2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關氮原子的化學用語錯誤的是A． B． C．1s22s22p3 D．2、80℃時，1L密閉容器中充入0.20molN2O4，發生反應N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q＞0)，獲得如下數據：時間/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判斷正確的是A．升高溫度該反應的平衡常數K減小B．20～40s內，v(N2O4)=0.004mol·L－1·s－1C．100s時再通入0.40molN2O4，達新平衡時N2O4的轉化率增大D．反應達平衡時，吸收的熱量為0.15QkJ3、含有非極性鍵的非極性分子是A．C2H2 B．CH4 C．H2O D．NaOH4、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素,其中Z的最外層電子數與X的核外電子總數相等。X、Z、W形成的一種化合物結構為,該物質常用于制備納米材料以及工業催化劑。下列說法正確的是A．元素非金屬性:X>Y>ZB．簡單離子半徑:Y<Z<WC．工業上常通過電解W與Z形成的化合物制備W單質D．簡單氣態氫化物的穩定性:X<Z5、化學與環境、工農業生產等密切相關，下列說法不正確的是（）A．NaCl不能使蛋白質變性，所以不能用作食品防腐劑B．浸有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土可用于水果保鮮C．捕獲工業排放的CO2，可用來合成可降解塑料聚碳酸酯D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化劑，可使酒保持良好品質6、室溫下，將1L0.3mol?L?1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應得到溶液(a)。然后向該溶液中通入HCl或加入NaOH固體（忽略體積和溫度變化），溶液pH隨通（加）入物質的量的變化如圖。下列敘述錯誤的是A．HA是一種弱酸B．向a點對應溶液中通入HCl，充分反應后，c(H+)/c(HA)增大C．b點對應溶液中：c(Na+)=c(Cl-)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)D．c點對應溶液中：c(Na+)=c(A-)7、下列實驗中，與現象對應的結論一定正確的是A．A B．B C．C D．D8、實驗室中以下物質的貯存方法不正確的是A．濃硝酸用帶橡膠塞的細口、棕色試劑瓶盛放，并貯存在陰涼處B．保存硫酸亞鐵溶液時，要向其中加入少量硫酸和鐵粉C．少量金屬鈉保存在煤油中D．試劑瓶中的液溴可用水封存，防止溴揮發9、以太陽能為熱源分解Fe3O4，經熱化學鐵氧化合物循環分解水制H2的過程如圖所示。下列敘述不正確的是（）A．過程Ⅰ中的能量轉化形式是太陽能→化學能B．過程Ⅰ中每消耗116gFe3O4轉移2mol電子C．過程Ⅱ的化學方程式為3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D．鐵氧化合物循環制H2具有節約能源、產物易分離等優點10、測定稀鹽酸和氫氧化鈉稀溶液中和熱的實驗中沒有使用的儀器有：①大、小燒杯；②容量瓶；③量筒；④環形玻璃攪拌棒；⑤試管；⑥溫度計；⑦蒸發皿；⑧托盤天平中的()A．①②⑥⑦ B．②⑤⑦⑧ C．②③⑦⑧ D．③④⑤⑦11、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數為0.1NAB．22.4L（標準狀況）氬氣含有的質子數為18NAC．92.0g甘油（丙三醇）中含有羥基數為1.0NAD．1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1.0NA12、如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素，其中Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍。下列說法正確的是（）XYZWTA．Y的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高B．Z的氧化物對應的水化物酸性比W的弱C．ZY2、XW4與Na2Z的化學鍵類型相同D．根據元素周期律，可以推測存在TZ2和TW413、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是()A．SSO3H2SO4 B．Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl314、最近“垃圾分類”成為熱詞，備受關注。下列有關說法錯誤的是（）A．垃圾是放錯地方的資源，回收可變廢為寶B．廢棄金屬易發生電化學腐蝕，可掩埋處理C．廢棄熒光燈管含有重金屬，屬于有害垃圾D．廢棄磚瓦和陶瓷垃圾，屬于硅酸鹽材質15、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數是X次外層電子數的3倍，四種元素與鋰組成的鹽是一種新型鋰離子電池的電解質(結構如圖，箭頭指向表示共同電子對由W原子提供)，下列說法還正確的是（）A．氣態氫化物的穩定性：W>YB．原子半徑：X>Z>Y>WC．該物質中含離子鍵和共價鍵D．Z有多種單質，且硬度都很大16、使用石油熱裂解的副產物中的甲烷來制取氫氣，需要分兩步進行，其反應過程中的能量變化如圖所示：則甲烷和水蒸氣反應生成二氧化碳和氫氣的熱化學方程式為（）A．CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/molB．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－70.1kJ/molC．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝70.1kJ/molD．CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol二、非選擇題（本題包括5小題）17、某殺菌藥物M的合成路線如下圖所示。回答下列問題：(1)A中官能團的名稱是_______________。B→C的反應類型是__________________。(2)B的分子式為________________________。(3)C→D的化學方程式為__________________________。(4)F的結構簡式為___________________________。(5)符合下列條件的C的同分異構體共有____________種(不考慮立體異構)；①能發生水解反應；②能與FeCl3溶液發生顯色反應。其中核磁共振氫譜為4組峰的結構簡式為_______________(任寫一種)。(6)請以和CH3CH2OH為原料，設計制備有機化合物的合成路線(無機試劑任選)_______________。18、據研究報道，藥物瑞德西韋(Remdesivir)對2019年新型冠狀病毒(COVID-19)有明顯抑制作用。F為藥物合成的中間體，其合成路線如下：已知：R-OHR-Cl(1)A中官能團名稱是________；C的分子式為_____(2)A到B為硝化反應，則B的結構簡式為___，A到B的反應條件是_____。(3)B到C、D到E的反應類型________(填“相同”或“不相同”)；E→F的化學方程式為________。(4)H是C的同分異構體，滿足下列條件的同分異構體有_____種。①硝基直接連在苯環上②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1③遇FeCl3溶液顯紫色(5)參照F的合成路線圖，設計由、SOCl2為原料制備的合成路線_______(無機試劑任選)。19、無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體．某活動小組通過實驗，探究不同溫度下氣體產物的組成．實驗裝置如下：每次實驗后均測定B、C質量的改變和E中收集到氣體的體積．實驗數據如下（E中氣體體積已折算至標準狀況）：實驗組別溫度稱取CuSO4質量/gB增重質量/gC增重質量/gE中收集到氣體/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6（1）實驗過程中A中的現象是______．D中無水氯化鈣的作用是_______．（2）在測量E中氣體體積時，應注意先_______，然后調節水準管與量氣管的液面相平，若水準管內液面高于量氣管，測得氣體體積______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）．（3）實驗①中B中吸收的氣體是_____．實驗②中E中收集到的氣體是______．（4）推測實驗②中CuSO4分解反應方程式為：_______．（5）根據表中數據分析，實驗③中理論上C增加的質量Y3=_______g．（6）結合平衡移動原理，比較T3和T4溫度的高低并說明理由________．20、某學習小組以電路板刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）為原料制備納米Cu20，制備流程如下：已知：①Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu;Cu2O不溶于水，極易溶于堿性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反應：4Cu(OH)2+N2H4?H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O請回答：（1）步驟II，寫出生成CuR2反應的離子方程式：____________________________（2）步驟II，需對水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步驟III，反萃取劑為_____________（4）步驟IV，①制備納米Cu2O時，控制溶液的pH為5的原因是_______________A．B．C．②從溶液中分離出納米Cu2O采用離心法，下列方法也可分離Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）為測定產品中Cu2O的含量，稱取3.960g產品于錐形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反應后用0.2000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定，重復2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①產品中Cu2O的質量分數為_______②若無操作誤差，測定結果總是偏高的原因是_____21、GaN是制造5G芯片的材料，氮化鎵和氮化鋁LED可發出紫外光。回答下列問題：(1)基態Ga原子的核外電子排布式為[Ar]____。(2)根據元素周期律，元素的電負性Ga____(填“大于”或“小于”，下同)As。(3)科學家合成了一種陽離子為“N5n+”，其結構是對稱的，5個N排成“V”形，每個N原子都達到8電子穩定結構，且含有2個氮氮三鍵；此后又合成了一種含有“N5n+”化學式為“N8”的離子晶體，其電子式為____，其中的陰離子的空間構型為____。(4)組成相似的CaF3和GaCl3晶體，前者屬于離子晶體，后者屬于分子晶體。從F-和Cl-結構的不同分析其原因是________。(5)原子晶體GaAs的晶胞參數a=xpm，它的晶胞結構如下圖所示。該晶胞內部存在的共價鍵數為___；緊鄰的As原子之間的距離為b，緊鄰的As、Ca原子之間的距離為d，則b：d=____，該晶胞的密度為__g?cm-3。(阿伏加德羅常數用NA表示)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

