2026届贵州省百所学校高二化学第一学期期中考试模拟试题含解析

2026届贵州省百所学校高二化学第一学期期中考试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①[Ne]3s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A．最高正化合价：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①C．电负性：③＞②＞① D．第一电离能：③＞②＞①2、一定条件下,将3molA和1molB两种气体混合于容积为2L的密闭容器中,发生反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡,生成0.8molD,并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断正确的是()A．该条件下此反应的平衡常数约为0.91B．2min内A的平均反应速率为0.3mol/(L·s)C．B的转化率为60%D．混合气体的密度不再改变时,该反应不一定达到平衡状态3、与纯金属相比，合金具有很多优点，常用于建造桥梁、房屋的合金是A．硬铝 B．钛合金 C．钢 D．镁合金4、一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。下列叙述正确的是A．反应开始到10s末时，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1B．反应开始到10s末时，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)5、海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收6、一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是A．合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率B．H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C．实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2D．新制氯水中，滴加硝酸银溶液，溶液颜色变浅7、用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是A．用酚酞作指示剂滴至溶液由红色刚变无色时，立即停止滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，最后加入NaOH溶液进行滴定C．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，直接装入标准盐酸，调节液面至0刻度后，进行滴定D．用碱式滴定管取20.00mL

NaOH溶液放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水稀释后进行滴定8、鉴别油脂和石蜡油的试剂最好是A．硫酸B．食盐C．NaOH的酚酞溶液D．Na2CO3溶液9、在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态10、已知某短周期元素原子的第三电子层排布有5个电子，该元素在周期表中位于A．第二周期ⅣA族 B．第二周期ⅤA族C．第三周期ⅣA族 D．第三周期ⅤA族11、将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)

2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③增大压强平衡左移④K(1000℃)＞K(810℃)上述①～④中正确的有()A．4个 B．3个 C．2个 D．1个12、铁生锈是一种常见的自然现象，其主要的化学反应方程式为：4Fe＋3O2＋2xH2O＝2Fe2O3·xH2O。右图为一放在水槽中的铁架，水位高度如右图所示。最容易生锈的铁架横杆是A．① B．②C．③ D．④13、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HFHClOH2CO3电离平衡常数6.8×10－44.7×10－8K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11下列推断正确的是A．常温下，同物质的量浓度NaClO与NaHCO3溶液，前者的pH较小B．若某溶液中c(F—)=c(ClO—)，往该溶液中滴入HCl，F-比ClO-更易结合H+C．往饱和Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，所得溶液中c(HCO3—)先增大后减小D．同温下，等体积、等pH的HF和HClO分别与NaOH完全反应，消耗等量的NaOH14、下列有机反应不属于取代反应的是A．C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OB．H﹣C≡C﹣H+HClH2C=CHClC．+HNO3+H2OD．+Br2+HBr15、下列关于①苯②乙醇③乙酸④葡萄糖等有机物的叙述中，不正确的是()A．可以用新制的氢氧化铜悬浊液鉴别③与④B．只有②③能与金属钠反应C．①、②、③、④均能发生取代反应D．一定条件下，④可以转化为②16、已知在25℃时，AgCl的Ksp为1.8×10－10，Ag2S的Ksp为6.3×10－50，将AgCl与Ag2S的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为()A．只有Ag2S沉淀生成 B．AgCl和Ag2S等物质的量生成C．AgCl沉淀多于Ag2S沉淀 D．Ag2S沉淀多于AgCl沉淀二、非选择题（本题包括5小题）17、有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：（1）B的电子式为____________。（2）电解混合液时阳极反应式为_______________________。（3）写出L长期放置在潮湿空气中的腐蚀原理：负极：___________________________________。正极：___________________________________。总反应：______________________________________________________。（4）已知agE气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出bkJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为___________________________。18、现有原子序数小于20的A，B，C，D，E，F6种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最多的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B，D两元素原子核内质子数之和的1/2；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题。（1）用电子式表示C和E形成化合物的过程________________。（2）写出基态F原子核外电子排布式__________________。（3）写出A2D的电子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ键，________(填“含”或“不含”)π键。（4）A，B，C共同形成的化合物化学式为________，其中化学键的类型有________。19、阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如图，加热回流装置如图：①仪器d的名称为___。②使用温度计的目的是控制加热温度，防止___。③趁热过滤的原因是___。④下列说法正确的是___（填字母选项）。a.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂b.此种提纯粗产品的方法叫重结晶c.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时很小d.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量2.0g水杨酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___（用百分数表示，小数点后一位）。20、某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤①加入的指示剂是__________。(2)步骤②应使用________式滴定管。(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为____(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是_________(若认为没有误差，该问不答)。21、CH3OH是一种无色有刺激性气味的液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料．（1）已知CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)能量变化如图，下列说法正确的是______A．CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程B．H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1：2C．化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化D．1molH-O键断裂的同时2molC=O键断裂，则反应达最大限度（2）某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.2mol·L－1，4min内平均反应速度v(H2)=__________，则CH3OH的转化率为______。（3）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH(电解质溶液)构成，则下列说法正确的是______A．电池放电时通入空气的电极为负极B．电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2OC．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱D．电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子（4）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的反应式为______．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】根据三种元素的基态原子的电子排布式可判断，它们分别是S、P、N。N和P同主族，最高价都是＋5价，A不正确。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐最大，所以原子半径是②＞③＞①，B不正确。非金属性越强，电负性越大，非金属性是③＞①＞②，C不正确。非金属性越强，第一电离能越大，但由于P原子的3p轨道是半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S的，D正确，答案选D。2、B【解析】一定条件下,将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)2min末该反应达到平衡,生成0.8molD,,并测得C的浓度为0.2mol/L,根据化学平衡三段式列式计算;

