=2HNO3 + NO，转移电子数为0.2NA，故A错误；B. 常温常压下，四氯化碳不是气体，无法计算22.4LCCl4的物质的量，故B错误；C. 1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2混合物，钠都变成+1价的钠离子，转移的电子数为NA，故C正确；D. 18 g D2O的物质的量为mol×10=9mol，故D错误；故选C。 14．D
【解析】A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl,故A错误；B. CO2的比例模型
，故B错误；
18g99= mol，所含的电子为
20g/mol1010C. NH4Cl的电子式：D。 15．C 【解析】 【分析】 【详解】
，故C错误； D. H2F+的电子式：，故D正确，故选
A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；
B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确； C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；
D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确。 答案选C。 16．D
【解析】分析：聚苯乙烯属于加聚产物，结合其结构简式分析判断。
详解：聚苯乙烯的结构简式为，因此其单体是苯乙烯，发生的加聚反应的化学反应方程式
为。
答案选D。
点睛：判断加聚产物的单体时可以从以下几个角度考虑：①凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；②凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；③凡链节中主碳链为6个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)。
17．B
【解析】分析：原子的构成中，元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质子数+中子数=质量数。
详解：放射性同位素氡22286Rn质子数为86，质量数为222，则中子数=222-86=136，该同位素原子的中子数和核外电子数之差为136-86=50，故选B。
点睛：解题的关键：掌握并灵活运用原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数、质量数=质子数+中子数。 18．B 【解析】 【分析】
W的化合价只有-2价，则W为氧元素；Z具有-3、+5价，原子半径大于氧元素且相差不大，则Z为氮元素；X只有+2价，Y只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径比氮元素、氧元素大很多，可知X、Y位于第三周期相邻主族，X为镁元素，Y为铝元素，Q元素原子序数比Al小，化合价有+6、-2价，则Q为S元素，结合元素周期律与物质性质解答。 【详解】
根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z 是 N，W是O，Q是S元素。
A.根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以金属性X＞Y，A错误；
B.由于Al的金属性较强，AlCl3是由分子构成的共价化合物，Al2O3是离子化合物，因此在工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al，B正确；
C.W是O，Q是S，元素非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，所以气态氢化物的稳定性：H2Q D.X是Mg，Y是Al，元素的金属性Mg>Al，元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以X的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的强； 故合理选项是B。 【点睛】 本题考查了物质结构与元素周期律，根据元素的原子半径、元素的化合价变化规律推断元素是解题关键，易错点是金属Al的冶炼方法，容易根据电解熔融NaCl进行推断，认为是电解熔融的AlCl3的方法，注意AlCl3是由分子构成的共价化合物，不能电解，只能采用电解离子化合物Al2O3获得，为降低物质熔化温度，要加入助溶剂冰晶石。 19．B 【解析】 【详解】 A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；B.在高 温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。 20．D 【解析】解：根据题意：CO+H2O（g）?CO2 +H2， 初始物质的量：1 1 0 0 变化物质的量：0.67 0.67 0.67 0.67 平衡物质的量：0.33 0.33 0.67 0.67 此时二氧化碳是0.67mol，再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则会生成二氧化碳和氢气各1mol，此时CO2的物质的量1mol，但是一氧化碳不会全部转化，所以达到新的平衡后，CO2的物质的量介于0.67mol-1mol之间，故选D。 二、计算题（本题包括1个小题，共10分） 21．C4H8O2 CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH 【解析】(1)标况下17.92L氧气的物质的量为：n(O2)= 17.92L=0.8mol；浓硫酸增重的为水的质量， 22.4L/mol14.4gH2O的物质的量为： 14.4g=0.8mol；其中的n(H)=0.8mol×2=1.6mol，有机物燃烧生成的二氧化 18g/mol碳的物质的量为： 17.6g=0.4mol；剩余气体通过足量灼热氧化铜，测得固体质量减少6.4g，减少的 44g/mol6.4g=0.4mol，与反应生成的 16g/mol质量为氧化铜含有的氧原子的质量，氧化铜含有的氧原子的物质的量= 一氧化碳的物质的量相等，即有机物燃烧生成的一氧化碳的物质的量为0.4mol，其中的n(C)=0.4mol，有机物含氧原子的物质的量为： n(H2O)+n(CO)+2n(CO2)-2n(O2)=0.8mol+0.4mol+0.4mol×2-0.8mol×2=0.4mol，所以n(有机)：n(C)：n(H)：n(O)=0.2：(0.4+0.4)：1.6：0.4=1：4：8：2，因此化学式为C4H8O2，答：该有机物分子式为C4H8O2； (2)若有机化合物A能与碳酸氢钠反应放出气体，则分子中含有羧基，则A的结构简式为CH3 CH2 CH2COOH或(CH3)2CHCOOH，答：A所有可能的的结构简式CH3 CH2 CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。 三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．使有机物A充分燃烧吸收A燃烧后生成的CO2D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰能确定；如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素C12H22O11C12H22O11（蔗糖）+H2O 【解析】 【详解】 （1）燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和 C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖） 水；故答案为：使有机物A充分燃烧； （2）C装置中的试剂为浓硫酸，用于吸收有机物燃烧生成的水，D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰，因此该套装置需要改进，故答案为：吸收A燃烧后生成的CO2；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰； （3）通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量，通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量，再根据A的质量判断是否有氧元素；故答案为：能确定，如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素； （4）浓硫酸增重可知水的质量为9.9g，可计算出n（H2O）= =0.55mol，n（H）=1.1mol，m（H） =1.1g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）==0.6mol，m（C）=7.2g， m（C）+m（H）=8.31g，有机物的质量为17.1g，所以有机物中氧的质量为8.79g，n（O）==0.55mol， n（C）：n（H）：n（O）=0.6mol：1.1mol：0.55mol=12：22：11，即实验式为C12H22O11，A的摩尔质量为342g/mol，所以分子式也为C12H22O11，故答案为：C12H22O11； （5）A可发生水解反应，1mol A可水解生成2mol同分异构体，则A为蔗糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11（蔗糖）+H2O （果糖）；故答案为：C12H22O11（蔗糖）+H2O 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．acd 正四面体 2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑ 【解析】 【分析】 根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。 【详解】 根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。 (1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为 acd；，故答案为：正四面体； ； 13 12 KOH C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6 C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）。 (2)①苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面，故答案为：13；