2025届高三化学二轮复习 仿真模拟卷二（新高考通用）

2025高考化学仿真模拟卷二 时间:75分钟分值:100分 　　可能用到的相对原子质量:H—1　Li—7　C—12　N—14　O—16　Na—23　Mg—24　Al—27　Si—28　P—31　S—32　Cl—35.5　K—39　Pb—207　 一、选择题(本大题共15小题,每小题3分,共45分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法正确的是(　　) A．北斗卫星导航系统所用计算机芯片的主要材料是二氧化硅 B．乡村公路铺设的沥青属于天然无机材料 C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分 D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而成 2．下列化学用语正确的是(　　) A．BCl3的价层电子对互斥模型： B．C6H6的实验式：CH C．基态Mn原子的价层电子轨道表示式： D．聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2— 3．利用下列实验装置能达到实验目的的是(　　) A．①装置：证明NH3极易溶于水 B．②装置：加热AlCl3溶液获得AlCl3固体 C．③装置：利用CaC2和饱和食盐水制备C2H2 D．④装置：证明该条件下铁发生了析氢腐蚀 4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．1 mol 最多消耗H2的个数为3NA B．25 ℃、101 kPa下，44.8 L CO和N2的混合气体的分子数等于2NA C．80 g NaOH溶解在1 L水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度是2 mol/L D．铅酸蓄电池的正极质量增加3.2 g时，电路中通过的电子数目为0.1NA 5．近期，科学家合成出了一种化合物如图所示，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Y的最高价氧化物对应的水化物是中强酸，下列说法错误的是(　　) A．原子半径：W>X>Y>Z B．YZ3的VSEPR模型为三角锥形 C．该周期中第一电离能比Y大的元素有2种 D．X的单质与W的最高价氧化物对应的水化物可以发生化学反应 6．中国海洋大学科学家发现海泥细菌电池的电压可以高达0.8 V，在这种海水/海泥界面存在的天然电压驱动下，海泥细菌产生的电子可以源源不断地传输出来，持续产生电能。下列说法错误的是(　　) A．电极电势：A<B B．天然的海泥层和海水层分别为负极和正极的导电介质 C．海底沉积层可发生反应：CH2O－4e－＋H2O===CO2＋4H＋ D．海底沉积层/海水天然界面作为“质子交换膜材料”，不需要任何人工膜材料 7．尼达尼布用于治疗特发性肺纤维化，其结构简式如图所示，下列说法正确的是(　　) A．分子中H原子的个数为偶数 B．分子中存在手性碳原子 C．1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH D．可以发生取代反应、氧化反应、还原反应和聚合反应 8．下列离子方程式正确的是(　　) A．实验室制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋ B．Fe3+的检验：Fe3+＋3SCN－===Fe(SCN)3↓ C．制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－ D．稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2CO3 9．工业上利用图1流程制备的亚硝酸钠中常含有一定量的硝酸钠杂质，二者的溶解度随温度变化如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．氧化炉中发生反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O B．再氧化时氧气用量越多NaNO2产率越高 C．操作为蒸发结晶、趁热过滤 D．N2保护条件下，低温蒸干母液所得固体主要是NaNO3 10．实验是探究化学过程的重要途径。下列装置能达到相应目的的是(　　) A．制备 胶体 B．测量NO2气体的体积 C．将剩余钠放回试剂瓶 D．分离碘和氯化铵固体 11．下列说法正确的是(　　) A．灼热的木炭伸入浓硝酸中产生红棕色气体，则浓硝酸在加热条件下能氧化碳单质 B．将花生油和NaOH溶液混合加热，分层现象逐渐消失，则花生油在水中的溶解度随温度的升高而增大 C．向盛有少量0.1 mol/L NaCl溶液的试管里滴几滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴入足量1 mol/L氨水，振荡，沉淀消失 D．取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，则氯气与水的反应存在限度 12．