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)

起始量（mol）

3100

变化量（mol）1.20.40.4x0.8平衡量（mol）1.8

0.6

0.4x

0.8A、平衡浓度为c(A)=0.9mol/L,C(B)=0.3mol/L,c(D)=0.4mol/L,c(C)=0.2mol/L,0.4x/2=0.2.所以x=1。该条件下此反应的化学平衡常数K=(0.2×0.42)/(0.93×0.3)=0.44,故A错误；B.2min内A平均反应速率=1.2mol/(2L×2min)=0.3mol/(L·s),故B正确；C.B的转化率=0.4mol/1mol×100%=40,故C错误;D.反应生成物中含有固体,密度等于气体质量除以体积,所以若混合气体的密度不再改变时,该反应一定达到平衡状态,故D错误；答案：B。3、C【详解】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。用于建军造桥梁、房屋的合金一定是强度高、韧性好、产量大的合金，符合这一要求的是钢。答案选C。4、C【分析】由图象可以看出，随着时间的推移，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且0~10s内△n(Y)：△n(X)：△n(Z)=0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，结合物质的量的变化解答该题。【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为(Z)==0.079mol/（L•s），故A错误；B．由图象可知反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；D．由以上分析可知反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；答案选C。5、C【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。6、B【解析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A.合成氨时将氨液化分离，减少生成物浓度，合成氨的化学平衡正向移动，可提高原料的利用率，与化学平衡移动有关，故A不选；B.H2、I2、HI混合气体达到的化学平衡是H2+I22HI，反应前后气体体积不变，混合加压后，平衡不移动，颜色变深是因为体系体积减小物质浓度增大，和平衡无关，故B选；C.Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl溶液中有大量的Cl-，抑制Cl2的溶解，故C不选；D.氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-产生白色沉淀，溶液颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D不选。故选B。【点睛】影响化学平衡的因素：（1）浓度：在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使化学平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使化学平衡向逆反应方向移动。

（2）压强对反应前后气体总体积发生变化的反应，在其他条件不变时，增大压强会使平衡向气体体积缩小的方向移动，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动。（3）温度在其他条件不变时，温度升高平衡向吸热反应的方向移动，温度降低平衡向放热反应的方向移动。（4）催化剂：由于催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂对化学平衡无影响。7、D【详解】A．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V(酸)偏大，根据c(碱)=分析，可知c(碱)偏大，A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V(酸)偏大，根据c（碱）=分析，可知c(碱)偏大，B错误；C．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V(酸)偏大，根据c(碱)=分析，可知c(碱)偏大，C错误；D．用碱式滴定管取20.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V(酸)无影响，根据c(碱)=分析，可知c(碱)不变，D正确；故选D。8、C【解析】油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，而石蜡油是多种烃的混合物，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，而石蜡油不能，油脂加入滴有酚酞的NaOH溶液（红色），振荡并微热片刻，红色褪去，而石蜡油不褪色。故选C。9、B【分析】

