湖北省麻城市实验高中2026届化学高三第一学期期中综合测试模拟试题含解析

湖北省麻城市实验高中2026届化学高三第一学期期中综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）离子Na+Ba2+Cl﹣X个数3a2aabA．NO3﹣、4a B．CO32﹣、3a C．OH﹣、6a D．SO42﹣、3a2、稀有金属钌(Ru)的性质很稳定，耐腐蚀。实验室用H2还原RuO2来制备金属钌的装置如图所示。下列说法错误的是A．加热RuO2前，应先收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度B．洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去挥发出来的HCl气体C．结束反应时，先停止加热，待试管冷却到室温后再关闭活塞KD．启普发生器也可用于碳酸钠晶体与稀硫酸反应制备二氧化碳3、无水叠氮酸(HN3)是无色易挥发、易爆炸的油状液体，沸点308.8K，其水溶液较稳定，用于有机合成、制造雷管等。制备原理：N2H4+HNO2=HN3+2H2O。则下列说法正确的是A．HN3分子间存在氢键，故其沸点较高，化学性质较稳定B．上述反应中的氧化剂是HNO2C．N2H4为分子晶体，HN3为离子晶体D．上述反应中每生成1molHN3，转移电子8/3mol4、关于反应Zn+2HNO3+NH4NO3→N2↑+3H2O+Zn(NO3)2，下列判断正确的是A．生成1molN2，电子转移总数为3NA B．生成1molN2，电子转移总数为5NAC．溶解1molZn，电子转移总数为2NA D．溶解1molZn，电子转移总数为4NA5、下列叙述正确的是A．CO2、H2S、NH3都是非电解质B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物C．强酸、强碱、盐都是离子化合物D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备6、下列关于物质分类正确的是A．油脂、蛋白质、淀粉均属于高分子B．氨水、氯化铵、次氯酸都属于电解质C．冰水混合物、盐酸、提纯后的胶体均为纯净物D．二氧化硅、二氧化硫、三氧化硫均为酸酐，也是酸性氧化物7、下列离子方程式书写正确的是()A．用醋酸检验牙膏中的摩擦剂碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．向氧氧化亚铁中加人足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2OC．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++2+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓++2H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：+OH−=NH3·H2O8、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl9、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．当有22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移C．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性10、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是()A．原子半径：X＞Y＞Q＞WB．Q的单质都具有良好的导电性C．Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形D．化合物Y2Z3不能在水中稳定存在11、元素性质呈周期性变化的根本原因是A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化B．元素的金属性和非金属性呈周期性变化C．元素的原子半径呈周期性变化D．元素化合价呈周期性变化12、将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。下列叙述不正确的是A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLB．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LC．参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol13、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是A．卤素单质(X2)与水反应均可生成两种酸B．MgF2的电子式为：C．热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2D．由图可知此温度下MgI2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgI2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋I2(g)ΔH＝－277kJ·mol－114、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是A．NaC1O在反应中作氧化剂B．制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，反应中共有6mol电子转移C．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质15、可以正确描述碳原子结构的化学用语是A．碳-12原子： B．原子核外能量最高的电子云图像：C．原子结构示意图： D．原子的轨道表示式：16、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl都属于钠的含氧化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、现有部分短周期主族元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X周期序数＝主族序数＝原子序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a－bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍（1）写出X、Y、Z、N四种元素的名称：X________，Y________，Z________，N________。