2024年高考第三次模拟考试题：化学（新九省高考“14+4模式”）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（新九省高考“14+4模式”）（解析版），共20页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Te 128
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．中华文化源远流长，化学与文化传承、科技发展密不可分。下列说法错误的是
A．淀粉经酯化后可用于生产表面活性剂、可降解塑料等
B．木版年画制作技艺使用的赭石颜料属于无机化合物
C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D．玛瑙是生产汝瓷的原料之一，其主要成分为二氧化硅
【答案】C
【解析】A．淀粉为糖类，含有羟基，经酯化后可用于生产表面活性剂、可降解塑料等，A正确；
B．赭石颜料为矿物颜料，属于无机化合物，B正确；
C．用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；
D．玛瑙主要成分为二氧化硅，D正确；
故选C。
2．关于有机物检测，下列说法正确的是
A．用浓溴水可鉴别溴乙烷、乙醛和苯酚
B．用现代元素分析仪可确定有机物分子式
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，可推断其分子式为
D．麦芽糖与稀硫酸共热后加NaOH溶液调至碱性，再加入新制氢氧化铜并加热，可判断麦芽糖是否水解
【答案】A
【解析】A．溴易溶于溴乙烷与水分层，溴水氧化乙醛后溶液为无色，浓溴水与苯酚反应生成沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；
B．元素分析仪只能测定出元素种类，不能确定有机物的分子式，故B错误；
C．质谱法测得某有机物的相对分子质量为72，其分子式可能为C5H12或C4H8O或C3H4O2，故C错误；
D．麦芽糖、葡萄糖均含醛基，均可在碱性溶液中与新制氢氧化铜并加热生成砖红色沉淀，由实验操作和现象，不能证明麦芽糖是否水解，故D错误；
故选：A。
3．取一定体积的下列两种试剂(浓度均为)进行反应，改变两种试剂的滴加顺序，反应产生的现象相同的是
A．溶液、稀盐酸B．溶液、氨水
C．溶液、溴水D．溶液、酸性溶液
【答案】B
【解析】A．向溶液中滴加稀盐酸，刚开始没有气泡，然后才产生气泡，向稀盐酸中滴加溶液直接产生气泡，故A不符合题意；
B．溶液和氨水无论滴加顺序怎样，都会生成氢氧化铝沉淀，故B符合题意；
C．向溶液中滴加溴水，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溴水过量时溶液变为橙黄色，向溴水中滴加溶液，溴水中的HCl和反应生成二氧化碳气体，溶液由橙黄色变为无色，故C不符合题意；
D．向溶液中滴加酸性溶液，溶液由无色变为红色，向酸性溶液中滴加溶液，溶液由红色变为无色，故D不符合题意；
故选B。
4．下列有关物质结构与性质的说法错误的是
A．乙醇可与水互溶，是因为乙醇分子与水分子之间形成了氢键
B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl核外电子跃迁有关
C．AlF3(1040℃)熔点远高于AlCl3(178℃升华)，是由于两者的晶体类型不同
D．氯乙酸(CH2ClCOOH，pKa=2.86)酸性远强于乙酸(CH3COOH，pKa=4.76)，是因为氯乙酸中羟基的极性大于乙酸，更易电离出氢离子
【答案】B
【解析】A．乙醇可与水互溶，是因为乙醇分子与水分子之间除了存在分子间作用力外，还形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，A正确；
B．NaCl焰色试验为黄色，是由于在灼烧时Na+核外电子发生跃迁，由低能态跃迁到高能态，电子处于高能态不稳定，会再跃迁到低能态，多余的能量以光的形式释放出来，这与Cl核外电子跃迁无关，B错误；
C．AlF3是离子晶体，阴阳离子之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，因此其熔沸点较高；而AlCl3是分子晶体，分子间以微弱的分子间作用力结合，因此其熔沸点较低，故二者熔点差别较大是由于它们的晶体类型不同，C正确；
D．CH2Cl—的极性比CH3—的极性强，使羧基的—OH氢原子更容易发生电离，因而酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH，溶液的酸性越强，其电离平衡常数就越小，D正确；
故合理选项是B。
5．2-丁炔可发生如下转化，下列说法正确的是
A．2-丁炔分子通过缩聚反应生成Z
B．2-丁炔转化为X的过程中，键和键的数目均发生了变化
C．Y的同分异构体中不存在顺反异构现象
D．X、Y、Z均难溶于水
【答案】B
【解析】2-丁炔和H2发生加成反应得到2-丁烯，X为CH2CH=CHCH3，2-丁炔和H2O发生加成反应生成Y，Y为CH3CH=CH(OH)CH3，2-丁炔中含有碳碳三键，通过加聚反应生成Z，以此解答。
A．2-丁炔中含有碳碳三键，通过加聚反应生成Z，故A错误；
B．2-丁炔和H2发生加成反应得到2-丁烯，键的数目减小，键数目增大，故B正确；