在2 L恒温恒容的密闭容器中发生反应CO(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，若起始时向密闭容器中加入2 mol CO(g)和2 mol H2O(g)，充分反应，5 min时达到平衡，CO2和H2的质量之和占混合气体总质量的40%，下列说法正确的是(　　) A．达到平衡时，CO(g)的转化率为40% B．0～5 min内，v(CO2)＝0.08 mol·L-1·s-1 C．达到平衡后，升高温度，平衡常数增大 D．增大CO(g)的浓度能增加单位体积内的活化分子百分数 13．某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨复合材料)。室温时，纳米Fe2O3-Li(C石墨)锂离子电池可通过循环充放电实现对磁性的可逆调控(如图所示)，下列说法正确的是(　　) A．X过程为充电，完成后电池被磁铁吸引 B．该电池可以用水溶液作电解质溶液 C．充电时，Li＋向阴极移动发生氧化反应 D．放电时，正极的电极反应式为：Fe2O3＋6Li＋＋6e－===2Fe＋3Li2O 14．由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示(晶胞底边边长为a nm，高为c nm，a≠c)，图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置。已知：Sc原子半径为r1 nm，Sn原子半径为r2 nm，V原子半径为r3 nm。下列说法错误的是(　　) 图1 图2 　 图3 A．Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数：V>Sn>Sc B．与Sc距离最近的Sc原子数为6 C．该合金的化学式为ScV6Sn6 D．该晶体的空间占有率：×100% 15．常温下，向NH4F溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中，lg X[X表示或＝10-4.5，Ⅰ线和Ⅱ线交点横坐标为6.6，下列说法错误的是(　　) A．Ⅰ线代表lg B．Ⅱ线和横轴交点坐标为(8.7，0) C．NH4F溶液加水稀释过程中pH值逐渐减小 D．NH4F溶液中存在：＋c(OH－)＋2c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(F－)＋2c(HF) 二、非选择题(本大题共4小题,共55分) 16．含铈(Ce)化合物广泛应用于光学材料、催化等领域。一种以氟碳酸铈(主要成分为)为原料制备碳酸铈的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”后Ce元素以形式存在；②Ce3+可与形成难溶复盐；③25 ℃时的平衡常数如下表： Ce(OH)3 Ce2(CO3)3 H2CO3 Ksp＝1×10-20 Ksp＝1×10-28 Ka1＝4.3×10-7 Ka2＝5.6×10-11 回答下列问题： (1)Ce为58号元素，它在周期表中的位置为________。 (2)“焙烧”在对流空气氧化炉中反应速率较快的原因是_______________________________。 (3)滤渣1的主要成分为________。 (4)“还原”加入硫脲和Na2SO4的作用分别是________________________、________________________。 (5)“沉铈”步骤的离子反应方程式为__________________________。 (6)若“沉铈”溶液中恒定＝0.18 mol·L-1，则要使Ce3+沉淀完全(离子浓度小于10-5 mol·L-1)，理论上pH不低于____________(保留一位小数)。 17．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SO2Cl2＋4NH3===SO2(NH2)2＋2NH4Cl。 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 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 mol/L H2SO4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 mol/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的百分含量是____________(列出计算式)。 18．苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下： 反应Ⅰ：C6H5—C2H5(g)⥫⥬C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH1 (1)近期有科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了乙苯在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用标注)： ①已知1 eV≈1.60×10-19 J，则ΔH1＝____________ kJ·mol-1(计算结果保留整数)。 ②依据上述反应历程，推测乙苯脱氢反应产生的副产物可能是________(填结构简式)。 (2)在100 kPa下，乙苯直接脱氢反应的ΔG和Kp随温度的变化如图所示。 ①直接脱氢反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发。 ②Kp随温度的变化曲线为________(填“a”或“b”)。 (3)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯和3.25 mol H2O(g)发生反应Ⅰ，其平衡转化率为75%，则乙苯脱氢反应的压强平衡常数Kp＝________kPa(计算时忽略副反应)。 (4)工业上还可以利用CO2氧化乙苯制乙烯，其原理为： 反应Ⅱ：C6H5—C2H5(g)＋CO2(g)⥫⥬C6H5—CH===CH2(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH2，在相同反应条件下，工业上可采用CO2替代水蒸气进行乙苯脱氢反应，已知ΔH1>ΔH2>0，则CO2代替水蒸气参与反应的优点有________(填字母)。 A．降低反应的能耗 B．乙苯转化率更高 C．提高了反应速率 D．提高了产物选择性 (5)苯乙烯被酸性高锰酸钾溶液充分氧化后的产物是________和________(填名称)。 19．F为生产医药布洛芬的原料之一，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)B中官能团名称：________。 (2)B→C的反应类型为________。 (3)F的手性碳原子有________个。 (4)B的同分异构体中满足下列条件的有________种。 a．含有两个—CH3 b．可发生银镜反应 c．苯环上有三个取代基 其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6的结构简式为__________。 (5)设计由的合成路线(依据题中流程分析)______________________________。 答案解析 1. 解析：D　计算机芯片的主要成分为Si，光导纤维的主要成分是SiO2，故A错误；沥青是由不同分子量的碳氢化合物及其非金属衍生物组成的黑褐色复杂混合物，属于有机材料，故B错误；SO2可用于丝织品漂白是由于其能和丝织品中的有色成分结合成无色物质，故C错误；陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，故D正确。 2. 解析：B　BCl3的价层电子对数为3＋＝3，无孤电子对，则价层电子对互斥模型为平面三角形，故A错误；C6H6的实验式为CH，故B正确；基态Mn原子的价层电子轨道表示式为，故C错误；聚丙烯的链节为，故D错误。 3. 解析：A　氨气的喷泉实验原理即氨气极易溶于水，烧瓶内外形成压强差，从而形成喷泉，A正确；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进水解，所以直接蒸干AlCl3溶液得到氢氧化铝固体，B错误；CaC2和饱和食盐水制备C2H2，该反应很剧烈，不能用该装置制备乙炔，C错误；食盐水为中性溶液，此时发生的是吸氧腐蚀，D错误。 4. 解析：D　1 mol 中苯环最多消耗3 mol H2，—CN中的碳氮三键最多消耗2 mol H2，即1 mol 最多消耗H2的个数为5NA，故A错误；0 ℃，101 kPa下，44.8 L CO和N2的混合气体的物质的量为＝2 mol，25 ℃、101 kPa下分子数不等于2NA，故B错误；80 g NaOH的物质的量为2 mol，溶解在水中形成1 L溶液时，所得溶液中溶质的物质的量浓度才是2 mol/L，溶解在1 L水中所得溶液体积不是1 L，溶质的物质的量浓度不是2 mol/L，故C错误；铅酸蓄电池的正极反应式为＋2H2O，转移2 mol电子时，正极质量增加64 g，则质量增加3.2 g时，电路中通过的电子数目为0.1NA，故D正确。 5. 解析：B　由化合物的结构可知，W＋为带一个单位正电荷的阳离子，阴离子中X、Y、Z形成的共价键数目为4、2、1，W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Y的最高价氧化物对应的水化物是中强酸，则W为Na元素，X为Si元素，Y为P元素、Z为Cl元素。同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为Na>Si>P>Cl，故A正确；三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为3＋＝4，分子的VSEPR模型为四面体形，故B错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，磷原子的3p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于其相邻元素，则同周期第一电离能大于磷元素的元素为氯元素、氩元素，共有2种，故C正确；硅能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，故D正确。 