年高考第三次模擬考試化學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。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，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x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可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56Te128一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．中華文化源遠流長，化學與文化傳承、科技發展密不可分。下列說法錯誤的是A．淀粉經酯化后可用于生產表面活性劑、可降解塑料等B．木版年畫制作技藝使用的赭石顏料屬于無機化合物C．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化D．瑪瑙是生產汝瓷的原料之一，其主要成分為二氧化硅【答案】C【解析】A．淀粉為糖類，含有羥基，經酯化后可用于生產表面活性劑、可降解塑料等，A正確；B．赭石顏料為礦物顏料，屬于無機化合物，B正確；

C．用堿液制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環境下發生反應使原有的粗漿纖維變成細漿，該過程涉及化學變化，C錯誤；D．瑪瑙主要成分為二氧化硅，D正確；故選C。2．關于有機物檢測，下列說法正確的是A．用濃溴水可鑒別溴乙烷、乙醛和苯酚B．用現代元素分析儀可確定有機物分子式C．質譜法測得某有機物的相對分子質量為72，可推斷其分子式為D．麥芽糖與稀硫酸共熱后加NaOH溶液調至堿性，再加入新制氫氧化銅并加熱，可判斷麥芽糖是否水解【答案】A【解析】A．溴易溶于溴乙烷與水分層，溴水氧化乙醛后溶液為無色，濃溴水與苯酚反應生成沉淀，現象不同，可鑒別，故A正確；B．元素分析儀只能測定出元素種類，不能確定有機物的分子式，故B錯誤；C．質譜法測得某有機物的相對分子質量為72，其分子式可能為C5H12或C4H8O或C3H4O2，故C錯誤；D．麥芽糖、葡萄糖均含醛基，均可在堿性溶液中與新制氫氧化銅并加熱生成磚紅色沉淀，由實驗操作和現象，不能證明麥芽糖是否水解，故D錯誤；故選：A。3．取一定體積的下列兩種試劑(濃度均為)進行反應，改變兩種試劑的滴加順序，反應產生的現象相同的是A．溶液、稀鹽酸 B．溶液、氨水C．溶液、溴水 D．溶液、酸性溶液【答案】B【解析】A．向溶液中滴加稀鹽酸，剛開始沒有氣泡，然后才產生氣泡，向稀鹽酸中滴加溶液直接產生氣泡，故A不符合題意；B．溶液和氨水無論滴加順序怎樣，都會生成氫氧化鋁沉淀，故B符合題意；C．向溶液中滴加溴水，溴水中的HCl和反應生成二氧化碳氣體，溴水過量時溶液變為橙黃色，向溴水中滴加溶液，溴水中的HCl和反應生成二氧化碳氣體，溶液由橙黃色變為無色，故C不符合題意；D．向溶液中滴加酸性溶液，溶液由無色變為紅色，向酸性溶液中滴加溶液，溶液由紅色變為無色，故D不符合題意；故選B。4．下列有關物質結構與性質的說法錯誤的是A．乙醇可與水互溶，是因為乙醇分子與水分子之間形成了氫鍵B．NaCl焰色試驗為黃色，與Cl核外電子躍遷有關C．AlF3(1040℃)熔點遠高于AlCl3(178℃升華)，是由于兩者的晶體類型不同D．氯乙酸(CH2ClCOOH，pKa=2.86)酸性遠強于乙酸(CH3COOH，pKa=4.76)，是因為氯乙酸中羥基的極性大于乙酸，更易電離出氫離子【答案】B【解析】A．乙醇可與水互溶，是因為乙醇分子與水分子之間除了存在分子間作用力外，還形成了氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，A正確；B．NaCl焰色試驗為黃色，是由于在灼燒時Na+核外電子發生躍遷，由低能態躍遷到高能態，電子處于高能態不穩定，會再躍遷到低能態，多余的能量以光的形式釋放出來，這與Cl核外電子躍遷無關，B錯誤；C．