2025年陕西省咸阳彩虹中学化学高三上期末检测试题.doc

2025年陕西省咸阳彩虹中学化学高三上期末检测试题
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NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．反应中，每生成294 gg释放的中子数为3NA
B．常温常压下，22.4 L乙烷和丙烯(C3 H6)的混合物中氢原子数目为6NA
C．1 L0.5 mol. L-1'碳酸钠溶液含有的CO32 数目小于0.5NA
D．0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA
2、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．11g超重水(T2O)含中子数为5NA
B．25℃，pH=13的1L Ba(OH)2溶液中OH—的数目为0.2NA
C．1mol金刚石中C—C键的数目为2NA
D．常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6NA
3、中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物 NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是

A．电极Ⅰ为阴极，电极反应式为 2H2O+2e- =2OH- +H2↑
B．电解池中质子从电极Ⅰ向电极Ⅱ作定向移动
C．吸收塔中的反应为 2NO+ 2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-
D．每处理1molNO电解池质量减少16g
4、室温下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol/L的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．溶液中水的电离程度：b>a>c
B．pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mL
C．在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10-7
D．c点溶液中c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)
5、下列由实验操作及现象得出的结论正确的是

操作及现象
结论
A
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH
比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C
向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色
一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
6、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等,Y在周期表中族序数与周期数相等,ZW2是一种新型的自来水消毒剂。下列说法错误的是
A．W2的沸点比Z2的沸点低
B．XYW2的水溶液呈碱性
C．W、X形成的化合物一定只含离子键
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应
7、下列说法正确的是（ ）
A．强电解质一定易溶于水，弱电解质可能难溶于水
B．燃烧一定有发光发热现象产生，但有发光发热现象的变化一定是化学变化
C．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色
D．电解熔融态的Al2O3、12C转化为14C都属于化学变化
8、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是
A．Y、Z、W原子半径依次增大
B．元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强
D．X、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
9、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
10、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（　　）
A．HNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤
B．乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2
C．溴苯（溴）：加入KI溶液，分液
D．乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏
11、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（ ）
A．N可以使溴水褪色
B．N转化为M的反应为取代反应
C．M中所有碳原子可能共面
D．N属于酯的同分异构体有3种
12、脱氢醋酸钠是FAO和WHO认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图：
(a双乙烯酮) (b脱氢醋酸)
下列说法错误的是
A．a分子中所有原子处于同一平面 B．a.b均能使酸性KMnO4溶液褪色
C．a、b均能与NaOH溶液发生反应 D．b与互为同分异构体
13、下图所示的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．验证化学能转化为电能
B．证明温度对平衡移动的影响
C．验证铁发生析氢腐蚀
D．验证AgCl溶解度大于Ag2S
14、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．Al2O3具有两性，可用于制作耐高温材料
B．FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白
D．明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化
15、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ）
A．氧化性：
B．
C．气态氢化物的稳定性：
D．与反应生成，而与生成
16、分子式为C5H10O2，能与NaHCO3溶液反应的有机物有
A．4种 B．5种 C．6种 D．7种
二、非选择题（本题包括5小题）
17、聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：

己知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。
（2）反应①的化学方程式为___。
（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。
（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。
（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。
①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。
18、有研究人员在体外实验中发现药物瑞德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)W的化学名称为____；反应①的反应类型为____
(2)A中含氧官能团的名称为____。
(3)写出反应⑦的化学方程式_____
(4)满足下列条件的B的同分异构体有____种(不包括立体异构)。
①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应。
上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为____________
(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有 ___个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_______ (无机试剂任选)。
19、某小组选用下列装置，利用反应，通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为a g。

(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行__________，理由是_______________。
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是_______________
(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高，理由是_____，你认为该如何改进？___
(5)若实验中测得g，则Cu的相对原子质量为_______。（用含a，b的代数式表示）。
(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_________。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）
20、某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：

