上海市虹口区复兴高中2026届化学高三第一学期期中联考试题含解析

上海市虹口区复兴高中2026届化学高三第一学期期中联考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法错误的是A．浓硝酸通常保存在无色玻璃试剂瓶中B．NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡C．单质硅是将太阳能转变成电能的常用材料D．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应相同2、下列离子方程式书写正确的是()A．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水:Al3++4OH-=[Al(OH)4]-B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2:IO+5I-+6H+=3I2+3H2OC．标准状况下将112mL氯气通入10mL1mol·L-1的溴化亚铁溶液中:2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量澄清石灰水:Mg2++2HCO+2Ca2++2OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O3、下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（）A．用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液B．用装置②制备少量Fe(OH)2固体C．用装置③验证乙烯的生成D．用装置④制取少量乙酸乙酯4、在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中,对化学计量数m和R2+、R3+。判断正确的是()A．m=y,R3+是还原剂 B．m=2y,R2+被氧化C．m=2,R3+是氧化剂 D．m=4,R2+是还原剂5、已知过氧化铬(CrO5)的结构式如下图所示，过氧化铬不稳定，溶于水生成过氧铬酸；溶于酸生成铬(III)盐(绿色)并放出氧气，反应方程式为：4CrO5+12H+=4Cr3++7O2+6H2O)。下列有关说法正确的是()A．CrO5中Cr元素的化合价为+10B．过氧化铬中含有极性共价键、非极性共价键和离子键C．过氧化铬具有较强的氧化性D．上述反应每转移0.2mol电子就能生成2.24LO26、下列各组物质中，含有共价键但属于离子化合物的是（）A．NH4NO3 B．MgCl2 C．HF D．H2O7、学习中经常应用类推法。下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）A向FeCl2溶液中滴入氯水2Fe2＋+Cl2＝2Fe3＋+2Cl—向FeCl2溶液中滴入碘水2Fe2＋+I2＝2Fe3＋+2I—B向澄清石灰水中通入少量CO2气体Ca2＋+2OH—+CO2＝CaCO3↓+H2O向澄清石灰水中通入少量SO2气体Ca2＋+2OH—+SO2＝CaSO3↓+H2OC向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3SO32-+2H＋＝SO2↑+HD锌粒放入硫酸亚铁溶液中Zn+Fe2+=Zn2++Fe钠投入硫酸铜溶液中2Na+Cu2+=2Na++CuA．A B．B C．C D．D8、下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl（SO4）2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖9、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法正确的是A．原子半径：Y>Z>X>WB．简单氢化物的热稳定性：W>X>ZC．Y、Z形成的化合物溶于水会促进水的电离D．上述刺激性气体通入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色10、羰基硫（COS)可用于合成除草剂、杀草丹等农药。H2S与CO2在高温下反应可制得COS:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H>0。在2L容器中充入一定量的H2S和CO2发生上述反应，数据如下：下列判断不正确的是A．K1=l/81B．K2=K3且n3=2n2C．初始反应速率：实验3>实验2>实验1D．实验2中平衡时的c(COS)约为0.0286mol·L-111、下列物质间的转化在给定条件下能实现的是A．②④ B．③④ C．①④ D．①②③12、某同学通过系统实验探究铝及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，最终得到澄清溶液B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气C．常温下铝与浓硝酸反应制得大量的NO2D．AlCl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体13、在一密闭容器中，反应aA(气)bB(气)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（）A．平衡向正反应方向移动了 B．物质A的转化率减少了C．物质A的质量分数增加了 D．a＞b14、纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗。其制备过程如图所示、下列叙述不合理的是A．在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解B．反应③的化学方程式是：6FeOOH+CO==2Fe3O4+3H2O+CO2C．直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁D．纳米四氧化三铁形成的分散剂，有可能产生丁达尔现象15、下列变化一定属于化学变化的是()①金属导电②爆炸③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体④氯气使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制氧气⑦十水碳酸钠风化⑧久置浓硝酸变黄⑨和间的相互转化⑩煤的干馏和石油的分馏A．③④⑤⑦⑧ B．②④⑦⑧⑨ C．①②⑤⑥⑩ D．①③⑥⑨⑩16、从海水（含氯化镁）中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳[Ca(OH)2]②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是A．此法的优点之一是原料来源丰富B．①②③步骤的目的是从海水中提纯MgCl2C．以上提取镁的过程中涉及分解、化合和复分解反应D．第④步电解不是氧化还原反应二、非选择题（本题包括5小题）17、常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：(1)溶液A中一定存在的离子有___________________(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有_________，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。18、G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知：（1）B的结构简式为_____。（2）反应④的条件为_____；①的反应类型为_____；反应②的作用是_____。（3）下列对有机物G的性质推测正确的是______(填选项字母)。A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生消去反应、取代反应和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。（5）符合下列条件的C的同分异构体有_____种。A．属于芳香族化合物，且含有两个甲基B．能发生银镜反应C．与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的是_____(写出其中一种结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻或对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：XYZ……目标产物______________19、含氯化合物在工业上有着广泛的用途。Ⅰ.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室可用NaClO4与NH4Cl制取。(部分物质溶解度如图1、图2)，流程如图3：(1)反应器中发生反应的化学方程式为_______。(2)上述流程中操作Ⅰ为__________，操作Ⅱ为__________。(3)上述流程中采取的最佳过滤方式应为__________(填字母代号)A．升温至80℃以上趁热过滤B．降温至0℃左右趁冷过滤C．0℃－80℃间任一温度过滤Ⅱ.一氯化碘(沸点97.4℃)是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某学习小组拟用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)(1)各装置连接顺序为A→___________→___________→___________→___________(2)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是___________，D装置的作用是________________。(3)将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作名称是___。20、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。21、直接排放含的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）1mol（g）完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS（g）燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，可以还原生成单质S（g）、（g）和，写出该反应的热化学方程式：____________。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为。一定压强下，向1L密闭容器中加入足量的焦炭和1mol发生反应，测得的生成速率与（g）的生成速率随温度变化的关系如图所示：①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的是_______（填字母）。②该反应的_____0（填）。③下列措施能够增大平衡转化率的是______。A降低温度B增加C的量C减小容器体积D添加高效催化剂（3）当吸收液失去吸收能力后通入可得到溶液，用如图所示装置电解溶液可制得强氧化剂。①写出电解溶液的化学方程式：________。②若用9.65A的恒定电流电解饱和溶液1小时，理论上生成的的物质的量为________（F＝96500）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B、NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、单质硅是制备太阳能电池常用的材料，故C正确；D、在弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上都是铁失电子发生氧化反应，故D正确；故答案选A。【点睛】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。2、B【详解】A．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水生成氢氧化铝沉淀，Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，A错误；B．酸性溶液中KIO3与KI反应氧化还原反应，生成I2和水，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，B正确；C．标准状况下将112mL氯气即0.005mol，通入10mL1mol·L-1的溴化亚铁溶液中，n(FeBr2)=0.01mol，氯气量不足，亚铁离子先反应，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C错误；D．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化镁沉淀，Mg2++2HCO+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，D错误；答案为B。3、B【详解】A.用装置①配制250mL0.1mol．L-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B.用装置②制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；C.因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置③制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D.用装置④制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸，因为出液导管口位于液面下，D不正确。故选B。4、D【解析】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物【详解】A、m=y=4，R2+是还原剂，A错误；B、m=y，R2+是还原剂，被氧化，B错误；C、m=4，R3+是氧化产物，C错误；D、m=4，R2+是还原剂，D正确；答案选D。5、C【解析】A.CrO5中存在过氧键、Cr-O键、Cr=O键；

