2025年江西省于都县三中化学高三第一学期期末调研模拟试题.doc

2025年江西省于都县三中化学高三第一学期期末调研模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．MgCO3MgCl2(aq)Mg
B．NaCl(aq) NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．SiO2SiSiCl4
D．AgNO3 [Ag（NH3）2]OH（aq）Ag
2、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是

A．脱氢维生素C分子式为C6H8O6
B．维生素C中含有3种官能团
C．该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂
D．维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂
3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
4、能用共价键键能大小解释的性质是（ ）
A．稳定性：HCl>HI B．密度：HI>HCl
C．沸点：HI>HCl D．还原性：HI>HCl
5、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NA
B．标准状况下，2. 24 L H2O含有的电子数为NA
C．1 L 1．1 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NA
D．7.8 g苯中碳碳双键的数目为1.3NA
6、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）
A．8 B．10 C．12 D．14
7、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2＋N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是
A．为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度
B．达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二
C．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D．达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍
8、在氧气中灼烧0.44 g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2SO4，这些H2SO4可用20 mL 0.5 mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为( )
A．18% B．46% C．53% D．36%
9、下列叙述正确的是
A．24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D．1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
10、下列说法正确的是
A．多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物
B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
C．可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷
D．分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液
11、下列化学用语正确的是
A．氮分子结构式
B．乙炔的键线式
C．四氯化碳的模型
D．氧原子的轨道表示式
12、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()
A．2 B．3 C．4 D．5
13、下列化学用语正确的是（　　）
A．2﹣氨基丁酸的结构简式：
B．四氯化碳的比例模型：
C．氯化铵的电子式为：
D．次氯酸的结构式为：H﹣Cl﹣O
14、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是
M N
A．M与HCOOCH3互为同分异构体
B．N的官能团为羟基
C．在与钠的反应中N放出气泡比M快
D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
15、向1.00L浓度均为0.0100mol/L的Na2SO3、NaOH 混合溶液中通入HCl气体调节溶液pH(忽略溶液体积变化)。其中比H2SO3、HSO3-、SO32-平衡时的分布系数(各含硫物种的浓度与含硫物种总浓度的比)随HCl气体体积(标况下)的变化关系如图所示(忽略SO2气体的逸出)；已知Ka1代表H2SO3在该实验条件下的一级电离常数。下列说法正确的是

A．Z点处的pH=-lgKa1(H2SO3)
B．从X点到Y点发生的主要反应为SO32- +H2O⇌HSO3- +OH-
C．当V(HCl)≥672mL时，c(HSO3-) = c(SO32-)=0mol/L
D．若将HCl改为NO2，Y点对应位置不变
16、在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是
A．用食盐腌制食物 B．用漂粉精消毒游泳池中的水
C．用汽油洗涤衣物上的油污 D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈
二、非选择题（本题包括5小题）
17、一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：

（1）化合物A转化为B的方程式为_____，B中官能团名称是______。
（2）H的系统命名为___，H的核磁共振氢谱共有___组峰。
（3）H→I的反应类型是___
（4）D的分子式为______，反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。
（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为___。
（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰；②能发生银镜反应；③与FeCl3发生显色反应。
18、有机物 M（）是某抗病毒药物的中间体，它的一种合成路线如下：

已知：
①
②
回答下列问题：
(1)有机物 A 的名称是_____，F 中含有的官能团的名称是_____。
(2)A 生成 B 所需的试剂和反应条件是_____。
(3)F 生成 G 的反应类型为_____。
(4)G 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为_____。
(5)有机物 I 的结构简式为_____。
(6)参照上述合成路线，以乙烯为起始原料（无机试剂任选），设计制备 E 的合成路线____________________。
19、检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。

已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：
(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。
20、ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。
（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。
已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。

①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaC1O2的名称是___；
②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；
③空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因___。
21、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：
（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是______；写出N的核外电子排布式______。
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，则SO2为______（选填“极性”、“非极性”）。
（3）将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：
离子
Na+
SO42-
NO3-
OH-
Cl-
浓度/（mol•L-1）
5.5×10-3
8.5×10-4
y
2.0×10-4
3.4×10-3
①表中y=______mol•L-1。
②写出NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式______。
（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。