AlF3是離子晶體，陰陽離子之間以離子鍵結合，離子鍵是一種強烈的相互作用，因此其熔沸點較高；而AlCl3是分子晶體，分子間以微弱的分子間作用力結合，因此其熔沸點較低，故二者熔點差別較大是由于它們的晶體類型不同，C正確；D．CH2Cl—的極性比CH3—的極性強，使羧基的—OH氫原子更容易發生電離，因而酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH，溶液的酸性越強，其電離平衡常數就越小，D正確；故合理選項是B。5．2-丁炔可發生如下轉化，下列說法正確的是A．2-丁炔分子通過縮聚反應生成ZB．2-丁炔轉化為X的過程中，鍵和鍵的數目均發生了變化C．Y的同分異構體中不存在順反異構現象D．X、Y、Z均難溶于水【答案】B【解析】2-丁炔和H2發生加成反應得到2-丁烯，X為CH2CH=CHCH3，2-丁炔和H2O發生加成反應生成Y，Y為CH3CH=CH(OH)CH3，2-丁炔中含有碳碳三鍵，通過加聚反應生成Z，以此解答。A．2-丁炔中含有碳碳三鍵，通過加聚反應生成Z，故A錯誤；B．2-丁炔和H2發生加成反應得到2-丁烯，鍵的數目減小，鍵數目增大，故B正確；C．Y為CH3CH=CH(OH)CH3，含有雙鍵且雙鍵上連接的基團不同，存在順反異構現象，烯醇也可能異構化生成酮，就不存在順反異構，故C錯誤；D．Y、Z為烴，難溶于水，Y中含有羥基或酮羰基，是親水基團，可以溶于水，故D錯誤；故選B。6．下列實驗操作、現象和結論均正確的是選項實驗操作及現象結論A向甲苯中加入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去甲苯及其同系物均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化B向某稀溶液中加入NaOH溶液，產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體溶液中含有C向溶液中緩慢滴加硫酸，溶液由黃色變為橙紅色(已知水溶液中為黃色，為橙紅色)增大氫離子濃度可使轉化為D向溶液中加入少量溶液，再滴加葡萄糖溶液并加熱，產生磚紅色沉淀新制可檢驗葡萄糖【答案】C【解析】A．苯是甲苯的同系物，不能與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化反應使溶液紫色褪去，故A錯誤；B．溶液中銨根離子與氫氧根離子共熱反應生成能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氨氣，則向含有銨根離子的溶液中加入氫氧化鈉溶液，在不加熱條件下是不可能有氨氣生成的，故B錯誤；C．向鉻酸鉀溶液中緩慢滴加硫酸，溶液由黃色變為橙紅色說明增大溶液中氫離子濃度可使溶液中的黃色的鉻酸根離子轉化為橙紅色的重鉻酸根離子，故C正確；D．硫酸銅溶液與少量的氫氧化溶液反應生成不能與葡萄糖反應的堿式硫酸銅，所以向硫酸銅溶液中加入少量的氫氧化溶液，再滴加葡萄糖溶液并加熱，不可能產生氧化亞銅磚紅色沉淀，故D錯誤；故選C。7．藥物異搏定合成路線中的某一步反應如圖所示(部分產物未給出)，下列說法正確的是()A．X分子中共面的碳原子最多有8個B．有機物X不能與酸性高錳酸鉀溶液反應C．與溶液反應，最多消耗D．有機物Z與足量的氫氣加成所得分子中含有2個手性碳原子【答案】A【解析】A項，苯環、羰基中7個碳原子共平面，甲基中的1個碳原子有可能與苯環共平面，則該分子中最多有8個碳原子共平面，A項正確；B項，X含酚羥基，易被氧化，能與酸性高錳酸鉀溶液反應，B項錯誤；C項，Y中酯基、溴原子水解都能和NaOH以1：1反應，1個Y分子中有1個酯基和1個溴原子，1molY最多消耗2molNaOH，C項錯誤；D項，Z與足量氫氣發生加成反應，產物如圖所示，共含有4個手性碳原子，D項錯誤；故選A。8．標準狀態下，氣態反應物和生成物的相對能量與反應歷程如圖所示，已知和的相對能量為0。下列說法錯誤的是A．B．鍵能為C．