6. 解析：A　由图示可知，电极A上氧气转化成水，氧元素化合价降低，发生还原反应，即电极A为正极，则电极B为负极。正极电势高于负极电势，所以电极电势：A>B，故A错误；电极A为正极，电极B为负极，天然的海泥层和海水层分别为负极和正极的导电介质，故B正确；由图示可知，海底沉积层CH2O转化为CO2，所以海底沉积层可发生反应：CH2O－4e－＋H2O===CO2＋4H＋，故C正确；负极电极反应式为HS－－2e－===S↓＋H＋，生成的H＋向正极移动，即H＋从海底沉积层通过交界面向海水层移动，所以海底沉积层/海水天然界面作为“质子交换膜材料”，不需要任何人工膜材料，故D正确。 7. 解析：D　由结构简式可知，尼达尼布的分子式为C31H33N5O4，分子中氢原子的个数为奇数，故A错误；由结构简式可知，尼达尼布分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B错误；由结构简式可知，尼达尼布分子中含有的酯基和酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol尼达尼布分子与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗3 mol氢氧化钠，故C错误；由结构简式可知，尼达尼布分子中含有的酯基和酰胺基能发生取代反应，含有的碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，含有的碳碳双键和苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，故D正确。 8. 解析：C　实验室制备Fe(OH)3胶体，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢，离子方程式为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，A错误；硫氰化铁溶液呈红色，不是沉淀，B错误；TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀，离子方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，C正确；稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2气体，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2O＋CO2↑，D错误。 9. 解析：A　氧化炉中发生反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O，A正确；氢氧化钠溶液吸收时发生2NaOH＋NO2＋NO===2NaNO2＋H2O、2NaOH＋2NO2===NaNO2＋NaNO3＋H2O，再氧化时氧气用量过多，氧气将NO全部氧化为二氧化氮，会使生成的NaNO2减少，降低了亚硝酸钠的产率，B错误；硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度不大，亚硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度较大，可采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式让亚硝酸钠以晶体的形式析出，C错误；硝酸钠溶解度随温度升高而升高的幅度不大，N2保护条件下，将母液蒸发结晶、趁热过滤即可得到NaNO3固体，D错误。 10. 解析：C　制备Fe(OH)3胶体时应向沸腾的蒸馏水中逐滴滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，不能用自来水，故A错误；NO2能与水反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，所以该装置不能测量NO2气体的体积，故B错误；钠的性质非常活泼，随意丢弃易发生事故，实验室中剩余的钠要放回试剂瓶，钠的密度大于煤油，可放回盛装煤油的试剂瓶中，故C正确；氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，遇冷后氨气和氯化氢又重新化合生成氯化铵，碘易升华，加热碘和氯化铵固体的混合物后，升华的碘遇冷重新变为固体，所以不能用该方法分离碘和氯化铵固体，故D错误。 11. 解析：C　可能是浓硝酸受热分解生成二氧化氮，由实验操作和现象不能证明加热条件下，浓硝酸能氧化碳单质，A错误；花生油发生水解反应导致分层现象逐渐消失，B错误；向盛有少量0.1 mol/L NaCl溶液的试管里滴几滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，再滴入足量1 mol/L氨水，振荡，沉淀消失：AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O，C正确；新制氯水中的氯气与产生的次氯酸均能使淀粉-KI溶液变蓝，溶液变蓝无法说明溶液中存在氯气分子，D错误。 