2026届北京市西城区外国语学校高考考前模拟化学试题含解析

这是一份2026届北京市西城区外国语学校高考考前模拟化学试题含解析，共30页。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、25°C 时，向 20 mL 0.10 ml•L-1的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 ml•L-1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．HA 为强酸
B．a 点溶液中，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞
D．b 点溶液中，c（Na+）=c（A-）
2、下列有关实验的叙述完全正确的是
A．AB．BC．CD．D
3、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体．下列分析错误的是（ ）
A．该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3→NaHCO3↓+NH4Cl
B．母液中通入的氨气与HCO3﹣反应：NH3+HCO3﹣→CO32﹣+NH4+
C．加食盐是为增大溶液中Cl﹣的浓度
D．由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大
4、以下说法不正确的是
A．日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀
B．硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳
C．硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸
D．使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换
5、只存在分子间作用力的物质是
A．NaClB．HeC．金刚石D．HCl
6、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2
B．转化过程中仅有酶是催化剂
C．能量转化形式为化学能→光能
D．每产生1 mlC6H12O6转移H+数目为12NA
7、已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，测得c（FeO42﹣）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：
下列说法正确的是（ ）
A．图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42﹣转化速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42﹣转化速率越快
C．图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快FeO42﹣的转化
D．图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42﹣优良的稳定剂
8、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．H2SO4浓度为4 ml/L
B．溶液中最终溶质为FeSO4
C．原混合酸中NO3-浓度为0.2 ml/L
D．AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋
9、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被还原D．1ml KClO3参加反应有2 ml电子转移
10、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是
M N
A．M与HCOOCH3互为同分异构体
B．N的官能团为羟基
C．在与钠的反应中N放出气泡比M快
D．N能使酸性高锰酸钾溶液褪色
11、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O ，下列说法不正确的是（ ）
A．KClO3在反应中得电子B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化D．1mlKClO3参加反应有2mle-转移
12、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B．电池总反应为M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C
C．放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li＋+6C
D．充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
13、甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是
A．丙与庚的原子序数相差3
B．气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚
C．乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大
D．乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键
14、25℃时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞c（H2FeO4）＞c（FeO42-）
B．H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×10-4
C．B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小
D．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C
15、纪录片《我在故宫修文物》表现了文物修复者穿越古今与百年之前的人进行对话的职业体验，让我们领略到历史与文化的传承。下列文物修复和保护的过程中涉及化学变化的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16、用下列①②对应的试剂（或条件）不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：
已知：
①
②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO
请回答下列问题：
（1）写出A的结构简式___________。
（2）B→C的化学方程式是________。
（3）C→D的反应类型为__________。
（4）1mlF最多可以和________mlNaOH反应。
（5）在合成F的过程中，设计B→C步骤的目的是_________。
（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_________、______、_______。
①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子
②能发生银镜反应
（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。
18、Ⅰ.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_________。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱，非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为__________(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是________________(填离子符号)。
(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是_________(填字母)。
a.NH3 b.HI c.SO2 d.CO2
(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：__________。
Ⅱ.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
(5)甲的化学式是___________________；乙的电子式是___________。
(6)甲与水反应的化学方程式是______________________。
(7)判断：甲与乙之间____________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。
19、某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。
补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。
①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
20、某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：
已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L。
请回答下列问题：
(1)气体Y为_______。
(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。
(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_______。
(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是________。
21、 [化学——选修5：有机化学基础]
具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：
已知：
Ⅰ:R′CH2BrR′HC=CH-R
Ⅱ:
(1)A属于芳香烃，其名称是___________。
(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式是___________。
(4)由G生成H的反应类型是_________，1ml F与足量NaOH溶液反应，消耗__________ml NaOH。
(5)试剂b是_________。
(6)下列说法正确的是________(选填宇母序号)
a G存在顺反异构体
b l ml G最多可以与1ml H2发生加成反应
c l ml H与足量NaOH溶液反应，消耗2ml NaOH
(7)满足下面条件的同分异构体共有________种。
①含有苯环 ②含有2个－CHO ③苯环上有两个取代基
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、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；
B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，酚酞的变色范围为8～10，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；
D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确；
故选：D。
【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
2、C
【解析】
A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；
B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；
C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；
D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。
【详解】
A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH，不能达到实验目的，故A错误；
B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故B错误；
C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；
D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D错误。
故选C。
3、D
【解析】
A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的以沉淀的形式析出，A项正确；
B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨发生反应，得到和，B项正确；
C.加食盐是为了提高溶液中的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；
D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；
答案选D。
4、D
【解析】
A. 高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A项正确；
B. 维生素C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁，B项正确；
C. 硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C项正确；
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D项错误。
本题选D。
5、B
【解析】
A．NaCl是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A不选；
B．He由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B选；
C．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C不选；
D．HCl由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D不选；
故选B。
6、A
【解析】
A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；
B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；
C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；
D.每产生1 mlC6H12O6转移H+数目为24NA，D 错误；
故合理选项是A。
7、C
【解析】
A．由甲图可知，升高温度，FeO42－的浓度变化较大；
B．由乙图可知碱性越强，FeO42－的浓度变化越小；
C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42－的浓度变化越大；
D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42－的浓度变化较大。
【详解】
A．由甲图可知，升高温度，FeO42﹣的浓度变化较大，可知温度越高FeO42﹣转化速率越快，故A错误；
