重庆市部分学校2023-2024学年高二上学期入学调研考试
化 学
相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5
一、单选题（每题3分，共42分）
1．化学与生产生活、能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．煤的气化、液化、干馏和石油的分馏、裂化、裂解都是化学变化
B．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物
C．“火树银花”焰火的实质是某些金属元素的焰色反应
D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料
2．下列各项中表达正确的是（ ）
A．CO2分子的电子式：
B．氯离子的结构示意图：
C．苯的结构简式：C6H6
D．水分子的球棍模型：
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．分子中含有键的数目为
B．标准状况下，3.36L戊烷中所含有的碳原子数为
C．17g甲基所含电子数为
D．标准状况下，22.4L乙炔中键数为、键数为
4．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．水玻璃中通入过量的二氧化碳：
B．将少量通入冷氨水中：
C．金属铜溶于稀硝酸中：
D．铁与足量稀硝酸反应：
5．下列叙述正确的是（ ）
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②熔点：Al＞Na＞Hg
③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤元素的非金属性越强，其氧化物对应的水化物的酸性就越强
⑥已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol 1，则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8kJ·mol 1
⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N
A．只有②④⑥ B．只有①⑥⑦ C．只有②③④ D．只有③⑤⑦
6．已知反应：（红棕色）（无色），分别进行如下两个实验：
实验ⅰ：将球分别浸泡在热水和冰水中，现象如图1。
实验ⅱ：将一定量的充入注射器中后封口，测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小），如图2。下列说法不正确的是（ ）
A．图1现象说明该反应为放热反应
B．图2中b点的操作是压缩注射器
C．d点：
D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T（b）＜T（c）
7．用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．加热装置I中的烧杯分离I2和Fe B．利用装置Ⅱ合成氨并检验氨的生成
C．利用装置Ⅲ制备少量的氯气 D．利用装置Ⅳ制取二氧化硫
8．我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍。下列说法中错误的是（ ）
A．由X和Y两种元素形成的化合物有多种
B．W和Z元素位于周期表中同一主族
C．元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X
D．Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M
9．海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．灼烧海带时用到的硅酸盐仪器有：酒精灯、蒸发皿、泥三角
B．向含I 溶液中加入和稀硫酸时发生反应：
C．步骤①是过滤，可将海带灰中的硫酸盐、碳酸盐等与含溶液分离
D．碘易溶于乙醇，提取碘时也可将换成乙醇
10．有金属单质0.05mol与氯气完全反应后，质量增重3.55g，则该金属为（ ）
A．钠 B．镁 C．铝 D．铁
11．将1.0体积乙烷和乙烯的混合气体在氧气中充分燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气，则混合物中乙烷和乙烯的体积比为（气体体积在同温同压下测定）（ ）
A．3∶1 B．1∶3 C．3∶2 D．2∶3
12．已知在同一电池中，正极电势高于负极电势。标准电极常用于测定其它电极的电势，测知电极的电势高于电极的电势。以下说法正确的是（ ）
A．溶液可用代替
B．微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用
C．电极反应为
D．若把体系换作体系，电压表的示数变大
