2024年哈三中高三第二次联考化学试卷含解析

2024年哈三中高三第二次联考化学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A．NaBH4中氢元素的化合价为+1价B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2C．通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H22、在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是A．AlNaAlO2(aq)B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)3、某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A．Cl－、Mg2＋、H＋、Cu2＋、SO42- B．Na＋、Ba2＋、NO3-、OH-、SO42-C．K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋ D．MnO4-、K＋、Cl－、H+、SO42-4、图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO－两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是A．CH4分子在催化剂表面会断开C—H键，断键会吸收能量B．中间体①的能量大于中间体②的能量C．室温下，CH3COOH的电离常数Ka＝10－4.76D．升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动5、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H26、下列有关海水综合利用的说法正确的是A．海水提溴过程中，提取溴单质只能用有机物萃取的方法B．电解饱和食盐水可制得金属钠C．海水晒盐过程中主要涉及物理变化D．海带提碘中，氧化过程可通入过量的氯气7、将一定体积的CO2缓慢地通入V

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NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度8、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL9、用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A．鉴别纯碱与小苏打 B．证明Na2O2与水反应放热C．证明Cl2能与烧碱溶液反应 D．探究钠与Cl2反应10、已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。下列说法不正确的是（）A．若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应B．若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第ⅣA族C．若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2：3D．若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L11、现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是()A．苹果汁中的Fe2+变成Fe3+B．苹果汁中含有Cu2+C．苹果汁中含有OH-D．苹果汁中含有Na+12、属于工业固氮的是A．用N2和H2合成氨 B．闪电将空气中N2转化为NOC．用NH3和CO2合成尿素 D．固氮菌将氮气变成氨13、某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（）A．3p64s1 B．4s1 C．3d54s1 D．3d104s114、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥15、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是A．原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大B．X、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体C．W、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物16、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A．化合物XZB．五种元素中Q的金属性最强C．气态氢化物的稳定性：YD．最高价氧化物对应的水化物酸性：HY二、非选择题（本题包括5小题）17、有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为：③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。④R-CH=CH2R-CH2CH2OH请回答下列问题：(1)A的名称为______________(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是___________。(2)反应Ⅰ的反应条件是__________。(3)E的结构简式为_______________________。(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。(6)W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。18、2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。（2）B的结构简式是__________。（3）CD的反应类型是___________。（4）写出DM的化学方程式________。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______19、草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_____________。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：________。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是________。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。20、苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是______。(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。21、乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业等。在标准状态时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成。请写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为___________。取等物质的量的乙酸、乙醇在TK下密闭容器中发生液相反应物和生成物均为液体酯化反应，达到平衡，乙酸的转化率为，则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数________；注：对于可逆反应：达到化学平衡时，)。而相同条件下实验室采用回流并分离出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达，可能的原因是__________。若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相反应物和生成物均为气体酯化反应，其平衡常数与温度关系为：式中T为温度，单位为，则气相酯化反应为________填“吸热”或“放热”反应。乙酸和乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图所示。由图可知，产率为时，应该选择催化剂和温度分别是________、________；使用催化剂乙时，当温度高于，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因________________________。为了保护环境，的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用，以和为原料制备乙醇和的原理示意图：判断迁移的方向________选填“从左向右”、“从右向左”。写出电极b的电极反应式：________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.B为ⅢA元素，其化合价为+3价，NaBH4中氢元素的化合价为－1价，故A说法错误；B.由图示可知BH4－中的H原子与H2O中H结合为H2，当若用D2O代替H2O，形成的氢气有三种，即D2、HD和H2，故B说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D说法正确；答案：A。2、A【解析】

A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误；C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；故选A。3、C【解析】

A.Cu2＋为有色离子，A不合题意；B.Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；C.K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D不合题意。故选C。4、D【解析】

A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开C－H键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；B.从虚框内中间体的能量关系图看，中间体①是断裂C—H键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体①的能量大于中间体②的能量，B项正确；C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka==c(H+)=10-4.76。C项正确；D.根据CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D。5、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。6、C【解析】

A.溴元素在海水中以化合态存在,将Br元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生成溴单质后用有机物进行萃取，故A错误；B.钠易与水反应,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故B错误；C.海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；D.加入过量的氯气能将I2氧化成更高价的化合物,减少碘的产率,故D错误；答案选C。7、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

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NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。8、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。9、A【解析】

A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。10、B【解析】

A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系；A．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，D为HNO3或H2SO4，H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应，故A正确；B．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；C．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，B为NO(或SO2)，C为NO2(或SO3)，D为HNO3(或H2SO4)，其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2：3，故C正确；D．若A是金属或非金属单质，则A为Na或N2或S，D为NaOH或HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水电离出的c(H＋)都是10−13mol/L，故D正确；故答案选B。11、A【解析】

苹果汁中含有丰富的铁元素，淡绿色为亚铁离子的颜色，棕黄色为三价铁离子的颜色，因此苹果汁在空气中颜色由淡绿色变为棕黄色，为Fe2+变成Fe3+，故选A。12、A【解析】A.工业上通常用H2和N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A正确；B.闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B错误；C.是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C错误；D.生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D错误。故选择A。13、A【解析】

基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。14、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。15、C【解析】

主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第ⅦA族元素，Y属于第ⅥA族元素，Z属于第VA族元素，原子电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为W>Y>Z，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HW＞H2Y＞ZH3，故C错误；D项、Na元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。16、A【解析】

X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于ⅣA族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数Z>Y>4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性N>C，所以氢化物的稳定性NH3>CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性N>Si，所以酸性：HNO3>H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。二、非选择题（本题包括5小题）17、2－甲基－2－丙醇酚羟基、醛基浓硫酸，加热(CH3)2CHCOOH+2Cl2+2HCl(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O6【解析】

A的分子式为C4H10O，A→B是消去反应，所以B是．B→C组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是2－甲基－1－丙醇．C→D是氧化反应，D是2－甲基－1－丙醛，D→E是氧化反应，所以E是2－甲基－1－丙酸．X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1：2反应，是甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应。【详解】(1)结合以上分析可知,A的结构简式为：，名称为2−甲基−2−丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A为，B为，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D是，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是甲基中的2个H被Cl取代生成，反应Ⅴ的化学方程式：；(5)D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV中的化学方程式：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解,遇FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有−CHO和−CH2OH，结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3，结构有3种，共计有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。18、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【解析】

由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。19、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】

（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；①由实验结论出发即可快速解题；②由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；②设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。20、球形冷凝管使物质充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.1℃67.9%【解析】

(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO→+NaCl+H2O，故答案为+NaClO→+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