2023年届江苏省南京市高考化学三模试卷(含解析)

2023一、单项选择题〔1228.0分〕据报道，科学家通过对稻壳进展把握性燃烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米构造二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可制备出超高强度的高性能混凝土。以下关于二氧化硅的说法中，正确的选项是()将二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸可用二氧化硅坩埚加热溶化NaOH由于高温时二氧化硅与碳酸钠反响放出二氧化碳，所以硅酸的酸性比碳酸强二氧化硅属于酸性氧化物，它不溶于任何酸A.离子构造示意图：A.离子构造示意图：可以表示16O2−，也可以表示18O2−B.比例模型表示CH4分子或CClB.比例模型表示CH4分子或CCl4分子D.硫的分子式：S以下说法中正确的选项是( )石灰水能与Na2CO3反响，而不能与NaHCO3反响Na2CO3比NaHCO3稳定焰色反响是化学变化Cu、CuSO4溶液和CuCl2溶液是不同的物质，灼烧呈现不同的焰色30.1mol/L的溶液中：K+、I−、Cl−、NO−3A B.B C.C D.D以下各组物质相互混合反响后，最终有白色沉淀生成的是( )①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中②向AlCl3溶液中逐滴参与过量的稀氢氧化钠溶液③向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2④向NaAlO2溶液中通入过量CO2．A.①③④ B.只有①④ C.只有②③ D.只有③④乙酸乙酯(C4H8O2)是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55℃.要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯分别出来，以下方法中最简便的是( )蒸馏 B.分液 C.过滤 D.蒸发以下事实描述中对应的离子方程式书写正确的选项是( )O2通入漂白粉溶液中产生白色沉淀：SO2+H2O+Ca2++2ClO−=CaSO3↓+2HClO少量Cl2通入到FeBr2溶液中：Cl2+2Br−=2Cl−+Br23往KHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液产生白色沉淀：Ba2++2OH−+2HCO−=BaCO3↓32+CO2−+2HO234用氨水和饱和FeCI3溶液制备胶体：3NH3ˑH2O+Fe3+=Fe(OH)3(胶体)+3NH+4X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，有以下说法：①HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水确定显酸性(m、n均为正整数)②假设四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物确定为强碱③假设四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物确定为强酸XYZW④假设四种元素只有确定为金属，则Z与YXYZW1项 B.2项 C.3项 D.4项以下各组物质，不能按右图(“→”表示反响一步完成)关系转化的是( )选项abcAAlAl2O3 Al(OH)3BSiO2Na2SiO3 H2SiO3CAlCl3Na[Al(OH)4] Al(OH)3DA.ACaOCa(OH)2 CaCO3B.B C.CD.D以下说法正确的选项是( )在其他条件不变的状况下，使用催化剂可以转变反响的焓变在酶催化淀粉水解反响中，温度越高淀粉水解速率越快密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反响后分子总数为2NA(NA代表阿伏伽德罗常数的值)分析如图，以下结论错误的选项是( )H2与O2反响是放热反响断开化学键要放出能量化学反响伴随着物质变化和能量变化2molH2和1molO2具有的总能量高于分析如图，以下结论错误的选项是( )H2与O2反响是放热反响断开化学键要放出能量化学反响伴随着物质变化和能量变化2molH2和1molO2具有的总能量高于2molH2O的总能量以下物质中不能使品红溶液褪色的是( )次氯酸钠 B.二氧化硫 C.盐酸 D.氯气二、双选题〔312.0分〕茚地那韦被用于型冠状病毒肺炎的治疗，其构造简式如以下图(未画出其空间构造)。以下说法正确的选项是( )茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反响分子中的氮原子杂化方式为sp2、sp3虚线框内的全部碳、氧原子不行能处于同一平面1mol11mol氢气发生加成反响常温下，以下溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的选项是( )等物质的量浓度的MgSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(SO2−)>c(NH+)>c(Mg2+)>4 4c(H+)向确定浓度Na2CO3溶液中通入少量CO2：c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(HCO−)+c(CO2−)]3 34pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，所得溶液中：c(Cl−)>c(NH+)>c(H+)>4c(OH−)一元酸Ka(HA)=1.75×10−5，20mL0.1mol⋅L−1HA10mL0.1mol⋅L−1NaOH混合溶液中：c(A−c(OH−)>c(HAc(H+)1L的密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)]充入H

