江蘇省連云港市灌南縣第二中學2026屆化學高三第一學期期中綜合測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列現(xiàn)象或應用與膠體性質(zhì)無關的是（）A．將鹽鹵或石膏加入豆?jié){中，制成豆腐B．冶金廠常用高壓電除去煙塵，是因為煙塵微粒帶電荷C．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀D．用半透膜可以除去淀粉溶液中的少量NaCl2、下列有關說法正確的是A．CH4與NH3中心原子雜化軌道類型相同B．氫鍵是一種特殊的化學鍵，它廣泛存在于物質(zhì)中C．BF3和NH3化學鍵的類型和分子的極性(極性或非極性)都相同D．s電子與s電子間形成的是σ鍵，p電子與p電子間形成的是π鍵3、有關①100mL0.1mol/L、②100mL0.1mol/L兩種溶液的敘述不正確的是A．溶液中水電離出的個數(shù)：②>① B．溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和:②>①C．①溶液中: D．②溶液中:4、下列離子方程式書寫正確的是A．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑B．向次氯酸鈣溶液中通入SO2氣體：Ca2++2ClO-+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClOC．用氨水吸收足量的SO2氣體：OH－＋SO2=HSO3－D．在氯化亞鐵溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3－═3Fe3++2H2O+NO↑5、一定溫度和壓強下，30L某種氣態(tài)純凈物中含有6.02×1023個分子，這些分子由1.204×1024個原子組成，下列有關說法中不正確的是A．該溫度和壓強可能是標準狀況B．標準狀況下該純凈物若為氣態(tài)，其體積約是22.4LC．該氣體中每個分子含有2個原子D．若O2在該條件下為氣態(tài)，則1molO2在該條件下的體積也為30L6、某科研小組利用有機胺(TBA)參與聯(lián)合生產(chǎn)碳酸氫鈉和二氯乙烷的工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是A．過程①中的TBA替代了侯德榜制堿法中的氨氣B．過程②的反應為C．理論上每產(chǎn)生需要D．流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是TBA、CuCl7、既能和鹽酸反應，又能和氫氧化鈉溶液反應的物質(zhì)是（）A．Fe B．Fe2O3 C．Al D．AlCl38、下列說法不正確的是A．二氧化氯是一種高效安全的消毒劑B．沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅C．SO2能漂白石蕊試液、高錳酸鉀溶液D．還原鐵粉可以用作食品袋內(nèi)的抗氧化劑9、在密閉容器中，對可逆反應A+3B2C(g)，平衡時C的體積分數(shù)與溫度和壓強的關系如圖所示，下列判斷錯誤的是A．若正反應方向Q＜0，則T1＞T2B．A可能為氣體C．壓強增大時，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量增大D．B不一定為氣體10、下列關于金屬元素的敘述正確的是()A．金屬元素的單質(zhì)只有還原性，其離子只有氧化性B．金屬元素的單質(zhì)在常溫下均為固體C．金屬元素在不同化合物中化合價均相同D．大多數(shù)金屬元素的單質(zhì)為電的良導體11、一定溫度下，在三個體積均為0.5L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反應在5min時達到平衡狀態(tài)。容器編號溫度/℃起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列說法中正確的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反應速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．該反應正反應為吸熱反應C．容器Ⅱ中起始時Cl2的物質(zhì)的量為0.55molD．