学年云南省玉溪一中高二上学期第一次月考化学试题 解析版.docx

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学年云南省玉溪一中高二上学期第一次月考化学试题解析版

玉溪一中2020~2021学年上学期高二年级第一次月考

化学学科试卷

总分100分，考试时间90分钟

可能用到的相对原子质量：

H1C12O16

第Ⅰ卷选择题（共48分）

一、选择题（本题共24题，每小题2分，共48分。

每小题只有一个选项符合题意）

1.化学与生产生活、社会密切相关。

下列说法中错误的是

A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可保鲜水果

B.合成不粘锅涂层的原料CF2=CF2属于烃

C.港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物

D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙烯有催熟的效果，用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；

B.只含有C、H两种元素的化合物属于烃，CF2=CF2不是烃，是卤代烃，故B错误；

C.港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物，故C正确；

D.天然气和液化石油气均燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，故是清洁燃料，故D正确；

故选B。

2.苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式如图所示，有关苯丙酸诺龙的说法不正确的是（　）

A.含有两种官能团

B.含有脂环的有机化合物

C.是一种芳香族化合物

D.含有酯键

【答案】A

【解析】

【详解】A．该有机物中含有碳碳双键、羰基、酯基总共3种官能团，A错误；

B．分子中含有多个脂环，B正确；

C．此有机物中含有1个苯环，故属于芳香族化合物，C正确；

D．此有机物中只含有1个酯基，D正确；

答案选A。

3.下列说法中正确的一组是

A.H2和D2互为同位素

B.

和

互为同分异构体

C.正丁烷和异丁烷是同系物

D.

和

是同一种物质

【答案】D

【解析】

【详解】A．H2和D2都

氢气单质，不是同位素，故A错误；

B．由于甲烷是正四面体结构，其二溴代物只有一种结构，所以

和

为同种物质，故B错误；

C．正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，是同分异构体，故C错误；

D．由于单键可以旋转，所以

和

是同一种物质，故D正确；

故选D。

4.下列反应中，属于加成反应的是

A.苯和液溴在FeBr3催化作用下生成溴苯

B.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色

C.乙烯水化法制乙醇

D.甲烷和氯气光照反应生成CH3Cl

【答案】C

【解析】

【分析】

有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此解答该题。

【详解】A.苯在铁粉存在下与液溴的反应，苯中H原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故A错误；

B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是高锰酸钾和乙烯发生了氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故B错误；

C.乙烯水化法制乙醇，乙烯中的双键断裂，两碳原子上分别结合一个氢原子和一个羟基，所以属于加成反应，故C正确；

D.甲烷与氯气光照下反应属于取代反应，故D错误；

故选C。

5.下列表示有机物的化学用语正确的是

A.甲烷分子的球棍模型是：

B.一氯甲烷的电子式：

C.1-丁烯的键线式：

D.间硝基甲苯的结构简式：

【答案】C

【解析】

【详解】A．

 是甲烷分子的比例模型，故A错误；

B．一氯甲烷中氯原子要满足8电子的稳定结构，氯原子周围应有8个电子，故B错误；

C．

是1-丁烯的键线式，故C正确；

D．间硝基甲苯的结构简式应为

，故D错误；

故选C。

6.下列关于甲烷的叙述正确的是

A.甲烷分子的电子式为

，分子中各原子都达到8电子稳定结构

B.可用燃烧的方法鉴别甲烷和乙烯

C.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物

D.根据甲烷分子中的四个键的键角相等，就可推知甲烷为正四面体结构

【答案】B

【解析】

【详解】A.甲烷分子的电子式为

，氢原子达到2电子稳定结构，C原子达到8电子稳定结构，故A错误；

B.点燃两种气体，由于乙烯的含碳量高于甲烷，燃烧时火焰明亮且冒有黑烟，甲烷则没有此现象，可以用燃烧的方法鉴别甲烷和乙烯，故B正确；

C.由于甲烷和氯气在光照条件下，发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，HCl，其中产物有5种，故C错误；