和COn(CO2) 2 22CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)△HCO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如以下图。以下说法中正确的选项是( )该反响的△H<0氢碳比：X2.0(正) 在氢碳比为2.0时，Q(正) P点时，容器中，CO2与H21：1三、流程题〔112.0分〕氯化铵简称“氯铵”，又称卤砂，为无色晶体或白色结晶性粉末，易溶于水中，在工农业生产中用途广泛。以氯化钠和硫酸铵为原料制备氯化铵及副产品硫酸钠，工艺流程如下：氯化铵和硫酸钠的溶解度随温度变化如以下图。答复以下问题：试验室进展蒸发浓缩用到的主要仪器有、烧杯、玻璃棒、酒精灯等。试验过程中趁热过滤的目的是。写出“蒸发浓缩”时发生的化学方程式：。某争论性学习小组为测定该NH4Cl产品中氮的含量，设计了如图装置，并进展了争论。NH4Cl显缺陷是： 。乙同学：试验过程中，往烧瓶中参与的浓氢氧化钠溶液的离子反响方程式为，反响过程中NaOH确定要足量并充分加热，缘由是。用改进后的试验装置重进展试验，称取13.0gNH4Cl产品，测得试验后B装置增重3.4g。则该化肥含氮量为。四、简答题〔568.0分〕氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚拢的药物，可通过如图方法合成：：①：①；②中氯原子较难水解；A的名称是 ，F中无氧官能团的名称是 ．D的构造简式为 ；C分子中最多有 个原子共平面．(3)写出以下反响的化学方程式：反响②： ．(4)(4)：需要经受的反响类型有 (需要经受的反响类型有 (填写编号).①加成反响②消去反响③取代反响④氧化反响⑤复原反响，写出制备化合物的最终一步反响(5)E的同分异构体中，满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)，其中一种的核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2，请写出其构造简式 ．①构造中含有苯环且存在与F一样的官能团；②能发生银镜反响，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反响．某化学争论性学习小组拟测定食醋的总酸量(g/100mL)，请你参与该小组的试验并答复相关问题【试验目的】测定食醋的总酸量【试验原理】中和滴定【试验用品】蒸馏水，市售食用白醋样品500mL(商标注明总酸量：3.50g/100mL～5.00g/100mL)，0.1000mol/LNaOH标准溶液；100mL容量瓶，10ml移液管，碱式滴定管，铁架台，滴定管夹，锥形瓶，烧杯，酸碱指示剂(可供选用的有：甲基橙，酚酞，石蕊)．【试验步骤】①配制并移取待测食醋溶液10mL10mL100mL容量瓶中，用处理过的蒸馏水稀释至刻度线，摇匀后用酸式滴定管取待测食醋溶液20mL，并移至锥形瓶中．②盛装标准NaOH溶液将碱式滴定管洗净后，用NaOH3次，然后参与NaOH标准溶液，排解尖嘴局部气泡后，使液面位于“0”刻度或“0”度以下．静置，读取数据并记录为NaOH标准溶液体积的初读数．③滴定往盛有待测食醋溶液的锥形瓶中滴加某酸碱指示计2～3滴，滴定至终点．记录NaOH的终读数．重3次．【数据记录】滴定次数1234试验数据V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH)始/mL0.000.200.100.10V(NaOH)终/mL14.9815.2015.1216.24【问题与思考】步骤①中中还需补充的仪器有 .蒸馏水的处理方法是 ．步骤③中你选择的酸碱指示剂是 ，理由是 ．假设用深色食醋进展试验，为准确推断滴定终点，可实行的措施是 ．样品总酸量= g/100mL．19.已化学方程式：g(H)2(s)MgO(s)+2(g)△H=+.5J⋅mol−1Mg(OH)2和Al(OH)3起阻用要原是 ．往有聚合物中添阻剂，可增加合物的使用安全，扩大其应用范围．Mg(H2是一种常用的燃，产工如图：阻燃型M(OH具有晶粒大，易分散、与分子材料容性好点．述流程中与此有关的步骤是 ．等质量Mg(OH)2和l(OH)3/格比，阻燃效较是 ，原是 ．合成反响后，继33K～5K下水热理8h，发生反响：完以下填空：该工生产的原料以用来提取属镁．