B.不同非金属元素之间易形成极性键；

C.CrO5能和水反应生成酸，和酸反应生成铬酸盐和氧气；

D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量。【详解】A.CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A错误；

B.不同非金属元素之间易形成极性键，所以CrO5中不存在极性键，故B错误；

C.CrO5能和水反应生成酸，所以为酸性氧化物，和酸反应生成铬酸盐和氧气，Cr元素化合价由+6价变为+3价，所以CrO5具有较强的氧化性，所以C选项是正确的；

D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量，导致无法计算转移电子的物质的量，故D错误。

所以C选项是正确的。6、A【详解】A.硝酸铵中含有离子键和共价键，属于离子化合物，故正确；B.氯化镁只有离子键，属于离子化合物，故错误；C.氟化氢是含有共价键的共价化合物，故错误；D.水是含有共价键的共价化合物，故错误。故选A。7、B【解析】A.铁离子氧化性大于碘单质，FeCl2溶液与碘水不反应；B.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水；C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应；D.钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐【详解】A.FeCl2溶液与碘水不反应，则前者发生氧化还原反应，后者不反应，不能类推，故A错误；B.二氧化碳、二氧化硫均为酸性氧化物，与碱反应均生成盐和水，此类推合理，故B正确；C.Na2SO3溶液中滴入稀HNO3发生氧化还原反应：2NO3−+3SO32−+2H+=3SO42−+2NO↑+H2O，两个反应的反应原理不同，不能类推，故C错误；D.锌和硫酸亚铁发生置换反应，钠和硫酸铜溶液反应遵循先水后盐，两反应的原理不同，无法类推，故D项错误。综上，本题选B。8、D【详解】A.Cu是单质，不是非电解质，故A错误；B.Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，不是氧化物，故B错误；C.KAl（SO4）2·12H2O属于纯净物，不是混合物，故C错误；D.普通玻璃、H2O、HF、葡萄糖依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列，故D正确；故选D。9、C【分析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。【详解】A.由分析可知，Y是钠、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径：N＞O，Na＞S，S电子层多，原子半径较大，S＞N；故原子半径Na＞S＞N＞O，故选A错误；B.非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W<X，故B错误；C.Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫离子会结合少量水电离的氢离子，使得溶液中氢离子浓度降低，然而溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为常数，此时氢氧根离子弄都就会增大，从而促进了水的电离，故C正确；D.上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，注意从元素及其化合物知识的角度去判断，例如制冷剂、淡黄色沉淀和刺激性气味气体等，然后再根据元素周期律的知识进行解答，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时学习中要夯实基础知识，同时应注意知识的灵活运用。元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是根据元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。10、D【解析】A.根据表格数据，平衡时H2O(g)的物质的量与COS的物质的量相等，都是0.0200mol，则CO2和H2S的物质的量均为0.200mol-0.0200mol=0.1800mol，K1==，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，因此K2=K3，根据方程式，反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，起始时反应物的物质的量实验3是实验2的两倍，因此平衡时COS的物质的量，实验3也是实验2的两倍，即n3=2n2，故B正确；C.实验3与实验2相比，实验3浓度大，反应速率大，实验2与实验1相比，实验1的平衡常数比实验2大，说明实验1是实验2的平衡状态正向移动的结果，由于该反应正反应为吸热反应，因此实验1的温度比实验2低，反应速率慢，因此初始反应速率：实验3>实验2>实验1，故C正确；D.根据平衡常数K==，解得n2≈0.0286mol，则c(COS)约为0.0143mol·L-1，故D错误；故选D。11、A【详解】①氨气的催化氧化会生成一氧化氮，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水得到硝酸，故①错误；②二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠和盐酸反应生成硅酸和氯化钠，故②正确；③电解氯化镁溶液，氯离子和氢离子放电，不能得到金属镁，故③错误；④钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，故④正确；故②④正确。综上所述，本题正确答案为A。12、B【详解】A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，一水合氨不能够溶解氢氧化铝，所以反应生成了氢氧化铝沉淀，最终不会得到澄清溶液，故A错误；B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝的物质的量相等，反应后生成了铝离子，铝失去的电子总数相等，反应生成的氢气的物质的量及质量一定相等，故B正确；C．由于在常温下铝与浓硝酸发生了钝化，阻止了反应的进行，不会生成大量的二氧化氮，故C错误；D．加热氯化铝溶液，铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铝溶液得到了氢氧化铝沉淀，最终蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到的是氧化铝，故D错误；故选B。13、A【详解】保持温度不变，将容器体积增加一倍，若平衡不移动，B的浓度应是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强，平衡向正反应方向移动，则说明a＜b。