A、N原子最外層有5個電子，電子式為，A正確；B、N原子質子數是7，核外有7個電子，第一層排2個，第二層排5個，因此B正確；C、核外電子依次排布能量逐漸升高的1s、2s、2p……軌道，電子排布式為1s22s22p3，C正確；D、根據泡利原理3p軌道的3個電子排布時自旋方向相同，所以正確的軌道式為，D錯誤。答案選D。2、D【解析】

A．正反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，平衡常數增大；

B．根據計算v（NO2），再利用速率之比等于其化學計量數之比計算v（N2O4）；

C.100s時再通入0.40molN2O4，等效為在原平衡的基礎上增大壓強，與原平衡相比，平衡逆向移動；D.80s時到達平衡，生成二氧化氮為0.3mol/L×1L=0.3mol，結合熱化學方程式計算吸收的熱量。【詳解】A.該反應為吸熱反應，溫度升高，平衡向吸熱的方向移動，即正反應方向移動，平衡常數K增大，A項錯誤；B.20～40s內，，則，B項錯誤；C.100s時再通入0.40molN2O4，相當于增大壓強，平衡逆向移動，N2O4的轉化率減小，C項錯誤；D.濃度不變時，說明反應已達平衡，反應達平衡時，生成NO2的物質的量為0.3mol/L×1L=0.3mol，由熱化學方程式可知生成2molNO2吸收熱量QkJ，所以生成0.3molNO2吸收熱量0.15QkJ，D項正確；答案選D。【點睛】本題易錯點為C選項，在有氣體參加或生成的反應平衡體系中，要注意反應物若為一種，且為氣體，增大反應物濃度，可等效為增大壓強；若為兩種反應物，增大某一反應物濃度，考慮濃度對平衡的影響，同等程度地增大反應物濃度的話，也考慮增大壓強對化學平衡的影響，值得注意的是，此時不能用濃度的外界影響條件來分析平衡的移動。3、A【解析】

A．乙炔分子中，C與C原子之間存在非極性鍵，分子結構對稱，屬于非極性分子，A正確；B．甲烷分子中只含有C—H極性鍵，不含有非極性鍵，B錯誤；C．水分子中只合有H—O極性鍵，分子結構不對稱，屬于極性分子，C錯誤；D．NaOH屬于離子化合物，不存在分子，D錯誤；故合理選項是A。4、D【解析】

由化合物結構式可知X可以形成四個共價鍵，所以X為碳或硅，Z的最外層電子數與X的核外電子總數相等，所以Z為氧，X為碳，Y介于碳與氧之間，只能為氮，W顯正二價，則W只能為鎂。【詳解】A．同周期元素隨原子序數遞增，非金屬性逐漸增強，所以元素非金屬性：O>N>C，即Z>Y>X，故A項錯誤；B．核外電子層數越多，半徑越大，核外電子層數相同，核電荷數越小，半徑越大，所以簡單離子半徑N3->O2->Mg2+，故B項錯誤；C．MgO熔點高，工業上常通過電解氯化鎂制得單質鎂，故C錯誤；D．非金屬性越強，簡單氣態氫化物越穩定，所以CH4<H2O，故D正確；故答案為D。5、A【解析】

A.NaCl濃度較高時，會導致微生物脫水死亡，可殺菌并起防腐效果，A不正確；B.乙烯是水果的催熟劑，酸性高錳酸鉀溶液可氧化水果釋放的乙烯，從而使水果保鮮，B正確；C.CO2能聚合成聚碳酸酯，所以可捕獲工業排放的CO2，合成此可降解塑料，C正確；D.SO2能防止葡萄酒在生產和銷售過程中被氧化，所以可在葡萄酒中添加微量SO2，以保持良好品質，D正確。故選A。6、C【解析】

1L0.3mol·L－1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，反應后的溶質為0.1molNaA和0.2molHA，假設HA為強酸，此時c(H＋)=0.2mol·L－1，pH為1－lg2，但現在pH＞3，說明HA為弱酸，然后進行分析即可。【詳解】1L0.3mol·L－1HA溶液與0.1molNaOH固體混合，反應后的溶質為0.1molNaA和0.2molHA，假設HA為強酸，此時c(H＋)=0.2mol·L－1，pH為1－lg2，但現在pH＞3，說明HA為弱酸。A、根據上述分析，HA為弱酸，故A說法正確；B、c(H＋)/c(HA)=c(H＋)×c(A－)/[c(HA)×c(A－)]=Ka(HA)/c(A－)，a點對應溶液中加入HCl，發生NaA＋HCl=NaCl＋HA，c(A－)減小，因此該比值增大，故B說法正確；C、b點加入鹽酸為0.1mol，此時溶質為HA和NaCl，HA的物質的量為0.3mol，NaCl物質的量為0.1mol，HA為弱酸，電離程度弱，因此微粒濃度大小順序是c(HA)>c(Na＋)=c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，故C說法錯誤；D、根據電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，c點pH=7，c(H＋)=c(OH－)，即有c(Na＋)=c(A－)，故D說法正確。7、D【解析】