D.甲烷分子中四个键的键角相等，可能为平面正方形，不能说明甲烷为正四面体结构，故D错误；

故选B。

7.正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型如图所示。

下列有关说法正确的是

A.正己烷的分子式为C6H12，其沸点比丙烷低

B.己烷有5种同分异构体

C.正己烷能与溴水发生取代反应而使溴水褪色

D.正己烷所有碳原子可在一条直线上

【答案】B

【解析】

【详解】A．正己烷的分子式为C6H14，故A错误；

B．己烷有5种同分异构体，分别是：

1、正己烷：

CH₃CH₂CH₂CH₂CH₂CH₃；

2、2,2-二甲基丁烷：

CH₃C（CH₃）₂CH₂CH₃；

3、2-甲基戊烷：

 CH₃CH₂CH₂CH（CH₃）₂；

4、2,3-二甲基丁烷：

CH₃CH（CH₃）CH（CH₃）CH₃；

5、3-甲基戊烷：

CH₃CH₂CH（CH₃）CH₂CH₃；

故B正确；

C．正己烷不能与溴水发生反应，故C错误；

D．由球棍模型可以看出，正己烷所有碳原子不在一条直线上，故D错误；

故选B。

8.下列有关说法不正确的是

A.乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键

B.用如图所示方法可除去乙烷气体中的乙烯气体

C.乙烯、SO2均能使溴水褪色且原理相同

D.乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．碳碳双键的键能比碳碳单键的键能的两倍要小，说明碳碳双键中有一个键的键能更小，易断裂，故乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键，A正确；

B．由于CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br为无色液体留在洗气瓶中，而乙烷不能反应，也不溶于水，故用如图所示方法可除去乙烷气体中的乙烯气体，B正确；

C．乙烯使溴水褪色是发生加成反应CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，而SO2使溴水褪色是发生氧化还原反应SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，故二者原理不相同，C不正确；

D．乙烯中C、H个数比为1：

2，故乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，D正确；

故答案为：

C。

9.历史上最早应用的还原性染料靛蓝，其结构简式如图所示，下列关于靛蓝的叙述中错误的是

A.由碳、氢、氧、氮四种元素组成

B.分子式是C16H14N2O2

C.属于烃的衍生物

D.它含有碳碳双键和羰基

【答案】B

【解析】

【详解】A.由靛蓝的结构简式可知，靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成，故A正确；

B.由结构可知，分子中含有16个C原子、10个H原子、2个N原子、2个O原子，分子式为：

C16H10N2O2，故B错误；

C.烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列有机化合物称为烃的衍生物，由结构可知，该有机物含N、O元素，为烃的衍生物，故C正确；

D.由靛蓝的结构简式可知，它含有碳碳双键和羰基，故D正确；

故选B。

10.下列有机物命名正确的是

A.CH2=CH-CH=CH21，3—二丁烯

B

1，3—二甲基丁烷

C.

3，3，4—三甲基己烷

D.

2—甲基—3—丁炔

【答案】C

【解析】

【详解】A.烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个C原子，且有两个碳碳双键，故为丁二烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故此二烯烃的名称为1，3−丁二烯，故A错误；

B.烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有5个C原子，二号碳上连接一个甲基，该烷烃的名称为2-甲基戊烷，故B错误；

C.烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有6个C原子，三号碳上连接两个甲基，四号碳上连接一个甲基，该烷烃名称为3，3，4—三甲基己烷，故C正确；

D.炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个C原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，碳碳三键在一号位，甲基在三号位，该有机物命名为3—甲基—1—丁炔，故D错误；

故选C。

11.下列关于苯的叙述正确的是（）

A.反应①常温下不能进行

B.反应②不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层

C.反应③为加成反应，产物是无色液体

D.反应④能发生，从而证明苯中是单双键交替结构

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．在溴化铁做催化剂的条件下，苯与液溴在常温下能够发生取代反应，故A错误；