若起始時向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，達到平衡時CO轉化率大于80%12、下列反應既是離子反應，又是氧化還原反應的是（）A．鹽酸與氫氧化鈉溶液的反應 B．過氧化鈉與二氧化碳的反應C．將鈉投入水溶液中的反應 D．二氧化碳通入石灰水中的反應13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡單氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產(chǎn)生。下列說法正確的是A．原子半徑：Y>Z>X>WB．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：W>X>ZC．Y、Z形成的化合物溶于水會促進水的電離D．上述刺激性氣體通入紫色石蕊溶液，溶液先變紅后褪色14、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關敘述正確的是A．常溫常壓下，22.4LNH3中存在共價鍵的總數(shù)為3NAB．0.1mol氯氣充分反應，轉移的電子數(shù)為一定為0.2NAC．100g46%的乙醇水溶液中含有氫原子數(shù)為12NAD．1molICl溶于NaOH溶液中生成NaC1和NaIO時，轉移的電子數(shù)為2NA15、已知25℃時：①HF（aq）＋OH－（aq）F－（aq）+H2O（l）ΔH＝－67.7kJ/mol②H＋（aq）＋OH－（aq）===H2O（l）ΔH＝－57.3kJ/mol下列有關說法中正確的是（）A．HF電離：HF（aq）H＋（aq）+F－（aq）△H=+10.4KJ/molB．水解消耗0.1molF－時，吸收的熱量為6.77kJC．中和熱均為57.3kJ/molD．含1molHF、1molNaOH的兩種溶液混合后放出的熱量為67.7kJ16、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如圖所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和為17，下列說法不正確的是XYZQA．原子半徑(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)B．元素X有-4，+2、+4等多種價態(tài)C．Y、Z的氧化物對應的水化物均為強酸D．可以推測H3QO4是Q的最高價氧化物的水化物二、非選擇題（本題包括5小題）17、曲尼司特()可用于預防性治療過敏性鼻炎，合成路線如圖所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能團名稱是_____。(2)試劑a是_____。(3)C→D的反應方程式為_____。(4)寫出一定條件下用F制備高分子的反應方程式_____。(5)H具有順反異構，寫出H的順式異構體的結構簡式_____。(6)H是重要的有機合成中間體，以H為原料合成伊曲茶堿。K的結構簡式為_____。中間產(chǎn)物的結構簡式為_____。18、短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的兩倍，B為地殼中含量最多的元素，C是原子半徑最大的短周期主族元素，C與D形成的離子化合物CD是常用的調(diào)味品。填寫下列空白：（1）AB2的結構式_______________；C元素在周期表中的位置第_______周期________族（2）B、C組成的一種化合物與水發(fā)生化合反應的化學方程式為：____________________（3）如圖所示，電解質(zhì)a溶液為含有CD的飽和溶液。X為石墨電極，Y為鐵電極，接通直流電源。X電極的電極反應式為________________________。Y電極的電極反應式為________________________。（4）常溫下，相同體積的0.2mol·L—1CD溶液與0.1mol·L—1C2AB3溶液中，總離子數(shù)目較多的是______________溶液（填化學式）。19、某化學興趣小組探究NO和Na2O2的反應，設計了如下圖所示實驗裝置，其中E為實驗前壓癟的氣囊。資料：除淺黃色的AgNO2難溶于水外，其余亞硝酸鹽均易溶于水。（1）寫出A中反應的化學方程式：____________________________。（2）將裝置B補充完整，并標明試劑_____________。