相同條件下，的平衡轉化率：歷程Ⅰ=歷程ⅡD．歷程I和II中速率最快一步反應的熱化學方程式為【答案】D【解析】A．由圖可知，Cl原子是歷程Ⅱ的催化劑，催化劑不能改變反應的反應熱，則歷程Ⅰ、Ⅱ的反應熱相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正確；B．Cl2(g)的相對能量為0，由圖可知Cl(g)的相對能力為(E2-E3)kJ/mol，斷裂化學鍵吸收熱量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量為2(E2-E3)kJ/mol，則Cl-Cl鍵能為2(E2-E3)kJ/mol，故B正確；C．催化劑不能改變反應的始態和終態，不能改變反應物的平衡轉化率，即相同條件下O3的平衡轉化率：歷程Ⅱ=歷程Ⅰ，故C正確；D．由圖可知，歷程Ⅱ中第二步反應的活化能小于第一步反應的活化能，反應的活化能越低，反應速率越快，則歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應的熱化學方程式為：，故D錯誤；答案選D。9．化學上常用標準電極電勢(氧化型/還原型)比較物質氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越強。利用表格所給的數據進行分析，下列說法錯誤的是氧化型/還原型(Co3+/Co2+)(Fe3+/Fe2+)(Cl2/Cl-)酸性介質1.84V0.77V1.36V氧化型/還原型[Co(OH)3/Co(OH)2][Fe(OH)3/Fe(OH)2](ClO-/Cl-)堿性介質0.17VXV0.89VA．推測：X<0.77B．Fe3O4與濃鹽酸發生反應：Fe3O4+8HCl(濃)=FeCl2+2FeCl3+4H2OC．Co3O4與濃鹽酸發生反應：Co3O4+8HCl(濃)=3CoCl2+Cl2↑+4H2OD．在等濃度的Co2+、Fe2+、Cl-的混合液中，還原性：Co2+>Cl->Fe2+【答案】D【解析】化學上常用標準電極電勢數據φθ（氧化型/還原型）比較物質氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越強，結合次氯酸和次氯酸鹽的性質解題，據此分析解題。A．因為氧化性Fe3+＞Fe(OH)3，所以電極電勢(Fe3+/Fe2+)＞[Fe(OH)3/Fe(OH)2]，推測：x＜0.77，故A正確；B．Fe3O4與濃鹽酸的反應為Fe3O4+8HCl(濃)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，故B正確；C．Co3O4與濃鹽酸發生反應生成氯化亞鈷、氯氣和水，反應的離子方程式為Co3O4＋8HCl(濃)＝3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O，故C正確；D．(Co3+/Co2+)>(Cl2/Cl-)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性Co3+>Cl2>Fe3+，所以還原性Co2+<Cl-<Fe2+，故D錯誤；故答案選D。10．甲烷與氧氣直接選擇性轉化為甲醇是當今催化領域的“夢想反應”，科學家用負載雙組份催化劑（納米金和納米簇）在室溫和光照下完成了上述反應，選擇性高達95%。機理如圖A所示，下列說法不正確的是A．Au表面反應為：B．圖A中含碳微粒只存在2種雜化方式C．有無催化劑納米簇對合成甲醇的產量無影響D．圖B是通過和同位素示蹤分析氧化甲烷過程中的產品質譜測試圖，由圖可知體系中產品中氧主要來源于【答案】D【解析】由圖A可知，氧氣和氫離子在金表面得到電子生成HCOO，甲烷在二氧化鈦表面轉化為CH3，HCOO與CH3結合為CH3OOH，CH3OOH轉化為CH3OH，水在CoOx表面轉化為OH，OH與甲醇反應生成甲醛和二氧化碳；由圖B可知，反應生成的二氧化碳含有16O和18O，說明二氧化碳的氧原子來源于氧氣和水。A．由分析可知，氧氣和氫離子在金表面得到電子生成HCOO，反應方程式為，故A正確；B．