2026屆遼寧省丹東市鳳城市通遠堡高級中學化學高三上期中聯(lián)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、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的抗氧化劑2、關于三種有機物敘述正確的是（-SH的性質類似于-OH）（）甲：阿司匹林乙：青霉素氨基酸丙：麻黃堿A．三種有機物都能發(fā)生消去反應B．三種有機物都能與NaOH反應C．甲的苯環(huán)上的一氯代物有2種D．丙的分子式為C10H15ON，苯環(huán)上的一氯代物有3種3、綠色化學助力可持續(xù)發(fā)展。下列不屬于綠色化學范疇的是A．利用二氧化碳和環(huán)氧化合物合成可生物降解塑料B．開發(fā)光、電催化技術用H2O和O2直接合成H2O2C．推進大氣污染治理、固體廢物處置和資源化利用D．發(fā)展用水代替有機溶劑作為物質制備的分散介質4、Na2FeO4是一種高效多功能水處理劑，應用前景十分看好。一種制備Na2FeO4的方法可用化學方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，對此反應下列說法中正確的是A．Na2O2只作氧化劑B．Na2FeO4既是氧化產物又是還原產物C．O2是還原產物D．2molFeSO4發(fā)生反應時，反應中共有8mol電子轉移5、下列事實不能用元素周期律解釋的是A．堿性：NaOH＞Mg(OH)2B．酸性：H2SO4＞HClOC．穩(wěn)定性：HBr＞HID．氧化性：O2＞S6、短周期元素M和N的離子M2+和N2-具有相同的電子層結構，則下列說法正確的是（）。A．M2+的離子半徑比N2-小 B．M的原子序數(shù)比N小C．M和N原子的電子層數(shù)相等 D．M和N原子最外層電子數(shù)相等7、下列化學用語正確的是A．Be原子的核外電子排布式：1s22s22p1B．Ar原子的結構示意圖為：C．氯化銨的電子式D．CO2分子的結構式：O＝C＝O8、三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O)難溶于水，在醫(yī)療上可做抗酸劑。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3還可覆蓋在有潰瘍的胃表面，緩解刺激。將0.184g三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1鹽酸中，充分反應后，濾去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的鹽酸，消耗NaOH溶液30mL，則n為A．6B．5C．4D．39、利用海洋資源獲得的部分物質如圖所示．下列說法正確的是A．從海水中獲取淡水，歷史最久的方法是離子交換法B．實驗室中從海帶中獲得I2，需要用到的主要儀器有蒸發(fā)皿、漏斗、燒杯、分液漏斗等C．用Na2CO3溶液吸收從苦鹵中吹出的單質溴時，發(fā)生的化學反應可以是3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2或3Br2+6Na2CO3+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3D．用貝殼、鹽酸等從苦鹵中提取鎂時，發(fā)生反應的類型有化合、分解、置換和復分解10、“三效催化轉換器”可將汽車尾氣中的有毒氣體處理為無污染的氣體，下圖為該反應的微觀示意圖（未配平），其中不同符號的球代表不同種原子。下列說法不正確的是（）A．反應屬于氧化還原反應 B．丁物質一定是非金屬單質C．配平后甲、乙、丙的化學計量數(shù)均為2 D．甲和丙中同種元素的化合價不可能相等11、絕熱容器中發(fā)生反應：3Z（s）X（g）＋2Y（g）△H＝akJ·mol－1（a＞0）。下列說法不正確的是A．將0.3molZ置于容器中充分反應生成氣體的物質的量一定小于0.3molB．達到化學平衡狀態(tài)時，氣體平均摩爾質量不變C．容器中放入3molZ，達到化學平衡狀態(tài)時，反應吸收的總熱量為akJD．容器溫度不變，反應已經達到平衡12、在稀硫酸中加入銅粉，銅粉不溶解，再加入下列固體粉末，銅粉可以溶解的是A．FeB．Na2SO4C．KNO3D．FeCl213、下列相關條件下的離子方程式書寫正確的是A．侯德榜制堿法的反應之一：Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+B．泡沫滅火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑C．碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液：Mg2++2+2OH-＝2H2O+MgCO3↓+D．一定量的明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成沉淀質量最大時：2Al3++3+3Ba2++6OH-＝2Al(OH)3↓十3BaSO4↓14、下圖中的實驗方案，能達到實驗目的的是選項ABCD實驗方案將NO2球浸泡在冰水和熱水中實驗目的探究溫度對平衡2NO2