C．Y为CH3CH=CH(OH)CH3，含有双键且双键上连接的基团不同，存在顺反异构现象，烯醇也可能异构化生成酮，就不存在顺反异构，故C错误；
D．Y、Z为烃，难溶于水，Y中含有羟基或酮羰基，是亲水基团，可以溶于水，故D错误；
故选B。
6．下列实验操作、现象和结论均正确的是
【答案】C
【解析】A．苯是甲苯的同系物，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液紫色褪去，故A错误；
B．溶液中铵根离子与氢氧根离子共热反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，则向含有铵根离子的溶液中加入氢氧化钠溶液，在不加热条件下是不可能有氨气生成的，故B错误；
C．向铬酸钾溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明增大溶液中氢离子浓度可使溶液中的黄色的铬酸根离子转化为橙红色的重铬酸根离子，故C正确；
D．硫酸铜溶液与少量的氢氧化溶液反应生成不能与葡萄糖反应的碱式硫酸铜，所以向硫酸铜溶液中加入少量的氢氧化溶液，再滴加葡萄糖溶液并加热，不可能产生氧化亚铜砖红色沉淀，故D错误；
故选C。
7．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是( )
A．X分子中共面的碳原子最多有8个
B．有机物X不能与酸性高锰酸钾溶液反应
C．与溶液反应，最多消耗
D．有机物Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子
【答案】A
【解析】A项，苯环、羰基中7个碳原子共平面，甲基中的1个碳原子有可能与苯环共平面，则该分子中最多有8个碳原子共平面，A项正确；B项，X含酚羟基，易被氧化，能与酸性高锰酸钾溶液反应，B项错误；C项，Y中酯基、溴原子水解都能和NaOH以1：1反应，1个Y分子中有1个酯基和1个溴原子，1mlY最多消耗2mlNaOH，C项错误；D项，Z与足量氢气发生加成反应，产物如图所示，共含有4个手性碳原子，D项错误；故选A。
8．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是
A．
B．键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程Ⅱ
D．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为
【答案】D
【解析】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正确；
B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E2-E3)kJ/ml，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/ml，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/ml，故B正确；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确；
D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：，故D错误；
答案选D。
9．化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力的大小。值越高，氧化型的氧化能力越强。利用表格所给的数据进行分析，下列说法错误的是
A．推测：X<0.77
B．Fe3O4与浓盐酸发生反应：Fe3O4+8HCl(浓)=FeCl2+2FeCl3+4H2O
C．C3O4与浓盐酸发生反应：C3O4+8HCl(浓)=3CCl2+Cl2↑+4H2O
D．在等浓度的C2+、Fe2+、Cl-的混合液中，还原性：C2+>Cl->Fe2+
【答案】D
【解析】化学上常用标准电极电势数据φθ（氧化型/还原型）比较物质氧化能力，φθ值越高，氧化型的氧化能力越强，结合次氯酸和次氯酸盐的性质解题，据此分析解题。
A．因为氧化性Fe3+＞Fe(OH)3，所以电极电势(Fe3+/Fe2+)＞[Fe(OH)3/Fe(OH)2]，推测：x＜0.77，故A正确；
B．Fe3O4与浓盐酸的反应为Fe3O4+8HCl(浓)=FeCl2+2FeCl3+4H2O，故B正确；
C．C3O4与浓盐酸发生反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为C3O4＋8HCl(浓)＝3CCl2＋Cl2↑＋4H2O，故C正确；
D．(C3+/C2+)>(Cl2/Cl-)>(Fe3+/Fe2+)，氧化性C3+>Cl2>Fe3+，所以还原性C2+故答案选D。
10．甲烷与氧气直接选择性转化为甲醇是当今催化领域的“梦想反应”，科学家用负载双组份催化剂（纳米金和纳米簇）在室温和光照下完成了上述反应，选择性高达95%。机理如图A所示，下列说法不正确的是
A．Au表面反应为：
B．图A中含碳微粒只存在2种杂化方式
C．有无催化剂纳米簇对合成甲醇的产量无影响
D．图B是通过和同位素示踪分析氧化甲烷过程中的产品质谱测试图，由图可知体系中产品中氧主要来源于
【答案】D