由圖可知，A中雙鍵氧原子的雜化方式為sp2雜化、單鍵氧原子的雜化方式為sp3雜化，共有2種雜化方式，故B正確；C．催化劑能改變反應的途徑，降低反應活化能，加快反應速率，但化學平衡不移動，甲醇的產量不變，則有無催化劑納米簇對合成甲醇的產量無影響，故C正確；D．由分析可知，反應生成的二氧化碳含有16O和18O，說明二氧化碳的氧原子來源于氧氣和水，故D錯誤；故選D。11．由短周期元素X、Y、W、Z構成的化合物的結構如圖所示，且原子序數：X>Y>W>Z，其中基態X原子3p軌道上有3個電子，W與Z可形成原子個數比為1：2的分子，且該分子含有18個電子。下列說法正確的是A．Y元素的單質均為非極性分子B．簡單氫化物沸點：W<YC．與X同周期的主族元素中，比X第一電離能大的元素有2種D．僅由Y、W、Z三種元素組成的化合物一定顯酸性【答案】B【解析】原子序數：X>Y>W>Z，其中基態X原子3p軌道上有3個電子，X為P元素，Y連接2個共價鍵，Y為O元素，W連接3個共價鍵，W為N元素，W與Z可形成原子個數比為1：2的分子，且該分子含有18個電子，Z為H元素，該物質為N2H4，以此解答。由分析可知，X為磷元素，Y為氧元素，W為氮元素，Z為氫元素。A．氧元素的單質有O2、O3，O2為非極性分子，O3為極性分子，A錯誤；B．水的沸點大于氨氣，所以簡單氫化物沸點：H2O>NH3，B正確；C．與P同周期的主族元素中，比P第一電離能大的元素有1種，即Cl元素，C錯誤；D．僅有O、N、H元素組成的化合物中，HNO3顯酸性，NH3·H2O顯堿性，D錯誤；綜上所述，選B。12．工業上煅燒含硫礦物產生的SO2可以按如圖流程脫除或利用。已知：途徑I、II、III中均有空氣參與；硫酸的結構簡式為。下列說法錯誤的是A．含硫礦物粉碎有利于提高“煅燒”效率B．途徑II發生的反應為2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2C．途徑III產生的SO3也可以用濃硫酸吸收D．1molX最多可以與1molNaOH反應【答案】D【解析】含硫礦物煅燒產生二氧化硫，二氧化硫與氧氣、碳酸鈣發生反應：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫經催化氧化產生三氧化硫，三氧化硫與甲醇反應得到X。A．含硫礦物粉碎有利于提高“煅燒”效率，A正確；B．途徑II發生的反應為2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正確；C．途徑III產生的SO3也可以用濃硫酸吸收得到焦硫酸，再稀釋轉化為濃硫酸可以避免三氧化硫與水反應形成大量酸霧，C正確；D．X經水解可到硫酸和甲醇，故1molX最多可以與2molNaOH反應得到1mol硫酸鈉和1mol甲醇，D錯誤。故選D。13．我國科學家研發了一種由廢水（含、等）提鈾并同步產電的工藝，其工作原理和相關物質轉化關系如圖所示，下列有關該過程的說法不正確的是A．電子從電極經導線流向CCF電極B．CCF電極上發生的反應有：C．生成（的反應中，D．利用電解法再次獲得含溶液，需將附著、的電極置于陽極【答案】C【解析】由圖可知，鐵電極為原電池的負極，鐵失去電子發生氧化反應生成亞鐵離子，電極反應式為Fe—2e—=Fe2+，CCF電極為正極，水分子作用下氧氣在正極得到電子發生還原反應生成過氧化氫和氫氧根離子、UO在正極得到電子發生還原反應生成UO2，電極反應式為、UO+2e—=UO2，放電生成的UO2與過氧化氫反應生成(UO2)O2·H2O，反應的化學方程式為UO2+2H2O2=(UO2)O2·H2O。A．由分析可知，鐵電極為原電池的負極，CCF電極為正極，則電子從Fe電極經導線流向CCF電極，故A正確；B．由分析可知，CCF電極為正極，水分子作用下氧氣在正極得到電子發生還原反應生成過氧化氫和氫氧根離子、UO在正極得到電子發生還原反應生成UO2，電極反應式為、UO+2e—=UO2，故B正確；C．