N2O4的影響比較HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性強弱除去CO2氣體中混有的SO2驗證FeCl3對H2O2分解反應有催化作用A．A B．B C．C D．D15、實驗室通過稱量樣品受熱脫水前后的質量來測定x值，下列情況會導致測定值偏低的是()A．實驗前試樣未經干燥 B．試樣中含有少量碳酸氫銨C．試樣中含有少量氯化鈉 D．加熱過程中有試樣迸濺出來16、將1．1mol·L－1的下列物質的水溶液，從常溫加熱到91℃，溶液的pH不變的是A．氯化鈉 B．硫酸 C．氫氧化鉀 D．硫酸銨二、非選擇題（本題包括5小題）17、下表為元素周期表的一部分：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二CN①三②③④P⑤⑥請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）表中元素，原子半徑最大的是_______（填元素符號）；①的核外電子排布式______；⑤的最外層核外電子的軌道表示式______；③和⑥兩元素形成化合物的電子式為________。（2）②③④三種元素最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的是________（填該物質化學式）。（3）比較④、⑤兩種元素的簡單離子半徑：___>___（填離子符號）;元素④最高價氧化物對應的水化物與硝酸反應的離子方程式為____________________________。（4）列舉兩個事實來證明元素①比元素⑤的非金屬性強______；___________。18、功能高分子P可用作光電材料，其合成路線如下：已知：i:（R,R’表示氫或烴基）ii.iii.（1）烴A的相對分子質量是26，其結構簡式是_________。（2）反應①的反應類型是__________。（3）C中含有的官能團名稱是___________。（4）D為苯的同系物，反應③的化學方程式是_________。（5）G的結構簡式是__________。（6）反應⑨的化學方程式是__________。（7）反應⑤和⑦的目的是___________。（8）以乙炔和甲醛為起始原料，選用必要的無機試劑合成1，3-丁二烯，寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）。___________19、下列有關實驗的描述正確的是（）A．實驗室配制CuCl2溶液時，需加入鹽酸來抑制Cu2+水解B．定容時仰視容量瓶的刻度線，會導致所配溶液的濃度偏高C．用NaOH標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，未潤洗錐形瓶會導致結果偏低D．稱取2.0gNaOH固體時，先將天平調平，再將游碼調至2.0g，向左盤加NaOH固體至天平平衡20、現(xiàn)有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1：①稱取一定質量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體17.22g。實驗2：①稱取與實驗1中相同質量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中，通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒至質量不再減少，得到固體物質4g。根據實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________________________。（2）實驗室配制FeCl2溶液時通常會向其中加入少量試劑________________。（3）“實驗2”通入足量Cl2的目的是_________。涉及的化學反應的離子方程式是__________。（4）檢驗“實驗2”的步驟④中沉淀已經洗滌干凈的方法是________________。（5）加熱FeCl3溶液，并將溶液蒸干時，通常不能得到FeCl3固體，請以平衡的觀點解釋其原因（化學方程式與文字相結合來說明）____________________________________。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因為FeCl3溶液能使血液聚沉，這涉及膠體的相關性質。以下關于膠體的說法正確的是________A．膠體的分散質能透過濾紙B．實驗室制備膠體Fe(OH)3膠體，是將飽和FeCl3溶液滴入熱的NaOH溶液中，加熱至溶液變?yōu)榧t褐色C．當光束通過膠體時能產生丁達爾效應D．膠體、溶液、濁液中，含分散質粒子直徑最大的分散系是膠體（7）通過實驗所得數(shù)據，計算固體樣品中FeCl3和FeCl2的物質的量之比是________。21、NH3可用于生產硝酸和尿素。（1）生產硝酸：①NH3催化氧化是工業(yè)制硝酸的第一步反應，其化學方程式是______________。