13．某溶液中可能含有、OH 、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．原溶液中一定含有
B．反应最后形成的溶液中的溶质只有
C．原溶液中含有与的物质的量之比为1∶2
D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH 、、、
14．用和催化合成乙烯的反应原理为：，向1L恒容密闭的催化反应器中充入和，测得温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是（ ）
A．容器内气体密度不变可以作为判断反应达到平衡状态的标志
B．生成乙烯的速率：M点一定大于N点
C．250℃时，反应5min后达到平衡状态，则5min内
D．升高温度，催化剂的催化效率降低
二、多选题（每题4分。）
15．类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推结论正确的是（ ）
选项 化学事实 类推结论
A 在中燃烧生成 在中燃烧也生成
B 属于碳酸盐，也属于正盐 也属于碳酸盐和正盐
C 受热分解为和 也能受热分解生成和
D 与反应放出 与反应也放出
三、填空题（4大题，共54分。）
16．（14分）A、B、C、D几种纯净物至少含一种共同的元素，它们之间有如下转化关系(部分条件和产物省略)。
回答下列问题：
(1)若A为金属单质，C为浅黄色粉末，Y为液态氧化物(常温常压)，则B的化学式为 。C→D的离子方程式为 。
(2)若A是酸性氧化物，向空气中大量排放A，会加剧温室效应的形成，强碱X的焰色呈黄色，则B的化学式为 ，X的电离方程式为 。
(3)若A是非金属单质，C是光合作用的原料，A和C在高温下生成B，该反应中氧化产物、还原产物的质量之比为 。
(4)若A为黄绿色气体，X为金属单质，B为X在A中燃烧生成的棕褐色烟，为探究C中阳离子具有还原性，设计如下方案：
取适量的C固体溶于水，将溶液分成甲、乙、丙三份，进行如下实验：
实验 操作 现象
甲 加入镁粉 溶液颜色逐渐变为无色
乙 依次滴加KSCN溶液、新制氯水 开始不变色，后变红色
丙 先滴加KSCN溶液，后滴加酸化的双氧水 开始不变色，后变红色
①能证明C中阳离子具有还原性的实验是 (填代号)。
②丙实验中溶液由无色变红色的原因是 (用离子方程式表示)。
17．（13分）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO2资源化利用受到越来越多的关注。
I．利用CO2与CH4制备合成气CO、H2的反应历程如下：
第一步：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1 kJ·mol 1；
第二步：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2 kJ·mol 1；
说明：ads为吸附型催化剂。
(1)制备合成气总反应的反应热ΔH= kJ·mol 1；
(2)一定条件下ads对CO2也有吸附作用。结合下图分析ads吸附CO2的适宜条件是 。
(3)由甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。在不同反应物浓度时，该反应的反应速率如下表所示：
实验编号 1 2 3 4
c(CH4)/(mol·L 1) 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000
v/(mol·L 1·min 1) 0.0076 0.0153 0.0227 0.0306
该反应的速率方程为：v= mol·L 1·min 1[用含c(CH4)的代数式表示]。
Ⅱ.CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
反应1：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
(4)已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2mol CO2和6mol H2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5mol H2O，压强变为原来的75%，反应1的平衡常数K= (用分数表示)，CH4选择性= (CH4选择性=，保留三位有效数字)。
18．（13分）莫尔盐是硫酸盐的一种复盐，是一种重要的化学试剂，它的水溶液中加入不显红色，并有如图所示的反应：
根据以上关系，按要求填空：
(1)可用 检验气体B。
(2)莫尔盐的化学式为 。
(3)古代硫酸的制法是隔绝空气锻烧绿矾，将蒸气冷却可制得一种无色粘稠的液体“绿矾油”，剩余的固体为红棕色。已知的熔点是，沸点是，在加热条件下具有比较强的氧化性现某小组同学欲利用下图所示装置探究绿矾受热分解的产物：
①装置的连接顺序为 。
②的作用是验证该反应有水生成，其中的试剂为 ，实验过程中发现F中溶液褪色，中出现无色粘稠液体，则煅烧绿矾的反应方程式为
