2025-2026学年安徽省亳州市黉学高级中学化学高三上期末统考模拟试题.doc

2025-2026学年安徽省亳州市黉学高级中学化学高三上期末统考模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、已知OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN－+OH－+Cl2→CO2+N2+Cl－+H2O（未配平）中，如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是
A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．6 mol
2、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3•H2O═HSO3﹣+NH4+
B．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑
C．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
D．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣
3、设NA为阿伏加德罗常数的值。（离子可以看作是带电的原子）下列叙述正确的是（　　）
A．标准状况下，22.4 L SO3中所含的分子数为NA
B．0.1 mol•L-1的Na2CO3溶液中，CO32-的数目小于0.1NA
C．8.0g由Cu2S和CuO组成的混合物中，所含铜原子的数目为0.1NA
D．标准状况下，将2.24L Cl2通入水中，转移电子的数目为0.1NA
4、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是
A．小苏打——作食品疏松剂 B．漂粉精——作游泳池消毒剂
C．甘油——作护肤保湿剂 D．明矾——作净水剂
5、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是
A．装置配制100 mL某浓度NaNO3溶液
B．分离溴苯和水混合物
C．验证质量守恒定律
D．可以实现防止铁钉生锈
6、洛匹那韦是一种 HIV-1 和 HIV-2 的蛋白酶的抑制剂， 下图是洛匹那韦的结构简式，下列 有关洛匹那韦说法错误的是

A．在一定条件下能发生水解反应 B．分子中有四种含氧官能团
C．分子式是 C37H48N4O4 D．分子间可形成氢键
7、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是
A．H2还原三氧化钨(W03) B．铝与氧化铁发生铝热反应
C．锌粒投入硫酸铜溶液中 D．过氧化钠吸收二氧化碳
8、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K＋、Cl－、Br－的物质的量之比为
A．3︰2︰1 B．1︰2︰3 C．5︰3︰3 D．2︰3︰1
9、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽 油、煤油、柴油等）的方法是（ ）
A．加入水中，浮在水面上的是地沟油
B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
C．点燃，能燃烧的是矿物油
D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
10、化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法正确的是(   )
A．甲的同分异构体只有乙和丙两种
B．甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙
C．甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应
D．甲中所有原子可能处于同一平面
11、下列实验能达到目的的是
选项
目的
实验
A
验证某气体表现还原性
将某气体通入溴水中，溴水褪色
B
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸
C
制备硅酸胶体
向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性
D
配制0.2mol/L的CH3COOH溶液
准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容
A．A B．B C．C D．D
12、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是( )
A．明矾 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉
13、最近，一家瑞典公司发明了一种新型充电器"Power Trekk'’，仅仅需要一勺水，它便可以产生维持10小时手机使用的电量。其反应原理为：Na4Si+5H2O=2NaOH+Na2SiO3+4H2↑，则下列说法正确的是( )
A．该电池可用晶体硅做电极材料
B．Na4Si在电池的负极发生还原反应，生成Na2SiO3
C．电池正极发生的反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．当电池转移0.2 mol电子时，可生成标准状况下1.12 LH2
14、合成一种用于合成 γ 分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是

A．甲→乙的反应为加成反应
B．甲分子中至少有 8 个碳原子在同一平面上
C．甲、乙均不能使溴水褪色
D．乙与足量 H2 完全加成的产物分子中含有 4 个手性碳原子
15、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )
A．标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4L氖气含有的电子数为10NA
C．常温下，的醋酸溶液中含有的数为
D．120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA
16、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00 mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是

A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1
B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)
C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)
D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－5
二、非选择题（本题包括5小题）
17、用于汽车刹车片的聚合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：

已知：
（1）生成 A 的反应类型是_____。
（2）试剂 a 是_____。
（3）B 中所含的官能团的名称是_____。
（4）W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
①F的结构简式是_____。
②生成聚合物 Y 的化学方程式是_____。
（5）Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有______种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰 面积比为 1：2：2：3 的为_____、_____（写结构简式）
（6）试写出由 1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（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）。___________
18、某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：