②除此之外，相同條件下還可能發(fā)生以下副反應：4NH3（g）＋4O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）4NH3（g）＋3O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）兩個副反應在理論上趨勢均很大，但實際生產中影響并不大，原因是______________。（2）生產尿素：①尿素的合成分兩步進行；a.2NH3（g）＋CO2（g）NH2COONH4（l）b.NH2COONH4（l）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）則總反應2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）的＝_____________。②下圖為n（NH3）：n（CO2）＝4：1時，溫度對CO2的轉化率的影響。解釋溫度升高CO2的平衡轉化率增大的原因：______________。③測定尿素樣品含氮量的方法如下：取ag尿素樣品，將所含氮完全轉化為NH3，所得NH3用過量的v1mLc1mol·L－1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L－1NaOH溶液恰好中和，則尿素樣品中氮元素的質量分數(shù)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.二氧化氯具有強氧化性，是一種不產生致癌物的廣譜環(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化合生成不穩(wěn)定的無色物質。2、D【詳解】A．阿司匹林不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B．阿司匹林含有羧基，青霉素氨基酸含有羧基，它們都可與NaOH反應，麻黃堿不含羧基，也不含酚羥基，它不能用與NaOH反應，B錯誤；C．甲的苯環(huán)上有4種等效氫，苯環(huán)上的一氯代物有4種，C錯誤；D．麻黃堿的分子式為C10H15ON，苯環(huán)上有3種等效氫，苯環(huán)上的一氯代物有3種，故D正確；故選D。3、C【詳解】A．利用二氧化碳和環(huán)氧化合物合成聚碳酸酯類，在微生物作用下可分解，即聚碳酸酯類屬于可生物降解塑料，能夠減少塑料對環(huán)境造成的污染，符合綠色化學要求，有利于可持續(xù)發(fā)展，A不符合題意；B．開發(fā)光、電催化技術用H2O和O2直接合成H2O2，原子利用率達到100%，符合節(jié)能、減排要求，符合綠色環(huán)保要求，B不符合題意；C．綠色化學是原子利用率達到100%，從源頭上杜絕污染物的產生與排放，而不是對已經產生的污染進行處理，不符合綠色化學要求，C符合題意；D．用水代替有機溶劑可減少污染，符合綠色化學要求，D不符合題意；答案選C。4、B【分析】從化合價變化的角度分析氧化還原反應中的有關概念的判斷，根據化合價升降的數(shù)目計算反應中的電子轉移數(shù)目。2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑反應中，鐵元素的化合價升高，由+2價升高到+3價，Na2O2中元素的化合價既升高又降低。據此分析解答?！驹斀狻緼.Na2O2中元素的化合價既升高又降低，反應中既是氧化劑又是還原劑，故A錯誤；B.FeSO4→Na2FeO4，鐵的化合價升高，Na2FeO4是氧化產物，Na2O2→Na2FeO4，氧元素化合價降低，Na2FeO4是還原產物，故B正確；C.Na2O2→O2，氧元素化合價升高，O2是氧化產物，故C錯誤；D.反應中化合價升高的元素有Fe，由+3價→+6價，化合價升高的元素還有O元素，由-2價→0價，2molFeSO4發(fā)生反應時，共有2mol×3+1mol×4=10mol電子轉移，故D錯誤。答案選B。5、B【解析】A、同周期自從左到右金屬性逐漸增強，最高價氧化物水化物的堿性逐漸增強，與元素周期律有關，選項A不選；B、含氧酸中非羥基氧原子個數(shù)越多酸性越強，與元素周期律沒有關系，選項B選；C、同主族元素由上到下元素的非金屬性逐漸減弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，則穩(wěn)定性：HBr＞HI能用元素周期律解釋，選項C不選；D、同主族元素由上到下元素的非金屬性逐漸減弱，單質的氧化性逐漸減弱，則氧化性：O2＞S能用元素周期律解釋，選項D不選。答案選B。6、A【分析】M、N在周期表中位置如圖所示：【詳解】A、電子層數(shù)相同，M2+的質子數(shù)大半徑小，正確；B、錯誤；C、M原子的電子層數(shù)比N多1層，錯誤；D、M和N原子最外層電子數(shù)分別為2和6個，錯誤。7、D【詳解】A、Be的核外有4個電子，核外電子排布式為：1s22s2，故A錯誤；B、Ar的核電荷數(shù)為18而不是20，故B錯誤；C、氯化銨為離子化合物，銨根離子和氯離子都需要標出所帶電荷及最外層電子，正確的電子式為，故C錯誤；D、CO2分子中含有兩個碳氧雙鍵，其結構式為：O═C═O，故D正確。答案選D。