请设计提取金属镁工流程框内写物称，头上标明转化条件)：20.二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS)是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许进展成一项重要的兴产业．(1)国外学者提出的由CO2C1所示e3O4O+O2↑34转移电子的个数为 ．②“重整系统”发生反响的化学方程式为 ．H22)=3：1的投料比充入反响器中，发生反响：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图2所示：①曲线b表示的物质为 (写化学式)．②假设平衡时压强为0.08MPa，则CO2的转化率为 用电子式表示CO2分子的形成过程 ．(3)3所示．①此过程涉及的全部能量转换为： ．21.物质的组成、构造都是打算物质性质的重要因素．(1)R+中全部电子正好布满K、L、M21.物质的组成、构造都是打算物质性质的重要因素．(1)R+中全部电子正好布满K、L、M三个电子层，它与Cl−形成的晶体构造如以下图．①其中R+的外围电子排布式为 ．②该晶体中与同一个Cl−相连的R+有 个．(2)以下有关说法正确的选项是 (填字母)．A.依据等电子体原理，N2O为直线形分子B.碳的第一电离能比氮小C.键能：EN≡N>3EN−N，则N2分子中键能：Eπ键>Eσ键D.Mr(CH3Cl)>Mr(CH3OH)，则沸点：T(CH3Cl)>T(CH3OH)(3)在配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中，不考虑空间构型，内界离子的构造可用示意图表示为 ，其中配体分子中心原子的杂化方式为 ，与外界离子互为等电子体的一种分子的化学式为 ．【答案与解析】答案：A解析：此题考察物质的性质。该题属于根底性试题，难度不大。只要能记住常见物质的性质，就不难得出正确的结论。旨在考察学生对根底学问的识记，留意根底学问的积存把握。碳酸的酸性比硅酸强，所以将二氧化碳通入硅酸钠溶液可以得到硅酸和碳酸钠，故A正确；二氧化硅可以和氢氧化钠反响生成硅酸钠和水，故不行用二氧化硅坩埚加热溶化NaOH，故B错误；由于二氧化硅与碳酸钠反响是在高温时进展的生成气体的反响，不能说明硅酸的酸性比碳酸强，故C错误；二氧化硅属于酸性氧化物，但它溶于HF，故D错误。应选A。解析：解：A.解析：解：A.离子构造示意图，则质子数为810，所以可以表示16O2−，B.Cl>C>H，则比例模型B.Cl>C>H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，故B错误；C.CH2=CH2C错误；D.硫单质包括S2(二聚硫)，S3(三聚硫)，S4(四聚硫)，S5(五聚硫)，S6(环六硫)，S7(环七硫)，S8(环八硫)，S9(环九硫)，S10(环十硫)，S11(环十一硫)，S12(环十二硫)，S18(环十八硫)，S20(环二十硫)和硫链等，故D错误；应选：A。A.依据核电荷数为8可知该离子为氧离子，可以为16O2−18O2−，与中子数无关；B.甲烷分子或四氯化碳分子均为正四周体构型，但原子半径为Cl>C>H；C.有机物的构造简式中需要标出其官能团，乙烯中含有碳碳双键不能省略；D.固态硫的分子式可能是环硫、聚硫和硫链，如S8、S2等。构造简式、分子式等学问，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题充分考察了学生的分析力气及标准答题的力气。答案：B解析：解：A.Na2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反响生成沉淀，反响为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH和NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O(NaHCO3少量时)A错误；B.碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠不分解，Na2CO3比NaHCO3B正确；C.焰色反响为物理变化，属于元素的性质，由电子发生跃迁导致，故C错误；D.都含有Cu元素，焰色反响一样，故D错误．应选B．NaHCO3与Na2CO3相比，NaHCO3的热稳定性差，且与碱反响生成碳酸盐，结合焰色反响的特点解答该题．