B．苯不溶于水，密度小于水，所以苯与酸性高锰酸钾溶液混合后分层，苯在上层，高锰酸钾溶液在下层，下层为紫色，故B正确；

C．反应③为取代反应，即苯的硝化反应，故C错误；

D．苯中没有碳碳双键存在，故D错误。

选B。

【点睛】注意掌握苯分子中碳碳键特点，明确苯具有的化学性质，能够正确书写苯与液溴、氢气等反应的化学方程式．

12.实验室制备硝基苯

密度1.45g·cm-3，不溶于水

时，经过配制混酸、硝化反应、（50〜60℃）洗涤分离、干燥蒸馏等步骤。

下列图示装置和原理能达到目的的是（）

A.配制混酸

B.硝化反应

C.分离硝基苯

D.蒸馏硝基苯

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，故A错误；

B.在50～60℃反应，应水浴加热，故B错误；

C.硝基苯不溶于水，可分液分离，故C正确；

D.加入水的方向错误，为充分冷凝，应从下端进水，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意实验的合理性和可行性的评价，难度不大。

13.下列说法正确的是

A.有机物

属于芳香烃，含有两种官能团

B.

和

，分子组成相差一个－CH2－，两者互为同系物

C.有机物

含有醛基，所以属于醛类

D.

既属于醇类又属于羧酸类

【答案】D

【解析】

【详解】A.烃是指仅含碳、氢两种元素的化合物，含苯环的烃为芳香烃，

是芳香族化合物，但只有碳碳双键一种官能团，故A错误；

B.羟基与苯环直接相连的称为酚，羟基与链烃相连的称为醇，二者分别属于酚类和醇类，不是同系物，故B错误；

C.

中含有酯基，属于酯类，故C错误

D.

中有羟基属于醇类，又有羧基，属于羧酸类，故D正确；

故选D。

14.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.0.1molCH4和C2H4的混合气体中所含氢原子数目为0.4NA

B.标况下，2.24LCCl4所含原子数目为0.5NA

C.常温常压，7.8g苯中所含碳碳双键数目为0.3NA

D.1.7g—OH所含有的电子数目为NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.CH4和C2H4都含有4个氢原子，设CH4的物质的量为xmol，C2H4的物质的量为（0.1-x）mol，所含氢原子的物质的量为4x+4（0.1-x）=0.4mol，数目为0.4NA，故A正确；

B.标况下，CCl4不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C.苯中没有碳碳双键，故C错误；

D.—OH所含电子为8+1=9，因此1mol—OH就含有9mol电子，1.7g—OH是0.1mol，所以电子就是0.9mol，就是0.9NA个，故D错误；

故选A。

15.分子式为C4H10O，分子结构中含有-OH官能团的有机化合物有

A.3种B.4种C.5种D.6种

【答案】B

【解析】

【详解】分子式为C4H10O，分子结构中含有-OH官能团的有机化合物，碳链有两种连接方式，分别为C-C-C-C、

，符合条件的同分异构体有四种，分别为：

CH3CH2CH2CH2OH、

、

、

，共有4种，故B正确。

16.有机物

是制备镇痛剂的中间体。

下列关于该有机物的说法错误的是

A.与环己烷互为同分异构体

B.所有碳原子可处于同一平面

C.与HCl加成产物只有一种

D.能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应

【答案】C

【解析】

【详解】A．同分异构体是指具有相同分子式而结构不同的化合物，故A正确；

B．根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转专，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面上，故B正确；

C．

与HCl加成产物有2种，故C错误；

D．该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确；

故选C。

17.为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。

下列说法中，不正确的是（）

A.反应I、II、III均有副产物H2O产生

B.最终产物X、Y属于同系物

C.产物X名称为“2—甲基丁烷”或“异戊烷”

