2026届福建省长汀、连城一中等六校高三上化学期中复习检测试题含解析

2026届福建省长汀、连城一中等六校高三上化学期中复习检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子方程式书写正确的是A．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑B．向次氯酸钙溶液中通入SO2气体：Ca2++2ClO-+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClOC．用氨水吸收足量的SO2气体：OH－＋SO2=HSO3－D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3－═3Fe3++2H2O+NO↑2、NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（）A．标准状况下，2.24L水中含H原子的数目为0.2NAB．1L0.1mol·L－1KNO3溶液里含O原子的数目为0.3NAC．2.3g钠反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子的数目为0.1NAD．1molH3O＋和1molNH4＋中含质子的数目均为10NA3、下列实验操作能达到实验目的的是A．图甲装置可证明非金属性强弱:S>C>SiB．图乙装置可用于检验有乙烯生成C．图丙装置可通过蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体D．图丁装置可用来测定中和热4、在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了0.1mol，则反应速率为A．v（H2）=0.03mol/（L•min）B．v（N2）=0.02mol/（L•min）C．v（NH3）=0.17mol/（L•min）D．v（NH3）=0.01mol/（L•min）5、在1L1mol/L的氨水中，下列有关说法正确的是A．NH3·H2O为1mol，溶质质量为35gB．NH4+为1mol，溶质质量为18g C．溶解状态的NH3分子为1mol，溶质质量为17gD．氨水中NH3、NH3·H2O、NH4+三种微粒总的物质的量为1mol6、20℃时，饱和NaCl溶液的密度为ρg/cm3，物质的量浓度为cmol/L，则下列说法中错误的是A．温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于cmol/LB．20℃时，饱和NaCl溶液的质量分数为C．20℃时，密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液D．20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度7、下列有关同位素的说法正确的是A．18O的中子数为8 B．16O和18O质子数相差2C．16O与18O核电荷数相等 D．1个16O与1个18O质量相等8、分子式为C6H12的烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，则其结构A．1种 B．2种 C．3种 D．4种9、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（）A．检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解D．检验试液中的I-：试液无明显现象蓝色溶液10、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．A B．B C．C D．D11、五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是（）A．元素X可能为锂B．原子半径大小：r(M)>r(W)C．X2W中各原子均达到8电子稳定结构D．元素气态氢化物的稳定性：Y>M12、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．无色透明溶液中:Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B．0.1mol/LNaHCO3溶液中:Mg2+、Al3+、K+、NO3-C．能使甲基橙变黄的溶液中:Na+，CH3COO-、MnO4-、Fe3+D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+13、在组装原电池时，下列各项中一定不需要的是A．电极材料B．电解质溶液C．直流电源D．金属导线14、重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示：已知：Ⅰ.步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。下列说法正确的是()A．步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B．步骤①中每生成44.8LCO2共转移7mol电子C．步骤④若调节滤液2的pH，使之变小，则有利于生成Cr2O72-D．步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O715、中国科学院上海有机化学研究所人工合成青蒿素，其部分合成路线如图：下列说法正确的是（）A．“乙→丙”发生了消去反应B．香茅醛不存在顺反异构现象C．甲分子遇浓溴水产生白色沉淀D．香茅醛能与1mol氢气发生加成反应16、某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)2SO4的工艺流程：下列有关说法错误的是（）A．将滤液蒸干，即可提取产品(NH4)2SO4B．通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收C．副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用D．沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2O⇌CaCO3↓+(NH4)2SO4二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）E中含氧官能团的名称为________和________。（2）B→C的反应类型为________。（3）C→D反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：________。反应D→E的方程式为______________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。____________________18、A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）W在元素周期表中的位置是___。A与E组成的化合物是常用的溶剂，写出其电子式___。（2）下列事实能用元素周期表相应规律解释的是（填字母序号）___。a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2b．E的气态氢化物的稳定性小于HFc．A的单质能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质（3）WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，反应的离子方程式为____。（4）①工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为___。②家用“管道通”的有效成分是烧碱和D的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为____。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3－，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，上述反应的离子方程式为__。上述W的氧化物X能与D的单质反应，写出该反应的化学方程式为__。19、碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_____________________________。