【點睛】本題考查了常見化學用語的表示方法判斷，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。8、A【解析】試題分析：由題意知，三硅酸鎂可以和鹽酸反應生成的H2SiO3和氯化鎂。將0.184g三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1鹽酸中，充分反應后，濾去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的鹽酸，消耗NaOH溶液30mL，則剩余的鹽酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50mL0.1mo1·L－1鹽酸中含0,005mol溶質，所以與三硅酸鎂反應的鹽酸為0.002mol。由4HCl~Mg2Si3O8·nH2O可以求出三硅酸鎂的物質的量為0.0005mol，求出三硅酸鎂的摩爾質量為g/mol，則24，解之得n為6，A正確，本題選A。9、C【詳解】A．從海水中獲取淡水歷史最悠久的方法是蒸餾，故A錯誤；B．提取海帶中的碘元素不需要溶液蒸發(fā)，不需要蒸發(fā)皿，故B錯誤；C.用Na2CO3溶液吸收從苦鹵中吹出的單質溴時發(fā)生歧化反應，若碳酸鈉少量生成溴化鈉、溴酸鈉和二氧化碳，若碳酸鈉過量，生成的二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，故C正確；D．海水提取鎂單質的過程中發(fā)生的反應有：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，所以涉及的反應有化合反應、復分解反應和分解反應，不涉及置換反應，故D錯誤。故選C?！军c睛】本題考查了海水資源的綜合利用，主要是海水獲取淡水、提取碘單質、金屬鎂、溴單質等生產流程的分析判斷，掌握基礎是解題關鍵。海水中含有大量的化學物質，可從海水中提取大量的食鹽、鎂、溴、碘、鉀等有用物質，海水素有“液體工業(yè)原料”之美譽?；A知識有：海水曬鹽；氯堿工業(yè)；海水提溴流程；海水提鎂流程。10、D【詳解】根據變化的微觀示意圖，可知該反應為：2NO+2CO=N2+2CO2；A．該反應中氮元素的化合價由+2價降低到0價，碳元素化合價由+2價升高到+4價，元素化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，故A正確；B．丁物質為氮氣單質，屬于非金屬單質，故B正確；C．配平后反應為2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化學計量數(shù)均為2，故C正確；D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合價都為-2價，故D錯誤；故答案為D。【點睛】考查氧化還原反應、質量守恒定律，解題難點是根據微觀示意圖準確得出NO+CO→N2+CO2的反應原理是解題關鍵，再從化合價變化的角度分析氧化還原反應，結合質量守恒分析即可，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力。11、C【詳解】A、可逆反應的反應物不會完全轉化為產物，將0.3molZ置于容器中充分反應生成氣體的物質的量一定小于0.3mol，故A正確；B、氣體平均摩爾質量等于氣體質量和物質的量的比值，反應氣體質量和物質的量都變化，達到化學平衡狀態(tài)時，氣體平均摩爾質量不變，故B正確；C、容器中放入3molZ，達到化學平衡狀態(tài)時，消耗的Z的物質的量小于3mol，反應吸收的總熱量小于akJ，故C錯誤；D、反應伴隨吸熱，反應過程中會伴隨溫度的變化，變量不變的狀態(tài)是平衡狀態(tài)，容器溫度不變，反應已經達到平衡，故D正確；故選C?！军c睛】反應達到平衡的標志是各物質的量不變、正逆反應速率相等。也可以說當隨反應進行改變的物理量不變時反應達到平衡。如B選項，氣體平均摩爾質量等于氣體質量和物質的量的比值，反應氣體質量和物質的量都變化，達到化學平衡狀態(tài)時，氣體平均摩爾質量不變。12、C【解析】A.銅不溶解，只有鐵和硫酸反應放出氫氣，故A錯誤；B.Na2SO4不能與銅反應，故B錯誤；C.硝酸根與原溶液中的H+在一起可發(fā)揮其氧化性，跟銅反應，生成一氧化氮，硝酸銅和水，故C正確；D.銅不能與FeCl2反應，故D錯誤；故選C。13、A【詳解】A．侯德榜制堿法的反應之一，是往飽和NaCl氨溶液中通入CO2，生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，離子方程式為Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+，A正確；B．泡沫滅火器的滅火原理，是往硫酸鋁溶液中加入碳酸氫鈉溶液，反應為Al3++3＝Al(OH)3↓+3CO2↑，B不正確；C．因為MgCO3微溶于水，氫氧化鎂難溶于水；碳酸氫鎂溶液中滴加過量的燒堿溶液，反應為Mg2++2+4OH-＝2H2O+Mg(OH)2↓+2，C不正確；D．明礬溶液中滴加Ba(OH)2，生成沉淀質量最大時，應為完全沉淀，反應為：Al3++2+2Ba2++4OH-＝十2BaSO4↓+2H2O，D不正確；故選A。14、A【分析】A．