A．CH4和Cl2在光照下發生取代反應生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，其中一氯甲烷和氯化氫在常溫下為氣體。混合氣體通入石蕊溶液先變紅后褪色，說明有氯氣剩余，故反應后含氯的氣體有3種，故A錯誤；B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL濃度均為0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液，由于堿過量，兩種金屬離子均完全沉淀，不存在沉淀的轉化，故不能根據現象比較Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小，故B錯誤；C.碳酸氫銨受熱分解生成氨氣、水和二氧化碳，氨氣溶于水溶液顯堿性，使石蕊變藍，結論錯誤，故C錯誤；D.金屬鈉和水反應比鈉和乙醇反應劇烈，說明水中羥基氫的活潑性大于乙醇的，故D正確。故選D。8、A【解析】

A．濃硝酸具有腐蝕性，見光易分解，因此濃硝酸應該用帶玻璃塞的細口、棕色試劑瓶盛放，并貯存在陰涼處，A錯誤；B．硫酸亞鐵易被氧化，且亞鐵離子水解，因此保存硫酸亞鐵溶液時，要向其中加入少量硫酸和鐵粉，B正確；C．鈉易被氧化，易與水反應，密度大于煤油，因此少量金屬鈉保存在煤油中，C正確；D．試劑瓶中的液溴可用水封存，防止溴揮發，D正確。答案選A。9、B【解析】

A.過程Ⅰ利用太陽能將四氧化三鐵轉化為氧氣和氧化亞鐵，實現的能量轉化形式是太陽能→化學能，選項A正確；B.過程Ⅰ中四氧化三鐵轉化為氧氣和氧化亞鐵，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，Fe由+3價變為+2價，轉移mol電子，選項B錯誤；C.過程Ⅱ實現了氧化亞鐵與水反應生成四氧化三鐵和氫氣的轉化，反應的化學方程式為3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，選項C正確；D.根據流程信息可知，鐵氧化合物循環制H2具有節約能源、產物易分離等優點，選項D正確。答案選B。10、B【解析】

在測定稀鹽酸和氫氧化鈉稀溶液中和反應反應熱的實驗中,需要使用量筒量取溶液體積，小燒杯作為兩溶液的反應容器，小燒杯置于大燒杯中，小燒杯與大燒杯之間填充隔熱材料，反應過程中用環形玻璃攪拌棒不斷攪拌促進反應均勻、快速進行，用溫度計量取起始溫度和最高溫度，沒有使用到的是容量瓶、試管、蒸發皿、托盤天平，即②⑤⑦⑧，答案選B。11、B【解析】分析：A、膠體是大分子的集合體；B、根據氬氣的組成解答；C、根據丙三醇的結構分析；D、根據甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應的特點分析。詳解：A、16.25g氯化鐵的物質的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氫氧化鐵膠體是分子的集合體，因此水解生成的Fe(OH)3膠體粒子數小于0.1NA，A錯誤；B、標準狀況下22.4L氬氣的物質的量是1mol，氬氣是一個Ar原子組成的單質，其中含有的質子數是18NA，B正確；C、1分子丙三醇含有3個羥基，92.0g丙三醇的物質的量是1mol，其中含有羥基數是3NA，C錯誤；D、甲烷與氯氣在光照條件下發生取代反應生成的鹵代烴不止一種，因此生成的CH3Cl分子數小于1.0NA，D錯誤。答案選B。點睛：選項D是易錯點，主要是不清楚甲烷發生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。12、D【解析】