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_________________________________。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是:将装置A中产生的氨气完全导出，二是:_______________________________。（4）若测得碱石灰的质量增加了ag，则得到碱式氯化镁的质量为_______g。（5）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是_______，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。（6）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O②限选试剂：2mol·L－1H2SO4溶液、浓硫酸、2mol·L－1HNO3溶液、10mol·L－1HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：________________________20、硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，俗名莫尔盐，蓝绿色的固体，易溶于水，几乎不溶于乙醇，在100℃～110℃时分解，对光敏感。在空气中逐渐风化及氧化。在空气中比硫酸亚铁稳定，有还原性。常用作重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的互相标定的标准物质。一般用废铁屑经以下流程制取：(1)检验莫尔盐固体中亚铁离子，可将样品溶于水后，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，反应的现象是________________。(2)下列说法中正确的有____。A．用NaOH溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污和氧化铁杂质B．蒸发应用小火小心加热，直到出现大量晶体停火利用余热蒸干溶剂C．过滤后可用少量乙醇洗涤D．检验莫尔盐固体样品中铵离子，可将样品溶于水后，再加足量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在NH4+，否则无NH4+E．检验莫尔盐固体是否氧化变质，可将样品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明氧化变质(3)用重铬酸钾溶液标定（滴定）莫尔盐溶液浓度，若需配制浓度为0.01000mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取____________________gK2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g•mol-1)．配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有__________________.①电子天平②烧杯③温度计④玻璃棒⑤容量瓶⑥铁架台（带铁圈）⑦胶头滴管滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)向（NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加一定量的NaOH溶液时，发生的总反应的离子方程式一定错误的是____。（填字母）A．Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓B．NH4＋＋OH－===NH3·H2OC．Fe2＋＋3OH－＋NH4＋===Fe(OH)2↓＋NH3·H2OD．Fe2＋＋5OH－＋3NH4＋===Fe(OH)2↓＋3NH3·H2O21、研究和开发CO、CO2的应用及水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题。（1）水体常见污染物之一的氨氮主要指游离氨或铵盐，可以通入一定量的氯气，利用产生的HClO除去。已知：NH4+＋HClO=NH2Cl＋H＋＋H2O；ΔH＝akJ·mol－1NH4+＋4HClO=NO3-＋6H＋＋4Cl－＋H2O；ΔH＝bkJ·mol－1。2NH2Cl＋HClO=N2＋H2O＋3H＋＋3Cl－；ΔH＝ckJ·mol－1则2NH4+＋3HClO=N2＋3H2O＋5H＋＋3Cl－；ΔH＝_____kJ·mol－1（2）将CO2与金属钠组合设计成Na－CO2电池，很容易实现可逆的充、放电反应，该电池反应为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。放电时当电路中转移1mol电子时被还原的CO2的质量为_____；充电时，阳极的反应式为________（3）废水中重金属离子常用沉淀法除去，已知Ksp(NiS)＝1.1×10－21，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，国家规定的排放标准：镍低于1.1×10－5mol·L－1，铜低于7.8×10－5mol·L－1。则需要控制溶液中S2－的浓度不低于_____________mol·L－1。（4）NO易被O2氧化为NO2。其他条件不变时，NO的氧化率α（NO）与温度、压强的关系如图1所示（p1线在p2的上方）则p1__p2（填“＞”、“＜”或“=”）；温度高于800℃时，α（NO）几乎为0的原因是____（5）环境中的有害物质常通过转化为CO2来降低污染，TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。下图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的示意图，则该反应的化学方程式为_____。（6）用新型钛基纳米PbO2作电极可将苯、酚类等降解为CO2和H2O。该电极可通过下面过程制备：将钛基板用丙酮浸泡后再用水冲洗，在钛板上镀上一层铝膜。用它做阳极在草酸溶液中电解，一段时间后，铝被氧化为氧化铝并同时形成孔洞。再用Pb(NO3)2溶液处理得纳米PbO2，除去多余的氧化铝，获得钛基纳米PbO2电极。电解时，电流强度和基板孔洞深度随时间变化如上图3所示，氧化的终点电流强度突然增加，其可能的原因是____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A．醋酸和碳酸钙都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A错误；B．次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀，故B错误；C．氨水吸收过量SO2反应为NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，离子反应为NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-，故C错误；D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选D。2、C【详解】A.标况下水不是气体，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故错误；B.溶液中含有水，故氧原子数错误；C.2.3克钠的物质的量为0.1mol反应失去0.1mol电子，故正确；D.H3O＋和1molNH4＋二者都含有11个质子，故错误。故选C。3、A【详解】A．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，元素的最高价氧化物水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故可证明非金属性强弱：S>C>Si，A项正确；B．乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，图乙装置不能确定有乙烯生成，B项错误；C．AlCl3饱和溶液中，氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，直接蒸干氯化铝溶液生成氢氧化铝而不能得到AlCl3晶体，C项错误；D．图丁测定反应热的装置中缺少环形玻璃搅拌棒，D项错误；答案选A。4、D【解析】试题解析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是0.015mol/(L·min)、0.005mol/(L·min)。考点：化学反应速率的计算5、D【解析】氨水中溶质是氨气，A不正确。氨水是弱碱，不能全部电离，B不正确。部分氨气和水反应生成一水合氨，C不正确。因此正确的答案选D。6、D【详解】A．温度低于20℃时，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于c

