2026届安徽省定远县重点中学高三下学期联合考试化学试题含解析

这是一份2026届安徽省定远县重点中学高三下学期联合考试化学试题含解析，共40页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
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、2019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为Lix C6 ＋Li1-xYC6 (石墨)+LiY 。已知电子电量为1.6 ×10－19 C ，下列关于这类电池的说法中错误的是
A．金属锂的价电子密度约为 13760 C/gB．从能量角度看它们都属于蓄电池
C．在放电时锂元素发生了还原反应D．在充电时锂离子将嵌入石墨电极
2、CO2是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是
A．光合作用B．自然降雨C．化石燃料的燃烧D．碳酸盐的沉积
3、下列实验方案正确且能达到实验目的是（ ）
A．用图1装置制取并收集乙酸乙酯
B．用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质
C．用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水
D．用图4装置可以完成“喷泉实验”
4、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（ ）
A．墨子：物质的分割是有条件的
B．汤姆生：葡萄干面包模型
C．德谟克利特：古典原子论
D．贝克勒尔：原子结构的行星模型
5、2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）
A．Lv位于第七周期第ⅥA族B．Lv在同主族元素中金属性最弱
C．Lv的同位素原子具有相同的电子数D．中子数为177的Lv核素符号为Lv
6、公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是
A．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收
B．王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的
C．王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)
D．实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性
7、下列实验中，依托图示实验装置不能实现的是（ ）
A．用CCl4萃取碘水中的碘
B．用NaOH溶液除去溴苯中的溴
C．用饱和食盐水分离硬脂酸钠与甘油
D．用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
8、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
9、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是
A．AB．BC．CD．D
10、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是
A．一定存在Fe2+、Na+、Cl－B．一定不存在I－、SO32－
C．一定呈碱性D．一定存在NH4+
11、下列物质中不能通过置换反应生成的是（ ）
A．F2B．COC．CD．Fe3O4
12、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O ═ 3Zn（OH）2 + 2Fe（OH）3 + 4KOH．下列叙述正确的是
A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2
B．放电时，正极区溶液的pH减小
C．充电时，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被还原
D．充电时，电池的锌电极接电源的正极
13、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，并进行相关探 究。下列说法不正确的是（ ）
A．途径1中产生的Cl2可以回收循环利用
B．途径2中200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C．X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解
D．CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O
14、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-
C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
15、反应2NO2(g)N2O4(g) + 57 kJ，若保持气体总质量不变。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a、c两点气体的颜色：a浅，c深
B．a、c两点气体的平均相对分子质量：a>c
C．b、c两点的平衡常数：Kb=Kc
D．状态a通过升高温度可变成状态b
16、下列有关实验正确的是
A．装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体
B．装置用于灼烧CuSO4·5H2O
C．装置用于收集氯气并防止污染空气
D．装置用于实验室制备少量乙酸乙酯
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：
已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。
试回答：
（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。
（2）B→C反应的化学方程式为_____________。
（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。
（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。
（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。
18、氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：
（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。
（2）A分子中最少有__原子共面。
（3）C生成D的反应类型为__。
（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。
（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。
①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。
其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。
（6）已知：
，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。
19、KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。
已知：①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O
(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_____________(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)检查装置A气密性的方法是____________；装置D的作用是____________________。
(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体。
①反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是________________________________________。
②用肼(N2H4)替代H2S，制得产品纯度更高，理由是_______________(用化学方程式表示)。
(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸_____________________________。
(5)若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为_________________g。
20、锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．
完成下列填空：
（1）仪器A的名称__； 仪器B的名称__．
（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．
（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8g SnCl4，则SnCl4的产率为__．
（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．
（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．
21、AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。
相关数据如下：
(1)AlN的制备。
① 化学气相沉积法。
Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是____________________。
Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是______℃（填字母）。
a.75~100 b.600~1100 c.2000~2300
② 铝粉直接氮化法。
Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：__________________、_________和2Al + N2 2AlN。
③碳热还原法。
以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。
已知：ⅰ. 2Al2O3(s) ⇌ 4Al(g) + 3O2(g) ∆H 1 =＋3351 kJ·ml-1
ⅱ. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H 2 =－221 kJ·ml-1
ⅲ. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) ∆H 3 =－318 kJ·ml-1
运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：______________________________________。
(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。
① AlN粉末水解的化学方程式是____________________________________。
② 解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_______________________________。
(3)AlN含量检测。向a g AlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 ml·L-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 ml·L-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是________________________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A．7g金属锂价电子1 ml，其电量约为(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)，故金属锂的价电子密度约为(6.02×1023)×(1.6×10－19 C)÷7g=13760C/g，故A正确；
B．锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；
C．在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；
D．在充电时发生“C6→LixC6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D正确；
答案选C。
2、C
【解析】
A项，光合作用消耗CO2，光合作用的总方程式可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，光合作用会引起大气中CO2含量下降；
B项，自然降雨时H2O会与少量CO2反应生成H2CO3，不会引起CO2含量的上升；
C项，化石燃料指煤、石油、天然气，煤、石油、天然气中都含C元素，C元素燃烧后生成CO2，化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；
D项，碳酸盐沉积指由形成于海洋或湖泊底部的粒装泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗CO2，有利于碳酸盐沉积，碳酸盐沉积不会引起大气中CO2含量上升；化石燃料的燃烧会引起大气中CO2含量上升；
答案选C。
3、D
【解析】
A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；
B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；
D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。
4、D
【解析】
A. 墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；
B. 汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；
C. 德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；
D. 卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；
答案选D。
5、B
【解析】
由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。
【详解】
A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；