X、Y、Z、W為短周期元素，Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，則Y為O元素，根據X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知，X為C元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，結合元素周期律及物質的性質作答。【詳解】根據上述分析可知，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，A.Y的氫化物分別是H2O、H2O2，H2O、H2O2常溫下都呈液態，X的氫化物為烴，烴分子中碳原子數不同，沸點差別很大，故Y的氫化物的沸點不一定比X氫化物的沸點高，A項錯誤；B.Z的氧化物對應的水化物可能是硫酸或亞硫酸，W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO屬于弱酸，H2SO4屬于強酸，B項錯誤；C.SO2、CCl4的化學鍵類型為極性共價鍵，而Na2S的化學鍵類型為離子鍵，C項錯誤；D.Ge與C同族，根據元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D項正確；答案選D。13、B【解析】

A.S點燃條件下與O2反應不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反應生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情況下不與酸反應；D.FeCl3溶液會發生Fe3+的水解；【詳解】A.S點燃條件下與空氣或純O2反應只能生成SO2，不能生成SO3，故A錯誤；B.氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，發生反應NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能實現，故B正確；C.SiO2與鹽酸溶液不發生，故C錯誤；D.FeCl3溶液在加熱時會促進Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最終得不到無水FeCl3，故D錯誤；故答案為B。【點睛】本題考查是元素化合物之間的轉化關系及反應條件。解題的關鍵是要熟悉常見物質的化學性質和轉化條件，特別是要關注具有實際應用背景或前景的物質轉化知識的學習與應用。14、B【解析】

A.垃圾是放錯地方的資源，回收可變廢為寶，說法合理，故A正確；B.廢棄的金屬易發生電化學腐蝕，掩埋處理很容易造成污染，故B錯誤；C.廢棄熒光燈管中含有重金屬，屬于有害垃圾，故C正確；D.廢棄磚瓦和陶瓷垃圾，屬于硅酸鹽材質，故D正確；故選B。15、D【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外層電子數是X次外層電子數的3倍，Y是O元素；W形成1個單鍵，W是F元素；Z形成4個鍵，Z是C元素；X形成3個單鍵，通過提供空軌道形成1個配位鍵，X是B元素。【詳解】A.元素的非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，氣態氫化物的穩定性：HF>H2O，故A正確；B.同周期元素從左到右，半徑減小，原子半徑：B>C>O>F，故B正確；C.該物質中Li+和之間是離子鍵，C和O之間是共價鍵，故C正確；D.Z是C元素，碳有多種單質，石墨的硬度很小，故D錯誤；選D。【點睛】本題考查元素周期表與周期律，根據原子結構和成鍵規律推斷元素是解題的關鍵，明確同周期元素從左到右性質遞變規律，注意碳元素能形成多種性質不同的同素異形體。16、D【解析】

本題考查化學反應與能量變化,意在考查考生的圖象分析能力與推理能力。【詳解】左圖對應的熱化學方程式為A.CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g)ΔH＝－103.3kJ/mol，右圖對應的熱化學方程式為CO

(g)

+

H2O(g)=H2

(g)

+

CO2

(9)

△H=-33.

2kJ/mol；兩式相加即可得相應的熱化學方程式D.CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g)ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合題意；答案：D。【點睛】根據兩圖都為放熱反應，完成熱化學反應方程式，再根據蓋斯定律進行分析即可。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基取代反應C7H6O3+HNO3+H2O19或CH3CH2OHCH2=CH2【解析】

本題主要采用逆推法，通過分析C的結構可知B（）與CH3I發生取代反應生成C；分析B（）的結構可知A（）與CH2Cl2發生取代反應生成B；C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發生硝化反應生成D，D在Fe+HCl條件下，-NO2還原為-NH2，根據M中肽鍵的存在，可知E與F發生分子間脫水生成M；分析M的結構，可知E為，F為；根據E（）可知D為。【詳解】(1)根據上面分析可知A（）中官能團的名稱是羥基。B→C的反應類型是取代反應；答案：羥基取代反應(2)B（）的分子式為C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發生硝化反應生成D，化學方程式為+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根據上面分析可知F的結構簡式為；答案：(5)符合下列條件的C（）的同分異構體：①能發生水解反應，說明必有酯基；②能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明必有酚羥基；符合條件的有苯環外面三個官能團：HCOO-、-CH3、-OH，符合條件的共有10種；苯環外面兩個官能團：-OH、-COOCH3，符合條件的共有3種；苯環外面兩個官能團：-OH、-OOCCH3，符合條件的共有3種；-CH2OOCH、-OH，符合條件的共有3種；因此同分異構體共19種，其中核磁共振氫譜只有4組峰的結構肯定對稱，符合條件的結構簡式為或；答案：19或(6)逆推法：根據題干A生成B的信息可知：的生成應該是與一定條件下發生取代反應生成；可以利用乙烯與溴水加成反應生成，乙烯可由乙醇消去反應生成，據此設計合成路線為；答案：。18、酚羥基C8H7NO4濃硫酸、濃硝酸、加熱相同：++HCl2+H2【解析】