A、由以上分析可知，平衡应向正反应方向移动，故A正确；B、平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；C、平衡向正反应方向移动，物质A的质量分数减小了，故C错误；D、根据上述分析，a＜b，故D错误；故选A。14、C【解析】试题分析：A、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A合理；B、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故B合理；C、直接加热FeCl3溶液可以得到氢氧化铁，进一步加热可以得到氧化铁，得不到四氧化三铁，故C不合理；D、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；故选C。考点：考查了胶体的性质；制备实验方案的设计的相关知识。15、A【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。【详解】①金属导电是自由电子的定向移动，过程中无新物质生成为物理变化，故①错误；②爆炸不一定是化学变化，如气球爆炸，故②错误；③二氧化氮经加压冷却凝结称无色液体发生了化学反应生成了四氧化二氮，故③正确；④氯气使品红溶液褪色是氯气的氧化性，氧化有色物质生成无色物质，故④正确；⑤无水硫酸铜由白变蓝是硫酸铜和水反应生成结晶水合物，为化学变化，故⑤正确；⑥工业制氧气是利用液化空气分离得到，为物理变化，故⑥错误；⑦十水碳酸钠风化是结晶水合物失去结晶水发生了化学反应，故⑦正确；⑧久置浓硝酸变黄是硝酸分解生成的二氧化氮溶解于溶液中形成，为化学变化，故⑧正确；⑨16O和18O间的相互转化是原子核的变化不是化学变化范畴，故⑨错误；⑩煤的干馏是隔绝空气加强热发生化学反应，石油的分馏是控制温度分离混合物为物理变化，故⑩错误；一定是化学变化的是③④⑤⑦⑧，答案选A。16、D【解析】A.①把贝壳煅烧产生CaO，将水加入CaO中制成石灰乳[Ca(OH)2]；由于海边含有丰富的海产品，故贝壳非常丰富，所以此法的优点之一是原料来源丰富，正确；B.①是为了制取Ca(OH)2，②是为了是MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀；③步骤的目的是从海水中提取纯净的无水MgCl2，故①②③步骤的目的是从海水中提取MgCl2，正确；C.贝壳煅烧产生CaO和CO2的反应是分解反应，CaO与水反应制取石灰乳的反应是化合反应；石灰乳与MgCl2反应制取Mg(OH)2沉淀是复分解反应；正确；D.第④步电解熔融的MgCl2制取Mg和Cl2的反应有元素化合价的变化，故是氧化还原反应，错误。故答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu144g，则Cu的物质的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，则NO的物质的量是×2.25mol，其在标准状况下的体积是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是H＋＋OH－=H2O，当H＋完全反应后，开始发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4＋，发生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。18、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC16【解析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推，可知C为；A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知B为，A为；D发生水解反应、酸化得到E为；由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F，F再发生还原反应得到G。（1）由上述分析可知，B的结构简式为：,故答案为；（2）反应④为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，①的反应类型为取代反应，反应②的作用是保护酚羟基，以防被氧化。故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）A、G含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B、G不能发生消去反应，故B错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分子化合物，故C正确；D、羧基能与NaHCO3反应生成CO2，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误。故选AC；（4）D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与NaOH反应，反应化学方程式为：；（5）C为,符合下列条件的C的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和2个−CH3；b、能发生银镜反应，说明含有−CHO；c、与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2个−CH3、1个−OH、1个−CHO。①若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有3种位置；当-OH在2号位置，−CHO有3种、3种位置，故共6种同分异构体；②若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，则当−OH在中1号位置，-CHO有2种位置；当-OH在2号位置，-CHO有2种位置；当-OH在3号位置，-CHO有3种位置，共7种同分异构体；③若为苯环上H原子被−OH、−CHO取代，−OH有1种位置，而−CHO有3种位置。故符合条件的同分异构体共有16种。其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6:2:1:1的是或。故答案为16；或。（6）流程目的：→。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入1个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在Fe/HCl的条件下将-NO2还原为-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。19、NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO↓冷却结晶重结晶BCEBD防止ICl挥发吸收