19．（14分）烃分子中的氢原子被卤原子取代的一类有机物称为卤代烃(R－Cl)。已知卤代烃(R－Cl)在一定条件下可发生如下反应：
R-Cl+KCNR-CN+KCl
R-CN+2H2O+H+R-COOH+
R-Cl+R-OH
以乙烯为原料经过下图所示的反应可制取有机物W(A、B、C、D均为烃的衍生物)
(1)若甲为Cl2，乙为HCl，生成物W的分子式为C8H14O4，则W的结构简式为 ；与C互为同系物且摩尔质量比C大28的有机物有 种。
(2)若W的分子式为C5H10O3，则甲为 ，乙为 。
(3)A→B的反应类型为 。若甲、乙均为Cl2，W为最小环状分子，则C＋E→W的化学方程式为： 。
答案
1．【答案】C
【解析】A．煤的气化、液化过程均有新物质生成，为化学变化，选项A错误；
B．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项B错误；C．“火树银花”是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，选项C正确；D．合成纤维是有机高分子材料，选项D错误；答案选C。
2．【答案】B
【解析】A．CO2分子中碳原子和氧原子之间形成两对共用电子对，正确的电子式为：，故A错误；B．17号元素是氯，核电荷数=质子数=核外电子数=原子序数，最外层电子数为7，要达到稳定结构氯离子，需要得到一个电子，氯离子的结构示意图：，故B正确；C．苯的分子式为C6H6，结构简式为，故C错误；D．水为V形分子，水分子的球棍模型是，故D错误；答案选B。
3．【答案】C
【解析】A．C2H6O表示乙醇分子或者二甲醚，结构简式为CH3CH2OH或CH3OCH3，根据结构简式可知，1个乙醇分子中含有5个C-H键，因此0.3mol CH3CH2OH中含有C-H键的数目为1.5NA，1mol二甲醚分子中含有6mol的C-H键，则0.3mol该分子中含有1.8mol C-H键，A错误；B．标准状况下，戊烷为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；C．1个甲基中所含有的电子数为9个，17g甲基的物质的量为1mol，故17g甲基所含电子数为，C正确；D．1个乙炔分子中的键数为3个，键数为2个，标准状况下，22.4L乙炔为1mol，其所含的键数为、键数为，D错误；故选C。
4．【答案】C
【解析】A．水玻璃中通入过量的二氧化碳：，A错误；B．将少量通入冷氨水中得到亚硫酸铵和水：，B错误；C．金属铜溶于稀硝酸中：，C正确；D．铁与足量稀硝酸反应时得到铁盐：，D错误；故选C。
5．【答案】A
【解析】①F的非金属比O强，因此热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①错误；②半径Na＞Al，金属键Al小于Na，因此熔点：Al＞Na，Hg半径大，金属键弱，熔点低，因此熔点：Al＞Na＞Hg，故②正确；③ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故③错误；④根据元素周期表得出元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，故④正确；⑤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就越强，故⑤错误；⑥燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ mol 1，则氢气的燃烧热为ΔH=-285.8 kJ mol 1，故⑥正确；⑦因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，主要是氮气含有氮氮三键，化学性质稳定，但非金属性：N＞P，故⑦错误；所以②④⑥均正确；故A正确。综上所述，答案为A。
6．【答案】C
【解析】由图中信息可知，球浸泡在热水中颜色变深，球浸泡在冰水中颜色变浅，说明（红棕色）（无色）是放热反应。A．由图1现象可知，球浸泡在热水中颜色变深，球浸泡在冰水中颜色变浅，说明该反应为放热反应，A说法正确；B．图2中b点后透光率降至最低后又有所反弹，说明b点的操作是压缩注射器，气体的压强变大、体积变小，故其中各组分的浓度变大，气体的颜色变深，透光率减小，但是由于化学平衡向正反应方向移动，故气体的颜色又有所变浅，透光率又变大了一点，但仍比压缩之前小，B说法正确；C．由图中信息可知，d点处在透光率减小的过程中，平衡正在向逆反应方向移动，故，C说法不正确；D．由B中分析可知，b到c的过程是平衡向正反应移动的过程，由于正反应为放热反应，若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则平衡混合物的温度升高，即T（b）＜T（c），D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是C。
7．【答案】C