B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；
C. 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；
D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；
答案选B。
6、A
【解析】
A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；
B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；
C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生NO气体，C错误；
D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；
故合理选项是A。
7、C
【解析】
A.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中装置萃取、分液可分离，故A正确；
B.溴与氢氧化钠反应后，与溴苯分层，然后利用图中装置分液可分离，故B正确；
C.分离硬脂酸钠与甘油时，加入热的饱和食盐水，发生盐析，使硬脂酸钠变为沉淀，再用滤纸过滤即可分离，故C错误；
D.乙酸与碳酸钠溶液反应后，与酯分层，然后利用图中装置分液可分离，故D正确；
综上所述，答案为C。
8、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。
9、A
【解析】
A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；
B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；
C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；
D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误；
答案选A。
10、B
【解析】
某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；
答案选B。
11、A
【解析】
A．因氟单质的氧化性最强，不能利用置换反应生成氟单质，故A选；
B．C与二氧化硅在高温下发生置换反应可以生成硅和CO，故B不选；
C．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和黑色的碳，该反应为置换反应，故C不选；
D．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，可以通过置换反应制得，故D不选；
故选A。
【点睛】
本题的易错点为D，要注意掌握常见的元素及其化合物的性质。
12、A
【解析】
A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；
B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；
C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被氧化，故C错误；
D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．
故选A．
13、D
【解析】
A. 途径1中产生的Cl2能转化为HCl，可以回收循环利用，A正确；
B. 从途径2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反应式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正确；
C. CuCl2•2H2O加热时会挥发出HCl，在HCl气流中加热，可抑制其水解，C正确；
D. 2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D错误。
故选D。
14、C
【解析】
A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，故A错误；
B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；
C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；
D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。
【点睛】
本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。
15、A
【解析】
A．c点压强高于a点，c点NO2浓度大，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，A正确；
B． c点压强高于a点，增大压强平衡向正反应方向进行，气体质量不变，物质的量减小，则a、c两点气体的平均相对分子质量：a＜c，B错误；
C．正方应是放热反应，在压强相等的条件下升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的含量增大，所以温度是T1＞T2，则b、c两点的平衡常数：Kb＞Kc，C错误；
D．状态a如果通过升高温度，则平衡向逆反应方向进行，NO2的含量升高，所以不可能变成状态b，D错误；
答案选A。
16、C
【解析】
A．简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；
B．蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；
C．氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；
D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 消去反应 +NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热 羟基、醛基 用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键 8
【解析】
根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHO RCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。
【详解】
（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；
（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；
（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；
（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；
（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。
18、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+ 6 、
【解析】
根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。
【详解】
(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；
(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；
(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；
(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；
(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；
(6) 已知：
，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。
19、a→e→f→c→d→b 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体 加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。 3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O 向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 16.6
【解析】
根据题干信息可知①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，需要的反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑；D装置用于除去H2S中的HCl气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。
【详解】
(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为a→e→f→c→d→b；
答案：a→e→f→c→d→b
(2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的作用是除去H2S中的HCl气体；
答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体
(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O结束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，发生反应3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O。
①反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；
答案：加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。
②因为肼(N2H4)也具有强还原性，可以肼(N2H4)替代H2S，肼(N2H4)的氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O。
答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O
(4)选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCO3；
答案:向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并
(5)根据题干信息①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，列关系式计算；
6KI ～ 3S
6ml 3ml
n(KI )ml ml
得n（KI）=0.1ml
m（KI）=n(KI) ×M(KI)=0.1ml×166g/ml=16.6g；
答案：16.6
20、蒸馏烧瓶 冷凝管 Sn可能与HCl反应生成SnCl2 防止SnCl4水解 Sn和Cl2 反应放出大量的热 91.2% 空气中有白烟 取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净
【解析】
装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的变为液体，经牛角管进入锥形瓶E中收集，而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。
【详解】
（1）装置A是蒸馏烧瓶，装置B是冷凝管；
（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和反应得到无用的，而除去水蒸气是为了防止水解；
（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将持续蒸出；根据算出锡的物质的量，代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克，则产率为；
（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；
（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在，则可以将还原为，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净。
21、AlCl3 + NH3=AlN + 3HCl b 3Mg + N2Mg3N2 Mg3N23Mg + N2 反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动 AlN + 4H2O = Al(OH)3 + NH3·H2O 粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大
【解析】
(1) ①Ⅰ.气体和制备不是氧化还原反应，根据元素守恒配平即可；
Ⅱ.根据表中数据判断；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨；
②反应速率和接触面积有关；
（3）首先计算消耗硫酸的物质的量，氨气和硫酸按照2:1反应，得出氨气的物质的量，根据氮元素守恒，得到氮化铝的物质的量，然后计算质量分数。
【详解】
(1) ①Ⅰ.气体和制备 ，反应的化学方程式是，
答案为：；
Ⅱ.根据表中数据，要保证为气体，需要温度大于181℃，排除a，大于2000℃会分解， 排除c，
故答案选b；
②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解，
故答案为：；；
③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，
答案为：反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动；
（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，
故答案为： ；
②由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，
故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；
（3）消耗硫酸的物质的量为：，氨气和硫酸按照2:1反应，故氨气的物质的量为：，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是，故样品中氮化铝的质量分数为，
故答案为：。
A．过滤豆浆
B．酿酒蒸馏
C．精油萃取
D．海水晒盐
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
相应化合物分解温度/℃
Al
660
2467
＞800
AlN：＞2000 （＞1400升华）
AlCl3：（＞181升华）
Mg
649
1090
＞300
Mg3N2：＞800