12. 解析：A　CO2和H2的质量之和占混合气体总质量的40%，反应前后质量不变，说明反应物转化了40%，根据题意列三段式如下： 　　　　　CO(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋H2(g) 起始(mol) 2 2 0 0 转化(mol) 0.8 0.8 0.8 0.8 平衡(mol) 1.2 1.2 0.8 0.8 达到平衡时，CO(g)的转化率为×100%＝40%，A正确；0～5 min内，v(CO2)＝08 mol·L-1·min-1，B错误；ΔH<0，达到平衡后，升高温度，平衡常数减小，C错误；恒温恒容时，增大CO(g)的浓度单位体积内的活化分子百分数不变，D错误。 13. 解析：D　纳米Fe2O3-Li(C石墨)锂离子电池中Li(C石墨)电极中Li转化为Li2O，Li元素化合价升高，为原电池的负极，纳米Fe2O3电极为电池的正极，X过程为放电过程，Y过程为充电过程，A错误；Li与水反应，该电池不能用水溶液作电解质溶液，B错误；电解池中阳离子移向阴极，充电时Li＋向阴极移动，在阴极得电子发生还原反应，C错误；放电时，正极的电极反应式为：Fe2O3＋6Li＋＋6e－===2Fe＋3Li2O，D正确。 14. 解析：B　已知Sc、Sn、V的价层电子排布式分别为：3d14s2、5s25p2、3d34s2，故Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数大小顺序为：V>Sn>Sc，A正确；由题干晶胞示意图可知，Sc位于8个顶点，且晶胞的边长与高不相等，故与Sc距离最近的Sc原子数为4，B错误；由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Sc的个数为：8×＝1，Sn的个数为：8×＋2＝6，V的个数为：8×＋2＝6，则该合金的化学式为ScV6Sn6，C正确；由C项分析可知，该合金的化学式为ScV6Sn6，一个晶胞含有一个“ScV6Sn6”结构单元，该晶体的空间占有率为×100%＝×100%，D正确。 15. 解析：C　向NH4F溶液中滴加NaOH溶液，随着pH增大，c(F－)增大，c(HF)减小，增大减小，c(NH3·H2O)增大，lg 减小，据此分析Ⅰ线代表lg ，A正确；由Ⅰ线和Ⅱ线交点横坐标为6.6可得，⇒⇒Kb(NH3·H2O)＝10-5.3，Ⅱ线和横轴交点处＝1，则＝10-5.3 mol·L-1，pH＝8.7，B正确；Ka(HF)＝10-4.5，F－的水解平衡常数Kh＝的水解平衡常数Kh＝＝10-8.7，NH4F溶液显酸性，加水稀释过程中水解程度增大，但氢离子浓度减小，pH值逐渐增大，C错误；NH4F溶液中存在电荷守恒＝c(F－)＋＋c(NH3·H2O)＝c(F－)＋c(HF)，两式联立得＝c(H＋)＋c(F－)＋2c(HF)，D正确。 16. 解析：氟碳酸铈(主要成分为CeFCO3、BaO、SiO2)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、BaSO4，滤液1中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce3+可与形成难溶复盐，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3。(1)Ce为58号元素，根据“零族定位法”可知，它在周期表中的位置为第六周期第ⅢB族。(2)“焙烧”在对流空气氧化炉中反应速率较快的原因是固体与气体接触面积大。(3)由分析知，滤渣1的主要成分为BaSO4、SiO2。(4)由分析知，“还原”加入硫脲的作用是作还原剂，将Ce4+还原为Ce3+；已知Ce3+可与形成难溶复盐，加入Na2SO4的作用是沉淀Ce3+。(5)含Ce3+的溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为，则“沉铈”步骤的离子反应方程式为2Ce3+＋===＝ mol·L-1＝1.0×10-6 mol·L-1，Ka2＝＝5.6×10-11，c(H＋)≈1×10-5 mol·L-1，则理论上pH不低于5.0。 答案：(1)第六周期第ⅢB族　(2)固体与气体接触面积大　(3)BaSO4、SiO2　(4)作还原剂　沉淀Ce3+　(5)2Ce3+＋＋3CO2↑＋3H2O　(6)5.0 17. 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SO2Cl2＋4NH3===SO2(NH2)2＋2NH4Cl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，防止空气中的水蒸气进入C中引起SO2Cl2水解； Ⅱ.将样品放入蒸氨装置，加入浓NaOH溶液，并进行加热，发生反应NH4Cl＋NaOHNaCl＋ NH3↑＋H2O，产生的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的物质的量、质量，结合样品质量，可得SO2(NH2)2的质量及百分含量。