【解析】A．加热时I2和Fe发生化合反应，故A错误；B．检验氨的生成要用湿润的pH试纸，故B错误；C．高锰酸钾氧化性较强，在常温下就可以与浓盐酸反应产生氯气，故C正确；D．铜与浓硫酸反应制取二氧化硫要加热，故D错误。答案C。
8．【答案】B
【解析】W、X、Y、Z、M是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知M元素原子核外电子总数是Y元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X形成3个共价键，M形成六个共价键，W形成一个共价键，则W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素，据此分析结合元素性质解答。根据分析，W为H元素，X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，M为S元素；A．X为N元素，Y为O元素，由X和Y两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故A正确；B．W为H元素，位于第一周期第ⅠA族，Z为F元素，位于周期表第二周期第ⅦA族，故B错误；C．X为N元素，Y为O元素，Z为F元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X，故C正确；D．Y为O元素，M为S元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则Y、M元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M，故D正确；答案选B。
9．【答案】B
【解析】A．灼烧海带时用到的硅酸盐仪器有：酒精灯、坩埚、泥三角，A错误；B．由图知向含溶液中加入和稀硫酸时生成碘单质，发生反应：，B正确；C．步骤①是过滤，可将海带灰中的难溶于水的杂质与含溶液分离，C错误；D．提取碘时不可以将换成乙醇，因为乙醇与水互溶，D错误；故答案为B。
10．【答案】B
【解析】金属单质与氯气发生化合反应，增加的质量就是生成的氯化物中氯的质量，所以0.05mol金属单质，需要n==0.05mol的氯气，0.05molCl2参与反应变为氯离子共得到0.05mol×2=0.1mol电子，也就是说0.05mol金属单质中有0.1mol电子失去，即1mol金属单质与氯气反应转移2mol电子，这说明金属和氯气的反应系数比是1∶1，金属形成离子后是+2价。A．钠与氯气反应后为+1价，故A错误；B．镁与氯气反应后为+2价，故B正确；C．铝与氯气反应后为+3价，故C错误；D．由于氯气为强氧化剂，铁与氯气反应后直接变为+3价，故D错误；答案选B。
11．【答案】D
【解析】乙烷和乙烯燃烧，有机物与产物的关系式为：C2H6——2CO2——3H2O，C2H4——2CO2——2H2O，设C2H6的体积为x，则C2H4的体积为1-x，从而得出关系式：，x=0.4ml，则1.0mL-x=0.6mL，混合物中乙烷和乙烯的体积比为0.4mL∶0.6mL=2∶3，故选D。
12．【答案】D
【解析】A．溶液能导电，而不能导电，则不能用代替溶液，故A错误；B．原电池工作时，电解质溶液中阴、阳离子会定向移动，则微孔瓷片能使离子通过，否则不能形成闭合电路，故B错误；C．电极的电势高于Cu电极的电势，电极为正极，发生氧化反应，电极反应式为：，故C错误；D．Cu为原电池的负极，若换成更加活泼的体系，Zn比Cu活泼，更容易失去电子，Zn与Hg的活性差异更大，则电压表的示数变大，故D正确；
故选D。
13．【答案】D
【解析】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图象可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3∶4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。
14．【答案】C
【解析】A．，m、V不变，密度不可以作为判断反应达到平衡状态的标志，A错误；B．温度升高使反应速率增大的程度与催化剂失去活性使反应速率减小的程度无法比较大小，则N点和M点生成乙烯速率快慢无法判断，B错误；C．根据题意，H2和CO2的投料比等于改反应的系数之比，则平衡是图示CO2平衡转化率50%，H2平衡转化率也为50%，故，C正确；D．250℃之前，温度升高，催化剂的催化效率升高，D错误；故选C。
15．【答案】BC
【解析】A．钠在氧气中燃烧生成，而Li在中燃烧只能生成，类推错误，A项错误；B．碳酸钙和中都含有，都属于碳酸盐，也属于正盐，类推正确，B项正确；C．难溶性的碱受热易分解，生成对应的氧化物和水，所以氢氧化铝、氢氧化铜都能受热分解生成金属氧化物和水，类推正确，C项正确；D．能与反应生成和，但由于具有还原性，当与反应时生成，无放出，类推错误，D项错误；故答案选BC。