D.产物X、Y都有4种一氯代物（不考虑立体异构体）

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据转化过程图可知，Ⅲ只有烯烃与氢气作用，根本没有氧元素参与反应，所以不会产生H2O，A选项错误；

B．X、Y都属于烷烃，且分子组成上相差1个CH2，因此两者属于同系物，B选项正确；

C．根据产物X的结构可知，主链上有4个C，2号碳上连有1个甲基，其系统命名法为2-甲基丁烷，习惯命名法为异戊烷，C选项正确；

D．由X、Y的结构简式可知，两者均有4种等效氢，所以其一氯代物共有4种，D选项正确；

答案选A。

18.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。

X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。

Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

下列说法正确的是

A.简单离子半径：

Z＞Y＞

X

B.如图所示实验可证明非金属性：

Cl＞Z

C.Y与X形成的二元化合物中不可能存在共价键

D.W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同均会导致产物不同

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，为C元素；X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则X是O、Z为S元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为Na元素，以此解答。

【详解】A.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，离子核外电子层数越多其离子半径越大，所以离子半径Z>X>Y，故A错误；

B.元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成氯气，氯气和硫化氢反应生成S，氯气是氧化剂、S是氧化产物，则氧化性：

氯气大于S，所以非金属性Cl>S，故B正确；

C.过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；

D.C与氧气反应时其产物成分与氧气的量有关，少量氧气生成CO、过量氧气生成二氧化碳，Na、S与氧气反应产物与氧气的量无关，Na和氧气反应与反应条件有关，故D错误；

故选B。

19.肼（N2H4）在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图1。

已知200℃时：

反应Ⅰ：

3N2H4（g）=N2（g）＋4NH3（g）ΔH1＝－32.9kJ·mol－1

反应Ⅱ：

N2H4（g）＋H2（g）=2NH3（g）ΔH2＝－41.8kJ·mol－1

下列说法不正确的是

A.图1所示过程①是放热反应、②是吸热反应

B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示

C.断开3molN2H4（g）中的化学键吸收的能量大于形成1molN2（g）和4molNH3（g）中的化学键释放的能量

D.200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4（g）=N2（g）＋2H2（g）　ΔH＝＋50.7kJ·mol－1

【答案】C

【解析】

【详解】A．过程①是N2H4分解生成N2和NH3，根据3N2H4（g）=N2（g）＋4NH3（g）ΔH1＝－32.9kJ·mol－1，可以知道该反应放热，所以图示过程①为放热反应，过程②是NH3的催化剂作用下分解生成N2湘和H2，根据盖斯定律可以计算，过程②是为吸热反应，故A项正确；

B．反应Ⅱ：

N2H4（g）＋H2（g）=2NH3（g）ΔH2＝－41.8kJ·mol－1，反应为放热反应，反应物能量高于生成物与图2相符，故B项正确；

C．反应为放热反应，说明反应物的总键能小于生成物的总键能，即断开3molN2H4（g）中的化学键吸收的能量小于形成1molN2（g）和4molNH3（g）中的化学键释放的能量，故C项错误；

D．根据盖斯定律：

（I）-2×（Ⅱ）得N2H4（g）=N2（g）＋2H2（g）　ΔH＝-32.9kJ·mol－1－2×（-41.8kJ·mol－1）=＋50.7kJ·mol－1，故D项正确；

故选C。

20.将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl42-，在溶液中存在下面的化学平衡：

Co2＋（aq）＋4Cl－（aq）

CoCl42-（aq）ΔH＞0

粉红色蓝色

下列说法正确的是

A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小

B.该反应的平衡常数K＝c（CoCl42-）/[c（Co2＋）c4（Cl－）]