已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即
②R1CHO+R2CH2CHO+H2O
根据相关信息，回答下列问题：
（1）B的名称为________；C的结构简式为________。
（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。
（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。
（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。写出符合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。
a.苯环上有3个取代基
b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol该物质反应时最多能生成4mol Ag；
c.苯环上的一氯代物有两种。
（5）若以F及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线_________。合成路线示例：
19、氨基锂（LiNH2)是一种白色固体，熔点为390℃，沸点为430 ℃，溶于冷水，遇热水强烈水解，主要用于有机合成和药物制造。实验室制备少量氨基锂的装置如图所示（部分夹持装置已略）：

(1)A中装置是用于制备氨气的，若制备氨气的试剂之一是熟石灰，则A中制气装置是______(从方框中选用，填序号）；用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3，反应的化学方程式为_______。
(2)试剂X是_________，装置D的作用是_______。
(3)实验中需要先向C通入一段时间的NH3再点燃C处酒精灯，这样做的目的是____，可根据E中____(填现象）开始给锂加热。
(4)某同学经理论分析认为LiNH2遇热水时可生成一种气体，试设计一种方案检验该气体:_______。
20、现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知这一过程中可能发生下列反应：
①2Mg+O22MgO ②3Mg+N2Mg3N2
③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2
⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。且假设正确操作时，装置内所发生的反应是完全的。

试回答下列问题：
(1)实验开始时，先点燃________装置中的酒精灯，原因是________；再将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→________；
(2)你是否选择了B装置，理由是什么________________________ ；
(3)你是否选择了C装置，理由是什么________________________；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响________ 为什么___
21、氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_____。
（2）工业上合成氨的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
过程中能量变化如图所示。

①该反应是_____反应。（填“放热”或“吸热”）
②在反应体系中加入催化剂，E2会_____。（填“增大”或“减小”或“不变”）
③若要增大NH3产率，可采取的措施有_____。（填字母）
a.升高温度 b.增大压强 c.不断分离出NH3
（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。