升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應方向移動；B．鹽酸也和硅酸鈉溶液反應生成硅酸；C．二氧化碳和碳酸鈉溶液反應；D．兩個實驗中溫度、催化劑都不同。【詳解】A．升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應方向移動，其它條件相同，只有溫度不變，所以可以探究溫度對平衡的影響來分析，選項A正確；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氫，氯化氫也能和硅酸鈉反應對實驗造成干擾，所以不能判斷HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性強弱，選項B錯誤；C．二氧化碳和碳酸鈉溶液反應，所以不能用飽和碳酸鈉溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，可以用飽和碳酸氫鈉除去二氧化碳中的二氧化硫，選項C錯誤；D．兩個實驗中溫度、催化劑都不同，所以不能驗證催化劑對反應速率的影響，選項D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查了實驗方案評價，涉及化學平衡和反應速率的影響因素的探究、酸性強弱的判斷、除雜等知識點，注意：探究外界影響因素時，必須其它條件相同、只有一個條件不同時才能得出正確結論，為易錯點。15、C【解析】A.實驗前試樣未經干燥，加熱后剩余固體質量偏少，導致結晶水含量偏高，A不符合題意；B.試樣中含有少量碳酸氫銨，碳酸氫銨受熱分解成氨氣、二氧化碳和水，加熱分解后剩余固體質量偏少，導致結晶水含量偏高，B不符合題意；C.試樣中含有少量氯化鈉，氯化鈉受熱不分解，加熱分解后剩余固體質量偏大，導致結晶水的含量偏低，C符合題意；D.加熱過程中有試樣迸濺出來，加熱分解后剩余固體質量偏少，會使結晶水的質量偏高，導致結晶水的含量偏高，D不符合題意；故合理選項是C。16、B【詳解】A．氯化鈉溶液常溫下呈中性，pH=7，加熱到91℃，Kw增大，c（H+）=c（OH－），溶液仍呈中性，但Kw增大，c（H+）和c（OH－）均增大，pH減小，A項錯誤；B．1．1mol/L硫酸中c（H+）=1．2mol/L，加熱到91℃，c（H+）不變，pH不變，B項正確；C．1．1mol/LNaOH溶液中c（OH－）=1．1mol/L，升溫到91℃，c（OH－）不變，但Kw增大，所以c（H+）增大，pH減小，C項錯誤；D．硫酸銨是強酸弱堿鹽，NH4＋水解溶液顯酸性，溫度升高，水解程度增大，酸性增強，pH減小，D項錯誤；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na1s22s22p4NaOHS2—Al3+Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O熱穩(wěn)定性H2O比H2S強H2S水溶液在空氣中變渾濁【分析】由周期表的相對位置可知，①為O元素、②為Na元素、③為Mg元素、④為Al元素、⑤為S元素、⑥為Cl元素?！驹斀狻浚?）由同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半徑最大；O元素的核電荷數(shù)為8，最外層電子數(shù)為6，則核外電子排布式為1s22s22p4；S元素的價電子排布式為3s23p4，則軌道表示式為；鎂元素和氯元素形成的化合物為氯化鎂，氯化鎂為離子化合物，電子式為，故答案為Na；1s22s22p4；；；（2）金屬元素的金屬性越強，元素最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，同周期元素Na、Mg、Al的金屬性依次減弱，則堿性最強的是NaOH，故答案為NaOH；（3）同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑S2—>Al3+；氫氧化鋁與硝酸反應生成硝酸鋁和水，反應的離子方程式為Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案為S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（4）元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，O的非金屬性大于S，則熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁，是由于發(fā)生如下反應：2H2S+O2=2S+2H2O，反應說明O2的氧化性大于S，則O的非金屬性強，故答案為熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁；【點睛】元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定；H2S水溶液在空氣中變渾濁說明O2的氧化性大于S；在一定條件下，O2與Cu反應生成CuO，S與Cu反應生成Cu2S，說明O2的氧化性大于S等事實都能說明O的非金屬性大于S。