由分析可知，生成(UO2)O2·H2O的化學方程式為UO2+2H2O2=(UO2)O2·H2O，則反應中氧化劑H2O2與還原劑UO2的物質的量之比為1：1，故C錯誤；D．利用電解法再次獲得含溶液時，與直流電源的正極相連的CCF電極為陽極，UO2、(UO2)O2·H2O在陽極失去電子發生氧化反應生成UO，故D正確；故選C。14．室溫下，調節MgCl2溶液、HF溶液、HA溶液[已知]的pH，測得溶液中pX[；X代表、，]隨溶液pH的變化如圖所示[已知]。下列敘述正確的是A．代表溶液中隨溶液pH的變化B．濃度均為0.1mol·LNaF、NaA的混合溶液中：C．NaF、NaA的混合溶液中：D．由于、很接近，故很難轉化為【答案】C【解析】由題干圖示信息可知，Ka==10-pXc(H+)，L2上點(1，3.80)可知，該直線所示的Ka=10-3.8×10-1=10-4.8，同理可知，L1上點(2，1.45)可知，該直線所示的Ka=10-1.45×10-2=10-3.45，又知，故L1代表隨溶液pH的變化，L2代表隨溶液pH的變化，L3代表Mg2+隨溶液pH的變化，據此分析解題。A．由分析可知，L2代表溶液中隨溶液pH的變化，A錯誤；B．由題干信息可知，，則濃度均為0.1mol·LNaF、NaA的混合溶液中A-的水解程度大于F-的水解程度，故，B錯誤；C．NaF、NaA的混合溶液中，==101.35＞10即，C正確；D．由直線L3上點(9，1.3)可知，Mg(OH)2的=c(Mg2+)c2(OH-)=10-1.3(10-5)2=10-11.3，而，故、很接近，但Mg(OH)2能在NaF飽和溶液中轉化為MgF2，D錯誤；故答案為：C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．（14分）碲具有獨特的理化性質，被廣泛應用于軍工、航天、石油化工、冶金等領域。從碲銅渣［主要成分為，含Bi(Ⅲ)、Sb(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)、Se等雜質］中分離提純碲的一種流程如下圖所示。回答下列問題：（1）“氧化酸浸”時，發生反應生成難溶的，該反應的化學方程式為。（2）已知“堿浸除雜”所得浸出液中硒和碲的化合價相同，“氧化沉碲”的目的是利用鈉鹽的溶解性差異分離硒和碲，推測濾液2中硒的存在形式是(填離子符號)；為除去所得表面吸附的雜質，將其置于氫氧化鈉溶液中進行常溫漂洗，漂洗液與濾液2合并，經煮沸后可返回上述流程中的工序循環利用，煮沸的目的是。（3）在“溶解還原”工序中生成單質Te的總反應的離子方程式為。（4）濾液1、2、3中，含銅量較高，可用于回收銅的是。（5）碲是第五周期氧族元素，其基態原子的價層電子排布式為；常溫常壓下，單質碲為六方晶體結構，8個原子位于晶胞頂點，2個原子位于晶胞內部，晶胞參數如圖所示，其中，、，，，碲晶體的密度為(列出計算式即可)?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍?，每空2分）（1）（2）堿浸除雜（1分）除去多余的（3）（4）濾液1（1分）（5）【分析】由題給流程可知，向碲銅渣中加入稀硫酸、氯酸鈉氧化酸浸，將碲化亞銅轉化為硫酸銅和二氧化碲，過濾得到含有硫酸銅的濾液和濾渣；向濾渣中加入氫氧化鈉溶液、硫化鈉堿浸除雜，將鉍元素、銻元素、鉛元素轉化為金屬硫化物沉淀，硒元素、碲元素轉化為亞硒酸根離子、亞碲酸根離子，過濾得到含有金屬硫化物的濾渣和浸出液；向浸出液中加入雙氧水溶液氧化沉碲，將亞硒酸根離子轉化為硒酸根離子，亞碲酸根離子轉化為碲酸鈉沉淀，過濾得到含有硒酸鈉、氫氧化鈉的濾液和碲酸鈉；向碲酸鈉中加入鹽酸溶解，通入二氧化硫將溶液中的碲元素轉化為單質碲，過濾得到濾液和碲。