①写出SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式______。
②（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是______。
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项、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁才能得到单质镁，故A错误；
B项、氯化钠溶液与二氧化碳不能反应，应先向氯化钠溶液通入氨气，再通入二氧化碳才能制得碳酸氢钠，不能一步实现反应，故B错误；
C项、硅与盐酸不能反应，硅与氯气在高温条件下发生反应生成四氯化硅，故C错误；
D项、硝酸银与氨水反应制得银氨溶液，麦芽糖中含有醛基，在共热条件下与银氨溶液发生银镜反应制得银，故D正确。
故选D。
本题综合考查元素化合物知识，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。
2、B
【解析】
A. 根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，A错误；
B. 根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；
C. 1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C，失去H原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；
D. 羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；
故合理选项是B。
3、D
【解析】
A项，NaHCO3能与HCl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；
B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；
C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；
D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。
4、A
【解析】
A.元素非金属性F>Cl>Br>I，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳定，与共价键的键能大小有关，A正确；
B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；
C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；
D.元素非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HI>HBr>HCl>HF，不能用共价键键能大小解释，D错误；
故合理选项是A。
5、C
【解析】
A．氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；
B．标况下，水不是气体，2. 24 L水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；
C．1 L 1.1 mol•L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故C正确；
D．苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；
故选C。
本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。
6、C
【解析】
该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4个C的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4个C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共有12种，故答案选C。
7、B
【解析】
A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；
B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；
C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；
D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。
答案选B。
8、D
【解析】
n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，
则ω（S）=×100%=36%，答案选D。
9、B
【解析】
本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。
【详解】
A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
故选B。
本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。
10、B
【解析】
A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；
B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；
C选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；
D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。
综上所述，答案为B。
淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。
11、D
【解析】
A．氮气分子中存在1个氮氮三键，氮气的结构式为：N≡N，选项A错误；
B．键线式中需要省略碳氢键，乙炔的键线式为：C≡C，选项B错误；
C．四氯化碳为正四面体结构，氯原子的相对体积大于碳原子，四氯化碳的比例模型为：，选项C错误；
D．氧原子核外电子总数为8，最外层为6个电子，其轨道表示式为：，选项 D正确；
答案选D。
本题考查了化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握比例模型、电子轨道表示式、键线式、结构式等化学用语的书写原则，明确甲烷和四氯化碳的比例模型的区别，四氯化碳分子中，氯原子半径大于碳原子，氯原子的相对体积应该大于碳原子。
12、C
【解析】
有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。
13、A
【解析】
A．2﹣氨基丁酸，氨基在羧基邻位碳上，其结构简式为：，故A正确；
B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故B错误；
C．氯化铵为离子化合物，氯离子中的最外层电子应该标出，正确的电子式为：，故C错误；
D．次氯酸的电子式为：，所以次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故D错误；
故答案为A。
考查电子式、结构简式、结构式、比例模型的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式区别，离子化合物中存在阴阳离子，而共价化合物中不存在离子微粒。
14、C
【解析】
根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。
【详解】
A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；
C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；
D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；
答案选C。
判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。
15、A
【解析】
A．在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；
B．根据图示，从X点到Y点，SO32－的浓度减少，而HSO3－的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3－+H＋=HSO3，B错误；
C．当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L÷22.4L·mol－1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L×0.01mol·L－1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3－和SO32－，其关系是c(HSO3-)＞c(SO32-)＞0，C错误；
D．若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有强氧化性，可以氧化Na2SO3，溶液中将没有SO32－、HSO3－、H2SO3等粒子，Y点位置会消失，D错误。