【解析】由图A可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO，甲烷在二氧化钛表面转化为CH3，HCOO与CH3结合为CH3OOH，CH3OOH转化为CH3OH，水在COx表面转化为OH，OH与甲醇反应生成甲醛和二氧化碳；由图B可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水。
A．由分析可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO，反应方程式为，故A正确；
B．由图可知，A中双键氧原子的杂化方式为sp2杂化、单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，共有2种杂化方式，故B正确；
C．催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，甲醇的产量不变，则有无催化剂纳米簇对合成甲醇的产量无影响，故C正确；
D．由分析可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水，故D错误；
故选D。
11．由短周期元素X、Y、W、Z构成的化合物的结构如图所示，且原子序数：X>Y>W>Z，其中基态X原子3p轨道上有3个电子，W与Z可形成原子个数比为1：2的分子，且该分子含有18个电子。下列说法正确的是
A．Y元素的单质均为非极性分子
B．简单氢化物沸点：WC．与X同周期的主族元素中，比X第一电离能大的元素有2种
D．仅由Y、W、Z三种元素组成的化合物一定显酸性
【答案】B
【解析】原子序数：X>Y>W>Z，其中基态X原子3p轨道上有3个电子，X为P元素，Y连接2个共价键，Y为O元素，W连接3个共价键，W为N元素，W与Z可形成原子个数比为1：2的分子，且该分子含有18个电子，Z为H元素，该物质为N2H4，以此解答。
由分析可知，X为磷元素，Y为氧元素，W为氮元素，Z为氢元素。
A．氧元素的单质有O2、O3，O2为非极性分子，O3为极性分子，A错误；
B．水的沸点大于氨气，所以简单氢化物沸点：H2O>NH3，B正确；
C．与P同周期的主族元素中，比P第一电离能大的元素有1种，即Cl元素，C错误；
D．仅有O、N、H元素组成的化合物中，HNO3显酸性，NH3·H2O显碱性，D错误；
综上所述，选B。
12．工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。
已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是
A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收
D．1mlX最多可以与1mlNaOH反应
【答案】D
【解析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。
A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；
D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1mlX最多可以与2mlNaOH反应得到1ml硫酸钠和1ml甲醇，D错误。
故选D。
13．我国科学家研发了一种由废水（含、等）提铀并同步产电的工艺，其工作原理和相关物质转化关系如图所示，下列有关该过程的说法不正确的是
A．电子从电极经导线流向CCF电极
B．CCF电极上发生的反应有：
C．生成（的反应中，
D．利用电解法再次获得含溶液，需将附着、的电极置于阳极
【答案】C
【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe—2e—=Fe2+，CCF电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO在正极得到电子发生还原反应生成UO2，电极反应式为、UO+2e—=UO2，放电生成的UO2与过氧化氢反应生成(UO2)O2·H2O，反应的化学方程式为UO2+2H2O2=(UO2)O2·H2O。
A．由分析可知，铁电极为原电池的负极，CCF电极为正极，则电子从Fe电极经导线流向CCF电极，故A正确；
B．由分析可知，CCF电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO在正极得到电子发生还原反应生成UO2，电极反应式为、UO+2e—=UO2，故B正确；
C．由分析可知，生成(UO2)O2·H2O的化学方程式为UO2+2H2O2=(UO2)O2·H2O，则反应中氧化剂H2O2与还原剂UO2的物质的量之比为1：1，故C错误；
D．利用电解法再次获得含溶液时，与直流电源的正极相连的CCF电极为阳极，UO2、(UO2)O2·H2O在阳极失去电子发生氧化反应生成UO，故D正确；
故选C。
14．室温下，调节MgCl2溶液、HF溶液、HA溶液[已知]的pH，测得溶液中pX[；X代表、，]随溶液pH的变化如图所示[已知]。下列叙述正确的是
A．代表溶液中随溶液pH的变化
B．浓度均为0.1 ml·L NaF、NaA的混合溶液中：
C．NaF、NaA的混合溶液中：
D．由于、很接近，故很难转化为
【答案】C
