2026届北京101中学高三考前热身化学试卷含解析

这是一份2026届北京101中学高三考前热身化学试卷含解析，共32页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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、下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是
A．AB．BC．CD．D
2、碘化砹（AtI）可发生下列反应：①2AtI＋2Mg MgI2＋MgAt2②AtI＋2NH3（I） NH4I＋AtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是 （ ）
A．两个反应都是氧化还原反应
B．反应①MgAt2既是氧化产物，又是还原产物
C．反应②中AtI既是氧化剂，又是还原剂
D．MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性
3、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A．物质A一定是单质B．物质C可能是淡黄色固体
C．物质D可能是酸或碱D．物质E可能属于盐类
4、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．制备乙酸乙酯
B．配置一定物质的量浓度的NaOH溶液
C．在铁制品表面镀铜
D．制取少量CO2气体
6、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同
7、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。
下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（ ）
A．④③①②B．③④①②C．③④②①D．④③②①
8、下列有关实验的叙述完全正确的是
A．AB．BC．CD．D
9、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是
A．牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理
B．金属的化学腐蚀的实质是：M－ne－=Mn＋，电子直接转移给还原剂
C．外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。
D．铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑
10、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X的焰色反应呈黄色。Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，下列说法正确的是
A．原子半径的大小顺序：rY> rX>rQ>rW
B．X、Y的最高价氧化物的水化物之间不能发生反应
C．Z元素的氢化物稳定性大于W元素的氢化物稳定性
D．元素Q和Z能形成QZ2型的共价化合物
11、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
12、亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3-。下列说法正确的是（ ）
A．可将B中的药品换为浓硫酸
B．实验开始前通一段时间CO2，可制得比较纯净的NaNO2
C．开始滴加稀硝酸时，A中会有少量红棕色气体
D．装置D中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸
13、下列对图像的叙述正确的是

甲 乙 丙 丁
A．图甲可表示压强对反应： 的影响
B．图乙中，时刻改变的条件一定是加入了催化剂
C．若图丙表示反应：，则、
D．图丁表示水中和的关系，ABC所在区域总有
14、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A．M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应
B．Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质
C．X、M两种元素组成的化合物熔点很高
D．简单离子的半径：R>M>X
16、下列说法正确的是（ ）
A．新戊烷的系统命名法名称为2﹣二甲基丙烷
B．可以用氢气除去乙烷中的乙烯
C．己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应
D．苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，上层呈橙红色
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有两种新型的应用于液晶和医药的材料W和Z，可用以下路线合成。
已知以下信息：
①(R1、R2、R3、R4为氢原子或烷烃基)
②1mlB经上述反应可生成2mlC，且C不能发生银镜反应
③(易被氧化)
④+CH3-CH=CH2
请回答下列问题：
(1)化合物A的结构简式____________，A→B的反应类型为_______________。
(2)下列有关说法正确的是____________（填字母）。
A．化合物B中所有碳原子不在同一个平面上
B．化合物W的分子式为C11H16N
C．化合物Z的合成过程中，D→E步骤为了保护氨基
D．1ml的F最多可以和4 mlH2反应
(3)C+D→W的化学方程式是________________________。
(4)写出同时符合下列条件的Z的所有同分异构体的结构简式：_____________________。
①遇FeCl3溶液显紫色；
②红外光谱检测表明分子中含有结构；
③1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
(5)设计→D合成路线（用流程图表示，乙烯原料必用，其它无机过剂及溶剂任选）______________。
示例：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3
18、（化学：选修5：有机化学基础）以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如下：
请回答下列问题。
（1）A的官能团名称是_______；C的系统命名是____________。
（2）①的反应类型是_______，⑤的反应类型是___________。
（3）写出反应③的化学方程式：______________________。
（4）满足下列条件的B同分异构体有____种。
Ⅰ.能与Na反应产生气体 Ⅱ.能与NaOH 反应 Ⅲ.不能与Na2CO3反应。
若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是__________。
（5）已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：__________。
19、草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。
I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。
(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____， 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。
(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。
(3)装置C的作用是 ____。
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为 _____。
Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。
(5)取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0. 0l00ml/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________ mml/L。
20、高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：
(1)装置I中仪器甲的名称是___________。
(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是___________。
(3)装置Ⅱ中的试剂X是___________。
(4)装置Ⅲ中搅拌的目的是___________。
(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。
(6)装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。
①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。
②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。
③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。
已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O
KIO4+7KI+8CH3 COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O
I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6
则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。
21、氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO42-化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为_____________。
(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd-Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0~6.0时，可直接用H2将NO3-还原为N2，该反应的离子方程式为__________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO3-的去除效果比只用H2时更好，其原因是________。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3+3ClO-=N2+3H2O+3Cl-)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复。
【详解】
A.硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；A项正确；
B.铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；B项错误；
C.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；C项正确；
D.氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复，D项正确；
答案选B。
2、B
【解析】
A．①中Mg、At元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；