根據流程圖，A在濃硫酸、濃硝酸、加熱條件下發生取代反應生成B，B的結構簡式為，B和發生取代反應生成C()，C和磷酸在加熱條件下發生取代生成D，D在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉化為E()，E與A發生被取代轉化為F，根據E、F的結構簡式可判斷，A的結構簡式為，據此分析答題。【詳解】(1)根據流程圖中A的結構簡式分析，官能團名稱是羥基；根據圖示C中的每個節點為碳原子，每個碳原子連接4個共價鍵，不足鍵由氫原子補齊，則分子式為C8H7NO4；(2)A到B為硝化反應，根據分析，B的結構簡式為，A到B的反應條件是濃硫酸、濃硝酸、加熱；(3)根據分析，B和發生取代反應生成C()，C和磷酸在加熱條件下發生取代生成D，則B到C、D到E的反應類型相同；E與A發生被取代轉化為F，A的結構簡式為，化學方程式為：++HCl；(4)C的結構簡式為，H是C的同分異構體，①硝基直接連在苯環上，②核磁共振氫譜峰面積之比為2:2:2:1，說明分子結構中含有4中不同環境的氫原子，且氫原子的個數比為2:2:2:1，③遇FeCl3溶液顯紫色，說明結構中含有酚羥基，根據不飽和度可知，還存在CH=CH2，滿足下列條件的同分異構體結構簡式為、，共有有2種；(5)與氫氣在催化劑作用下發生加成反應生成，在SOCl2、催化劑、加熱條件下轉化為，則合成路線為：+H2。19、白色固體變黑吸收水蒸氣，防止影響C的質量變化冷卻至室溫偏小SO3O22CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4溫度更高，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2【解析】

(1)根據無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體分析A中的現象，根據堿石灰和無水氯化鈣的作用分析；(2)氣體溫度較高，氣體體積偏大，應注意先冷卻至室溫，若水準管內液面高于量氣管，說明內部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小；(3)實驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣；(4)0.64g硫酸銅的物質的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的質量為：0.256g，物質的量為：＝0.004mol，氧氣的質量為：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物質的量為：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質的量之比等于2：2：2；1，則實驗②中CuSO4分解反應方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸銅的物質的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的質量為：0.16g，氧氣的質量為：32＝0.032g，根據質量守恒實驗③中理論上C增加的質量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根據表中實驗③④的數據可知，T4溫度生成氧氣更多，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2。【詳解】(1)因為無水硫酸銅在加熱至650℃時開始分解生成氧化銅和氣體，故實驗過程中A中的現象是白色固體變黑，因為堿石灰能夠吸水，D中無水氯化鈣的作用是吸收水蒸氣，防止裝置E中的水進入裝置C，影響C的質量變化，故答案為：白色固體變黑；吸收水蒸氣，防止影響C的質量變化；(2)加熱條件下，氣體溫度較高，在測量E中氣體體積時，應注意先冷卻至室溫，若水準管內液面高于量氣管，說明內部氣壓大于外界大氣壓，測得氣體體積偏小，故答案為：冷卻至室溫偏小；(3)實驗中B中濃硫酸的作用是吸收三氧化硫氣體，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧氣，故答案為：SO3；O2；(4)0.64g硫酸銅的物質的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的質量為：0.256g，物質的量為：＝0.004mol，氧氣的質量為：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物質的量為：＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物質的量之比等于2：2：2；1，則實驗②中CuSO4分解反應方程式為2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；(5)0.64g硫酸銅的物質的量為＝0.004mol，分解生成氧化銅的質量為：0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的質量為：0.16g，氧氣的質量為：32＝0.032g，實驗③中理論上C增加的質量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根據表中實驗③④的數據可知，T4溫度生成氧氣更多，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2，故T4溫度更高，故答案為：T4溫度更高，因為SO3分解為SO2和O2是吸熱反應，溫度高有利于生成更多的O2。20、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高銅離子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亞銅會發生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解C真空干燥90.90%制備氧化亞銅時，氧化亞銅被肼還原，產品中含有銅粉，測定結果均增大【解析】

刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入過量的氨水，形成銅氨溶液，同時生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機溶液得到CuR2，再反