C

A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。

第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。

综上所述，答案为C。

AC

A选项，元素As与N同族，N的电负性大于As，使成键电子离N原子更近，两个N—H键间的排斥力增大，NH3中键角更大，因此AsH3分子中As－H键的键角小于NH3中N－H键的键角，故A正确；

B选项，Fe成为阳离子时首先失去4s轨道电子，故B错误；

C选项，配合物Fe(CO)n可用作催化剂，Fe的价电子为3d64s2，价电子数为8，一个配体CO提供2个电子，因此Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，8 + 2 × n = 18，则n＝5，故C正确；

D选项，冰中每个H2O分子与周围四个水分子形成氢键形成四面体结构，即一个水分子可以形成四个氢键，故D错误。

综上所述，答案为AC。

B

A选项，CCl4分子中不含有π键，故A错误；

B选项，CO2、BF3、CCl4三种物质中没有孤对电子，NH3、H2S含有孤对电子，因此ABn分子为非极性分子是因为A原子没有孤对电子，故B正确；

C选项，H2S也不能形成分子间氢键，因此有没有分子间氢键不能作为判断非极性分子的经验规律，故C错误；

D选项，NH3、H2S、CO2、BF3、CCl4所有分子中每个共价键键长都相等，因此分子中每个共价键的键长相等不能作为分子非极性分子的经验规律，故D错误。

综上所述，答案为B。

A

①第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故①错误；

②第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故②正确；

③Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故③错误；

④Lv是金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故④错误；

⑤Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故⑤正确；根据前面分析得出A符合题意。

综上所述，答案为A。

BD

硝酸与金属反应时硝酸部分被还原，假设Fe有4mol，则未被还原的硝酸为8mol，因此被还原的硝酸有2mol，4molFe在反应中失去8mol电子，所以2mol硝酸得8mol电子，这其中可以是2mol硝酸均得电子，也可以是1mol硝酸得1mol硝酸不得，因此硝酸的还原产物可能为N2O，也可能是NH4NO3。

答案选BD。

B

A选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A正确，不符合题意；

B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；

C选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；

D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加2—3滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确，不符合题意。

综上所述，答案为B。

C

A选项，主要用的无机物是碳和银，不是同主族的元素，故A错误；

B选项，主要用的是有机物，故B错误；

C选项，主要用的碳和硅同主族的非金属材料，故C正确；

D选项，主要用的是金属合金材料，故D错误。

综上所述，答案为C。

B

A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；

B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；

C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；

D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；

综上所述，答案为B。

A   NH4＋＋ NO2－N2↑＋2H2O   Al2O3＋N2＋3C 2AlN ＋3CO   Al4C3   减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度   61.5%   NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应  

⑴A装置制取氮气，浓硫酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。

⑵根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。

⑶从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。

⑷根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。

⑸氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。

⑴A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。

⑵装置A是制取氮气的反应，A中发生反应的离子方程式为NH4＋＋ NO2－N2↑＋2H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3＋N2＋3C 2AlN ＋3CO，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4＋＋ NO2－N2↑＋2H2O；Al2O3＋N2＋3C 2AlN ＋3CO；Al4C3。

⑶实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。

⑷生成氨气的体积为1.68 L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。

⑸在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。

MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋==Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，Fe3＋＋ 3SCN－ Fe(SCN)3   0.1mol/L KSCN溶液   取少量X反应后的溶液于试管，先加盐酸，再加氯化钡，有白色沉淀，则证明产物中含有硫酸根离子，反之则无   两个原因都可能  

⑴加酸性高锰酸钾变为铁离子，根据氧化还原反应原理写出离子方程式和变红的离子方程式，根据原电池和氧化还原的理解SCN－变为SO42－，作原电池负极，在原电池负极加入同浓度的KSCN溶液进行反应，再用硫酸根常用的方法来检验产物中是否含有硫酸根。

⑵根据实验对比及实验现象分析a、b对比得出原因①成立，再根据b、c分析得出原因②成立。

⑴①实验I溶液变红的原因是亚铁离子被酸性高锰酸根反应生成铁离子和锰离子，其离子方程式MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋==Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，Fe3＋＋ 3SCN－ Fe(SCN)3，故答案为：MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋==Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，Fe3＋＋ 3SCN－ Fe(SCN)3。

②针对实验I中红色褪去的原因，根据认为是SCN－被酸性KMnO4氧化为SO42－，推出SCN－中S化合价升高，作负极，KMnO4中Mn化合价降低，被还原，作正极，根据原电池中电子流向，左边为负极，右边为正极，题中信息得出左边为0.1mol/L KSCN溶液，检验产物SO42－的操作及现象是取少量X反应后的溶液于试管，先加盐酸，再加氯化钡，有白色沉淀，则证明产物中含有硫酸根离子，反之则无，故答案为：0.1mol/L KSCN溶液；取少量X反应后的溶液于试管，先加盐酸，再加氯化钡，有白色沉淀，则证明产物中含有硫酸根离子，反之则无。

⑵根据现象b中红色比a浅，又因Mg2＋与SCN－难络合，从而得出原因①可能，根据c中红色比b浅，说明不仅原因①可能，还说明原因②也可能，由此推测，实验II“红色明显变浅”的原因是两个原因都可能，故答案为：两个原因都可能。

2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4= 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O   反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能   用38℃—60℃的温水洗涤   90.5%   5ClO2－＋ 4H＋＝4ClO2＋ Cl－ ＋ 2H2O   c(HClO2) > c(ClO2－) > c(ClO2) > c(Cl－)  

⑴根据氧化还原反应原理写出新方法制备，由于浓度较大会发生爆炸，因此新方法中二氧化碳对ClO2有稀释作用，降低了浓度，避免安全事故。

⑵由于NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，因此避免低于用38℃以下的水，且不能高于60℃的温水洗涤。

⑶根据方程式建立NaClO2与Na2S2O3关系，列出方程，计算12.5g中NaClO2的物质的量，再计算纯度。

⑷由于ClO2－自身发生氧化还原，根据氧化还原反应原理写出离子方程式，再根据图像得出微粒的浓度大小，还要根据方程式得出c(ClO2)和c(Cl－)的大小。

⑴根据氧化还原反应原理得出该方法的化学方程式为2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4 = 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O，反应生成了CO2和ClO2，CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能，因此该新方法最突出的优点是反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能，故答案为：2NaClO3 ＋H2C2O4＋H2SO4 = 2ClO2↑＋CO2↑＋2H2O；反应中生成的CO2对ClO2起到了稀释作用，提高了生产的安全性能。

⑵由于NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，因此用38℃—60℃的温水洗涤，故答案为：用38℃—60℃的温水洗涤。

⑶根据方程式得出关系

解得x = 0.00125mol，则12.5g样品中NaClO2的物质的量0.00125mol×100 = 0.125 mol，其产品NaClO2的纯度，故答案为：90.5%。

⑷①酸性条件下NaClO2溶液要发生自身氧化还原反应生成Cl－和ClO2，其用离子方程式为5ClO2－＋ 4H＋＝4ClO2＋ Cl－＋ 2H2O，故答案为：5ClO2－＋ 4H＋＝4ClO2＋ Cl－＋ 2H2O。

②pH＝5时，根据图像可以得出NaClO2溶液中c(HClO2) > c(ClO2－) > c(ClO2)，根据第①问在酸性条件下得到ClO2和Cl－的比例关系，c(Cl－) < c(ClO2)，因此四种含氯微粒的浓度由大到小的顺序是c(HClO2) > c(ClO2－) > c(ClO2) > c(Cl－)。