18、加成反應碳碳三鍵、溴原子保護苯環(huán)上的（酚）羥基【解析】（1）分子量為26的烴一定有2個碳原子，這樣就只能連兩個氫原子湊成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），結構簡式為。（2）反應①進行的一定是題目給出的已知ⅰ，該反應為用碳碳三鍵一端的H原子對碳氧雙鍵進行加成，得到炔醇類化合物，所以反應①的反應類型是加成反應。得到的B為CH≡C-CH2OH。B與HBr發(fā)生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。（3）B與HBr發(fā)生取代得到（C）CH≡C-CH2Br。C中含有的官能團為碳碳三鍵和溴原子。（4）D為苯的同系物，根據反應③的生成物，D只能是對二甲苯（）。所以反應為。（5）反應④將溴原子水解，再酸化得到（E），與CH3I發(fā)生已知中的反應ⅲ得到，經高錳酸鉀氧化為（F），再與HI發(fā)生題目已知的反應ⅱ，得到（G）。（6）C和G發(fā)生取代得到（H），H發(fā)生加聚反應得到最后產物，所以方程式為。（7）用高錳酸鉀氧化甲基為羧基的過程中，要防止氧化酚羥基，所以設計反應⑤和⑦，對酚羥基進行保護。（8）乙炔有兩個碳原子，甲醛只有一個碳原子，所以必須用一個乙炔結合兩個甲醛以生成最終的四個碳原子的化合物。結合題目信息，一定選擇乙炔和兩個甲醛進行加成，后續(xù)過程就很好理解了。所以路線為：19、A【詳解】A.Cu2+是弱堿陽離子，易水解，水解生成氫氧化銅和H+，所以加入鹽酸可以抑制水解，故A正確；B.仰視容量瓶的刻度線，會使液體體積偏大，從而濃度偏小，故B錯誤；C.未潤洗錐形瓶對實驗結果無影響，故C錯誤D.NaOH固體易潮解，應該放入燒杯中稱量，故D錯誤；答案選A。20、燒杯、玻璃棒稀鹽酸、鐵粉將Fe2＋全部轉化為Fe3＋2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－向洗滌后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，如果沒有白色沉淀生成，說明沉淀已經洗滌干凈FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加熱條件下，由于HCl易揮發(fā)，生成物濃度減小，導致平衡不斷向右移動，故最后不能得到FeCl3固體AC2∶3【解析】（1）溶解所用到的儀器為：燒杯、玻璃棒；（2）為了防止FeCl2溶液水解、氧化應加入稀鹽酸、鐵粉；（3）“實驗2”通入足量Cl2的目的是將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）首先要明確沉淀中所含雜質，此題中的雜質是Na+、Cl-，檢驗沉淀是否洗滌干凈，只要檢驗洗滌后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一種就可以；（5）因為FeCl3易水解，且HCl易揮發(fā)，加熱促進了FeCl3水解及HCl的揮發(fā)，所以不能得到FeCl3固體；（6）根據分散質粒子直徑的大小把分散系分為：膠體、溶液、濁液；丁達爾效應是膠體特有的性質；（7）有關混合物的計算，利用元素守恒來解答?！驹斀狻浚?）溶解所用到的儀器為：燒杯、玻璃棒；故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）防止溶液里的Fe2+被氧化要加入鐵粉，防止亞鐵離子水解需要加入對應酸，實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量試劑鐵粉、稀鹽酸，故答案為：鐵粉、稀鹽酸；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：將Fe2+全部轉化為Fe3+；2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；（4）檢驗沉淀已經洗滌干凈的方法是：向洗滌后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，如果沒有白色沉淀生成，說明沉淀已經洗滌干凈；故答案為：向洗滌后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，如果沒有白色沉淀生成，說明沉淀已經洗滌干凈；（5）因為FeCl3易水解，且HCl易揮發(fā)，加熱促進了FeCl3水解及HCl的揮發(fā)，所以不能得到FeCl3固體；故答案為：FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加熱條件下，由于HCl易揮發(fā)，生成物濃度減小，導致平衡不斷向右移動，故最后不能得到FeCl3固體；（6）A.膠體的分散質能透過濾紙，故A正確；B.實驗室制備Fe(OH)3膠體，是向沸水中逐滴加入飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸，至溶液變?yōu)榧t褐色；故B錯誤；C.丁達爾效應是膠體特有的性質,故C正確；D.膠體、溶液、濁液中，含分散質粒子直徑最大的分散系是濁液，故D錯誤；故選AC。（7）設F