16．【答案】(1)Na2O（2分） 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH +O2↑（2分）
(2)NaHCO3（2分） NaOH=Na++OH （2分）
(3)1∶1（2分）
(4)乙、丙（2分） 2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+、Fe3++3SCN =Fe(SCN)3（4分）
【解析】（1）由所给信息，推测C为Na2O2，A为Na，Y为H2O，Na与O2(X)常温下反应生成Na2O(B)，Na2O加热时可与O2继续反应转化为Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH(D)，故此处依次填：Na2O、2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
（2）由所给信息，推测A为CO2，X为NaOH，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3(B)，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3(C)，故此处依次填：NaHCO3、NaOH=Na++OH ；（3）光合作用原料为CO2，A与CO2高温下可生成B，联想到C与CO2高温生成CO，推测A为C，B为CO，C为CO2，由反应C+CO22CO，知氧化产物、还原产物均为CO，根据得失电子守恒知两者质量比为1∶1；（4）根据乙、丙实验现象，取固体C溶于水，将溶液分成甲、乙、丙三份，溶于水生成的为FeCl2。甲：加Mg粉可将Fe置换出来，显示了Fe2+的氧化性，甲不符合题意；乙：滴加KSCN没有变化，说明不含Fe3+，加入氯水后溶液变红，说明氯水将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+具有还原性；丙：滴加KSCN没有变化，说明不含Fe3+，加入双氧水溶液变红，说明双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+具有还原性；①能证明C中阳离子具有还原性的实验是乙、丙；②丙实验中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+，Fe3+与SCN 生成红色的Fe(SCN)3，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+、Fe3++3SCN =Fe(SCN)3。
17．【答案】(1)E1+E2（2分）
(2)25℃，10mL·min 1(或低温，低流速) （2分）
(3)0.076c(CH4)（3分）
(4)（3分） 66.7%或0.667（3分）
【解析】（1）由信息可知，第一步即反应i：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·mol 1；第二步即反应ii：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·mol 1；则反应i+反应ii即得制备合成气总反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2=(E1+E2)kJ·mol 1；（2）一定条件下ads对CO2也有吸附作用，由题干图示信息可知，25℃下流速为10mL/min时，ads吸附CO2的量最大，故该过程的适宜条件是25℃、10mL/min；（3）由题干表中数据可知，当c(CH4)=0.1000mol/L时，v=0.0076mol·L 1·min 1，当c(CH4)=0.2000mol/L时，v=0.0153mol·L 1·min 1，由此可知反应速率与c(CH4)成正比，故该反应的速率方程为：v=kc(CH4)mol·L 1·min 1，带入数据可知：0.0227=0.3000k，即得k=0.076，故该反应速率方程为：v=0.076c(CH4)mol·L 1·min 1；（4）已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2mol CO2和6mol H2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5mol H2O，压强变为原来的75%，由三段式分析：
CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
2x+y=2.5mol，，解得：x=1，y=0.5，即平衡时c(CO2)= =1.0mol/L，c(H2)= =3.0mol/L，c(CH4)==2.0mol/L，c(H2O)==5.0mol/L，反应1的平衡常数K===，CH4选择性=×100%=66.7%。
18．【答案】(1)用湿润红色石蕊试纸靠近，若试纸变为蓝色，证明该气体为NH3(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近，产生白烟，证明了气体是NH3)（3分）