【解析】由题干图示信息可知，Ka==10-pXc(H+)，L2上点(1，3.80)可知，该直线所示的Ka=10-3.8×10-1=10-4.8，同理可知，L1上点(2，1.45)可知，该直线所示的Ka=10-1.45×10-2=10-3.45，又知，故L1代表随溶液pH的变化，L2代表随溶液pH的变化，L3代表Mg2+随溶液pH的变化，据此分析解题。
A．由分析可知，L2代表溶液中随溶液pH的变化，A错误；
B．由题干信息可知，，则浓度均为0.1 ml·L NaF、NaA的混合溶液中A-的水解程度大于F-的水解程度，故，B错误；
C．NaF、NaA的混合溶液中，==101.35＞10即，C正确；
D．由直线L3上点(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饱和溶液中转化为MgF2，D错误；故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）碲具有独特的理化性质，被广泛应用于军工、航天、石油化工、冶金等领域。从碲铜渣［主要成分为，含Bi(Ⅲ)、Sb(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)、Se等杂质］中分离提纯碲的一种流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）“氧化酸浸”时，发生反应生成难溶的，该反应的化学方程式为 。
（2）已知“碱浸除杂”所得浸出液中硒和碲的化合价相同，“氧化沉碲”的目的是利用钠盐的溶解性差异分离硒和碲，推测滤液2中硒的存在形式是 (填离子符号)；为除去所得表面吸附的杂质，将其置于氢氧化钠溶液中进行常温漂洗，漂洗液与滤液2合并，经煮沸后可返回上述流程中的 工序循环利用，煮沸的目的是 。
（3）在“溶解还原”工序中生成单质Te的总反应的离子方程式为 。
（4）滤液1、2、3中，含铜量较高，可用于回收铜的是 。
（5）碲是第五周期氧族元素，其基态原子的价层电子排布式为 ；常温常压下，单质碲为六方晶体结构，8个原子位于晶胞顶点，2个原子位于晶胞内部，晶胞参数如图所示，其中，、，，，碲晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2） 碱浸除杂（1分） 除去多余的
（3）
（4）滤液1（1分）
（5）
【分析】由题给流程可知，向碲铜渣中加入稀硫酸、氯酸钠氧化酸浸，将碲化亚铜转化为硫酸铜和二氧化碲，过滤得到含有硫酸铜的滤液和滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液、硫化钠碱浸除杂，将铋元素、锑元素、铅元素转化为金属硫化物沉淀，硒元素、碲元素转化为亚硒酸根离子、亚碲酸根离子，过滤得到含有金属硫化物的滤渣和浸出液；向浸出液中加入双氧水溶液氧化沉碲，将亚硒酸根离子转化为硒酸根离子，亚碲酸根离子转化为碲酸钠沉淀，过滤得到含有硒酸钠、氢氧化钠的滤液和碲酸钠；向碲酸钠中加入盐酸溶解，通入二氧化硫将溶液中的碲元素转化为单质碲，过滤得到滤液和碲。
【解析】（1）由分析可知，氧化酸浸时加入稀硫酸、氯酸钠的目的是将碲化亚铜转化为硫酸铜和二氧化碲，反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，滤液2中硒元素存在形式为硒酸根离子；用氢氧化钠溶液洗涤除去碲酸钠铋表面的可溶性杂质，将漂洗液与滤液2合并煮沸，除去混合溶液中的过氧化氢，防止过氧化氢氧化碱浸除杂液中的硫化钠，将煮沸后的混合溶液返回上述流程中的碱浸除杂工序循环利用，提高原料的利用率；故答案为：；碱浸除杂；除去多余的；
（3）由分析可知，向碲酸钠中加入盐酸溶解，通入二氧化硫的目的是将溶液中的碲元素转化为单质碲，总反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由分析可知，滤液1的主要成分是硫酸铜，溶液中含铜量较高，可用于回收铜，故答案为：滤液1；
（5）碲元素的原子序数为52，是第五周期氧族元素，基态原子的价层电子排布式为；由题意可知，晶胞中位于顶点和体内的碲原子个数为8×+2=3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=asin60º×b×c×d=，解得d=，故答案为：；。
16．（15分）磺酰胺[SO2(NH2)2]易溶于醇，溶于热水，不溶于冷水，在酸性、中性、碱性水溶液中性质稳定，主要用于制造医药、农药、染料等。制备磺酰胺的装置如下，其原理为。已知：磺酰氯(SO2Cl2)熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，遇潮湿空气会水解产生酸雾。
Ⅰ．磺酰胺的制备
（1）试剂X的名称为 。
（2）装置B中盛放的试剂为 （填字母）。
a．碱石灰 b．浓硫酸(填字母) c．P2O5 d．无水CaCl2
（3）写出 SO2Cl2水解的化学方程式： 。
（4）装置C中多孔球泡的作用是 。
Ⅱ．用如下装置测定产品SO2(NH2)2的含量（假设只含NH4Cl杂质，部分装置已省略）
（5）蒸氨：取a g样品进行测定。添加药品后，加热仪器M，蒸出的NH3通入含有V1 mL c1 ml/LH2SO4标准溶液的锥形瓶中。仪器M的名称为 ，单向阀的作用是 。