【解析】（1）由分析可知，氧化酸浸時加入稀硫酸、氯酸鈉的目的是將碲化亞銅轉化為硫酸銅和二氧化碲，反應的化學方程式為，故答案為：；（2）由分析可知，濾液2中硒元素存在形式為硒酸根離子；用氫氧化鈉溶液洗滌除去碲酸鈉鉍表面的可溶性雜質，將漂洗液與濾液2合并煮沸，除去混合溶液中的過氧化氫，防止過氧化氫氧化堿浸除雜液中的硫化鈉，將煮沸后的混合溶液返回上述流程中的堿浸除雜工序循環利用，提高原料的利用率；故答案為：；堿浸除雜；除去多余的；（3）由分析可知，向碲酸鈉中加入鹽酸溶解，通入二氧化硫的目的是將溶液中的碲元素轉化為單質碲，總反應的離子方程式為，故答案為：；（4）由分析可知，濾液1的主要成分是硫酸銅，溶液中含銅量較高，可用于回收銅，故答案為：濾液1；（5）碲元素的原子序數為52，是第五周期氧族元素，基態原子的價層電子排布式為；由題意可知，晶胞中位于頂點和體內的碲原子個數為8×+2=3，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=asin60o×b×c×d=，解得d=，故答案為：；。16．（15分）磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于熱水，不溶于冷水，在酸性、中性、堿性水溶液中性質穩定，主要用于制造醫藥、農藥、染料等。制備磺酰胺的裝置如下，其原理為。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃，遇潮濕空氣會水解產生酸霧。Ⅰ．磺酰胺的制備（1）試劑X的名稱為。（2）裝置B中盛放的試劑為（填字母）。a．堿石灰

b．濃硫酸(填字母)

c．P2O5

d．無水CaCl2（3）寫出SO2Cl2水解的化學方程式：。（4）裝置C中多孔球泡的作用是。Ⅱ．用如下裝置測定產品SO2(NH2)2的含量（假設只含NH4Cl雜質，部分裝置已省略）（5）蒸氨：取ag樣品進行測定。添加藥品后，加熱儀器M，蒸出的NH3通入含有V1mLc1mol/LH2SO4標準溶液的錐形瓶中。儀器M的名稱為，單向閥的作用是。（6）滴定：將液封裝置2中的水放入錐形瓶中，再將錐形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500mL的溶液，取20mL溶液用c2mol/L的NaOH標準溶液滴定過量的H2SO4，共消耗NaOH標準溶液V2mL，產品中SO2(NH2)2的含量是（列出計算式）?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍?，每空2分）（1）濃氨水（2）a（3）SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4（4）增大氣體與液體的接觸面積，使反應更充分（5）三頸燒瓶防倒吸（6）（3分）【解析】Ⅰ．在裝置A中濃氨水與CaO反應制取NH3，然后在裝置B中用堿石灰干燥氨氣，通過多孔球泡通入裝置C中，與SO2Cl2發生反應：制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在裝置后邊連接一個盛有堿石灰的干燥管，用于吸收SO2Cl2發生水解反應：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4產生的HCl；Ⅱ．將樣品放入蒸氨裝置，加入濃NaOH溶液，丙進行加熱，發生反應NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O，產生NH3被吸收裝置的H2SO4吸收，過量的H2SO4用NaOH溶液進行滴定，根據反應消耗NaOH標準溶液的體積及濃度可計算出過量H2SO4的量，進而可知吸收NH3的H2SO4及NH3的物質的量，根據N元素守恒，可計算出樣品中SO2(NH2)2中NH4Cl物質的量、質量，結合樣品質量，可得SO2(NH2)2的質量及含量。（1）濃氨水與CaO發生反應：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，反應制取得到NH3，故試劑X為濃氨水；（2）裝置B中盛有干燥劑，用于干燥NH3。a．堿石灰可以吸收氨氣中的水蒸氣，并且與氨氣不能發生反應，因此可以用于干燥氨氣，a正確；b．酸性干燥劑濃硫酸會與堿性氣體氨氣發生反應，因此不能用于干燥氨氣，b錯誤；c．