（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等，写出符合下列要求的分子式：①含10e−且呈正四面体结构的分子________；②含14e−的双原子分子________；③含16e−且能使溴水褪色的分子________；④含18e−且常温下呈液态的分子________。18、以石油裂解得到的乙烯和1,3－丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）。请按要求填空：（1）写出上述指定反应的化学反应类型：反应①____________，反应⑤______________，反应⑧________________。（2）反应②的化学方程式是___________________________________________。（3）反应③、④中有一反应是与HCl加成，该反应是__________（填反应编号），设计这一步反应的目的是___________________，物质C的结构简式是____________________。（4）写出A的同分异构体（要求不含甲基并能发生银镜反应）__________________。19、下列有关实验的描述正确的是（）A．实验室配制CuCl2溶液时，需加入盐酸来抑制Cu2+水解B．定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏高C．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，未润洗锥形瓶会导致结果偏低D．称取2.0gNaOH固体时，先将天平调平，再将游码调至2.0g，向左盘加NaOH固体至天平平衡20、实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中必须用到的玻璃仪器有：______．（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为______g．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）______；A．用50mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确称量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动．C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切（4）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有______；偏小的有______；无影响的有______。A．称量用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．定容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．21、Ⅰ．下列说法正确的是__________。A．元素的电负性越大，其单质越稳定B．分子晶体中可能不存在共价键C．晶格能越大，形成的离子晶体越稳定D．金属晶体和离子晶体均具有延展性Ⅱ．钢铁中含有C、N、Mn等元素，实验中常用过硫酸盐氧化法测定钢铁中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+（1）Mn原子的价层电子的轨道表达式（电子排布图）为____________________。（2）已知H2S2O8的结构简式如图所示。①H2S2O8中S的轨道杂化方式为______________，H、O、S三种元素中，电负性最大的元素是___________（填元素符号）。②S基态原子中电子的运动状态有_________种。③上述反应中S2O82-断裂的共价键类型为___________（填“σ键”或“π键”)，每生成1molMnO4-，断裂的共价键数目为___________NA。（3）C和N能形成多种结构的晶体。一种新型的超硬材料类似于金刚石的结构，但硬度比金刚石大，其晶胞如图所示（图示原子都包含在晶胞内），其化学式为______________。已知晶胞参数a=0.64nm，b=0.55nm，c=0.24nm，则该晶体的密度为_______________（列出式子即可，但式子中不包含字母）g/cm3。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】在此溶液中，含有的阳离子有Na＋和Ba2＋，Na＋的个数是3a，Ba2＋的个数是2a，所以二者所带的正电荷总数是(1×3a＋2×2a）=7a，因Cl－的个数是a，所以Cl－所带的负电荷数是1×a=a，则根据溶液呈现电中性、阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，此溶液中还缺少含有6a负电荷的阴离子。因溶液中含有Ba2＋，会与CO32－和SO42－反应生成沉淀而不能大量共存，所以排除B和D；A项，4a个NO3－所带的负电荷数是1×4a=4a，所以A错误；C项，6a个OH－所带的负电荷数是1×6a=6a，符合题意；所以此题答案选C。2、D【解析】A.加热RuO2前，应先收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度，确保试管中的空气已排尽，A正确；B.洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去挥发出来的HCl气体，B正确；C.结束反应时，先停止加热，待试管冷却到室温后再关闭活塞K，C正确；D.碳酸钠可溶于水，所以启普发生器不能用于碳酸钠晶体与稀硫酸反应制备二氧化碳，D不正确。本题选D。3、B【解析】A项、HN3分子中N原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但HN3化学性质不稳定易爆炸，故A错误；B项、反应中，HNO2中N元素的化合价降低，N2H4中N元素的化合价升高，反应中的氧化剂是HNO2，还原剂是N2H4，HN3既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C项、N2H4和HN3均为溶沸点低的分子晶体，故C错误；D项、由方程式可知，反应中N元素的化合价+3价降低为-1/3价，每生成1molHN3，转移电子为1mol×（3+1/3）=10/3mol，故D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断HN3中化学键及N元素的化合价为解答的难点。4、B【详解】生成1mol氮气或溶解1mol锌，反应中只有一半的硝酸作氧化剂，N由+5价变成0价，即转移5mole-，故B正确；答案选B。