（3）用無水CaCl2除去水蒸氣的目的是_____________________________。（4）反應一段時間后，D處有燙手的感覺，其中固體由淡黃色變?yōu)榘咨敝令伾辉僮兓瘯r，氣囊E始終沒有明顯鼓起。①學生依據(jù)反應現(xiàn)象和氧化還原反應規(guī)律推斷固體產(chǎn)物為NaNO2。寫出該反應的化學方程式：_________________________________。②設計實驗證明的NaNO2生成，實驗方案是___________________________。（寫出操作、現(xiàn)象和結論）20、氮化鈣(Ca3N2)氮化鈣是一種棕色粉末，在空氣中氧化，遇水會發(fā)生水解，生成氫氧化鈣并放出氨。某化學興趣小組設計制備氮化鈣的實驗如下：Ⅰ．氮化鈣的制備（1）連接裝置后，檢查整套裝置氣密性的方法是_______________________________________。（2）裝置A中每生成標準狀況下4.48LN2，轉移的電子數(shù)為___________________。（3）裝置B的作用是吸收氧氣，則B中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。裝置E的作用是______________________。（4）實驗步驟如下：檢查裝置氣密性后，裝入藥品；_____________________(請按正確的順序填入下列步驟的代號)。①點燃D處的酒精噴燈；②打開分液漏斗活塞;③點燃A處的酒精燈；④停上點燃A處的酒精燈；⑤停止點燃D處的酒精噴燈（5）請用化學方法確定氮化鈣中含有未反應的鈣，寫出實驗操作及現(xiàn)象_________________。21、NaClO用途非常廣泛。NaClO溶液中微粒的物質(zhì)的量分布分數(shù)與溶液pH的關系如圖-1所示，某NaClO溶液中有效氯含量與溫度的關系如圖-2所示。(1)工業(yè)上常用NaOH溶液與Cl2反應制備NaClO。Cl2與冷的NaOH溶液反應的離子方程式為____，當通入Cl2至溶液pH=5時，溶液中濃度最大的微粒是____(填“Cl2”“ClO－”或“HClO”)。(2)NaClO溶液在空氣中易失效，其與空氣中CO2反應的化學方程式為____(已知H2CO3的Ka1、Ka2依次為4.47×10－7、4.68×10－11)。(3)NaClO溶液可用于脫除黃磷生產(chǎn)尾氣中PH3等有害氣體。脫除PH3機理為：H3O++ClO－=HClO+H2OPH3+HClO=[PH3O]+H++Cl－[PH3O]+ClO－=H3PO2+Cl－室溫下，用3%的NaClO溶液分別在pH=9、pH=11時處理含PH3的尾氣，PH3的脫除率如圖-3所示：①下列措施能提高尾氣中PH3的脫除率的是____(填標號)。A．增大尾氣的流速B．將吸收液加熱到40℃以上C．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣D．吸收尾氣的過程中定期補加適量NaClO并調(diào)節(jié)合適的溶液pH②已知PH3幾乎不與NaOH溶液反應，黃磷生產(chǎn)尾氣中除PH3外，還有大量的H2S等有害氣體。黃磷尾氣通過NaClO吸收液前需預先用30%NaOH溶液吸收處理，其目的是____。③pH=9時PH3的脫除率總是比pH=11的大，其原因是____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A、將鹵水或石膏加入豆?jié){，制成豆腐，利用的是膠體聚沉形成的凝膠，和膠體有關，故A不符合；B、煙是膠體，膠體微粒帶有電荷，通高壓電，使膠體微粒在電場中定向移動，產(chǎn)生電泳，從而凈化空氣，與膠體有關，故B不符合；C、FeCl3溶液中加入NaOH溶液發(fā)生反應生成氫氧化鐵沉淀，與膠體無關，故C符合；D、淀粉溶液是膠體，膠粒不能透過半透膜，可用滲析的方法提純膠體，故D不符合；故選C。2、A【詳解】A.CH4的中心C原子與NH3的中心N原子都采用sp3雜化，因此軌道類型相同，A正確；B.氫鍵是一種特殊的分子間作用力，它存在于含有H元素的化合物，且與H形成化學鍵的原子的原子半徑很小的物質(zhì)中，B錯誤；C.BF3和NH3化學鍵的類型都是極性共價鍵，BF3分子是非極性分子，而NH3是極性分子，二者分子的極性不同，C錯誤；D.s電子與s電子間形成的是σ鍵，p電子與p電子間形成化學鍵，若是頭碰頭，形成的是的σ鍵，若肩并肩，形成的是π鍵，D錯誤；故合理選項是A。