(2)Fe(NH4)2(SO4)2（2分）
(3)ABDEFC（3分） 无水CuSO4（2分） 2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+ SO3↑+14H2O（3分）
【解析】莫尔盐是硫酸盐的一种复盐，说明其中含有；向摩尔盐溶液中加入(NH4)2S，产生黑色沉淀，高温煅烧该沉淀，得到红棕色固体，该红棕色固体是Fe2O3，根据Fe元素守恒，可知莫尔盐中含有Fe元素，由于向莫尔盐溶液中加入KSCN不显红色，说明其中的Fe不是Fe3+，而是Fe2+；Fe2O3与硝酸反应产生溶液C，C为Fe(NO3)3；向莫尔盐溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应产生无色气体B是NH3，说明莫尔盐中含有，同时得到产生沉淀A，该沉淀是BaSO4、Fe(OH)2的混合物，向沉淀A中加入稀HNO3，Fe(OH)2与硝酸发生氧化还原反应产生Fe(NO3)3、NO、H2O，BaSO4不溶于水也不溶于酸，因此看到沉淀部分溶解，得到溶液C，同时产生无色气体，该气体与空气变为红棕色，则无色气体是NO，该莫尔盐是硫酸盐的一种复盐，因此根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知该盐为Fe(NH4)2(SO4)2或写作FeSO4·(NH4)2SO4；将绿矾放在装置A中，加热使之发生分解反应，经过装置B中无水CuSO4可检验H2O的产生；根据气体SO3的熔点是16.8°C，沸点是44.8°C，将气体在装置D中冷凝降温，SO3与水反应产生H2SO4，为防止气体由于降温使装置内气体压强过低而引起倒吸现象的发生，将气体再经装置E的缓冲作用，然后通过装置F检验SO2的产生，SO2是有毒气体，会导致大气污染，因此最后尾气通过装置C的NaOH进行尾气处理。（1）由分析可知，气体B为NH3，检验方法可以是用湿润红色石蕊试纸靠近，若试纸变为蓝色，证明该气体为NH3，或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近，产生白烟，证明了气体是NH3；（2）由分析可知，莫尔盐的化学式为Fe(NH4)2(SO4)2；（3）①由分析可知，上述装置的连接顺序为ABDEFC；②B的作用是验证该反应有水生成，其中的试剂为无水CuSO4；实验过程中发现F中溶液褪色，说明A中反应生成SO2,，中出现无色粘稠液体，说明D中生成了硫酸，则A中反应生成了SO3，装置A中剩余的固体为红棕色，该固体为Fe2O3，则煅烧绿矾生成了H2O、SO2、SO3、Fe2O3，该反应的方程式为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+ SO3↑+14H2O。
19．【答案】（1）C2H5OOCCH2CH2COOC2H5（2分） 9（3分）
（2）HCl（2分） Cl2（2分）
取代反应（2分）
HOOCCH2CH2COOH+HOCH2CH2OH+2H2O（3分）
【分析】乙烯和氯气发生加成反应，A和KCN发生取代反应，根据信息得到B中—CN变为—COOH，乙烯和HCl发生加成反应，D水解生成E，C和E发生酯化反应生成W，根据信息中进行具体问题具体分析。(1)若甲为Cl2，乙为HCl，乙烯和氯气发生加成反应生成A为ClCH2CH2Cl，A和KCN反应生成B(NCCH2CH2CN)，根据信息得到B反应生成C(HOOCCH2CH2COOH)，乙烯和HCl发生加成反应生成D(CH3CH2Cl),D水解生成E(CH3CH2OH)，C和E发生酯化反应生成W，W的分子式为C8H14O4，则W的结构简式为C2H5OOCCH2CH2COOC2H5；与C互为同系物且摩尔质量比C大28，则比C多两个—CH2—，相当于C4H10中的两个氢被两个羧基取代，C4H10有两种结构和，两个羧基在同一个碳上()有2种，两个羧基在不同碳上(和)有4种，两个羧基在同一个碳上()有1种，两个羧基在不同碳上()有2种，因此共有9种；故答案为：C2H5OOCCH2CH2COOC2H5；9。(2)若W的分子式为C5H10O3，根据前面信息，A到B增加一个碳原子，则C有三个碳原子，E有两个碳原子，根据W结构分析得到W含有酯基还含有羟基，因此甲为HCl，得到A为CH3CH2Cl，B为CH3CH2CN，C为CH3CH2COOH，乙为Cl2，D为ClCH2CH2Cl，E为HOCH2CH2OH；故答案为：HCl；Cl2。(3)根据信息得到A→B的反应类型为取代反应。若甲、乙均为Cl2，W为最小环状分子，根据前面分析得到C为HOOCCH2CH2COOH，E为HOCH2CH2OH，则C＋E→W的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+HOCH2CH2OH+2H2O；故答案为：HOOCCH2CH2COOH+HOCH2CH2OH+2H2O。