5、B【解析】根据电解质和非电解质的概念分析解答；根据酸性氧化物的概念分析解答；根据铁及其化合物的性质分析。【详解】A.HCl、H2S属于电解质，氨气属于非电解质，故A错误；B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，故B正确；C.HCl、H2SO4是强酸，属于共价化合物，故C错误；D.FeCl2可以用金属铁和氯化铁之间的化合反应来制备，故D错误。【点睛】酸性氧化物：是与碱反应生成盐和水的氧化物。常见电解质：酸、碱、盐、活泼金属氧化物。6、D【解析】本题考查的知识点是对化学基本概念的理解。①高分子化合物一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，绝大多数高分子化合物是许多相对分子质量不同的同系物的混合物，因此，高分子化合物的相对分子质量是平均相对分子质量。②电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。③纯净物是指由一种单质或一种化合物组成、组成固定、有固定的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号，能用一个化学式表示。④酸酐是某酸脱去一分子水剩下的部分，酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.高分子化合物一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，油脂不是高分子化合物，故A错误；B.氨水是混合物，不是电解质，故B错误；C.冰水混合物是由一种物质组成的是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液是混合物，胶体含有分散质和分散剂是混合物，故C错误；D.二氧化硅、二氧化硫、三氧化硫分别是硅酸、亚硫酸、硫酸脱去一分子的水剩下的部分，所以均为酸酐；二氧化硅、二氧化硫、三氧化硫三者均能和碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故D正确。答案选D。7、C【详解】A.因醋酸是弱酸，在写离子方程式时是不拆开的，所以正确的离子方程式是：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故A项错误；B.因硝酸具有氧化性，所以硝酸足量时，Fe2+被氧化成了Fe3+，所以其正确的离子方程式是3Fe(OH)2+10H++=3Fe3++NO↑+8H2O，故B项错误；C.氢氧化钡过量，铝离子变为偏铝酸根离子，硫酸根离子完全沉淀，离子方程式正确，故C项正确；D.因碳酸氢铵在水中电离时产生的是和，所以其正确的离子方程式是++2OH-=+NH3↑+2H2O，故D项错误；【点睛】本题是一个选择题，可以从化学式拆写、是否符合事实，这两个角度快速判断出A、B、D三个选项是错误的8、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。9、C【分析】根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。【详解】A．根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，A错误；B．未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，B错误；C．根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2，C正确；D．通入SO2后，碘单质被还原为碘离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，溶液变为无色，体现了SO2的还原性，D错误；故答案选C。10、B【解析】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Mg或Al元素，又因为工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，所以Y是Al。W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。【详解】A．由以上分析可知Q、W、X、Y分别为C、O、Na、Al，原子半径大小关系为Na＞Al＞C＞O，选项A正确；B．Q为碳元素，其中石墨具有良好的导电性，但金刚石、无定形炭等不具有，选项B错误；C．Q和Z所形成的化合物为CS2，分子空间构成为直线形，类型于二氧化碳，选项C正确；D．Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Al2S3，铝离子和硫离子会发生双水解而不能共存于水溶液中，选项D正确。答案选B。11、A【解析】A．由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，原子结构中电子层数和最外层电子数呈现周期性变化，则元素原子的核外电子排布的周期性变化是元素的性质呈周期性变化的根本原因，故A正确；B．元素的金属性和非金属性都是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；C．元素的原子半径的变化属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；D．因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；答案为A。12、B【详解】测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则根据原子守恒可知与金属阳离子结合的氢氧根离子的质量是5.1g，物质的量是5.1g÷17g/mol＝0.3mol，因此金属失去电子的物质的量是0.3mol。A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积≥0.3mol÷3mol/L＝0.1L＝100ml，A正确；B．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积不一定为2.24L，因为不能确定气体的状态，B错误；C．如果全部是镁，则物质的量是0.15mol，质量是0.15mol×24g/mol=3.6gg，如果全部是铜，质量是0.15mol×64g/mol＝9.6g，则参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6g，C正确；D．当金属全部溶解时，生成硝酸盐的物质的量一定是0.1mol，则未被还原的硝酸是0.3mol。根据电子得失守恒可知被还原的硝酸是0.3mol÷3＝0.1mol，所以参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol，D正确；答案选B。