3、C【詳解】A、因HCO3-的水解程度大于其電離程度，所以NaHCO3溶液顯堿性；由于CO32-水解使得Na2CO3溶液也顯堿性。根據(jù)越弱越水解原理可知，HCO3-的水解程度小于CO32-，弱離子水解程度越大，水的電離程度越大，所以相同濃度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，水電離出的H+個數(shù)：②>①，A正確；B、HCO3-水解生成H2CO3和OH-，即消耗一個HCO3-的同時又生成一個OH-，水解的過程中陰離子數(shù)不變；但CO32-的第一級水解生成HCO3-和OH-，即消耗一個CO32-的同時卻生成了兩個陰離子，水解的過程中，陰離子總數(shù)在增加；由于起始時CO32-和HCO3-的濃度相同，所以溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和：②>①，B正確；C、因HCO3-的水解程度大于其電離程度，所以①溶液中：c（H2CO3）>c（CO32-），C錯誤；D、CO32-的第一級水解生成HCO3-，第二級水解生成H2CO3，且以第一級水解為主，所以②溶液中：c(HCO3-)>c(H2CO3)，D正確；答案選C。4、D【解析】A．醋酸和碳酸鈣都應該保留化學式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故A錯誤；B．次氯酸鈣溶液中通入少量SO2氣體發(fā)生氧化還原反應生成CaSO4沉淀，故B錯誤；C．氨水吸收過量SO2反應為NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，離子反應為NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-，故C錯誤；D．氯化亞鐵溶液中加入稀硝酸，二者發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++2H2O+NO↑，故D正確；故選D。5、A【詳解】據(jù)n=可知，該氣體的物質(zhì)的量為1mol，A、該溫度和壓強下，1mol該氣體的體積為30L，不是標準狀況，故A符合題意；B、因該氣體的物質(zhì)的量為1mol，因此若該氣體在標準狀況下為氣體，則其體積約為22.4L，故B不符合題意；C、1mol該氣體含有1.204×1024個原子，則該氣體分子中含有原子個數(shù)為=2，因此該氣體為雙原子分子，故C不符合題意；D、因1mol該氣體在該條件下為30L，由此可知該條件下氣體摩爾體積為30L/mol，故若O2在該條件下為氣態(tài)，則1molO2在該條件下的體積為30L/mol×1mol=30L，故D不符合題意；故答案為A?！军c睛】在不同的溫度和壓強下，每一種條件均有相對應的氣體摩爾體積，其數(shù)據(jù)可能相同，也可能不同，常見標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，在使用時需注明其條件以及該物質(zhì)是否為氣體。6、C【分析】根據(jù)題意可知，制堿過程為NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA?HCl，過程②為TBA的再生過程為，乙烯的氯化過程為C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析?！驹斀狻緼．侯德榜制堿法是先把氨氣通入食鹽水，然后向氨鹽水中通二氧化碳，生產(chǎn)溶解度較小的碳酸氫鈉，再將碳酸氫鈉過濾出來，經(jīng)焙燒得到純凈的碳酸鈉，由圖可知，過程①中的TBA替代了侯德榜制堿法中的氨氣，故A不符合題意；B．根據(jù)分析，過程②的反應為，故B不符合題意；C．根據(jù)分析，過程③為乙烯的氯化過程，反應方程式為：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根據(jù)2CuCl2~C2H4Cl2，理論上每產(chǎn)生需要，故C符合題意；D．根據(jù)分析，過程①中產(chǎn)生的TBA?HCl和氧氣反應生成了TBA，加入到飽和食鹽水中繼續(xù)反應；過程③為C2H4和CuCl2反應生成的CuCl，CuCl繼續(xù)參加過程②的反應，故流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是TBA、CuCl，故D不符合題意；答案選C?！