（6）滴定：将液封装置2中的水放入锥形瓶中，再将锥形瓶中的溶液倒入容量瓶中配制成500 mL的溶液，取20 mL溶液用c2 ml/L的NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4，共消耗NaOH标准溶液V2 mL，产品中SO2(NH2)2的含量是 （列出计算式）。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）浓氨水
（2）a
（3）SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
（4）增大气体与液体的接触面积，使反应更充分
（5）三颈烧瓶 防倒吸
（6）（3分）
【解析】Ⅰ．在装置A中浓氨水与CaO反应制取NH3，然后在装置B中用碱石灰干燥氨气，通过多孔球泡通入装置C中，与SO2Cl2发生反应：制取得到磺酰胺[SO2(NH2)2]，在装置后边连接一个盛有碱石灰的干燥管，用于吸收SO2Cl2发生水解反应：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4产生的HCl；
Ⅱ．将样品放入蒸氨装置，加入浓NaOH溶液，丙进行加热，发生反应NH4Cl+NaOHNaCl+ NH3↑+H2O，产生NH3被吸收装置的H2SO4吸收，过量的H2SO4用NaOH溶液进行滴定，根据反应消耗NaOH标准溶液的体积及浓度可计算出过量H2SO4的量，进而可知吸收NH3的H2SO4及NH3的物质的量，根据N元素守恒，可计算出样品中SO2(NH2)2中NH4Cl物质的量、质量，结合样品质量，可得SO2(NH2)2的质量及含量。
（1）浓氨水与CaO发生反应：NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，反应制取得到NH3，故试剂X为浓氨水；
（2）装置B中盛有干燥剂，用于干燥NH3。
a．碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不能发生反应，因此可以用于干燥氨气，a正确；
b．酸性干燥剂浓硫酸会与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，b错误；
c．P2O5吸收水分反应产生H3PO4，H3PO4是酸性干燥剂，能够与碱性气体氨气发生反应，因此不能用于干燥氨气，c错误；
d．无水CaCl2会和氨气发生反应产生CaCl2·8NH3，因此无水CaCl2不能用于干燥氨气，d错误；
故合理选项是a；
（3）
SO2Cl2容易与水发生水解反应，产生HCl、H2SO4，反应的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
（4）装置C中多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使反应更充分；
（5）根据装置图可知仪器M名称是三颈烧瓶；
根据装置图可知在蒸氨装置与吸收装置之间安装了一个单向阀，其作用是防止由于NH3的溶解吸收而产生的倒吸现象；
（6）在20 mL的吸收液中反应消耗了V1 mLc2 ml/LNaOH标准溶液，用于滴定过量H2SO4，则根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知过量H2SO4的物质的量为n(H2SO4)=n(NaOH)=c2×V2×10-3 L×=(c2V2×10-3 ×25) ml，溶液中开始加入H2SO4的物质的量为n(H2SO4)总=c1V1×10-3 ml，故用于吸收NH3反应消耗H2SO4的物质的量为n(H2SO4)反应=(c1V1×10-3-c2V2×10-3 ×25)ml，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可知关系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故n(NH4Cl)=2n(H2SO4)反应=2(c1V1×10-3-c2V2×10-3 ×25)ml，所以a g样品中SO2(NH2)2的含量为：。
17．（15分）二氢吡啶类钙拮抗剂是目前治疗高血压和冠心病的主要药物，某种二氢吡啶类钙拮抗剂的合成路线如下：
已知：RCHO+
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，C中含有的官能团名称为 。
（2）D的名称为 。
（3）C＋D→E的化学方程式为 。
（4）E→F的反应类型为 。
（5）符合以下条件的B的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
a．遇到溶液显紫色 b．能发生银镜反应
（6）根据上述信息，写出以乙酸乙酯和乙醛为主要原料制备的合成路线 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1） 酮羰基、酯基
（2）邻氯苯甲醛
（3）++H2O
（4）加成反应
（5）42
（6）CH3COCH2COOC2H5
（3分）
【解析】(A)与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成(B)，与CH3COOC2H5在C2H5ONa作用下发生取代反应生成(C)，与(D)在C2H5ONa作用下反应生成(E)，与在C2H5ONa作用下反应生成(F)，与NH3、H+作用生成(G)。
