安徽六校教育研究会2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题含解析

安徽六校教育研究会2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题请考生注意：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、NH4N3(叠氮化铵)易发生爆炸反应：NH4N32N2↑＋2H2↑，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1.8gNH4+中含有的质子数为1molB．N2既是氧化产物，又是还原产物C．6gNH4N3晶体中含有的阴离子为0.1molD．爆炸反应中，当转移4mol电子时，产生89.6L混合气体2、分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有2种官能团B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同3、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A．白色沉淀为BaSO4B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl4、用化学用语表示NaOH+HCl=NaCl+H2O中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的O原子：B．HCl的电子式：C．Cl-的结构示意图：D．H2O的结构式：5、二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。下列说法正确的是A．SiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B．SiO2和Si都是光导纤维材料C．硅胶吸水后可重复再生D．图中所示转化反应都是非氧化还原反应6、化学与生活、生产密切相关，下列有关叙述不正确的是（）A．氢氧化铝、小苏打均可用作胃酸中和剂B．过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源C．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率D．ClO2具有强氧化性，可用作自来水的净水剂7、下列实验仪器或装置的选择正确的是配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCDA．A B．B C．C D．D8、一种合成HCN的反应原理为NH3(g)+C(s)HCN(g)+H2(g)。下列叙述正确的是A．该反应的<0、<0B．该反应的平衡常数K=C．单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，该反应达到平衡状态D．强热下该反应每生成22.4LHCN气体转移电子数目为2×6.02×10239、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用H3PO2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则下列说法中不正确的是（）A．H3PO2中磷元素的化合价为+1 B．H3PO2的电离方程式为H3PO2H++H2PO2-C．H3PO2被AgNO3氧化成了H3PO4 D．NaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐10、25℃，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是A．a≤bB．a≥bC．c(Cl−)＞c(M+)D．c(Cl−)<c(M+)11、下列离子方程式书写正确的是()A．FeO固体放入稀硝酸溶液中：FeO＋2H+====Fe2++H2OB．过量的铁粉与稀硝酸溶液反应：Fe+4H++NO3-====Fe3++NO↑+2H2OC．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+====Fe2++2H2OD．向Fe(OH)3中加入氢碘酸：2Fe(OH)3+6H++2I-====2Fe2++I2+6H2O12、把a、b、c、d四块金属浸入稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时a溶解；c、d相连时c为负极；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b为正极，则四种金属活动性顺序由强到弱为（）A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a13、1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是A．C(s)+O2(g)→CO2(g)+393kJB．C+O2→CO2+393kJC．C(s)+O2(g)→CO2(g)-393kJD．C(s)+1/2O2(g)→CO(g)+393kJ14、用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A．用装置①及其试剂制取氯气B．用装置②氧化FeBr3溶液中的溴离子C．用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离D．用装置⑤将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl315、按如图所示进行实验，以下叙述正确的是A．乙中铜丝是阳极 B．乙中铜丝上无气泡产生C．产生气泡的速率甲比乙慢 D．甲、乙中锌粒都作负极16、已知元素R有某种同位素的氯化物RClX，该氯化物中R微粒核内中子数为Y，核外电子数为Z，该同位素的符号为()A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR´+R"OHRCOOR"+R´OH(R.R'、R"代表烃基)II.(R