军c睛】將題目中的信息轉化為化學方程式比較容易分析。7、C【詳解】A.Fe能夠與鹽酸反應，但不與氫氧化鈉溶液反應，故A錯誤；B.Fe2O3為堿性氧化物，能夠與鹽酸反應，但不與氫氧化鈉溶液反應，故B錯誤；C.Al與鹽酸反應生成氯化鋁與氫氣，與氫氧化鈉反應反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，故C正確；D.AlCl3與氫氧化鈉溶液反應，但不與鹽酸反應，故D錯誤；答案選C。【點睛】常見的既能和鹽酸反應，又能和氫氧化鈉溶液反應的物質(zhì)有Al、Al2O3、Al(OH)3。8、C【解析】A.二氧化氯具有強氧化性，是一種不產(chǎn)生致癌物的廣譜環(huán)保型殺菌消毒劑，故A說法正確；B.沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅，故B說法正確；C.SO2通入紫色石蕊試液中，由于生成了亞硫酸，溶液顯酸性，使之變紅色；SO2通入高錳酸鉀溶液能將之還原而使溶液的紫紅色褪去，并不是因為二氧化硫的漂白性，是因為SO2具有還原性，故C說法不正確；D.還原鐵粉能被空氣中的氧氣氧化，可以用作食品袋內(nèi)的抗氧化劑，故D說法正確；答案選C?！军c睛】二氧化硫能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，并不是因為二氧化硫的漂白性，而是二氧化硫的還原性；二氧化硫漂白性的特點為能和品紅溶液等有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)。9、D【分析】根據(jù)圖像可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，B一定是氣體，A可能是氣體、液體或固體?！驹斀狻緼.若正反應方向Q＜0，則升高溫度平衡正向移動，C的百分含量增大，T1＞T2，故A正確；B.根據(jù)圖像可知，增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，正方向氣體系數(shù)和減小，所以A可能為氣體，故B正確；C.增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，氣體總質(zhì)量不變或增大，氣體物質(zhì)的量一定減小，，所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，故C正確；D.增大壓強，C的百分含量增大，說明平衡正向移動，正方向氣體系數(shù)和減小，B一定是氣體，故D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查外界條件對化學反應速率、化學平衡移動影響，重點是學生識圖能力的考查，做題時注意分析圖象曲線的變化特點，采取定一議二解答。10、D【詳解】A.金屬離子中的中間價態(tài)離子，比如Fe2＋，既有氧化性又有還原性，A錯；B.常溫下金屬汞呈液態(tài)，B錯；C.有的金屬元素存在變價，比如Fe、Cu等，C錯；D.大多數(shù)金屬單質(zhì)有良好的導電性，是電的良導體，D正確。答案選D。【點睛】11、C【詳解】A．容器I中前5min的平均反應速率v(COCl2)==0.32mol/L?min-1，依據(jù)速率之比等于計量系數(shù)之比，則V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L?min-1，故A錯誤；B．依據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知：Ⅱ和Ⅲ為等效平衡，升高溫度，COCl2物質(zhì)的量減小，說明平衡向逆向移動，則逆向為吸熱反應，正向為放熱反應，故B錯誤；C．依據(jù)方程式：CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2

0轉化濃度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡濃度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反應平衡常數(shù)K==10，平衡時CO轉化率：×100%=80%；依據(jù)Ⅱ中數(shù)據(jù)，結合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)起始濃度(mol/L)