此题考察Na2CO3和NaHCO3Na2CO3和NaHCO3性质以及相关反应的方程式的书写，留意焰色反响的特征．答案：B试题分析：AAlO−的溶液中，H+与AlO−2 2错误；BNa+K+CO2−NO−CpH=12的3 3溶液是碱性4溶液，：NH+与OH−反响生成弱电解质，不能大量共存，错误；D、c(H+)=0.1mol/L的溶液是酸性4溶液，3I−与NO−、H+发生氧化复原反响不能大量共存，错误，答案选B。考点：考察给定条件的离子大量共存的推断3答案：D解析：解：①钠和水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化亚铁反响生成不稳定的氢氧化亚铁，易被氧化生成氢氧化铁，为红褐色沉淀，故错误；②向AlCl3溶液中逐滴参与过量的稀氢氧化钠溶液，得到偏铝酸钠，没有沉淀生成，故错误；a2O3O2故正确；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶液碳酸，故正确。应选：D。①钠和水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化亚铁反响生成不稳定的氢氧化亚铁，易被氧化生成氢氧化铁；②向AlCl3溶液中逐滴参与过量的稀氢氧化钠溶液，得到偏铝酸钠；③向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，可得到碳酸氢钠；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀．此题考察了物质间的反响，为高频考点和常见题型，明确物质的性质是解此题关键，依据物质的性质来分析解答，娴熟把握元素化合物之间的反响，题目难度不大答案：B解析：解：乙酸乙酯(C4H8O2)与水互不相溶，混合后会分层，乙酸乙酯在上层，承受分液法分别，应选：B。依据互不相溶的两种液体用分液法分别来解答．此题主要考察了分液法的适用范围，难度不大，要把握物质的溶解性．答案：C解析：此题考察离子方程式正误推断，侧重考察分析推断力气，明确元素化合物性质、离子方程式书写规章是解此题关键，留意A中发生氧化复原反响，留意B中离子反响先后挨次，题目难度不大。A.少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反响为SO2+H2O+Ca2++3ClO−=CaSO4↓+2HClO+Cl−，故A错误；B.少量Cl2通入到FeBr2溶液中：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+B错误；C.往KHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液产生白色沉淀：Ba2++2OH−+2HCO−=BaCO3↓+CO2−+3 32H2OC正确；D.用和饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体：3H2O+Fe3+=Fe(OH)3(胶体)+3H+D错误；应选：C。答案：C解析：解：X、Y、Z、W为短周期主族元素，由元素在周期表中的相对位置，可知X、Y处于其次周期，Z、W处于第三周期。①假设HmXOnX为N元素，其氢化物为氨气，水溶液呈碱性，故错误；②假设四种元素均为金属，则XLi、ZNa、Y为Be、WMg，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，故正确；③假设四种元素均为非金属，X、Z至少处于ⅣA族，W可能为P、S或Cl，最高价含氧酸中硫酸、高氯酸为强酸，而磷酸属于中强酸，故C错误；④假设四种元素只有一种为金厲，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z、Y二者的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，二者不是强酸，故错误；3项；应选：C。此题考察元素周期表与元素化合物性质的综合应用，侧重考察学生发散思维力气和对根底学问的应用力气，题目难度中等，需要学生娴熟把握元素周期表构造、元素化合物性质．答案：A解析：解：A.Al(OH)3Al，工业用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；BO