P2O5吸收水分反應產生H3PO4，H3PO4是酸性干燥劑，能夠與堿性氣體氨氣發生反應，因此不能用于干燥氨氣，c錯誤；d．無水CaCl2會和氨氣發生反應產生CaCl2·8NH3，因此無水CaCl2不能用于干燥氨氣，d錯誤；故合理選項是a；（3）SO2Cl2容易與水發生水解反應，產生HCl、H2SO4，反應的化學方程式為：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；（4）裝置C中多孔球泡的作用是增大氣體與液體的接觸面積，使反應更充分；（5）根據裝置圖可知儀器M名稱是三頸燒瓶；根據裝置圖可知在蒸氨裝置與吸收裝置之間安裝了一個單向閥，其作用是防止由于NH3的溶解吸收而產生的倒吸現象；（6）在20mL的吸收液中反應消耗了V1mLc2mol/LNaOH標準溶液，用于滴定過量H2SO4，則根據反應2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知過量H2SO4的物質的量為n(H2SO4)=n(NaOH)=c2×V2×10-3L×=(c2V2×10-3×25)mol，溶液中開始加入H2SO4的物質的量為n(H2SO4)總=c1V1×10-3mol，故用于吸收NH3反應消耗H2SO4的物質的量為n(H2SO4)反應=(c1V1×10-3-c2V2×10-3×25)mol，根據物質反應轉化關系，結合元素守恒可知關系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故n(NH4Cl)=2n(H2SO4)反應=2(c1V1×10-3-c2V2×10-3×25)mol，所以ag樣品中SO2(NH2)2的含量為：。17．（15分）二氫吡啶類鈣拮抗劑是目前治療高血壓和冠心病的主要藥物，某種二氫吡啶類鈣拮抗劑的合成路線如下：已知：RCHO+回答下列問題：（1）B的結構簡式為，C中含有的官能團名稱為。（2）D的名稱為。（3）C＋D→E的化學方程式為。（4）E→F的反應類型為。（5）符合以下條件的B的同分異構體有種(不考慮立體異構)。a．遇到溶液顯紫色

b．能發生銀鏡反應（6）根據上述信息，寫出以乙酸乙酯和乙醛為主要原料制備的合成路線?！敬鸢浮浚ǔ龢嗣魍?，每空2分）（1）酮羰基、酯基（2）鄰氯苯甲醛（3）++H2O（4）加成反應（5）42（6）CH3COCH2COOC2H5（3分）【解析】(A)與乙醇在濃硫酸作用下發生酯化反應生成(B)，與CH3COOC2H5在C2H5ONa作用下發生取代反應生成(C)，與(D)在C2H5ONa作用下反應生成(E)，與在C2H5ONa作用下反應生成(F)，與NH3、H+作用生成(G)。（1）(A)與乙醇在濃硫酸作用下發生酯化反應生成B，B的結構簡式為；與CH3COOC2H5在C2H5ONa作用下發生取代反應生成C，C的結構簡式為，其中含有的官能團的名稱為酮羰基、酯基；（2）D的結構簡式為，其名稱為鄰氯苯甲醛；（3）(C)與(D)在C2H5ONa作用下反應生成(E)，C+D→E的化學方程式為++H2O；（4）與在C2H5ONa作用下反應生成(F)，反應過程中中的碳碳雙鍵發生了加成反應，即該反應類型為加成反應；（5）B的結構簡式為，滿足題目要求的同分異構體有：①2個側鏈(鄰、間、對3種)、(鄰、間、對3種)②3個側鏈a．分別為-OH、-CHO、-CH2CH3時有、、，共10種；b．分別為-OH、-CH2CHO、-CH3時，同理，也因為三個不同側鏈在苯環位置不同而引起10種同分異構體；③4個側鏈，共16種，所以符合要求的同分異構體的種類為3+3+10+10+16=42；（6）CH3COCH2COOC2H5。18．（14分）氫氣和碳氧化物反應生成甲烷，有利于實現碳循環利用．涉及反應如下：反應Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)

=-206.2kJ·mol-1反應Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

反應Ⅲ：CO2(g)+4H2