2

2a

0轉化濃度

(mol/L)

1

1

1平衡濃度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ溫度相同則平衡常數(shù)相同則：K==10，解得：a=0.55mol，故C正確；D．CO(g)+Cl2(g)?C0Cl2(g)為氣體體積減小的反應，若起始時向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相當于給體現(xiàn)減壓，減壓平衡向系數(shù)大的方向移動，平衡轉化率降低，小于80%，故D錯誤；故答案為C。12、C【詳解】A．鹽酸與氫氧化鈉溶液的反應為離子反應，但沒有元素化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故A不選；B．過氧化鈉與二氧化碳的反應沒有離子參加，不屬于離子反應，故B不選；C．鈉投入水溶液中的反應為離子反應，且Na、H元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C選；D．二氧化碳通入石灰水中的反應為離子反應，但沒有元素化合價的變化，不屬于氧化還原反應，故D不選；故選C。13、C【分析】氨可作制冷劑，所以W是氮；鈉是短周期元素中原子半徑最大的，所以Y是鈉；硫代硫酸鈉與稀鹽酸反應生成黃色沉淀硫單質(zhì)和刺激性氣味的氣體二氧化硫，所以X、Z分別是氧、硫?！驹斀狻緼.由分析可知，Y是鈉、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半徑減小，故原子半徑：N＞O，Na＞S，S電子層多，原子半徑較大，S＞N；故原子半徑Na＞S＞N＞O，故選A錯誤；B.非金屬性O＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，即W<X，故B錯誤；C.Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫離子會結合少量水電離的氫離子，使得溶液中氫離子濃度降低，然而溶液中氫離子和氫氧根離子濃度的乘積為常數(shù)，此時氫氧根離子弄都就會增大，從而促進了水的電離，故C正確；D.上述刺激性氣體是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有機色質(zhì)，比如說品紅溶液，但是不能使紫色石蕊試液褪色，二氧化硫的漂白原理是與某些有色物質(zhì)結合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，加熱后又會恢復原來的顏色，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】本題考查元素周期表和元素周期律的知識，準確判斷出元素是解答的關鍵，注意從元素及其化合物知識的角度去判斷，例如制冷劑、淡黃色沉淀和刺激性氣味氣體等，然后再根據(jù)元素周期律的知識進行解答，這就需要掌握（非）金屬性的強弱、微粒半徑的大小比較等知識，因此平時學習中要夯實基礎知識，同時應注意知識的靈活運用。元素周期表、元素周期律是學習化學的工具和基本規(guī)律。元素周期表反映了元素的原子結構、元素的性質(zhì)及相互轉化關系的規(guī)律，是根據(jù)元素周期律的具體表現(xiàn)形式，元素周期律是元素周期表排布的依據(jù)。元素的原子半徑、元素的化合價、元素的金屬性、非金屬性、原子核外電子排布都隨著原子序數(shù)的遞增而呈周期性的變化。同一周期的元素原子核外電子層數(shù)相同，從左到右原子序數(shù)逐漸增大；同一主族的元素，原子最外層電子數(shù)相同，從上到下原子核外電子層數(shù)逐漸增大。原子核外電子排布的周期性變化是元素周期律變化的原因，掌握元素的單質(zhì)及化合物的結構、反應條件、物質(zhì)的物理性質(zhì)、化學性質(zhì)等是進行元素及化合物推斷的關鍵。14、C【分析】根據(jù)與物質(zhì)的量相關物理量之間的關系分析。進行有關氣體摩爾體積的計算時，注意條件必須為標準狀況下?！驹斀狻緼.