NaSiO

HO

SiO

，可实现转化，故B正确；2 2 3 2 3 2Cl

)]O2

AlCl

，可实现转化，故C正确；3 4 3 3DO2

O2

△，可实现转化，故D正确。3应选：A。3Al(OH)3Al；二氧化硅与氢氧化钠反响生成硅酸钠，硅酸钠与酸反响生成硅酸，硅酸分解生成二氧化硅；44酸反响生成氯化铝；氧化钙和水反响生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反响生成碳酸钙，碳酸钙分解生成氧化钙。此题考察物质之间的相互转化，为高频考点，侧重考察学生的分析力气，生疏复分解反响发生的条件及常见物质的性质、物质之间的反响是解答的关键，难度较大，解答中答案不唯一，只要符合转化即可。答案：D解析：解：A.催化剂不转变反响的始终态，则使用催化剂不能转变反响的焓变，故A错误；温度过高，酶失去催化活性，则温度太高淀粉水解速率降低，故B错误；2molSO2和1molO2催化氧化反响为可逆反响，则反响后分子总数大于2NA，故C错误；△H−T△S<0△S>0△H>0，故D正确；应选：D。A.催化剂不转变反响的始终态；B.温度过高，酶失去催化活性；C.2molSO2和1molO2催化氧化反响为可逆反响；D.△H−T△S<0的反响可自发进展。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、催化剂对反响的影响、反响进展方向为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意选项C为解答的易错点，题目难度不大。答案：B解析：解：A、反响物的总能量高于生成物的总能量，所以H2与O2反响是放热反响，故A正确；B、断开化学键要吸取能量，形成化学键要放热，故B错误；C、任何化学反响都伴随着物质变化和能量变化，故C正确；D2molH2和1molO2具有的总能量高于2molH2O的总能量，故D正确；应选：B。A、反响物的总能量高于生成物的总能量；B、断开化学键要吸取能量；C、任何化学反响都伴随着物质变化和能量变化；D、反响物的总能量高于生成物的总能量。此题考察学生有关化学反响中的能量变化学问和化学反响速率，为高频考点，侧重于学生的分析能量和根本理论的综合理解和运用的考察，难度不大，留意相关根底学问的积存。答案：C解析：解：A.次氯酸钠可水解生成具有漂白性的次氯酸，可使品红褪色，故A不选；B.二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故B不选；C.盐酸不具有强氧化剂，也不与品红反响，则不能使品红溶液褪色，故C选；D.氯气通到品红溶液中，生成HClO使溶液褪色，故D不选．应选C．具有强氧化性的物质，能使品红溶液褪色，如氯气、HClO、漂白粉等；与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，如二氧化硫，以此解答该题．此题考察漂白原理，侧重物质性质的考察，生疏氯气、二氧化硫、氨气、漂白粉的性质是解答的关键，留意归纳具有漂白性的物质及其原理，题目难度不大．答案：BC解析：解：A.有机物不含酚羟基，则与氯化铁溶液不反响，故A错误；B.N3、4，则氮原子杂化方式为sp2、sp3B正确；C.3个C均为四周体构造，全部碳、氧原子不愿定在同一平面内，故C正确；D.能与氢气发生加成反响的为苯环和碳碳双键、碳氮双键，则1mol9mol氢气发生加成反响，酰胺键与氢气不反响，故D错误。BC。A.有机物不含酚羟基；B.N3、4；C.3个C均为四周体构造；D.能与氢气发生加成反响的为苯环和碳碳双键、碳氮双键。此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，题目难度不大。答案：AD解析：此题考察离子浓度大小比较，侧重考察分析推断力气，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解此题关键，留意电荷守恒和物料守恒的灵敏运用，D为解答易错点，留意等量代换，题目难度中等。A.SO2−不水解、NH+水解但是程度较小，结合物料守恒得c(SO2−)>c(NH+)>c(Mg2+)>c(H+)，4 4 4 4故A正确；B.Na2CO3溶液中存在c(Na+)=2[c(H2CO3)+c(HCO−)+c(CO2−)]，当通入少量CO2后，c(Na+)<3 32[c(H2CO3)+c(HCO−)+c(CO2−)]B错误；3 3CH=H=H+)<H−l−)<H+H+)>l−)>4 4c(OH−)>c(H+)C错误；D.Ka