代表烃基)。(1)PMMA

单体的结构简式为_______，PET单体中的官能团名称为________。(2)反应⑤的反应类型是________；反应②的化学方程式为_________。(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（___）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:__________；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。18、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________。19、Fe(OH)2由于在空气中易被氧化，制取时很难观察到白色沉淀现象，只能看到灰绿色，采用图装置使用Fe，H2SO4（稀），NaOH溶液可在还原性气氛中制取Fe(OH)2白色沉淀，且较长时间内不变色，其中C为弹簧夹。（提示：还原性气氛如氢气环境）（1）则锥形瓶A中应加入的药品为________________________。（2）锥形瓶B中应加入的药品为________________________。（3）容器A中的反应开始后，请简单写出完成制备Fe(OH)2的后续操作步骤。___________________________________________________________________。（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，则实验现象为：______________________________；请写出此时B瓶中发生的化学反应的离子方程式：_________________________。20、化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，这些废液必须经处理后才能排放。某化学实验室产生的废液中含有两种金属离子：Fe3＋、Cu2＋，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。(1)操作①的名称是________，用到的主要玻璃仪器有烧杯、________________。(2)沉淀A中含有的金属单质有________。(3)操作②中观察到的实验现象是________________________________。(4)操作②、③中发生反应的离子方程式分别为__________________、_____________。21、NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用也是重要的资源。（1）亚硝酰氯（ClNO）是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入－密闭容器中，发生反应：2NO（g）＋Cl2（g）2ClNO（g）△H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率a（NO）随X的变化如图1所示，则条件X可能是________（填字母）。a温度b压强cd与催化剂的接触面积（2）在密闭容器中充入4molCO和5molNO，发生反应2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g）△H1＝－746.5kJ·mol－1，图2为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。①温度：T1_______（填“<”或“>”）T2。②若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，重新达到平衡，则D点应向图中A～G点中的_______点移动。③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如图3所示。温度低于200℃时，图3中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为____________；a点_______（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由：__________。（3）以连二硫酸根（S2O42－）为媒介，使用间接电化学法处理燃煤烟气中的NO，装置如图4所示：①阴极区的电极反应式为_______________。②NO被吸收转化后的主要产物为NH4＋，若通电时电路中转移了0.3mole－，则此通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为____________mL。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A.NH4+中含有11个质子，则1.8gNH4+即0.1mol，其含有的质子数为1.1mol，A错误；B.NH4N3中，NH4+中N为-3价，N3-整体为-1价，H为+1价，N2为化合价升高的产物，是氧化产物，B错误；C.NH4N3的摩尔质量为60g/mol，6gNH4N3晶体即0.1mol，含有的阴离子为N3-，为0.1mol，C正确；D.爆炸反应中，当转移4mol电子时，产成标准状况下的89.6L混合气体，D错误；答案为C。2、B【详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。3、B【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。4、D【详解】A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：，故A错误；B．HCl是共价化合物，H原子和Cl原子间以一对共用电子对结合，故HCl的电子式是，故B错误；C．氯原子获得1个电子形成氯离子，Cl-离子的结构示意图为：，故C错误；D．水的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式：H-O-H，故D正确；故答案为D。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。5、C【详解】A.两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，A错误；B.SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；C.硅胶表面积大，吸附力强，硅胶吸附水分后，可通过热脱附方式将水分除去而重复使用，C正确；D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，而Si与Cl2反应产生SiCl4的反应及SiCl4与H2反应产生Si单质的反应属于氧化还原反应，因此反应不全是非氧化还原反应，D错误；答案选C。6、D【详解】A．氢氧化铝、小苏打均可与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，A叙述正确；B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，B叙述正确；C．在海轮外壳上镶入锌块，可形成原电池，且锌失电子，铁作正极，可减缓船体的腐蚀速率，C叙述正确；D．ClO2具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，可用作自来水的消毒剂，D叙述错误；答案为D。7、B【详解】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。答案选B。8、C【详解】A．该反应的气体增多，所以ΔS>0，故A错误；B．该反应中C为固体，浓度记为1，所以平衡常数为K=，故B错误；C．N－H键断裂为正反应，H－H键断裂为逆反应，结合反应中的各物质的计量数可知单位时间内断裂N－H键数目是断裂H－H键数目的3倍时，也就是正逆反应速率相等，反应到达平衡，故C正确；D．未指明温度压强，无法计算22.4L气体的物质的量，故D错误；综上所述答案为C。9、D【解析】A．H3PO2中H为+1价，O为-2价，则磷元素的化合价为+1，选项A正确；B．次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以H3PO2的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，选项B正确；C．H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价，该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，选项C正确；D．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项D错误。答案选D。10、A【解析】25℃时，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，a＜b；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度。【详解】25℃时，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，a＜b；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度，c（Cl