進行有關氣體摩爾體積的計算時，條件為標準狀況下，A錯誤；B.0.1mol氯氣與氫氧化鈉完全反應時，轉移電子數(shù)目為0.1NA，B錯誤；C.100g46%的乙醇水溶液中，乙醇46g，其物質(zhì)的量為1mol，含有氫原子數(shù)為6NA；水54g，3mol，含有氫原子數(shù)為6NA，共計12NA，C正確；D.ICl中，I與Cl對共用電子對的作用力不同，共用電子對偏向Cl，則Cl為-1價，I為+1價，生成NaC1和NaIO時，無電子轉移，D錯誤；答案為C。【點睛】本題C選項難度較大，若不計算水的質(zhì)量，會忽略水中的氫原子，容易出錯。15、B【詳解】A、利用蓋斯定律將①?②可得HF(aq)F?(aq)+H+(aq)ΔH=?10.4kJ?mol?1，故A錯誤；B、依據(jù)反應的熱化學方程式，HF(aq)+OH?(aq)F?(aq)+H2O(1)ΔH=?67.7kJ/mol，得到F?(aq)+H2O(1)HF(aq)+OH?(aq)ΔH=+67.7kJ/mol，水解消耗0.1molF-時，吸收的熱量為6.77kJ，故B正確；C、中和熱是強酸強堿的稀溶液全部反應生成1mol水放出的熱量，弱酸弱堿或濃溶液反應，中和熱不是57.3kJ/mol，故C錯誤；D、HF是弱酸，電離過程依據(jù)A分析可知是放熱，則含1molHF、1molNaOH的兩種溶液混合后放出的熱量大于67.7kJ，故D錯誤。16、C【分析】由X、Y、Z最外層電子數(shù)和為17可以推出元素X為碳元素；Y元素為硫元素，Z為氯元素，Q為第四周期VA，即為砷元素。【詳解】A、元素周期表同主族從上到下原子半徑依次增大，同周期從左向右依次減小，選項A正確；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所對應的化合價分別為-4，＋2、＋4，選項B正確；C、硫元素對應的氧化物二氧化硫的水化物亞硫酸并非是強酸，選項C不正確；D、VA最外層電子數(shù)為5，故最高化合價為＋5，選項D正確。答案選C?！军c睛】本題考查元素周期表、元素周期律的知識，分析元素是解題的關鍵。易錯點為選項D，應分析Q為VA族元素，根據(jù)元素性質(zhì)的相似性、遞變性進行判斷。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基、硝基濃硫酸、濃硝酸+NaOH+NaCln+(n-1)H2O【分析】根據(jù)A的分子式以及D到E的條件是氧化，再結合E的結構簡式，可知A的結構簡式為，試劑a為濃硫酸和濃硝酸加熱的反應，得到B()，通過氯氣光照得C()，C通過氫氧化鈉的水溶液水解得到D()，通過Fe/HCl可知F()；通過已知信息i，可知G的結構簡式()，通過SOCl2結合曲尼司特的結構簡式可知H()，即可解題了。【詳解】(1)E分子中的含氧官能團名稱是羧基和硝基，故答案為：羧基、硝基；(2)試劑a是濃硫酸、濃硝酸，故答案為：濃硫酸、濃硝酸；(3)C→D的反應方程式為+NaOH+NaCl，故答案為：+NaOH+NaCl；(4)一定條件下用F制備高分子的反應方程式n+(n-1)H2O，故答案為：n+(n-1)H2O；(5)H具有順反異構，寫出H的順式異構體的結構簡式，故答案為：；(6)根據(jù)題意可知，結合H的結構簡式，可推知K的結構簡式為，中間產(chǎn)物脫水生成，可知中間產(chǎn)物的結構簡式為：，故答案為：；。18、O=C=O3IANa2O+H2O==2NaOH2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）Fe—2e－=Fe2+NaCl【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的兩倍，A為C元素，B為地殼中含量最多的元素，B為O元素，C是原子半徑最大的短周期主族元素，C為鈉，C與D形成的離子化合物NaCl是常用的調(diào)味品?！驹斀狻慷讨芷谠谹、B、C、D分別為：C、O、Na、Cl。（1）二氧化碳中的碳最外層4個電子，分別與O形成兩個共價鍵，AB2的結構式O=C=O，C元素為鈉元素，在周期表中位于第3周期IA族；（2）B、C組成的一種化合物是氧化鈉，與水發(fā)生化合反應的化學方程式為：Na2O+H2O==2NaOH；（3）電解NaCl的飽和溶液，X為石墨電極，與電源負極相連，作陰極，X電極的電極反應式為2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）。Y為鐵電極，與直流電源正極相連，發(fā)生氧化反應。Y電極的電極反應式為Fe—2e－=Fe2+。（4）常溫下，相同體積的0.2mol·L—1NaCl溶液與0.1mol·L—1Na2CO3溶液中，鈉離子數(shù)相同，碳酸根部分水解，陰離子總數(shù)少于鈉離子，總離子數(shù)目較多的是NaCl溶液。