甘肃省白银市会宁县四中2026届高三第二次联考（4月）化学试题含解析

甘肃省白银市会宁县四中2026届高三第二次联考（4月）化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C．ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力D．ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH52、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C－H键的数目一定为0.5NA3、下列离子方程式正确的是A．氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应：Al3++3CO32－+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3－B．氯化钠固体与浓硫酸混合微热：Cl－+H+HCl↑C．氯气通入石灰乳：Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2OD．苯酚钠溶液呈碱性的原理：C6H5O－+H2O→C6H5OH+OH－4、下列实验操作能达到实验目的的是A．用装置甲验证NH3极易溶于水B．用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C．用pH试纸测量氯水的pHD．用装置乙制取无水FeCl35、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是A．b为电源的正极B．①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化C．a极的电极反应式为2C2O52−−4e−==4CO2+O2D．上述装置存在反应：CO2=====C+O26、2020年1月武汉爆发新冠肺炎，湖北省采取封城封镇的措施阻止了冠状病毒蔓延。新冠病毒主要传播方式是经飞沫传播、接触传播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道气溶胶近距离传播。冠状病毒对热敏感，56℃30分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A．因为过氧乙酸能灭活病毒，所以在家每天进行醋熏能杀死家里的新冠肺炎病毒B．在空气质量检测中的PM2.5，属于气溶胶C．电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒D．含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物7、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A．温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化8、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A．84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B．加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiD．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源9、利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应10、在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是A．标准状况下，将1g铝片投入20mL18.4mol/L的硫酸中B．常温下，向100mL3mol/L的硝酸中加入6.4g铜C．在适当温度和催化剂作用下，用2molSO2和1molO2合成SO3D．将含有少量H2O（g）的H2通入盛有足量Na2O2容器中并不断用电火花点燃11、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A．T的氢化物的沸点一定低于R的B．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．T和W组成的化合物含两种化学键D．工业上电解熔融氧化物制备G的单质12、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（）A．图中Y线代表的Ag2C2O4B．n点表示AgCl的过饱和溶液C．向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l13、下列有关原子结构及元素周期律的叙述不正确的是()A．原子半径：，离子半径：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的两种核素和的核外电子数之差为6C．P和As属于第VA族元素，的酸性强于的酸性D．、、三种元素最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱14、如图是我国学者研发的高效过氧化氢一尿素电池的原理装置：装置工作时，下列说法错误的是A．Ni-Co/Ni极上的电势比Pd/CFC极上的低B．向正极迁移的主要是K+，产物M为K2SO4C．Pd/CFC极上发生反应：D．负极反应为15、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1mol·L－1D溶液的pH为13（25℃）。它们满足如图转化关系，则下列说法不正确的是A．B晶体中阴、阳离子个数比为1:2B．等体积等浓度的F溶液与D溶液中，阴离子总的物质的量F＞DC．0.1molB与足量A或C完全反应转移电子数均为0.1NAD．Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，是因为后者分子间存在氢键16、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是（）A．氢化物的稳定性顺序为：X＞Z＞YB．元素Y在自然界中只以化合态形式存在C．元素W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D．元素Z的含氧酸具有强氧化性二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。18、化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R＇、R〞代表烃基或氢原子+R〞Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr回答下列问题:.（1）A的名称为________,D中官能团的名称为____。（2）试剂a的结构简式为_______，I的分子式为______。（3）写出E→F的化学方程式:_________。反应G→H的反应类型是_________。（4）满足下列要求的G的同分异构体共有.___种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1的有机物的结构简式为._________。a只有一种官能团b能与NaHCO3溶液反应放出气体c结构中有3个甲基（5）以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,制备的流程如下,请将有关内容补充完整:____，____，____，____。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH319、亚硝酸钠（NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组设计如图所示装置（省略夹持装置）制备NaNO2并探究其性质。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-；③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O。回答下列问题：（1）装置E中盛放铜片的仪器名称是_____，检査装置E气密性的方法是_____。（2）上述实验装置中，依次连接的合理顺序为h-_____。（3）装置D中酸性KMnO4溶液的作用是_____（用离子方程式表示）。（4）反应结束后，取适量产品溶于稀硫酸中，观察到的实验现象为_____。（5）测定深水井中亚硝酸钠含量：取1000mL水样于锥形瓶中，立即加入50.00mL0.001mol/L酸性高锰酸钾溶液，充分反应后用0.001mol·L-1草酸钠溶液滴定剩余的高锰酸钾，终点时消耗草酸钠溶液115.00mL。则水中NaNO2的含量为_____mg·L-1。若所取样品在空气中放置时间过长，则测定结果_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。有关反应如下：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。20、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。21、过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下：（1）反应Ⅰ的化学方程式为：H2O2+H2SO4H2SO5+H2O，△H<0；则反应Ⅱ中K2CO3与H2SO5反应生成KHSO5的化学方程式为_____________。（2）生产原料的理论比值[n（H2O2）：n（H2SO4）]为0.4:1，但实际生产最佳投料比为0.6:1，其原因是_________________。（3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H2S。己知：25℃，H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7，Ka2=1.3×10-13由于电离常数值极小，H2S水溶液中H2S的平衡浓度近似等于H2S的初始浓度。0.090mol·L-1H2S溶液的pH=4，该溶液中c（S2－）=________________。（4）准确称取3.350g复合盐样品配制成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00mL。计算复合盐中有效成分KHSO5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSO5-I2S4O62-）________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；故选C。2、A【解析】