mol/L，故A正确；B．1L该温度下的氯化钠饱和溶液中，溶液质量为1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为×100%=×100%，故B正确；C．20℃时，等体积的饱和溶液中含有氯化钠的物质的量达到最大，所以密度小于ρg/cm3的NaCl溶液是不饱和溶液，故C正确；D．20℃时，1L饱和NaCl溶液中溶解的氯化钠的质量为58.5cg，溶液质量为1000ρ，则该温度下氯化钠的溶解度S=×100g=g，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化钠溶液密度大于水的密度，氯化钠溶液的密度越大，一定量水中溶解的氯化钠越多。7、C【分析】由（简化为）的含义分析解答。【详解】原子中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（A－Z）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为。A.氧是8号元素，18O的中子数为18－8=10，A项错误；B.16O和18O质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C.16O与18O核电荷数都是8，C项正确；D.16O、18O的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D项错误。本题选C。8、B【解析】分子式为C6H12的烃可能为烯烃，也可能为环烷烃，在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体。【详解】分子式为C6H12的烯烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该烯烃的结构简式只能为（CH3）2C=C（CH3）2，分子式为C6H12的环烷烃在光照下与氯气反应，生成的一氯代产物只有一种，说明结构高度对称，所有的氢原子为等效H原子，该环烷烃只能为环己烷，则生成的一氯代产物只有一种的烃有2种，故选B。【点睛】本题考查了同分异构体的求算，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键。9、D【详解】A．硝酸可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含SO32-，故A错误；B．氯化钡溶液没有氧化性，加入氯化钡溶液后不能将亚铁离子氧化，故溶液不可能变红，故B错误C．白色沉淀为碳酸钡或亚硫酸钡，则原溶液中可能含SO32-，故C错误；D．淀粉遇碘变蓝，可知加入双氧水将碘离子氧化为碘，则可知试液中含I-，方案严密，故D正确；故答案为D。10、D【详解】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，不会立即产生气泡，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快停止，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，没有白色沉淀，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。11、C【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-1，其原子序数最大，则W为Cl元素，据此解答。【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A说法正确；

B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：r（M）>r（W），故B说法正确；C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；D．元素的非金属性：Y＞M，则元素气态氢化物的稳定性：YH3＞MH3，故D正确。

故答案为C。12、A【解析】A.无色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B.Al3++3(OH)3↓+3CO2↑，HCO3-与Al3+发生反应而不能大量共存；C.能使甲基橙变黄的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+与CH3COO-发生反应而不能大量共存，碱性溶液中的OH-与Fe3+发生反应而不能大量共存；D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+发生反应而不能大量共存。故选A。点睛：溶液中的离子反应主要是生成沉淀、气体、难电离物质的复分解反应。另外，少数离子反应属于氧化还原反应等。13、C【解析】组装原电池不需要直流电源，答案选C。14、C【解析】铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价。步骤①中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答。【详解】A.由上述分析可知，步骤①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故A错误；B.由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，每生成2molCO2转移7mol电子，但没指明标况，故无法计算CO2的物质的量，故B错误；C.步骤④若调节滤液2的pH，发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH变小，平衡正向移动，则有利于生成Cr2O72-，故C正确；D.向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，说明步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D错误。故答案选C。【点睛】题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。15、B【详解】A．“乙→丙”羟基氧化成了羰基，发生了氧化反应，故A错误；B．香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基，不存在顺反异构现象，故B正确；C．甲分子属于醇类，不属于酚类，遇浓溴水不产生白色沉淀，故C错误；D．香茅醛中含有醛基和碳碳双键，都可以和氢气加成，能与2mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案选：B。16、A【详解】A．(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，容易水解，加热会让水解平衡正向移动生成，继续加热会分解生成易挥发的，从而使平衡正向移动加剧，得不到(NH4)2SO4晶体，故选A；B．通入足量氨气使悬浊液呈碱性，CO2为酸性气体，从而有利于CO2的吸收，故B不选；C．在煅烧炉中发生，则从绿色化学和资源利用综合角度说明产生的可循环使用，得到副产品为生石灰，故C不选；D．沉淀池中硫酸钙、水、二氧化碳以及氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，则其化学反应方程式为：，故D不选。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基醚键取代反应+CH3I→+HI【分析】（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；（2）根据题中信息可知可推知B→C的反应类型；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应D→E的反应为取代反应，据此写出反应的方程式；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，据此可推断其结构简式；（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。