未反应的氯气，防止污染空气蒸馏【分析】I.(1)根据氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀进行分析；(2)根据高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，NH4Cl的溶解度受温度影响变化也较大，相对来说NH4ClO4受温度影响变化更大进行分析；(3)根据高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度进行分析；II.(1)用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。【详解】(1)氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀，化学方程式为：NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO4↓；(2)高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，所以上述流程中操作Ⅰ为冷却结晶；通过该方法得到的高氯酸铵晶体中含有较大的杂质，将得到的粗产品溶解，配成高温下的饱和溶液，再降温结晶析出，这种分离混合物的方法叫重结晶；(3)高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度，所以洗涤粗产品时，宜用0℃冷水洗涤,合理选项是B；II.(1)用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。故各装置连接顺序为A→C→E→B→D；(2)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：防止ICl挥发，D装置的作用是：吸收未反应的氯气，防止污染空气；(3)一氯化碘沸点97.4℃，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏或蒸馏，收集97.4℃的馏分可得到较纯净的ICl。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及仪器连接、条件控制、混合物的分离、化学方程式的书写等知识，注意对题目信息的理解与运用，合理设计实验，弄清每一步操作的作用及物质含有的成分，科学地进行实验、分析实验，从而得出正确实验结论，为学好化学知识奠定基础。20、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2