B．①中Mg、At元素的化合价变化，MgAt2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；
C．②中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；
D．由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAt2，不能比较MgAt2、MgI2的还原性，故D错误；
故选B．
3、A
【解析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
4、B
【解析】
A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；
B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；
C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。
【详解】
A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；
B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；
C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；
D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；
故合理选项是B。
5、A
【解析】
A. 将乙醇加入大试管中，再注入浓硫酸并振荡冷却后加入冰醋酸，混合加热制备乙酸乙酯，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，导管末端置于液面上，能达到实验目的，选项A正确；
B. 容量瓶不能直接用于配置溶液，必须将NaOH固体倒入烧杯中，加入蒸馏水溶解后，冷却至室温，再转移至容量瓶，选项B错误；
C. 在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源的负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，选项C错误；
D.实验室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀盐酸反应，纯碱与盐酸反应速率快不易收集，另外纯碱易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能达到反应随时发生随时停止的作用，选项D错误。
答案选A。
6、B
【解析】
X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。
【详解】
根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；
A．X、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A错误
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞W，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X＜W，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；
D．Y是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；
答案选B。
【点睛】
非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
7、A
【解析】
物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质．氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。
【详解】
催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；
答案选A。
8、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。
9、C
【解析】
A. 牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；
B. 金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M－ne－=Mn＋，电子直接转移给氧化剂，故B错误；
C. 外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；
D. 铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D错误；
故选C。
10、D
【解析】
X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Q元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，Q为碳元素；W、Z最外层电子数相同，所以二者处于同一主族，Z的核电荷数是W的2倍， W为氧元素，Z为硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最广泛的金属材料之一，则Y为Al元素。
A、同周期自左向右原子半径减小，所以原子半径Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，故原子半径Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W，故A错误；
B、X、Y的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，而氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生，故B错误；
C、非金属性O＞S，故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C错误；
D、元素Q和Z能形成QZ 2是CS2属于共价化合物，故D正确；
故答案选D。
11、D
【解析】
A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；
B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；
C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；
D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，
答案选D。
12、C
【解析】
A.装置B中无水CaCl2作干燥剂，干燥NO气体，由于装置为U型管，若换为浓硫酸，气体不能通过，因此不能将B中的药品换为浓硫酸，A错误；
B.实验开始前通一段时间CO2，可排出装置中的空气，避免NO氧化产生NO2气体，不能发生2NO2+Na2O2=2NaNO3，但CO2会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的NaNO2，B错误；
C.开始滴加稀硝酸时，A中Cu与稀硝酸反应产生NO气体，NO与装置中的O2反应产生NO2，因此会有少量红棕色气体，C正确；
D.在装置D中，NO会被酸性KMnO4溶液氧化使溶液褪色，因此当D中溶液紫红色变浅，就证明了NO可以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D错误；
故合理选项是C。
13、C
【解析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知识迁移能力。
【详解】
A.合成氨反应压强越大，化学反应速率越快；合成氨反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2的转化率增大，故A错误；
B.若反应为气体分子数不变的反应，平衡后增大压强，反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；
C.分析曲线a、b可知，曲线b先出现拐点，则p2>p1，T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大，说明增大压强平衡正向移动，则xT2，故C正确；
D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-)，ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-)，故D错误；
答案：C
14、C
【解析】
A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；
B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；
C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；
D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。
综上所述，答案为C。
15、C
【解析】
由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。
16、C
【解析】
A.新戊烷的系统命名法名称为2，2﹣二甲基丙烷，故A错误；
B.用氢气除去乙烷中的乙烯，除去乙烯的同时会引入氢气杂质，故B错误；
C.己烷中加溴水振荡，光照一段时间后液体呈无色，说明己烷和溴发生了取代反应得到的产物卤代烃没有颜色，故C正确；
D.苯中加溴的四氯化碳溶液振荡后，溶液分层，下层是密度大的溶有溴单质的四氯化碳层，故D错误。
故选C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 (CH3)2CH-CCl(CH3)2 消去反应 C 、
【解析】
A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1ml B发生信息①中氧化反应生成2mlC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，逆推可知A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W进行逆推，可推知D为，由E后产物结构，可知D与乙酸酐发生取代反应生成E，故E为，然后E发生氧化反应。对、比F前后物质结构，可知生成F的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入氨基，则F为，D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化。
【详解】
根据上述分析可知：A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2，B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，D为，E为，F为。则
(1)根据上述分析可知，化合物A的结构简式为：(CH3)2CH-CCl(CH3)2，A与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生B：(CH3)2C=C(CH3)2，乙醇A→B的反应类型为：消去反应；
(2)A.化合物B为(CH3)2C=C(CH3)2，可看作是乙烯分子中4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，4个甲基C原子取代4个H原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，A错误；
B.由W的结构简式可知化合物W的分子式为C11H15N，B错误；
C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨基，可知D→E步骤为了保护氨基，防止被氧化，C正确；