(HA)=1.75×10−5，Kh

(HA)= 10−141.75×10−5

≈5.7×10−10<Ka

(HA)，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，电离平衡常数大于水解平衡常数导致溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(A−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，钠离子不水解，HA电离程度大于NaA水解程度，则c(A−)>c(Na+)>c(HA)，所以存在c(A−)+c(OH−)>c(HA)+c(H+)，故D正确；应选：AD。答案：AD解析：解：A.由图象可知温度上升CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则△H<0，故A正确；B.由图象可知X的碳氢比不等于2，在一样条件下反响达平衡时，二氧化碳的转化率增大了，说明是增大了氢气的量，提高二化碳的转化率，即碳氢比越大，二氧化碳转化率越大，故B错误；(正) C.在氢碳比为2.0时，P点达平衡，Q点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要连续转化更多的二氧化碳，则平衡正向移动，则Q点v大于v(正) D.P点时，氢碳比[n(H2)]=2.0，设n(H

)=1mol，此时α(CO

)=0.5，则n(CO2) 2 2 22CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)起始：1 2 0 0转化：0.5 1.5 0.25 2平衡：0.5 0.5 0.25 2可知P点时，容器中，CO2与H21：1，故D正确。应选：AD。A.由图象可知温度上升CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动；B.氢碳比越大，二氧化碳转化率越大；C.在氢碳比为2.0时，P点达平衡，Q点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要连续转化更多的二氧化碳；D.P点时，氢碳比[n(H2)]=2.0，设n(H

