黑龙江省鸡西市2026届化学高二上期中联考模拟试题含解析

黑龙江省鸡西市2026届化学高二上期中联考模拟试题注意事项：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、在一定条件下，在容积为2L的恒容密闭容器中，将2molN气体和3molM气体相混合，发生如下反应：2N(g)+3M(g)xQ(g)+3R(g)，4s后该反应达平衡时，生成2.4molR，并测得Q的反应速率为0.1mol/（L·s），下列有关叙述正确的是A．N的转化率为80%B．0～4s内，混合气体的平均相对分子质量不变C．x值为2D．平衡时M的浓度为0.6mol/L2、有机化合物X、Y、Z的转化关系如图：下列说法正确的是A．X中所有原子一定处于同一平面B．反应①、②的反应类型分别是加成反应、取代反应C．可用酸性KMnO4溶液区分X与ZD．Y的同分异构体有6种(不考虑立体异构)3、下列化学符号书写正确的是（）A．两个氢原子：H2B．镁的化合价+2价：Mg2+C．3个氧分子：3O2D．氯化钡的化学式：BaCl4、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．常温常压下，17g甲基(－14CH3)所含的中子数为9NAB．电解精炼铜的过程中，若阳极减轻64g，则电路中一定通过2NA个电子C．NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gD．1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为NA5、下列离子方程式书写正确的是A．钠与水：Na＋H2O=Na＋＋OH-＋H2↑B．Cl2与水的反应：Cl2+H2O＝2H++Cl-+ClO-C．铜投入浓硝酸中：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO↑+2H2OD．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+6、常温下，分别将四块形状基本相同，质量均为9g的铁块同时投入到下列四种溶液中，产生氢气速率最快的是()A．200mL2mol·L－1盐酸B．50mL2mol·L－1H2SO4溶液C．100mL3mol·L－1盐酸D．500mL6mol·L－1HNO3溶液7、有一种瓦斯分析仪（下图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的的是()A．瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB．电极a的反应式为：CH4+5O2－―8e－＝CO32－+2H2OC．电极b是正极,O2-由电极a流向电极bD．当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移4mol8、化学上，单位质量的纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量叫热值(kJ·g-1)。已知几种物质的燃烧热如下表所示：物质CH4(g)CO(g)CH3CH2OH(l)CH3CH2CH3(g)燃烧热(ΔH)/(kJ·mol-1)-890-283-1366-2220常温常压下，上述可燃物中热值最大的是A．CH4 B．COC．CH3CH2CH3 D．CH3CH2OH9、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A．收集氯气用排饱和食盐水的方法B．加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO310、一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度不再变化时②容器内气体的压强不再变化时③混合气体的总物质的量不再变化时④B的物质的量浓度不再变化时⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化时⑥v正(B)=2v逆(C)时A．①④⑤⑥ B．②③⑥ C．②④⑤⑥ D．只有④11、下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molB．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)=1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ/molD．已知I2(g)＋H2(g)=2HI(g)ΔH1，I2(s)＋H2(g)=2HI(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH212、在一个V升的密闭容器中放入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)，达平衡后A的浓度减小1/2，混合气体平均相对分子质量增大1/8，则该反应方程式中n的值是A．1B．2C．3D．413、在密闭容器中，一定量的混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)zC(g)；平衡时测得A的浓度为0.50mol·L-1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol·L-1。下列有关判断正确的是（）A．x+y<zB．平衡向正反应方向移动C．B的转化率降低D．C的体积分数增大14、下列仪器不可以加热的是A． B． C． D．15、在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molA和1molB，发生下列反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H<0，达到平衡后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化如图。下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是A．保持压强不变，升高反应温度B．保持温度不变，增大容器体积C．保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)D．保持温度和压强不变，充入1molC(g)16、阿司匹林双名乙酰水杨酸（），推断它不应具有的性质（）A．与NaOH溶液反应 B．与金属钠反应C．与乙酸发生酯化反应 D．与乙醇发生酯化反应二、非选择题（本题包括5小题）17、常用药﹣羟苯水杨胺，其合成路线如图。回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为___。1mol羟苯水杨胺最多可以和___molNaOH反应。（2）D中官能团的名称___。（3）A→B反应所加的试剂是___。（4）F存在多种同分异构体。F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式___。18、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。