D.物质F为，苯环能与氢气发生加成反应，1ml的F最多可以和3mlH2反应，D错误，故合理选项是C；
(3)C+D→W的化学方程式是：；
(4)Z的同分异构体满足：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②红外光谱检测表明分子中含有结构；③1HNMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分异构体可为、；
(5)由信息④可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯，然后与浓硝酸、浓硫酸在加热50℃～60℃条件下得到对硝基乙苯，最后与Fe在HCl中发生还原反应得到对氨基乙苯，故合成路线流程图为：。
【点睛】
要充分利用题干信息，结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子式、反应条件、物质的结构的变化，采取正、逆推法相结合进行推断。
18、溴原子、羟基、酯基 1，3-丁二醇 取代反应或水解反应 缩聚反应 11 CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH
【解析】
试题分析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，据此分析解答。解析：A水解生成B和C，C连续2次以后生成E，E和氢气发生加成反应生成B，则B和C分子中含有相同的碳原子数，均是4个。B发生缩聚反应生成F，则根据F的结构简式可知B的结构简式为HOCH(CH3)CH2COOH，因此E的结构简式为CH3COCH2COOH，D的结构简式为CH3COCH2CHO，因此C的结构简式为CH3CHOHCH2CH2OH，则
（1）A属于酯类，且含有溴原子和羟基，因此A的官能团名称是溴原子、羟基、酯基；C分子中含有2个羟基，其系统命名是1，3-丁二醇。
（2）根据以上分析可知①的反应类型是取代反应或水解反应，⑤的反应类型是缩聚反应。
（3）反应③是醛基的氧化反应，反应的化学方程式为。
（4）Ⅰ.能与Na反应产生气体，说明含有羟基或羧基；Ⅱ.能与NaOH 反应，说明含有羧基或酯基；Ⅲ.不能与Na2CO3反应，说明含有酯基，不存在羧基，如果是甲酸形成的酯基，有5种；如果是乙酸形成的酯基有2种；如果羟基乙酸和乙醇形成的酯基有1种；丙酸形成的酯基有1种；羟基丙酸和甲醇形成的酯基有2种，共计11种；若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则符合条件的有机物结构简式有CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH。
（5）结合已知信息、相关物质的结构和性质，利用逆推法可知其合成路线可以设计为。
19、NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1
【解析】
(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；
(2) 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；
(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；
(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；
Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；
【详解】
(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；
答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；
草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
答案为：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；
(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；
答案为：排尽装置中的空气；
(3) 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；
答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；
(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00ml/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；
答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；
三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05×10−5ml，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2×10−2mml，则该血液中钙元素的含量为；
答案为：2.1。
20、圆底烧瓶 16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ NaOH溶液 使反应混合物混合均匀，反应更充分 aefcdb 2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O 降低KIO4的溶解度，减少晶体损失 100%
【解析】
本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I→IV→III→II，以此分析解答。
【详解】
(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，
因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；
(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3) 装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，
因此，本题正确答案是：NaOH溶液；
(4) 装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，
因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；
(5)根据以上分析，装置的连接顺序为I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，
因此，本题正确答案是：aefcdb；
(6)①装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O，
因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+ H2O；
②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，
因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；
③设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：
KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，
①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得y=ml，
则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，
因此，本题正确答案是：100%。
21、10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O 2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H+，有利于pH维持在4.0~6.0 5∶1 pH大于9时，ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3
【解析】
(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，H2将NO3-还原为N2，CO2溶于水会电离产生H+，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒配平方程式，可得该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比；
(3)根据ClO-氧化性与溶液的pH关系分析。
【详解】
(1)Ca(OH)2与HPO42-反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2++8OH-+6HPO42-=Ca10(PO4)6(OH)2↓+6H2O；
(2)①在pH为4.0~6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO3-还原为N2，反应的离子方程式为：2NO3-+5H2+2H+N2+6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离作用，会电离产生H+，有利于pH维持在4.0~6.0，便于H2还原NO3-；
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO3-还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2+，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的化学方程式为：5Fe+12H++2NO3-=5Fe2++N2↑+6H2O，根据方程式可知：在该反应中氧化产物Fe2+与还原产物N2的物质的量之比为5：1；
(3)ClO-具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO-氧化性越强，pH越大，ClO-的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液进行较强，则ClO-的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
【点睛】
本题以氮、磷对水体的污染的治理为线索，考查了溶液的酸碱性对化学反应的影响，化学反应除了与反应的物质种类有关，还与溶液的酸碱性有关，控制好反应条件，可使反应向有利于生产、生活、环保等方向发展。
选项
操作
现象
结论
A
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH
前者pH比后者大
非金属性：S>C
B
滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
不能确定原溶液中含NH4+
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
D
将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热
没有砖红色沉淀生成
淀粉未发生水解
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸遇酸变红
B
探究正戊烷(C5H12) 催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
实验温度对平衡移动的影响
2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体
AlCl3沸点高于溶剂水