)=1mol，此时α(CO

)=0.5，结合方程式计算。

n(CO2) 2 2 2此题考察化学平衡计算与影响因素、平衡常数、化学平衡图象等，为高频考点和常见题型，侧重考察对图象的分析猎取信息力气，题目难度中等。答案：(1)蒸发皿(4)①A、B装置间缺一个枯燥装置②NH++OH−4NH3↑+H2O(2)防止氯化铵晶体析出而损耗(4)①A、B装置间缺一个枯燥装置②NH++OH−4NH3↑+H2O使氯化铵充分反响完全转化为NH321.5％解析：试题分析：(1)试验室进展蒸发浓缩用到的主要仪器有蒸发皿、烧杯、玻璃棒、酒精灯等，(2)由图像可以看出，在某一温度范围内，氯化铵的溶解度低于硫酸铵的溶解度，所以趁热过滤防止氯化铵晶体析出而损耗，可以使硫酸铵以沉淀形式滤出而氯化铵留在滤液里。△高温(3)(NH4)2SO4+2NaCl=Na2SO4↓+2NH4△高温(4)①氨气在进入B之前未枯燥，所以含氮量偏高，应在A、B装置间加一个枯燥装置，②烧瓶中4发生的离子方程式是强碱与铵盐溶液的反响，离子方程式为NH++OH−=NH3↑+H2O；碱要足量的目的就是使铵根离子全部转化为氨气；3.4g即为氨气的质量，其氮元素的质量为3.4g×14÷17=2.8g，所以含氮量为2.8g/13.0g100%=21.5%。417.答案：邻氯甲苯；氨基和氯原子；17.答案：邻氯甲苯；氨基和氯原子；；②①③④③；HOCH2CH2OH+HCHO酸HCHO酸；3；解析：解：(1)A为，A的名称是邻氯甲苯，依据F的构造简式可知，F中无氧官能团的名(2)依据上面的分析可知，(2)依据上面的分析可知，D为，C为，C14个原子共平面，故答案为：，(3)反响②NaOH故答案为：，依据D的分子式及ED为③C为，故答案为：；(4)由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物与甲醛反响生成，所以需要经受的反响类型有消去反响、加成反响、取代反响、氧化反响、取代反响，制备化合物的最终一步反响为HOCH故答案为：；(4)由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物与甲醛反响生成，所以需要经受的反响类型有消去反响、加成反响、取代反响、氧化反响、取代反响，制备化合物的最终一步反响为HOCHCHOH+HCHO酸，2 2故答案为：②①③④③；HOCHCHOH+HCHO酸；2 2(5)E的构造简式，结合条件①构造中含有苯环且存在与F一样的官能团，即含有酯基、氨基、氯原子；②能发生银镜反响，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反响，则应为甲酸某酯，且氯原子应连在酯基中醇的碳上HCOOCHCl−−NH2，，故答案为：3；．3种构造，其中一种的核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，故答案为：3；．依据相互转化关系，A与氯气发生取代生成B，B水解得C依据相互转化关系，A与氯气发生取代生成B，B水解得CA为，(4)由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物与甲醛反响生成，(5)①F②能发生银镜反响，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反响，则应为甲酸某酯，且氯原子应连在酯基中醇的碳上，结合E的构造简式书写同分异构体，据此答题．此题考察有机物推断与合成，侧重考察学生分析推断及学问迁移力气，为高考高频点，能依据流程图中构造简式变化方式推断反响类型，难点是(4)中的合成路线的分析，题目难度中等．18.答案：(1)洗耳球、玻璃棒、胶头滴管；蒸馏水煮沸除去CO2并快速冷；酚酞；滴定产物CH3COONa溶液呈碱性，应选择在碱性范围中变色的指示剂；用活性炭脱色；(4)4.50解析：解：配制确定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：移液管、洗耳球、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等；蒸馏水要煮沸除去CO2并快速冷，故答案为：洗耳球、玻璃棒、胶头滴管；蒸馏水煮沸除去CO2并快速冷；食醋与NaOH反响生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，故答案为：酚酞；滴定产物CH3COONa溶液呈碱性，应选择在碱性范围中变色的指示剂；用深色食醋进展试验会影响终点推断，可以用活性炭吸附有色物质进展脱色，故答案为：用活性炭脱色；4次消耗氢氧化钠溶液体积与其它3组相差很大，舍去第4组数据，则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL，醋酸与氢氧化钠的物质的量相等，稀释后20mL中醋酸的质量为0.01500L×0.1000mol/L×60g/mol=0.090g，100mL溶液中醋酸的质量为0.090g×100mL20mL