13、D【详解】A.单质氟与水反应生成HF和氧气，只有一种酸，故A错误；B.氟化镁是离子化合物，电子式不正确，故B错误；C.能量越小的物质越稳定，依据图象数据分析，热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故C错误；D.Mg（s）+I2（g）=MgI2（s）△H=-364kJ/mol，Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，将第二个方程式与第一方程式相减可得MgI2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋I2(g)ΔH＝－277kJ·mol－1，故D正确。故选D。14、B【分析】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；A.结合以上分析可知，NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；B.结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；C.根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；D.K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；

综上所述，本题选B。15、B【解析】A．碳-12原子的质子数为6、质量数为12，该原子正确表示为：C，故A错误；B．原子核外能量最高的电子为2p轨道电子，p轨道上排布了2个电子，电子云呈纺锤形，其电子云图象为：，故B正确；C．核电荷数表示方法错误，碳原子正确的原子结构示意图为：，故C错误；D．2p轨道的两个电子应该优先占据2个轨道，碳原子正确的轨道表示式为：，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为BD，要注意核外电子的排布需要满足洪特规则，核外的电子总是优先占据不同的轨道。16、B【解析】A．醋酸、纯碱（碳酸钠俗称）、芒硝（Na2SO4•10H2O）、生石灰（CaO）分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；B．HClO、H2SO4（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C．漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；D．Na2O，NaOH，Na2CO3都属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于含氧化合物，故D错误。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氢氧硅硫CH4COC2H4H2O2【分析】X的周期序数＝主族序数＝原子序数，X为H元素；Z的原子L层电子数为a＋b，M层电子数为a－b，则a＋b=8，Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，则b=2，因此a=6，则Y为O元素；Z为Si元素；M的单质在自然界中的硬度最大，M为C元素；N位于第三周期，最外层电子数是电子层数的2倍，N为S元素。【详解】（1）根据上述分析，X、Y、Z、N四种元素的名称分别为氢、氧、硅、硫，故答案为氢；氧；硅；硫；（2）由X、Y、Z、M、N五种元素两两组成的分子中，许多分子含有的电子数相等。①含10e－且呈正四面体结构的分子为CH4，故答案为CH4；②含14e－的双原子分子为CO，故答案为CO；③含16e－且能使溴水褪色，说明分子中含有不饱和键或具有还原性，该分子为C2H4，故答案为C2H4；④含18e－且常温下呈液态的分子为H2O2，故答案为H2O2。18、加成反应消去反应取代反应＋2NaOH→＋2NaBr③保护A分子中C＝C（碳碳双键）不被氧化HO-CH2CH2CH2CHO【分析】由H可知F为HOCH2CH2OH，则E为BrCH2CH2Br，G为HOOCCH=CHCOOH，D为NaOOCCH=CHCOONa，反应②为溴代烃的水解反应，则A为HOCH2CH=CHCH2OH，由（3）信息可知B为HOCH2CH2CHClCH2OH，C为，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）由官能团的变化可知反应①为加成反应，反应⑤消去反应，反应⑧取代反应，故答案为：加成反应；消去反应；取代反应；（2）反应②的化学方程式是＋2NaOH→＋2NaBr，故答案为：＋2NaOH→＋2NaBr；（3）由转化关系可知反应③④分别为加成和氧化反应，为保护C=C不被氧化，则反应③为加成反应，C为，故答案为：③；保护A分子中C=C不被氧化；；（4）A为HOCH2CH=CHCH2OH，A的同分异构体不含甲基并能发生银镜反应，说明有醛基，不含甲基，说明没有支链且羟基要连在端碳上，其结构简式为：HO-CH2CH2CH2CHO，故答案为：HO-CH2CH2CH2CHO。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，注意把握题给信息，本题可用正逆推相结合的方法推断。19、A【详解】A.Cu2+是弱碱阳离子，易水解，水解生成氢氧化铜和H+，所以加入盐酸可以抑制水解，故A正确；B.仰视容量瓶的刻度线，会使液体体积偏大，从而浓度偏小，故B错误；C.未润洗锥形瓶对实验结果无影响，故C错误D.NaOH固体易潮解，应该放入烧杯中称量，故D错误；答案选A。20、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管2.0gBCAEDACBDEFHG【解析】试题分析：（1）取NaOH需要用烧杯，搅拌和引流需要用玻璃棒，定容需要用胶头滴管和500mL的容量瓶。（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根据容量瓶的规格，需要配制NaOH溶液500mL，所需NaOH的质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g。（3）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以配制过程所必需的先后顺序为：BCAED（4）A．称量时用了生锈的砝码，砝码质量增大，所称NaOH质量增大，所配溶液浓度偏高；B．NaOH易潮解，将NaOH放在纸张上称量，滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低；C．液体具有热胀冷缩的性质，氢氧