19、Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O防止水蒸氣與過氧化鈉反應，干擾實驗2NO+Na2O2=2NaNO2取少量D管中的固體與試管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成淺黃色沉淀，則有亞硝酸鈉生成?！痉治觥吭谡麄€實驗裝置中，A為NO2的發(fā)生裝置，B為NO的轉化裝置，C為除雜（除去NO中的水份）裝置，D為NO與過氧化鈉的反應裝置，E既可進行尾氣吸收，又可對反應的產(chǎn)物進行判斷，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）A中的物質(zhì)為Cu與濃硝酸，反應的方程式為：Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案為Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；（2）裝置B的目的為將NO2轉化為NO，則需將A中產(chǎn)生的氣體通過盛有水的洗氣瓶，故答案為；（3）因為過氧化鈉會與水反，從而干擾過氧化鈉與NO的反應，故答案為防止水蒸氣與過氧化鈉反應，干擾實驗；（4）①由題意分析可知反應的產(chǎn)物為NaNO2，且無其它氣體產(chǎn)物生成，則反應的方程式為：2NO+Na2O2=2NaNO2，故答案為2NO+Na2O2=2NaNO2；②若反應中有NaNO2生成，則加入硝酸銀溶液會產(chǎn)生淡黃色的亞硝酸銀生成，故答案為取少量D管中的固體與試管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成淺黃色沉淀，則有亞硝酸鈉生成。20、關閉分液漏斗活塞，向E中加水，沒過長導管，微熱燒瓶E中有氣泡停止加熱導管末端形成一段水柱0.6NA4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O吸收空氣中水蒸氣、防止進入D中②③①⑤④取少量產(chǎn)物于試管，加入水，用排水法收集到無色氣體則含鈣【分析】制備Ca3N2應用N2與Ca反應，首先制備N2，Ca3N2在空氣中氧化，遇水會發(fā)生水解，因此需要除去N2中的水蒸氣，以及防止空氣中氧氣和水蒸氣的進入，據(jù)此分析；【詳解】（1）檢驗裝置的氣密性，操作方法是：關閉分液漏斗的活塞，向E裝置中加水，沒過長導管，用酒精燈微熱圓底燒瓶，E中長導管有氣泡冒出，撤去酒精燈，E中長導管有一段水柱存在，說明氣密性良好；答案為：關閉分液漏斗的活塞，向E裝置中加水，沒過長導管，用酒精燈微熱圓底燒瓶，E中長導管有氣泡冒出，撤去酒精燈，E中長導管有一段水柱存在，說明氣密性良好；（2）生成N2的離子方程式為NO2－＋NH4＋N2↑＋2H2O，根據(jù)反應方程式，轉移3mol電子，生成標準狀況下的氣體22.4L，則生成4.48L氣體，轉移電子的物質(zhì)的量為=0.6mol，即轉移電子數(shù)0.6NA；答案為0.6NA；（3）裝置B的作用是吸收氧氣，利用O2的氧化性將Fe2＋氧化，即離子反應方程式為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；Ca3N2遇水發(fā)生水解，因此裝置E的作用是吸收空氣中的水蒸氣，防止進入D中；答案為4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；吸收空氣中的水蒸氣，防止進入D中；（4）檢查裝置氣密性后，因為Ca是活潑金屬，容易與O2反應，因此首先利用N2排除裝置中空氣，即先打開分液漏斗的活塞，然后點燃A處的酒精燈，當排除裝置的空氣后，再點燃D處酒精噴燈，當反應完畢后，熄滅D處酒精燈，讓Ca3N2在N2中冷卻下來，最后熄滅A處的酒精燈，即順序是②③①⑤④；答案為②③①⑤④；（5）Ca3N2與水反應Ca3N2＋6H2O=3Ca(OH)2＋2NH3↑，如果含有Ca，Ca也能水反應：Ca＋2H2O=Ca(OH)2＋H2↑，NH3極易溶于水，H2不溶于水，因此操作是取少量產(chǎn)物于試管中，加入水，用排水法收集到無色氣體，則含有鈣；答案為取少量產(chǎn)物于試管中，加入水，用排水法收集到無色氣體，則含有鈣。【點睛】實驗設計題中，一般按照制氣裝置、除雜裝置、反應或收集裝置、尾氣裝置進行分析