A.14.0gFe的物质的量为，Fe发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则电极反应转移的电子数为0.25mol×2NA=0.5NA，A项正确；B.标况下，H2S为气体，11.2LH2S气体为0.5mol，H2S溶于水，电离产生HS-和S2-，根据S元素守恒可知，含硫微粒共0.5NA，B项错误；C.常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度为1mol/L，则Ba2+的浓度为0.5mol/L，则Ba2+的数目为0.5mol/L×0.5LNA=0.25NA，C项错误；D.C2H6O的摩尔质量为46g/mol，4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，分子式为C2H6O的有机物，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，则含有C－H键的数目可能为0.5NA，也可能0.6NA，D项错误；答案选A。钢铁发生吸氧腐蚀的电极反应式：正极：O2+2H2O+4e-=4OH-；负极：2Fe-4e-=2Fe2+；总反应：2Fe+O2+2H2O=Fe(OH)2；Fe(OH)2继续与空气中的氧气作用，生成Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水就生成Fe2O3∙xH2O，它就是铁锈的主要成分。3、A【解析】

A．氯氯化铝与碳酸钠溶液过量时发生双水解生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：Al3++3CO32－+3H2O=Al(OH)3↓+3HCO3－，选项A正确；B．氯化钠固体与浓硫酸混合微热，离子方程式：H2SO4(浓)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g)，选项B错误；C．氯气通入石灰乳，离子方程式：Ca(OH)2+2Cl2═2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，选项C错误；D．酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O－+H2OC6H5OH+OH－，选项D错误；答案选A。本题考查了离子方程式的书写，侧重考查化学式的拆分，注意浓硫酸、固体氯化钠、石灰乳应保留化学式，易错点为D．酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O－+H2OC6H5OH+OH－。4、A【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。制备无水氯化铁需要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。5、B【解析】

A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2=C+O2，故D正确；故答案为B。6、C【解析】

A.醋酸为弱酸，不能杀死新冠肺炎病毒，而且会刺激呼吸道粘膜，不宜长期熏醋，故A错误；B.胶体粒子的直径范围为1—100nm，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，若粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故B错误；C.次氯酸钠具有强氧化性，能杀死新冠肺炎病毒，故C正确；D.含氯消毒剂，如84消毒液(有效成分为次氯酸钠)、漂白粉(有效成分为次氯酸钙)，属于无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，故D错误；故选C。7、B【解析】

A．二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；D．二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确；故答案为B。8、D【解析】

A．84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B．生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C．5G芯片主要材料是Si单质，C正确；D．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；故合理选项是D。9、B【解析】

若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；X极作阳极，发生氧化反应，D正确。答案选B。10、D【解析】

A、铝在冷浓硫酸中发生钝化现象；B、根据3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O计算知稀硝酸有剩余；C、SO2和O2的反应为可逆反应；D、2H2O(g)＋2Na2O2=4NaOH＋O2,2H2＋O2=2H2O，两式相加，则相当于Na2O2＋H2=2NaOH，故D项符合要求，正确。11、D【解析】

T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【详解】A.T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B.W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HClO为弱酸，B错误；C.T和W组成的化合物为CCl4，只含有一种化学键共价键，C错误；D.G为Al，工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选D。12、D【解析】

当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)=，Ksp(Ag2C2O4)=。【详解】A．当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4，故A正确；B．n点c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；C．结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正确；D．Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04，故D错误；故选D。13、B【解析】

A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，因此原子半径r(Na)>r(O)，Na+、O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Na+)<r(O2-)，A正确；B.碘的两种核素131I和137I的核外电子数相等，核外电子数之差为0，B错误；C.元素的非金属性P>As，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，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性强，C正确；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，D正确；故合理选项是B。14、C【解析】