(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_________，证明的方法是_____________。
(2)设计C装置的作用是_______缺陷是___________________。
21、为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：
(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_____（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_____。
(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：______。
元素
Fe
Cu
第一电离能I1/kJ·mol－1
759
746
第二电离能I2/kJ·mol－1
1561
1958
(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。
①CN-的电子式是______；1mol该配离子中含σ键数目为______。
②该配合物中存在的作用力类型有______（填字母）。
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E．氢键 F．范德华力
(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是________。
(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。

①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于_______位置，X处于______位置（限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空）。
③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为a nm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；
B. 常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；
C. 1 L0.5 mol. L-1'碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L×0.5 mol. L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32- 数目小于0.5NA，故C正确；
D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol×2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；
故选B。
2、C
【解析】
A. 11g超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在1个超重水(T2O)中含有12个中子，所以0.5mol超重水(T2O)中含中子数为6NA，A错误；
B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根离子的数目为0.1NA，B错误；
C.由于一个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1个C原子含有的C-C键数目为4×=2，因此1mol金刚石中C—C键的数目为2NA，C正确；
D.缺体积，无法计算H+的数目，D错误；
故合理选项是C。
3、C
【解析】
在电极Ⅰ，HSO3-转化为S2O42-，S元素化合价由+4价降低为+3价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极Ⅱ为电解池的阳极，在电极Ⅱ上H2O失电子发生氧化反应生成O2和H+。
【详解】
A．电极Ⅰ为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e2H+ = S2O42-+2H2O，A不正确；
B．由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极Ⅱ向电极Ⅰ作定向移动，B不正确；
C．从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与NO反应，生成HSO3-和N2，发生反应为 2NO+ 2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正确；
D．每处理1molNO，阴极2HSO3-→ S2O42-，质量增加34g，阳极H2O→O2，质量减轻16g，电解池质量增加34g-16g=18g，D不正确；
故选C。
4、D
【解析】
A．b的溶质为亚硫酸钠，亚硫酸钠水解会促进水的电离，a的溶质为NaHSO3，电离大于水解会抑制水的电离，c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，pH=13，对水的电离抑制作用最大，A项正确；
B．当NaHSO3与氢氧化钠恰好完全反应时，形成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)<10.00mL，B项正确；
C．b的溶质为0.1mol/L亚硫酸钠，亚硫酸钠水解为HSO3-和OH-，Kh=，Kh=，解得K2(H2SO3)约为1.0×10-7，C项正确；
D．c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，应为c(OH-)＞c(SO32-)，D项错误；
答案选D。
5、A
【解析】
A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；
B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；
C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；
D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。
故选A。
6、C
【解析】
Y在周期表中族序数与周期数相等，Y是Al元素；ZW2是一种新型的自来水消毒剂，ZW2是ClO2，即Z是Cl元素、W是O元素；W、X的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，则X的最外层电子数是1，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以X是Na元素。
【详解】
A. O2、Cl2的结构相似，Cl2的相对分子质量大，所以Cl2沸点比O2的沸点高，故A正确；
B. NaAlO2是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故B正确；
C. Na、O形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键，故C错误；
D. Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，所以NaOH、Al(OH)3、HClO4两两之间均能发生反应故D正确；
选C。
本题考查结构、性质、位置关系应用，根据元素的性质以及元素的位置推断元素为解答本题的关键，注意对元素周期律的理解，较好的考查学生分析推理能力。
7、C
【解析】
A．强电解质不一定易溶于水，如AgCl，弱电解质不一定难溶于水，如醋酸，故A错误；
B．燃烧是可燃物与氧气发生的一种发光、放热的剧烈的氧化反应，燃烧一定有发光、发热的现象产生，但发光、发热的变化不一定是化学变化，例如灯泡发光放热，故B错误；
C．加热条件下三氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，则制备Fe(OH)胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中煮沸至溶液呈红褐色，故C正确；
D．12C转化为14C是核反应，原子本身不变，没有生成新物质，不是化学变化，故D错误；
故选C。
8、D
【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素．X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A．由分析可知：Z为Na、W为Al，原子Na＞Al，故A错误；B．W为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C．非金属性S＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；D．X、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。
点睛：。
9、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。
10、D
【解析】
A. 加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A错误；
B. 由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B错误；
C. 加入KI溶液，溴与KI反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；
D. 乙醇不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；
故答案为D。
11、D
【解析】
由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH
【详解】
A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；
B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；
C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；
D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；
故答案选D。
本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。
12、A
【解析】
A．a分子中有一个饱和碳原子，所有原子不可能都共面，故A错误；
B．a、b分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．a、b分子中均含有酯基，均能与NaOH溶液发生水解反应，故C正确；