19、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验(一)碘含量的测定取0.0100mol·Lˉ1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(Iˉ)的变化，部分数据如下表：V(AgNO3)/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV－225－200－150－10050.0175275300325实验(二)碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O。请回答：（1）①实验(一)中的仪器名称：仪器A_________，仪器B_________。②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_____mL，计算得海带中碘的百分含量为_______%。（2）①步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_______________。②下列有关步骤Y的说法，正确的是___________________。A．应控制NaOH溶液的浓度和体积B．将碘转化成离子进入水层C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D．NaOH溶液可以由乙醇代替③实验(二)中操作Z的名称是______________________。（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_____________________。20、某探究小组用碘量法来测定样品中N2H4·H2O的含量。取样品5.000g，加水配成250mL无色溶液，已知溶液呈碱性，取25.00mL溶液，用滴定管盛装0.2000mol/L的I2标准液进行滴定。滴定反应中氧化产物和还原产物分别为N2和I－。（1）用_____________填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装I2标准液，在取液、盛装、滴定过程中还需要的玻璃仪器有_____________________________________。（2）滴定过程中，需要加入_____作为指示剂，滴定终点的判断方法___________。（3）滴定前后液面如图所示，所用I2标准液的体积为________________mL。（4）样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_____________________，若滴定过程中，盛放I2标准液的滴定管刚开始有气泡，滴定后无气泡，则测得样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数____________填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。21、（1）一定温度下有：a．盐酸b．硫酸c．醋酸三种酸溶液．（用序号abc填空）①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．②当其pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为_________．将其稀释10倍后，pH由大到小的顺序为_____________（2）某温度下，纯水中的c(H+)=4.0×10-7mol/L,则此温度下纯水中的c(OH-)=______________mol/L;若温度不变,滴入稀NaOH溶液,使c(OH-)=5.0×10-6mol/L,则溶液的c(H+)=_________________mol/L.（3）在25℃时，100ml1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合,混合后溶液的pH=_______________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A．根据化学方程式中计量数之比，结合R的物质的量，计算参加反应N的物质的量，N的转化率=参加反应NB．根据生成的R的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算生成的Q的物质的量，确定反应为气体体积缩小的反应，随着反应的进行混合气体的平均分子质量减小；C．根据v=cVt计算生成Q的物质的量，结合R的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；D．根据生成的R的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的M的物质的量，M的平衡浓度=平衡时M【详解】A．平衡时生成R为2.4mol，参加反应的N的物质的量为2.4mol3×2=1.6mol，则N的转化率为1.6molB、平衡时生成的Q的物质的量为0.1mol/（L·s）×2L×4s=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，反应为气体体积的缩小的反应，0～4s内，随着反应的进行，气体的总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量减小，选项B错误；C．平衡时生成的Q的物质的量为0.1mol/L•s×2L×4s=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，选项C错误；D．反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式可知，参加反应的M的物质的量为2.4mol，故平衡时M的物质的量为3mol-2.4mol=0.6mol，M的平衡浓度为=0.6mol2L0.3mol/L答案选A。【点睛】本题考查了化学平衡计算，反应速率，转化率的计算及应用，掌握基础是关键，题目难度中等。2、B【详解】A.乙烯H₂C=CH₂的所有原子是共面的，X中存在由于C-C单键可以自由旋转，当旋转到纸面上时，所有原子共面了。而当旋转到其他任意角度时，最多只有3个C原子共面了，此时最多只有6个原子共面，所有原子不一定处于同一片面，故A错误；B.反应①中双键变成单键，属于加成反应；反应②Cl原子被羟基取代，属于取代反应，故B正确；C.X中存在碳碳双键可以使酸性KMnO4溶液褪色，Z中有羟基也可以使酸性KMnO4溶液褪色，酸性KMnO4溶液不能区分X与Z，故C错误；D.Y相当于丁烷的二氯代物，一共有9种：CHCl2CH2CH2CH3、CH3CCl2CH2CH3、CH2ClCHClCH2CH3、CH2ClCH2CHClCH3、CH2ClCH2CH2CH2Cl、CH3CHClCHClCH3、CH2ClCH(CH3)CH2Cl、CH3CHCl(CH3)CH2Cl，CH3CH2(CH3)CHCl2，故D错误；故选B。3、C【解析】A、原子的表示方法就是用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字。