由电池工作原理图可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，则Ni-Co/Ni极为负极，Pd/CFC为正极，正极得电子，发生还原反应。【详解】A．电子从低电势(负极)流向高电势（正极），Ni-Co/Ni极是原电池负极，电势较低，故A正确；B．该电池使用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，原电池中，阳离子向正极迁移，则向正极迁移的主要是K+，产生M为K2SO4，故B正确；C．Pd/CFC极上发生反应：，故C错误；D．根据分析，Ni-Co/Ni极为负极，结合图示负极的物质转化关系可得，氮元素化合价由-3价变为0价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，负极反应为：，故D正确；答案选C。15、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F都是由其中的两种或三种元素组成的化合物，0.1mol·L－1D溶液的pH为13(25℃)，说明D为一元强碱溶液，为NaOH，则X为H元素；E是由Z元素形成的单质，根据框图，生成氢氧化钠的反应可能为过氧化钠与水的反应，则E为氧气，B为过氧化钠，A为水，C为二氧化碳，F为碳酸钠，因此Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，W为Na，A为水，B为过氧化钠，C为二氧化碳，D为NaOH，E为氧气，F为碳酸钠。A．B为过氧化钠，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，Na2O2晶体中阴、阳离子个数比为1∶2，故A正确；B．等体积等浓度的F(Na2CO3)溶液与D(NaOH)溶液中，由于碳酸钠能够水解，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3-＋H2OH2CO3＋OH－，阴离子数目增多，阴离子总的物质的量F＞D，故B正确；C．B为Na2O2，C为CO2，A为H2O，过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠为氧化剂和还原剂，0.1molB与足量A或C完全反应转移电子0.1NA，故C正确；D．元素的非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性C＜O，Y、Z分别形成的简单氢化物的稳定性前者弱于后者，与氢键无关，故D错误；答案选D。解答本题的突破口为框图中生成氢氧化钠和单质E的反应。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与水或二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，反应中O由-1价变成0价和-2价。16、D【解析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X是F，X的氢化物为HF，Y为Si，Y的氢化物为SiF4；Z原子最外层的电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数一定为偶数，且大于Si元素，则Z为S元素；W最外层电子数为3，其原子序数小于F，则W为B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为B，X为F，Y为Si，Z为S元素。A.F为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A正确；B.Si在自然界中只以化合态形式存在，B正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D错误；故合理选项是D。本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。18、溴乙烷醛基、酯基C11H18N2O3+CH3OH+H2O取代反应3HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3HOCH2CH2CH2OHCH2BrCH2CH2Br【解析】

根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D，E与甲醇发生酯化反应生成F，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应G→H的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9:2:1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9:2:1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH；；CH2BrCH2CH2Br。19、圆底烧瓶先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好e-f-c-d-a-b-g5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O有气泡产生，液面上方变红0.69mg/L偏低【解析】

(1)(2)根据实验安全与操作，进行分析；(3)根据信息可知，酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理；(4)弱酸盐与强酸反应，生成弱酸，再根据HNO2的性质作答；(5)NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高锰酸钾，可将草酸根氧化，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5C2O42－，据此计算。【详解】(1)仪器名称是圆底烧瓶；检査装置E气密性的方法是先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好，故答案为：圆底烧瓶；先关闭弹簧夹，从滴液漏斗处倒水，若形成一段稳定的水柱，则证明装置气密性好；(2)Na2O2会与水反应，接A前要干燥，硝酸易挥发，生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，接C，多余的NO对空气有害，接尾气处理，顺序为h-e-f-c-d-a-b-g，故答案为：e-f-c-d-a-b-g；(3)NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO3-，离子方程式为5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：5NO+3MnO4－+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)亚硝酸钠与硫酸反应，生成HNO2，HNO2反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O，NO与空气反应，生成二氧化氮，现象为：有气泡产生，液面上方变红，故答案为：有气泡产生，液面上方变红；(5)NO2－可将MnO4－还原为Mn2+，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5NO2－，多余的高锰酸钾，可将草酸根氧化，根据化合价变化可得反应的关系式：2MnO4－~5C2O42－，消耗0.001mol·L-1草酸钠115.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.001mol·L－1×0.115L×2/5=4.6×10-5mol，则1000mL水样消耗高锰酸钾的物质的量为0.001mol·L－1×0.05L-4.6×10-5mol=4×10-6mol，则水样中含有亚硝酸钠的物质的量为4×10-6mol×5/2=10-5mol，质量为10-5mol×69g/mol=6.9×10-4g=0.69mg，所以水中NaNO2的含量为0.69mg/1L=0.69mg/L；NaNO2放置空气中时间过长被氧化，实际含量降低，测定结果偏低，故答案为：0.69mg/L；偏低。20、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+