【详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；故答案是：酯基、醚键；（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以B→C的反应类型为取代反应；故答案是：取代反应；（3）根据路线图可知，C转化为D，是C中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，D→E的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I→+HI；故答案是：；+CH3I→+HI；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1，可推断其结构简式为；故答案是：；（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；故答案是：。【点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。18、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C元素；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，则E的最外层电子数=14-4-3=7，E为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，D为Al元素，E为Cl元素，W为Fe元素。(1)W为Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A为C元素，E为Cl元素，组成的化合物是常用的溶剂为四氯化碳，电子式为，故答案为第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a选；b．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，所以F的非金属性强于Cl，则氢化物稳定性HCl小于HF，故b选；c．高温下，碳能与二氧化硅高温下制得粗品硅单质，是因为生成的CO是气体，沸点远低于二氧化硅，不能用元素周期律解释，故c不选；故答案为ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是因为铁离子能够氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工业上用电解氧化铝的方法制备铝，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案为2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，生成的氢气可以有效的疏通管道，反应的化学方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。19、Mg(OH)2＋NH4ClMgOHCl＋NH3↑＋H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH稀释氨气，防止倒吸4.25aCu和Cu2O0.15向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O【解析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应。据此分析解答。【详解】(1)A中氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，故答案为Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(3)G中二氧化氮、氨气极易溶于水，溶解会导致倒吸，通入氮气可以稀释氨气，防止倒吸，故答案为稀释氨气，防止倒吸；(4)若测得碱石灰的质量增加了ag，即生成的水的质量为ag，根据Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，生成的碱式氯化镁的质量为×76.5g/mol=4.25ag，故答案为4.25a；(5)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g＞1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y＝，64x+144y，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol，故答案为Cu和Cu2O；0.15；(6)Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu2+，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，故答案为向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液；溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。【点睛】本题考查物质的制备及性质探究实验，关键是理解各装置的作用。本题的易错点为(5)，要注意利用氧元素质量变化判断固体组成，也可以利用Cu元素质量确定。20、出现蓝色沉淀CE0.7350g③⑥偏大BD【分析】(1)Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。(2)NaOH溶液可以去除废铁屑表面的油污；硫酸亚铁铵在100℃～110℃时分解，蒸发时应用小火小心加热，待晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，过滤所得悬浊液；因为硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，利用铵根离子可以和强碱反应生成氨气，但氨气极易溶于水，注意溶液反应的时候需要加热；铁离子（Fe3+）与SCN-反应生成显血红色络合物，是检验铁离子的常用方法。(3)计算K2Cr2O7的质量可以用m=M×n进行计算；配置一定物质的量浓度的溶液需要用到的仪器：容量瓶(应注明体积），烧杯，量筒,天平，玻璃棒，滴管；滴定溶液的影响因素根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响。(4)加入NaOH溶液时，Fe2＋先反应，NH4＋后反应。【详解】(1)K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，会生成Fe3[Fe(CN)6]2特征蓝色沉淀(2)用NaOH溶液洗涤废铁屑的作用是去除废铁屑表面的油污，但NaOH溶液并不能和铁的氧化物杂质反应；硫酸亚铁铵在100℃～110℃时分解，故蒸发应用小火小心加热，蒸发溶剂直到晶膜出现，停火利用余热蒸发溶剂，得到的是浊液，分离操作是过滤，而不能蒸干后转移；又因硫酸亚铁铵易溶于水，几乎不溶于乙醇，故过滤后用少量乙醇洗涤；检验铵离子，可将样品溶于水后，再加足量NaOH溶液，并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到试纸变蓝，表明固体中存在NH4+；固体在空气中氧化变质会生成铁离子，检验铁离子可将样品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明氧化变质。故选CE。(3)用重铬酸钾溶液标定莫尔盐溶液的反应为6Fe(NH4)2(SO4)2+7H2SO4+K2Cr2O7=Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+K2SO4+7H2O+6(NH4)2SO4m（K2Cr2O7）=0.01000mol•L-1×0.250L×294.0g•mol-1=0.7350g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，胶头滴管用于加水定容．故用不到的仪器为温度计和铁架台；如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，这样就造成读数偏小；滴定结束后气泡消失，这样读数就正常，所以读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大，故答案为0.7350g；③⑦；偏大。(4)由于加入NaOH溶液时，Fe2＋先反应，NH4＋后反应，所以若Na