Ⅰ.(1)浓氨水与CaO发生反应：NH3·H2O＋CaO===Ca(OH)2＋NH3↑，反应制取NH3，故试剂X为浓氨水。(2)装置B中盛有干燥剂，用于干燥NH3。碱石灰可以吸收氨气中的水蒸气，并且与氨气不发生反应，因此可以用于干燥氨气，a正确；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；P2O5吸收水分反应产生H3PO4，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；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。(3)SO2Cl2容易发生水解反应产生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。Ⅱ.(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V2 mL c2 mol/L NaOH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n(H2SO4)＝n(NaOH)＝c2×V2×10-3 L×＝(c2V2×10-3×25)mol，未反应前溶液中含H2SO4的物质的量为n(H2SO4)总＝c1V1×10-3 mol，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)mol，根据物质反应转化关系，结合元素守恒可得关系式：2NH4Cl～2NH3～H2SO4，故n(NH4Cl)＝2n(H2SO4)反应＝2(c1V1×10-3－c2V2×10-3×25)mol，所以a g样品中SO2(NH2)2的百分含量为： ×100%。 答案：Ⅰ.(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 Ⅱ.(5)三颈烧瓶　防倒吸 (6)×100% 18 解析：(1)①根据反应历程图像，可以分析出此反应为吸热反应，焓变为ΔH1＝1.35 eV×NA＝1.35×1.6×10-19×10-3 kJ×6.02×1023 mol-1≈＋130 kJ·mol-1；②根据反应历程图像，有活性苯乙烯自由基产生，两分子苯乙烯自由基可以结合生成；(2)①ΔG＝ΔH－TΔS<0反应能自发进行，直接脱氢反应的ΔH>0，ΔS>0，要保证反应自发进行，温度必须保持高温，所以a线是ΔG随温度的变化曲线，所以在常温下，该反应不能自发进行；②该反应是吸热反应，温度升高Kp增大，所以Kp随温度变化曲线为b线；(3)由题中条件列三段式如下： 　　　　C6H5—C2H5(g)⥫⥬C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g) 起始量 1 mol 0 0 反应量 0.75 mol 0.75 mol 0.75 mol 剩余量 0.25 mol 0.75 mol 0.75 mol 同时，还有3.25 mol的水未参加反应，一直存在于体系中，需要把水蒸气物质的量考虑代入计算，故剩余气体总的物质的量为5 mol，Kp＝＝45 kPa。(4)根据两个反应的ΔH1>ΔH2>0可知，反应Ⅱ的焓变小于反应Ⅰ的焓变，其所需要的热量低于反应Ⅰ，所以节能；二氧化碳能消耗反应Ⅰ产生的氢气，使反应Ⅰ平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故选A、B；(5)根据苯环上的烃基被氧化的反应规律，苯乙烯的侧链在酸性高锰酸钾的作用下，只生成了与苯环直接相连的羧基，即生成苯甲酸，乙烯基上的末端碳原子被氧化为二氧化碳。因此，苯乙烯被高锰酸钾氧化后的主要产物是苯甲酸和二氧化碳。 答案：(1)①＋130 ② (2)①不能　②b　(3)45　(4)AB (5)苯甲酸　二氧化碳 19. 解析：根据A的结构简式、B的分子式以及C的结构简式可知，A发生取代反应生成B，其结构简式为，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D先发生酮羰基的还原反应生成羟基，再发生取代反应引入溴原子生成E，据此分析解答。(1)由分析知，B的结构简式为，B中官能团名称为(酮)羰基。(2)B→C的反应为加氢去氧的反应，反应类型为还原反应。(3)手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由F的结构简式可知F的手性碳原子有1个。(4)B的分子式为C10H12O，B的同分异构中满足下列条件：a.含有两个；b.可发生银镜反应，则含有醛基；c.苯环上有三个取代基。第一种情况：三个取代基分别为—CHO、、—CH3、—CH3，共6种(用定二移一书写)；综上所述，符合条件的同分异构体共16种；其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6的结构简式为 (5)根据C生成D的反应，由在AlCl3的作用下生成发生D到E的反应生成发生E到F的反应生成与乙醇发生酯化反应生成 答案：(1)(酮)羰基　(2)还原反应　(3)1 学科网（北京）股份有限公司 $$