（1）(A)与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成B，B的结构简式为；与CH3COOC2H5在C2H5ONa作用下发生取代反应生成C，C的结构简式为，其中含有的官能团的名称为酮羰基、酯基；
（2）D的结构简式为，其名称为邻氯苯甲醛；
（3）(C)与(D)在C2H5ONa作用下反应生成(E)，C+D→E的化学方程式为++H2O；
（4）与在C2H5ONa作用下反应生成(F)，反应过程中中的碳碳双键发生了加成反应，即该反应类型为加成反应；
（5）B的结构简式为，满足题目要求的同分异构体有：①2个侧链(邻、间、对3种)、(邻、间、对3种)②3个侧链a．分别为-OH、-CHO、-CH2CH3时有、、，共10种；b．分别为-OH、-CH2CHO、-CH3时，同理，也因为三个不同侧链在苯环位置不同而引起10种同分异构体；③4个侧链，共16种，所以符合要求的同分异构体的种类为3+3+10+10+16=42；
（6）CH3COCH2COOC2H5
。
18．（14分）氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用．涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) =-206.2kJ·ml-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) =-165.0kJ·ml-1
回答下列问题：
（1） 。
（2）已知反应Ⅱ的速率方程为，其中分别为正、逆反应的速率常数。如图（lgk表示速率常数的对数：表示温度的倒数）所示a、b、c、d四条斜线中，能表示随变化关系的是斜线 （填标号）。
（3）温度时，在固定容积的容器中充入一定量的和1mlCO，平衡时和CO的转化率（α）及和的物质的量（n）随变化的情况如图所示。
①图中表示变化的曲线分别是 、 （填标号）； ；的选择性 。
②已知起始充入1ml的CO和0.5ml的进行上述反应时，起始压强为。反应1的
（用表示）：温度，时，可能对应图中X、Y、Z、W四点中的
（填标号）。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）-41.2
（2）d
（3）a（1分） c（1分） 62.5 60% X
【解析】（1）根据盖斯定律可知反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以，故答案为：-41.2。
（2）化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低，横坐标的在增大，此时正逆反应速率均降低，则lgk正和lgk逆均减小，反应Ⅱ的正反应为放热反应，因此温度降低平衡正向移动，则，则降低相同的温度时lgk逆减小更快，图中斜线在降低的是cd，而降低更快的是d，故答案为：d。
（3）①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，a表示CO转化率，b表示H2转化率，d表示CO2产率变化的曲线；温度时，在固定容积的容器中充入一定量的和1mlCO，由图可知=1，因此充入1ml，设出未知数并列出三段式如下：
a表示CO转化率因此m点计算CO转化率，观察图可知b表示H2转化率，因此此时H2转化率为87.5%，d表示CO2产率，由此可得，，，计算可得，，代入可得；的选择性，故答案为：a；c；62.5；60%；
②根据上述分析可计算出各气体平衡时的量：，，，，，平衡时总的气体的物质的量为：，由于起始充入1ml的CO和0.5ml的进行上述反应，起始压强为，由于温度均为T2，那么Kp均是相同的，可知当起始充入1ml的CO和1ml的进行上述反应，根据物质的量之比等于压强之比可知，该反应的起始压强为，达到平衡时的压强为，由此计算：；温度为T2时反应II的，温度为T1时观察图可知，lgk正=lgk逆，可知此时反应II的，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Kp会减小，由于T2时Kp更小，可判断,反应I为放热反应，降低温度平衡正向移动，因此温度为T1时CO转化率更大，，因此对应的是X点，故答案为：；X。
选项
实验操作及现象
结论
A
向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
甲苯及其同系物均可被酸性高锰酸钾溶液氧化
B
向某稀溶液中加入NaOH溶液，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
溶液中含有
C
向溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色(已知水溶液中为黄色，为橙红色)
增大氢离子浓度可使转化为
D
向溶液中加入少量溶液，再滴加葡萄糖溶液并加热，产生砖红色沉淀
新制可检验葡萄糖
氧化型/还原型
(C3+/C2+)
(Fe3+/Fe2+)
(Cl2/Cl-)
酸性介质
1.84V
0.77V
1.36V
氧化型/还原型
[C(OH)3/C(OH)2]
[Fe(OH)3/Fe(OH)2]
(ClO-/Cl-)
碱性介质
0.17V
XV
0.89V