所以两个氢原子，就可表示为：2H；故A错误；B、元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，所以镁的化合价+2价，故可表示为：Mg+2；故B错误；C、根据分子的表示方法：正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，因此3个氧分子表示为：3O2；故C正确；D、氯化钡是由显+2价的钡元素和显-1价的氯元素组成，根据化合价原则，其化学式为：BaCl2；故D错误；故选【点睛】本题考查化学用语的书写和理解能力，了解化学符号意义是解题的关键。本题的易错点为D，要注意化合物中正负化合价代数和为零。4、D【详解】A.17g甲基（-14CH3）物质的量为1mol，所含的中子数=1mol×（14-6+0）×NA=8NA，故A错误；B.电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极减轻64g时，阳极上失去的电子多于2NA个，故B错误；C.胶体微粒是氢氧化铁的集合体，NA个Fe（OH）3胶体粒子的质量大于107g，故C错误；D.铜与足量硫蒸气反应的化学方程式为：2Cu+SCu2S，所以1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为NA，故D正确。故选D。5、D【解析】Na＋H2O=Na＋＋OH-＋H2↑不符合元素守恒；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子；铜投入浓硝酸中生成NO2；氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵。【详解】钠与水反应的离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，故A错误；次氯酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子，Cl2与水的反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，故B错误；铜投入浓硝酸中生成NO2，反应离子方程式是Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式是Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D正确。【点睛】判断离子方程式正确与否的一般方法：(1)检查反应能否发生；(2)检查反应物、生成物是否正确；(3)检查各物质拆分是否正确；(4)检查是否符合守恒关系；该题有助于培养学生分析问题、解决问题的能力。6、B【解析】A、B、C中氢离子浓度分别为2mol/L、4mol/L、3mol/L，则B中氢离子浓度最大，反应速率最快，而D中硝酸具有强氧化性，与Fe反应不生成氢气，故选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，明确浓度与反应速率的关系是解题的关键，选项D为解答的易错点，要注意硝酸的强氧化性。7、B【解析】本题中固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动；通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e-=2O2-，负极反应为：CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。【详解】A.该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池内电路中O2-由电极b流向电极a，故A错误；B.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O，故B正确；C.电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a)，故C错误；D.1molO2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1molO2-通过时，电子转移2mol，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了新型化学电池、原电池原理的应用，本题的关键在于电池的电解质不是水溶液，而是熔融的电解质，O2-可以在其中自由移动，故正极反应为O2+4e-=2O2-。8、A【详解】1g物质完全燃烧放出的热量分别是：CH4：=55.6kJ/g，CO：=10kJ/g，CH3CH2OH(l)：=29.7kJ/g，CH3CH2CH3(g)：=50.5kJ/g，可燃物中热值最大的是甲烷，故选：A。9、B【详解】A．氯气溶于水的反应是可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度大，可以降低Cl2的溶解度，收集氯气用排饱和食盐水的方法可以用勒夏特列原理解释，正确；B．催化剂不影响平衡，只影响速率，故加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3不能用勒夏特列原理解释，错误；C．氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，氢氧化钠固体加入浓氨水中，OH-浓度增大，平衡逆向移动，促使氨气逸出，能用勒夏特列原理解释，正确；D．2SO2+O22SO3是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，增大二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，正确；故选B。10、A【详解】①在恒容条件下，气体的总体积V恒定，反应体系中有固体A参与，所以气体的质量为一个变化的量，可知密度为一个变化的量，当密度不变时可以看作是达到化学平衡，故①正确；②此题为恒温恒容，反应前后气体物质的量不变的反应，由PV=nRT可知压强P为一个恒定的值，故压强不变不能说明达到平衡，故②错误；③反应前后气体的化学计量数相等，即该可逆反应是一个气体物质的量不变的反应，不管是否平衡，气体的物质的量都是不变的，故③错误；④可逆反应为一个整体，B物质的量浓度不变，则体系中其他气体的浓度均不再变化，故④正确；⑤反应体系中有固体A参与，所以气体的质量m为一个变化的量，反应前后气体的化学计量数相等，说明气体总物质的量n为一个恒定的量，所以M为一个变化的量，若M不变，说明已经达到平衡，故⑤正确；⑥当反应正逆反应速率相等时，说明已经达到平衡，故⑥正确，能表明该反应已达到平衡状态的有①④⑤⑥，故选A。11、C【解析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的时候所放出的热量，生成物中水是液态时才是稳定的氧化物，选项A错误；B、石墨转化为金刚石吸热，表明金刚石的能量高，不稳定，选项B错误；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1摩尔水和可溶性盐的时候所放出的热量，选项C正确；D、在比较焓变的时候，要带上负号来比较，碘升华时吸热，故后者反应时放热少，故ΔH1<ΔH2，选项D错误。答案选C。12、A【解析】3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)达到平衡后，混合气体的平均摩尔质量增大，则该反应为气体体积缩小的反应，以此来解答。【详解】在一个V升的密闭容器中放入2molA(g)和1molB(g)，在一定条件下进行如下反应：3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)，达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量增大，由M=mn可以知道，A、B、C、D均为气体，由质量守恒定律可以知道，气体的总质量不变，则该反应为气体体积缩小的反应，即3+1>n+2，