D．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，b与二者分子式均为C8H8O4，但结构不同，则互为同分异构体，故D正确；
答案选A。
有机物的官能团决定了它的化学性质，熟记官能团的性质是解本题的关键。
13、B
【解析】
A．由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的
B．在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2⇌N2O4，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B能达到实验目的；
C．食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；
D．加入NaCl溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系，故D不能达到实验目的；
故答案为B。
14、B
【解析】
A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；
B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；
C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；
D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；
答案选B。
试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。
15、A
【解析】
A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；
B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H2S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；
D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合题意；
故合理选项是A。
16、A
【解析】
分子式为C5H10O2且能与NaHCO3溶液反应，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4种。
答案选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、焦炭 对二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反应 CH3OHCH3Cl
【解析】
采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。
【详解】
（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）
（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；
（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；
（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；
（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；
（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可， 因此合成路线为CH3OHCH3Cl。
18、氨基乙酸 取代反应 硝基和羟基 + +H2O 8 2
【解析】
根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。
【详解】
(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应①为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；
(2)A的结构简式为，含氧官能团的名称为硝基和羟基；
(3)根据分析，反应⑦为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式+ +H2O；
(4)B的结构简式为，①苯的二取代物且苯环上含有硝基；②可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、、、、、、、、，除去自身外结构外，共有8种； 上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为 ；
(5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。
19、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气 不可行 C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入 装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高 可在装置B和A之间增加装置D 偏大
【解析】
(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；
(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；
(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。
【详解】
(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3∙H2O⇌NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4++OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；
(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
答案是：不可行；C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；
(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；
答案是: 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；
(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气，减少误差；
答案是：装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高；可在装置B和A之间增加装置D；
(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化铜物质的量n=，实验中先称取氧化铜的质量m[(CuO)]为a g，则Cu的摩尔质量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol，即Cu的相对原子质量为:-16；
答案是:-16；
(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b减小，则-16值增大，所以若CuO中混有Cu，则该实验测定结果偏大；
答案是:偏大。
20、Cu或Cu2O 向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有 除去NH3 防止金属镁与NH3反应生成副产物 C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应
【解析】
（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；
（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。
【详解】
（1）A装置通过反应3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；
故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有；
（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；
故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。
Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。
21、ds 直线形 失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10 电子，Fe 失去的是4s1电子 12NA BCD 二者均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS 体心 面心
【解析】
(1)Ag在第五周期第ⅠB族，属于ds区；依题意：[Ag(NH3)2]+中Ag+以sp杂化成键，应该是直线形；
(2)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定。所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是 4s1 电子，所需能量低；故I2(Cu)大于I2(Fe)。
(3)①CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于σ键，还有6个CN-中各有一个σ键，1个配离子中含有的σ键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 NA个σ键；
②K4 [Fe(CN)6]是离子化合物，含有离子键，阳离子K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合， 故选BCD；
(4)MnO和MnS的阳离子相同，阴离子所带电荷也相同，但是O2-的半径比S2-小，离子键作用力强，所以MnO中的晶格能比MnS中的大，物质的熔点也比MnS的高；
(5)①依题意可知：卤素阴离子位于立方体的6个面的面心，正好构成正八面体，M位于八面体的体心，也是立方体的体心；
②晶体体积=晶体体积=a3×10-21cm3，晶体密度ρ=，则NA = 。1mol晶胞含1molCH3NH3PbI3，据d=，所以NA=。
本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用。