-

）+c（OH

-

）=c（H

+

）+c（M

+

），溶液呈中性c（OH

-

）=c（H

+

），得到c(Cl−)=c(M+)，所以一定正确的是a≤b，故选A。【点睛】本题考查了酸碱反应过程中，溶液酸碱性分析判断，本题中难点是若一元碱为弱碱则弱碱过量，得到的中性溶液为强酸弱碱盐和弱碱的混合物，另外溶液中电荷守恒的计算分析也很关键。11、D【解析】A.不管是稀硝酸还是浓硝酸，其氧化性都很强，故与之反应，元素的化合价都升高到最高价，故Fe元素的反应产物应该为Fe3＋，故A错误；B.过量的铁粉与稀硝酸反应，三价的铁最后应被还原为二价，故B错误；C.硝酸具有强氧化性，能够把+2价铁氧化为+3价铁，故C错误；D.氢氧化铁与氢离子发生中和反应生成铁离子和水，铁离子具有氧化性，能够把碘离子氧化为碘，本身还原为+2价铁，所以向Fe(OH)3中加入氢碘酸的离子方程式：2Fe(OH)3+6H++2I-====2Fe2++I2+6H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】此题考核了铁元素和硝酸间的反应，要掌握好硝酸不管它的稀浓，最终产物都是最高价，同时，也要注意铁三角间的互相转化。12、B【分析】原电池负极金属相对较活泼，按照构成的原电池，分别比较a、b、c、d两两间的金属性强弱大小，即可排出四种金属活动性顺序由强到弱的顺序。【详解】两金属片、稀H2SO4为电解质溶液的原电池中，负极的活泼性大于正极的活泼性，负极溶解，正极产生气泡。因此，四种金属活动性a＞b；c＞d；a＞c；d＞b，即a＞c＞d＞b。故选B。13、A【解析】A．正确；B．各物质的聚集状态没有标明，B错；C．放热反应放出热量用“+”，C错；D．碳完全燃烧生成的是二氧化碳，所以D错。14、C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置③分离出FeCl3溶液，不能选用装置④分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。15、C【详解】A.乙中形成原电池，乙中铜丝是正极，锌粒作负极，故A错误；B.乙中铜丝上发生2H＋＋2e－=H2↑，有气泡产生，故B错误；C.乙中形成原电池，能加快反应速率，产生气泡的速率甲比乙慢，故C正确；D.甲中铜和锌没有形成闭合回路、乙中锌粒作负极，故D错误；故选C。16、C【详解】氯化物中阳离子为Rx+，其核外电子数为Z，则R质子数为Z+X，质量数为Z+X+Y，故答案C正确。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基和羟基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA

单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应⑤中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，②为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为氧化；；(3)反应④为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1；(4)PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；②不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；③分子内没有环状结构；④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有—CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4种结构；②—CH2CHO、—CH2OH有2种结构；③—CHO、—CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。18、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。19、铁和稀硫酸氢氧化钠溶液打开弹簧夹C；反应一段时间后关闭弹簧夹CA中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色；Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】（1）根据实验目的，锥形瓶A中用铁和稀硫酸反应制取硫酸亚铁，锥形瓶中加入的药品是铁和稀硫酸；（2）硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，锥形瓶B中盛放的溶液是氢氧化钠溶液；（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，为防止锥形瓶内空气的干扰，应先利用产生的氢气将空气排尽，所以A中反应开始后，要打开弹簧夹C，反应一段时间后，要关闭弹簧夹C，利用氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入锥形瓶B中，使硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，A中产生氢气的量逐渐增多，导致压强增大，A中液体被压入B中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，锥形瓶B有空气，所以生成的氢氧化亚铁被空气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是A中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色，B中发生的离子反应方程式为：Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。20、过滤漏斗、玻璃棒铁、铜溶液由浅绿色变为棕黄色2Fe2＋＋H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2OFe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH【分析】Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，得到固体A和溶液A；由于铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。【详解】(1)操作①