所以n<2，则n必为1，

所以A选项是正确的。【点睛】本题比较简单，主要考查了反应中平均相对分子质量和平衡移动的关系。解题时抓住平均相对分子质量等于总质量除以总物质的量这一关键，n为系数，必为整数，要掌握巧解方法。13、C【详解】A．将容器的容积扩大到原来的3倍，若再次达到平衡时为等效平衡，则A的浓度应为mol·L-1，而实际上A的浓度要大于mol·L-1，说明增大体积压强减小的过程中平衡逆向移动，说明x+y>z，故A错误；B．根据A选项分析可知平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故答案为C。【点睛】解答该题时不能简单认为A的浓度由0.50mol·L-1变为0.30mol·L-1，浓度减小说明平衡正向移动，要注意体积改变对A的浓度的影响。14、D【详解】A、为烧杯，可垫上石棉网加热，故A不符合题意；B、为试管，可直接加热，加热前应先预热，防止局部过热，故B不符合题意；C、圆底烧瓶垫上石棉网加热，故C不符合题意；D、容量瓶不能加热，使用容量瓶有温度限制，一般容量瓶上都标有温度（25℃），故D符合题意；综上所述，本题正确答案为D。15、D【详解】A.该反应是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，A项错误；B．保持温度不变，增大容器体积，正、逆反应速率均减小，速率曲线在原直线下方，B项错误；C.保持温度和容器体积不变，充入1molC(g)，相当于增大压强，正逆反应速率均增大，速率曲线在原直线上方，C项错误；D.保持温度和压强不变，充入1molC(g)，C(g)的瞬间，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，正反应速率降低，平衡向逆反应方向移动，D项正确；答案选D。16、C【分析】

【详解】A．分子中含有酯基和羧基，都可与氢氧化钠反应，A不选；B．含有羧基，可与钠反应生成氢气，B不选；C．分子中不含羟基，与乙酸不反应，C选；D．含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，D不选，答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于考查学生化学知识的应用能力，准确判断出分子中含有的官能团，并结合相应官能团的结构和性质进行知识的迁移灵活应用是解答的关键，注意把握有机物常见官能团的性质。二、非选择题（本题包括5小题）17、C13H11NO33羟基、硝基浓硝酸和浓硫酸、、【分析】苯与氯发生取代反应得到氯苯A，根据题目给出的信息可知D中含有硝基，这个硝基只能是A到B的过程中引入的，而产物中左边的苯环上的取代基是对位的，因此B为对硝基氯苯，碱性条件下水解得到对硝基苯酚钠C，加酸中和后得到对硝基苯酚D，还原后得到对氨基苯酚E，根据F的分子式和最终产物的结构不难推出F是邻羟基苯甲酸（水杨酸），E和F脱水形成肽键，得到最终产物，据此来分析题目即可。【详解】（1）根据结构得出其化学式为C13H11NO3，首先2个酚羟基能消耗2个氢氧化钠，水解后形成的羧酸又能消耗1个氢氧化钠形成羧酸盐，因此1mol产物一共可以消耗3mol氢氧化钠；（2）D为对硝基苯酚，其中含有的官能团为硝基和羟基；（3）根据分析，A→B是硝化反应，需要的试剂为浓硝酸和浓硫酸；（4）能和氯化铁发生显色反应证明有酚羟基，能发生银镜反应证明有醛基，然后还有4种等效氢，一共有3种符合条件的同分异构体，分别为、、。18、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。19、坩埚500mL容量瓶20.00mL0.635%液体分上下两层，下层呈紫红色AB过滤主要由于碘易升华，会导致碘的损失【详解】(1)①根据仪器的构造分析，灼烧海带的仪器为坩埚，通过仪器B配制500mL含有碘离子的浸取溶液的仪器为500mL容量瓶。②通过表中数据分析，当加入20.00mL硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗20.00mL硝酸银溶液。20.00mL硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为0.0100mol/L×0.02L=0.0002mol，则500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为0.001mol，说明20.00克该海带中含有0.001mol碘离子，所以海带中碘的百分含量为127g/mol×0.001mol/20.000g=0.635%。(2)①碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水，所以萃取后分液漏斗观察的现象为：液体分上下两层，下层呈紫红色；②A．发生反应3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制氢氧化钠溶液的浓度和体积确保I2完全反应，同时减少后续实验使用硫酸的量，故正确；B．根据反应3I2＋6NaOH＝5NaI＋NaIO3＋3H2O可知，步骤Y将碘转化为离子进入水层，故正确；C．该操作的主要目的是将碘单质转化为碘酸钠、碘化钠，将碘转化为离子进入水层，不是除去有机杂质，故错误；D．乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故错误。故选AB。③步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成。(3)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理。20、酸式碱式滴定管、锥形瓶、烧杯淀粉当滴入最后一滴I2标准液，溶液颜色由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色18.1018.1%偏大【解析】(1)根据碘水显酸性分析判断，结合滴定的操作步骤分析需要的仪器；(2)根据碘单质的特征性质来分析选择指示剂，根据题意反应的方程式为N2H4+2I2═N2+4HI，根据反应后的产物判断终点现象；(3)滴定管的读数是由上而下标注的，根据图示解答；(4)根据反应的方程式列式计算；结合c(待测)=c(标准【详解】(1)碘水显酸性，且能够橡胶中的碳碳双键发生加成反应，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中；滴定中用锥形瓶盛待