，Cu化合价变化为：+1→0，S化合价变化为：-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A．O化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；B．反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C．将反应①、②联立可得：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，可知，将1molCu2S冶炼成2molCu，需要O21mol，C选项正确；D．根据反应：3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，：[(4-(-2)]mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；答案选C。氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。2、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。3、D【解析】

碳酸氢钠和硫酸氢钠反应时，碳酸氢根电离生成钠离子和碳酸氢根离子，硫酸氢钠电离生成钠离子和氢离子、硫酸根离子，碳酸氢根和氢离子反应生成水和二氧化碳，故答案选D。4、C【解析】

A．Cu是29号元素，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B．硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B错误；C．铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；D．H、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。5、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。6、C【解析】

A．正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，故A错误；B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B错误；C．钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2，故C正确；D．在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；故答案为C。7、B【解析】

A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；答案：B能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。8、A【解析】

A.石墨烯内部碳原子的排列方式与石墨单原子层一样，以sp2杂化轨道成键，每个碳原子中的三个电子与周围的三个碳原子形成三个σ键以外，余下的一个电子与其它原子的电子之间形成离域大π键，故A错误；B.石墨烯和金刚石都是碳元素的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C.石墨烯中的碳原子采取sp2杂化，形成了平面六元并环结构，所有碳原子处于同一个平面，故C正确；D.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨中剥离得到石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；答案选A。9、A【解析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正确；C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6L，C正确；D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正确。答案选A。10、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。11、B【解析】

A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q<0，A错误；B.600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明Y点甲醇υ(正)＜υ(逆)，B正确；C.从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，而增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；D.催化剂不能改变平衡状态，不能改变平衡转化率，D错误；答案选B。12、C【解析】

A．二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C．硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D．过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。13、D【解析】

A．电解氯化铜溶液生成铜和氯气，总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故A错误；B．氯化镁为离子化合物，由离子形成离子键，其形成过程为，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中滴加少量Na2CO3溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故C错误；D．羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，故D正确；故选D。14、D【解析】

0.200mol·L-1的HA溶液与0.200mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（Na+）=0.100mol/L＞c（A-）=9.92×10-2mol/L，可知HA为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100mol/L，则c（HA）=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4mol/L，所以X为HA；由电荷守恒可知c（OH-）＞c（H+），所以Y是H+。【详解】A、HA为弱酸，则0.1mol/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，pH＞1，A错误；B、温度未知，无法判断水的离子积，B错误；C、X表示HA，Y表示H+，C错误；D、根据物料守恒：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋），D正确。答案选D。15、D【解析】

A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。16、C【解析】

A．淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是有机高分子化合物，A项错误；B．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B项错误；C．酶是由活细胞产生的具有催化功能的有机物，具有高度选择性，绝大多数酶是蛋白质，C项正确；D．在FeBr3的催化下，苯可与液溴发生取代反应，但不与溴水反应，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeSO4Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【解析】

气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol×22.4L·mol－1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧原子的质量为(3.04g－0.02mol×56g·mol－1－0.02mol×32g·mol－1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。18、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、浓H2SO4、加热【解析】

一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，设该饱和一元醇的化学式为CnH2n+2O，氧元素的质量分数=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一个甲基，所以该一元醇是1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A被氧气氧化生成B，B为丁醛，根据题干信息，丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反应生成D，D的相对分子质量是130，则C和氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E的结构简式为：。【详解】(1)通过以上分析知，A的分子式为：C4H10O，结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：；(3)C的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a．分子中有6个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b．分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E的结构简式为：。19、∶N⋮⋮N∶③④SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋【解析】

装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二氧化硫，B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B中可以放入的试剂是含酚酞的NaOH试液或紫色石蕊试液，新制氯水体现二氧化硫的还原性，品红溶液体现二氧化硫的漂白性。装置C中可观察到白色沉淀现象，说明产生BaSO4沉淀，据此分析。【详解】(1)氮气的电子式为∶N⋮⋮N∶；(2)装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二氧化硫，B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B中可以放入的试剂是含酚酞的NaOH试液和紫色石蕊试液，新制氯水体现二氧化硫的还原性，品红溶液体现二氧化硫的漂白性。答案选③④；(3)装置C中可观察到白色沉淀现象，说明产生BaSO4沉淀，相关反应的离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋。20、碱石灰冷凝分离出氨气中的水反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥500mL容量瓶、胶头滴管偏大93.60%【解析】

实验I：A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D装置为制取叠氮化钠(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)～(4)；实验II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验Ⅲ：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2)装置D中的反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2↑，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2↑；(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有装置Ⅳ满足要求，故答案为Ⅳ；(5)NaN3固体不溶于乙醚，操作Ⅳ可以采用乙醚洗涤，能减少NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00mL0.1010mol•L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol•L-1×50.00×10-3L=5.05×10-3mol，29.00mL0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol•L-1×29.00×10-3L=1.45×10-3mol，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.45×10-3mol，则与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.05×10-3mol-1.45×10-3mol=3.6×10-3mol，根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑可知，n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6×10-3mol，故500.00mL溶液中(2.500g试样中)n(NaN3)=3.6×10-3mol×=0.036mol，试样中NaN3的质量分数ω=×100%=93.60