B．由乙图可知碱性越强，FeO42﹣的浓度变化越小，则碱性越强FeO42﹣转化速率越小，故B错误；
C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42﹣的浓度变化越大，故C正确；
D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42﹣的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42﹣优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D错误；
故选：C。
8、C
【解析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。
【详解】
A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/ml＝0.4ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4ml，所以硫酸的浓度是4ml/L，A正确；
B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；
C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2ml，NO3-浓度为2ml/L，C错误；
D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。
答案选C。
【点晴】
该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。
9、A
【解析】
反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。
A、KClO3 中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；
B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；
C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；
D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1ml KClO3参加反应有1 ml电子转移，D错误；
答案选A。
10、C
【解析】
根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。
【详解】
A．M的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；
B．N的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确；
C．CH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼，故放出氢气速率快，故C错误；
D．Ｎ为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；
答案选C。
【点睛】
判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。
11、D
【解析】
由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答。
【详解】
A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，选项A正确；
B．Cl元素得到电子，被还原，则ClO2是还原产物，选项B正确；
C．H2C2O4在反应中C化合价升高，被氧化，选项C正确；
D.1mlKClO3参加反应时，发生电子转移为1ml×（5-4）=1ml，选项D不正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析各选项，题目难度不大。
12、C
【解析】
A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；
B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1－xFexPO4+LiC6Li M1－xFexPO4+6C，B错误；
C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；
D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；
故合理选项是C。
13、B
【解析】
戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；
A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A项错误；
B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊>己>庚，B项正确；
C.根据上述分析，乙为Na，Na＋有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na＋的半径不是最大，C项错误；
D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；
答案选B。
14、C
【解析】
A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c(HFeO4-)＞c(H2FeO4)＞c(FeO42-)，故A正确；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c(H+)=10-4ml/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1==4.15×l0-4，故B正确；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c(HFeO4-)增大，即c(H+)减小，所以增大，故C错误；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确；
故选：C。
15、A
【解析】
A、银器用除锈剂见新，银的化合物被除锈剂溶解或还原为单质银，有新物质生成，属于化学变化，故A正确；
B、变形的金属香炉复原，是香炉的外形改变，属于物理变化，故B错误；
C、古画水洗除尘，是尘土与古画分离，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D、木器表面擦拭烫蜡，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
答案选A。
16、D
【解析】
A. 二氧化氮中存在化学平衡，升高温度平衡向吸热方向移动，溴蒸气中不存在化学平衡，所以温度不同时二氧化氮气体颜色发生变化，而溴蒸气不发生变化，所以可以鉴别，故A不选；
B. 钠和乙醇发生反应生成氢气，己烷和钠不反应，现象不同，可以鉴别，故B不选；
C. 二氧化硫具有漂白性，能漂白品红，但不能漂白指示剂，次氯酸能漂白品红和指示剂，现象不同，可以鉴别，故C不选；
D. 溴水与苯和甲苯都不反应，现象相同，无法鉴别，故D选；
故选：D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 ＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO
【解析】
分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件①，可知B为，结合B→C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，C→D的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件②，可知X→Y的过程为，据此进行分析推断。
【详解】
（1）从流程分析得出A为,答案为：；
（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；
（3）结合C、D的结构简式，可知C→D的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；
（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 ml氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 ml氢氧化钠，共消耗3 ml。答案为：3；
（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；
（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、、。答案为：、、；
（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。
18、b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能
【解析】
Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；
(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；
Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4 L/ml=28 g/ml，丙为氮气，乙为氨气。
【详解】
(1)
a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；
b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；
c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；
(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。
(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。
(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。
(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。
19、Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ 部分(SCN)2与水反应生成酸 Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 溶液褪色，无蓝色沉淀 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液 不合理 未排除氧气干扰 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【解析】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5ml/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
【点睛】
本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。
20、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O 90% 取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质
【解析】
气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.4×1.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知Y为H2S；
(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；
(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)==0.027ml，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027ml，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027ml×=0.036ml，则Na2SO3的分解率为×100%=90%；
(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。
【点睛】
本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。
21、1，2-二甲苯(邻二甲苯) 加成反应 2 NaOH醇溶液 c 12种
【解析】
由A的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A为，结合B的分子式与C的结构，可知B为，B与液溴在光照条件下反应得到C．由D的分子式、D后产物结构，结合信息i，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH．D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为．由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生加成反应得到H。
【详解】
（1）A是，其名称是：邻二甲苯。
（2）①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，含有醛基，③能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B的一种同分异构体：；
（3）由C生成D的化学方程式是。
（4）G含有碳碳双键，由G生成H的反应是加成反应，F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，1ml F与足量NaOH溶液反应，消耗2ml NaOH。
（5）试剂b是NaOH醇溶液，F发生消去反应生成G为。
（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；
b.1ml G最多可以与4ml H2发生加成反应，故b错误；
c.1ml H含有两摩尔酯基，与足量NaOH溶液反应，消耗2mlNaOH，故c正确。
（7）①含有苯环 ②含有2个－CHO ③苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有4×3=12种。
【点睛】
本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。
实验目的
试剂（或条件）
A．
用温度的变化鉴别二氧化氮和溴蒸气
① 热水浴
② 冷水浴
B．
用Na块检验乙醇分子中存在不同于烃分子里的氢原子
① 乙醇
② 己烷
C．
用不同的有色物质比较二氧化硫和氯水漂白性的差异
①石蕊
②品红
D．
用溴水检验苯的同系物中烷基对苯环有影响
①苯
②甲苯
实验编号
操作
现象
实验1
i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2ml/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。
实验编号
操作
现象
实验2
溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3
无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。