C.将盛有CoCl2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为红色

D.增大Cl－浓度，平衡向正反应方向移动，Co2＋、Cl－浓度都减小

【答案】B

【解析】

【分析】

A、升高温度，正、逆反应速率都增大；

B、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

C、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动；

D、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，但Cl-浓度增大。

【详解】A项、升高温度，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故A错误；

B项、Co2+（aq）+4Cl-（aq）⇌CoCl42-（aq）的化学平衡常数k=c（CoCl42-）/[c（Co2＋）c4（Cl－）]，B正确；

C项、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，溶液呈蓝色，故C错误；

D项、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，CoCl42-增大，因化学平衡常数不变，溶液中Cl-浓度增大，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及温度对反应速率、化学平衡、化学平衡常数的影响，D选项也可以借助平衡常数进行理解。

21.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO（g）和足量C（s），发生反应C（s）+2NO（g）

CO2（g）+N2（g），平衡状态时NO（g）的物质的量浓度c（NO）与温度T的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）

A.该反应的△H<0

B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2

C.在T2时，若反应体系处于状态D，则这时一定有

正<

逆

D.在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题中可知，温度升高，c（NO）增大，故平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正反应的△H<0，A正确；

B.由A分析可知，正反应为放热反应，由图中可知T1K2，B正确；

C.在T2时，若反应体系处于状态D要回到状态B，此过程c（NO）减小，即向正方向移动，故这时一定有

正>

逆，C错误；

D.由于该反应中，C为固体，故在反应过程中混合气体的密度一直在改变，故在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，D正确；

故答案为：

C。

22.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如图所示：

下列说法正确的是

A.图中能量转化方式只有2种

B.H+向a极区移动

C.a极上每产生22.4LO2流过电极的电子为4mol

D.b极发生的电极反应为：

N2＋6H+＋6e－=2NH3

【答案】D

【解析】

【详解】A.图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，故A错误；

B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，故B错误；

C.a极为负极，电极反应为2H2O−4e−=O2↑+4H+，但由于氧气所处的状态不明确，故22.4L氧气的物质的量不一定是1mol，故流过电极的电子不一定是4mol，故C错误；

D.b极为正极，发生的电极反应为：

N2+6H++6e−=2NH3，故D正确；

故选D。

23.常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。

下列说法正确的是

A.每生成1molNCl3，理论上有4molH＋经质子交换膜从右侧向左侧迁移

B.石墨极的电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋

C.可用湿润的淀粉－KI试纸检验气体M

D.电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小

【答案】B

【解析】

【分析】

由电池的正负极可判断，C电极为阳极，Pt电极为阴极。

在C电极，发生反应NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋；在Pt电极，6H++6e-==3H2↑。

【详解】A．依据电荷守恒，在阳极区，每生成1molNCl3，理论上有6molH＋经质子交换膜从右侧向左侧迁移，A不正确；

B．根据以上分析，在阳极（石墨极），NH4+失电子后生成的物质与Cl-作用生成NCl3，电极反应式为NH4+＋3Cl－－6e－==NCl3＋4H＋，B正确；

C．气体M为H2，不能用湿润的淀粉－KI试纸检验，C不正确；

D．电解过程中，质子交换膜右侧溶液中每生成4molH+，将有6molH+通过质子交换膜向阴极区移动，所以pH会增大，D不正确；

故选B。

24.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

m、p、r是由这些元素组成的二元合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L－1r溶液的pH为2[pH=-lgc（H+）]，s通常是难溶于水的油状液体混合物。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是

A.原子半径的大小：

W

B.元素的非金属性：

Z>X>Y

C.X的最高价氧化物的水化物为强酸

D.Y的氢化物常温常压下为液态

【答案】D

【解析】

【详解】由题干信息可知，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体为Cl2，故Z为Cl，0.01mol·L－1r溶液的pH为2[pH=-lgc（H+）]，说明r为一元强酸，故为HCl，结合物质转化关系可知，n+p

r+s，m+n

q+r，q的水溶液具有漂白性，s通常是难溶于水的油状液体混合物，故q为HCl，p为烃类，最常见为CH4，且短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，故W、X、Y、Z依次为：

H、C、O、Cl，据此分析解题：

A．由分析可知：

W、