答案选A。
16、B
【解析】
A．食品腌制的原理为氯化钠形成溶液，然后通过扩散和渗透作用进入食品组织内，从而降低食品水分活度，提高渗透压，抑制微生物和酶的活动，达到防止食品腐败的目的，错误；
B．用漂粉精消毒游泳池中的水，是利用其有效成分Ca(ClO)2水解产生的HClO的强的氧化性杀菌消毒，正确；
C．用汽油洗涤衣物上的油污，是利用油脂容易溶于汽油的溶解性，错误；
D．用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与金属氧化物产生可溶性盐和水，发生的是复分解反应，错误。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、 溴原子、（酚）羟基 3-氯-1-丙烯 3 氧化反应 吸收生成的HCl,提高反应产率 2
【解析】
⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。
⑵H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组峰。
⑶H→I的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。
⑷根据D的结构式得出分子式，B十I→D中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。
⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应。
⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。
【详解】
⑴化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；
⑵H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-氯-1-丙烯，3；
⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；
⑷根据D的结构简式可得分子式，反应B十I→D中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；
⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于D→E的反应，生成，故答案为：；
⑹根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。
解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。
18、甲苯 羧基 浓硝酸、浓硫酸、水浴加热 取代反应 CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOH CH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O CH2=CH2 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH
【解析】
(A)与混酸在水浴加热条件下发生取代反应生成(B)；B被MnO2氧化，将-CH3氧化为-CHO，从而生成(C)；C发生还原反应生成(D)。(E)发生氧化生成(F)；F与Br2在PBr3催化下发生取代反应生成(G)；G在碱性条件下发生水解反应生成(H)；依据M和D的结构，可确定I为 ，是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成；D与I发生反应生成(M)。
【详解】
(1)有机物 A为，其名称是甲苯，F为，含有的官能团的名称是羧基。答案为：甲苯；羧基；
(2)由(A) 在混酸作用下生成 (B)，所需的试剂和反应条件是浓硝酸、浓硫酸、水浴加热。答案为：浓硝酸、浓硫酸、水浴加热；
(3) (F)与Br2在PBr3催化下生成 (G)，反应类型为取代反应。答案为：取代反应；
(4) (G)与 NaOH 溶液反应，-COOH、-Br都发生反应，化学方程式为CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O。答案为：CH3-CH2-CHBr-COOH+2NaOHCH3-CH2-CH(OH)-COONa+NaBr+H2O；
(5)依据M和D的结构，可确定I为 ，是由H在氧化剂作用下发生氧化反应生成。答案为：；
(6)由乙烯制CH3CH2CH2CH2OH，产物中碳原子数刚好为反应物的二倍，可依据信息②进行合成，先将乙烯制乙醇，然后氧化得乙醛，再发生信息②反应，最后加氢还原即得。制备 E 的合成路线为CH2=CH2 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。答案为：CH2=CH2 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。
合成有机物时，先从碳链进行分析，从而确定反应物的种类；其次分析官能团的变化，在此点，题给流程图、题给信息的利用是解题的关键所在；最后将中间产物进行处理，将其完全转化为目标有机物。
19、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【解析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
【详解】
(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 ·H2O=[ Ag(NH3)2] ++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)==2×10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x=2×10-5 mol×1，x=5×10-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
20、2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑ 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 水浴加热 分液漏斗 亚氯酸钠 安全瓶，防倒吸 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解
【解析】
中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。
【详解】
（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；
（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；
②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；
③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。
21、S、Na、Cl 1s22s22p3 极性 2.0×10-4 2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+ SO2+NH3•H2O=NH4HSO3 NH4+
【解析】
（1）硫、钠、氯为第三周期元素，N原子的核外有两个能级，第2个能层上有s、p能级；
（2）SO2分子为空间构型为结构不对称的折线形；
（3）①溶液呈电中性，依据电荷守恒关系计算；
②二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；
【详解】
（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素为硫、钠、氯，N原子的核外有两个能层，第2个能层上有s、p能级，N原子电子排布式为1s22s22p3， 故答案为S、Na、Cl；1s22s22p3；
（2）SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，故答案为极性；
（3）①溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c2c（SO42-）+y，则表中的y=5.5×10-3-3.4×10-3-2.0×10-4-2×8.5×10-4=5.8×10-4，y=2.0×10-4，故答案为2.0×10-4；
②二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+，故答案为2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物，其和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式为SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，故答案为SO2+NH3•H2O=NH4HSO3；
②(NH4)2HSO3是强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子的电离大于铵根离子的水解，溶液呈酸性，则浓度最大的离子是NH4+，故答案为NH4+。
(NH4)2HSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离抑制铵根离子的水解，溶液呈酸性。