①C装置中制取NO2反应的离子方程式是_____。
②某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。
时间
1分钟
2分钟
3分钟
现象
红棕色未消失
红棕色未消失
红棕色未消失
请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_____、_____。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构即可各其中O元素为-2价、C元素为+4价、N元素为-3价；其反应的离子方程式为：2OCN－+4OH－+3Cl2=2CO2+N2+6Cl－+2H2O；即可得如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是4 mol，故答案选C。
2、A
【解析】
A、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；
B、醋酸为弱电解质，保留化学式；
C、漏写铵根离子与碱的反应；
D、硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。
【详解】
A、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：，故A正确；
B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；
C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为，故C错误；
D、AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl﹣，故D错误；
故选：A。
判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
3、C
【解析】
A. 标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4 L/mol计算所含的分子数，A不正确；
B. 没有提供0.1 mol•L-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；
C. 8.0g Cu2S和8.0g CuO所含铜原子都为0.1mol，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；
D. 2.24L Cl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。
故选C。
4、B
【解析】
A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；
B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；
C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；
D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；
故答案为B。
5、B
【解析】
A．配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A错误；
B．溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B正确；
C．盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；
D．作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；
答案选B。
本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；②如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。
6、C
【解析】
A. 根据图示结构简式知，结构中含有肽键（），在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B. 根据图示结构简式知，分子中有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故B正确；
C. 根据图示结构简式知，分子中含有5个O原子，故C错误；
D. 结构中含有羟基，则分子间可形成氢键，故D正确；
故选C。
高中阶段主要官能团：碳碳双键、碳碳叁键、卤原子、羟基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、氨基（主要前8个）等，本题主要题干要求是含氧官能团。
7、D
【解析】
A、H2还原三氧化钨(W03)，固体由WO3变成W，质量减少，故A错误；B、铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变，故B错误；C、锌粒投入硫酸铜溶液中生成铜和硫酸锌，相对原子质量锌为65，铜为64，由锌变成铜质量减小，故C错误；D、过氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2变成1molNa2CO3质量增大，故D正确；故选D。
8、A
【解析】
溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。
【详解】
任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。
A．3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；
B．1≠2+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；
C．5≠3+3，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；
D．2≠3+1，说明n(K+)≠n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；
答案选A。
本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。
9、B
【解析】
地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。
【详解】
A. 地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；
B. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；
C. 地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；
D. 地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；
答案是B。
本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。
10、D
【解析】
A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；
B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；
C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。
故选D。
烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
11、B
【解析】
A．若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；
B．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；
C．硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；
D．量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；
故答案为B。
12、A
【解析】
早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，
答案选A。
13、C
【解析】试题分析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e-。A. 该电池工作时生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；B. Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；C. 电池正极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D. 当电池转移0.2 mol电子时，可生成标准状况下2.24 LH2，D不正确。本题选C。
14、D
【解析】
A．甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；
B．甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；
C．Br2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错误；
D．与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示：，D正确。
答案选D。
15、B
【解析】
A.氯气溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以无法计算转移的电子数，故A错误;
B. 标准状况下，22.4L氖气为1mol，一个Ne原子含有10个电子，即1mol氖气含有10NA个电子，故B正确；
C.醋酸溶液的体积未知，则无法计算H+数目，故C错误；
D. 120g NaHSO4为1mol，1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-，则120g NaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA，故D错误；
故选B。
16、C
【解析】
A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；
B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；
C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；
D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。
答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、取代反应 浓硝酸、浓硫酸 氯原子、硝基 +(2n-1)H2O 10
【解析】
苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。
【详解】
（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，
故答案为：取代反应；
（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，
故答案为：氯原子、硝基；
（4）①由分析可知，F的结构简式是：，
故答案为：；
②生成聚合物Y的化学方程式是：，
故答案为：；
（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、，
故答案为：10；、；
（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
18、4-氯甲苯(或对氯甲苯) +CH3CHO 取代反应 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化
【解析】
由有机物的转化关系，A为甲苯，结构简式为，A在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。
【详解】
（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；
（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；
（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；
（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；
（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：，故答案为。
本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。
19、② CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑ 碱石灰或氢氧化钠或生石灰 防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解 排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应 球形干燥管末端基本没有气泡冒出时 取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成
【解析】
（1）实验室选用氯化铵与熟石灰加热的情况下制备氨气；CaO溶于水生成氢氧化钙并放出大量的热，OH-浓度增大，使NH3与水反应的平衡逆向移动，浓氨水受热分解生成氨气；
（2）X是用于干燥氨气的；因LiNH2溶于冷水，且遇热水强烈水解，据此分析D的作用；
（3）Li非常活泼，在加热条件下容易被空气氧化，需排尽装置中的空气；
（4）依据水解原理分析可知产物之一为氨气，根据氨气的性质选择检验方案。
【详解】
（1）氯化铵与Ca(OH)2反应需要加热且有水生成，故应选用②；CaO与氨水反应生成NH3与Ca(OH)2，化学方程式为：CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑，故答案为：②；CaO＋NH3·H2O=Ca(OH)2＋NH3↑；
（2）由于锂能与水反应，故B是干燥装置，可用NaOH、生石灰或碱石灰做干燥剂干燥NH3；氨基锂溶于冷水、遇热水强烈水解，因此D的作用是防止E中水蒸气进入C中导致生成的氨基锂水解，故答案为：碱石灰或氢氧化钠或生石灰；防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解；
（3）加热时锂易与空气中的氧气反应，故先通入NH3的目的是将装置中的空气排尽，E的作用是吸收尾气NH3，NH3极易溶于水，故当E中球形干燥管末端基本无气泡冒出时，说明装置中的空气基本排尽，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应；球形干燥管末端基本没有气泡冒出时；
（4）LiNH2水解时产物应是LiOH和NH3，可用湿润的红色石蕊试纸或pH试纸检验NH3，故方案可设计如下：取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成。
20、E 避免从E装置出来的气流中还含有氧气 f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b (a) 选择，以除去水蒸气，避免反应④发生 选择，以除去空气中的CO2，避免反应③发生 使氮化镁不纯 如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
【解析】
实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。根据可能发生下列反应：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。
【详解】
根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则：
(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)；
(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应④发生；
(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应③发生；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。
21、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 放热 减小 bc Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化 在此条件下，NH3的转化率极低
【解析】
(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；
(2)①根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；
②催化剂降低化学反应的活化能；
③从化学平衡移动的角度进行分析；
(3)①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；
②实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。
【详解】
(1)实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)①由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；
②加入催化剂会降低反应的活化能，导致E2减小；
③a．由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3产率降低，故不选；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3产率增大，可选；
c．不断分离出NH3，会促使反应正向进行，NH3产率增大，故选；
故答案选bc。
(3)①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；
②造成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化；在此条件下，NH3的转化率极低；反应速率慢；通入的 NO2过量等。