=0.45g100mL3市售白醋样品含有CHCOOH为0.45g×100mL310mL

=4.5g，故则样品总酸量4.50g/100mL，故答案为：4.50．配制确定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：移液管、洗耳球、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等；蒸馏水中的CO2会影响结果的测定，通过煮沸除去；pH应在指示剂变色范围之内；用深色食醋进展试验会影响终点推断，活性炭可用于吸附有色物质；4次消耗氢氧化钠溶液体积与其它3组相差很大，应舍弃，1、2、3次试验的平均值为消耗氢氧化钠溶液体积，醋酸与氢氧化钠的物质的量相等，计算稀释后20mL中醋酸的质量，计算100mL10mL市售白醋样品中醋酸质量，可得食醋的总酸量．此题考察物质含量测定，涉及中和滴定应用、溶液配制等，试题表达化学在社会生活中应用，留意对试验数据的处理．19.答案：2MgCl2+(2−x)Ca(OH)2+2mH2O=2[Mg(OH)2−xClx⋅mH2O]+(2−x)CaCl2；除去附着在Mg(OH)2外表的可溶性物质MgCl2CaCl2Ca(OH)2Mg(OH)2和Al(OH)3受热分解时吸取大量的热，使环境温度下降；同时生成的耐高温、稳定性好的MgO、Al2O3掩盖在Mg(OH)2；Mg(OH)2的吸热效率为81.5kJ⋅mol−1/58g⋅mol−1=1.41kJ⋅g1)3J⋅mol1g⋅mol1=J⋅g1)2比3吸热多解析：解：石是氧化钙，Ml2与适量石乳反响合碱式氯化镁[M(OH2−xClx⋅mHO，依据元素守，化学应程式为：2Mgl2+(2−x)C(OH)22mH2=[M(OH)2−xlxmH2O+(2−x)CCl；反响除生氢氧化外，还成Mgl2CaCl2M(H)外表的可溶性物质MgCl2CClCa(H)2等；故答案为：2MgCl2+(2−xa(O)2+mHO=2[Mg(OH2−xCx⋅2O]+(2xCaC2；MgOH2Al(OH)受热分时吸取大量的热，使境温度下降，环境定到达着点以下，阻挡了料的燃；同时MgOl2O3Mg(OH2的热效率：8.5kJ/ml5g/mol

=141k⋅78g/ol

1.12kJ⋅−1；g(OH)；M(H)2热效率为1.5kJ⋅mol−1/g⋅mol−1=.41kJ⋅g−，A(OH)3的吸热效率877kJ⋅mol−78g⋅m−1=1.12J⋅g−1等质量的Mg(OH2lH吸热多；故答案：除去在MgOH)2外表的性物质MgCl2、aCl2、Ca(OH)；故答案为：MO)2和(OH)3受热解时吸取大量的热，使环境温下时生成耐高、稳定性好的MgO、Al2掩盖在可燃物面，阻燃效果佳；；取镁的，先参与熟灰熟灰与精水中的氯化镁反响画出氢氧化镁白色淀，过滤后再入盐酸，氢氧化镁与盐酸反响生成氯化镁和水，蒸发得到氯化镁，化镁通电件下生成氯气，故此流下：；故案为：．依据M(OH)2Al(H3故案为：．灰是氢氧钙，依据题干信息及元素守恒写化学反方程式即可；提取镁的程中，先入熟，熟石灰与精卤水中的氯镁反响试画出氢氧镁白色沉，过后再参与盐酸氧化镁与盐酸应生氯化和水，蒸发得到化镁，氯化镁在条件下生成镁和氯气；此题主要考察的工业生产流程图，涉及学问点较多养了学生析问题的力气把握各应理解决此题目的关难度较大．20.答案：2NA或1.204×1024；6FeO(S)+CO22Fe3O20.答案：2NA或1.204×1024；6FeO(S)+CO22Fe3O4(S)+C；H2O；53.3%；O2+H++解析：解：(1)①Fe元素化合价由+3价变为+2价，O元素化合价由−20价，分解2mol4mol1mol2mol电子，转移电子个数为2NA或1.204×1024，故答案为：2NA或1.204×1024；为6FeO(S)+CO22Fe3O4为6FeO(S)+CO22Fe3O4(S)+C，故答案为：6FeO(S)+CO22Fe故答案为：6FeO(S)+CO22Fe3O4(S)+C；随着温度上升，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度上升其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以b曲线代表H2O，故答案为：H2O；②压强之比等于其物质的量之比，设反响前氢气、二氧化碳物质的量分别是3xmol、xmol，反响后混合气体物质的量=(3x+x)mol×0.08MPa=3.2xmol，反响平衡是气体物质的量削减量=(3x+x−0.1MPa设二氧化碳参与反响的物质的量为ymol，2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)削减2mol 3molymol 0.8xmol==