【详解】A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；故选B。【点睛】1．分析反应速度图像：（1）看起点：分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。（2）看变化趋势：分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。升高温度时，△V吸热＞△V放热。（3）看终点：分清消耗浓度和增生浓度。反应物的消耗浓度与生成物的增生浓度之比等于反应方程式中各物质的计量数之比。（4）对于时间—速度图像，看清曲线是连续的，还是跳跃的。分清“渐变”和“突变”、“大变”和“小变”。比如增大反应物浓度V正突变，V逆渐变；升高温度，V吸热大增，V放热小增；使用催化剂，V正和V逆同等程度突变。2．化学平衡图像问题的解答方法：（1）三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看△V正、△V逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。（2）四要素分析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。（3）先拐先平：对于可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），比如在转化率—时间—压强曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，它所代表的压强大，如果这时转化率也高，则反应中m+n＞p+q，若转化率降低，则表示m+n＜p+q。（4）定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。10、D【解析】第三电子层上排布有5个电子，则根据核外电子的排布规律可知，该元素在周期表中的位置是第三周期ⅤA族；答案选D。11、A【详解】①分析图表数据结合反应特点，同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以b<f，故①正确；

②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，则E的转化率=60%，故②正确；

③该反应是一个气体分子增大的反应，增大压强平衡左移，故③正确；

④c、e压强相同，温度不同，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），故④正确；

故选A。12、C【解析】此处铁生锈属于吸氧腐蚀。④处没有和电解质溶液接触，不能构成原电池，锈蚀速率较慢；①②③处已与电解质溶液接触，但①②处含O2较少，所以③处腐蚀最快。13、C【解析】试题分析：从电离平衡常数大小看出，酸性：HF>H2CO3>HClO>HCO3-。由于H2CO3的酸性比HClO强，所以浓度相同时ClO-的水解程度比HCO3-大，故常温下，同物质的量浓度NaClO与NaHCO3溶液，前者的pH较大，A错；由于HClO的酸性比HF弱，所以ClO-更易结合H+生成弱电解质，B错；往饱和Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸先发生H++CO32-＝HCO3-，盐酸过量时发生：HCO3-+H+＝CO2↑+H2O，C对；由于HClO的酸性比HF弱，等pH时HClO的浓度更大，与NaOH完全反应，消耗等量的NaOH体积不相等，D错。选C。考点：弱电解质强弱的比较，盐类水解、离子浓度的比较。14、B【分析】取代反应是有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应，据此判断。【详解】A.乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应是酯化反应，酯化反应也是取代反应，故A错误；B.乙炔与氯化氢反应，乙炔中的碳碳三键断裂，一个碳原子上结合氯原子，另一个碳原子结合一个氢原子生成氯乙烯，属于加成反应，不属于取代反应，所以B选项是正确的；C．+HNO3+H2O，苯环上的氢原子被硝基取代，该反应属于取代反应，故C错误；D．+Br2+HBr，苯环上的氢原子被溴原子取代，该反应属于取代反应，故D错误。故答案选B。15、B【详解】A．新制的氢氧化铜悬浊液与乙酸反应，沉淀溶解，与葡萄糖加热反应，生成砖红色沉淀，故可以鉴别，故A项正确；B．葡萄糖里也存在羟基，也可以和金属钠反应，故B项错误；C．苯、乙醇、乙酸、葡萄糖均可以发生取代反应，故C项正确；D．葡萄糖可用于酿酒，即葡萄糖转化为乙醇，故D项正确；故答案为B。16、C【解析】在AgCl和Ag2S饱和溶液中，因为Ksp的不同，前者c（Ag+）大于后者，前者c（Cl-）大于后者c（S2-），将AgCl、Ag2S两饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgN03溶液，由于沉淀溶解平衡均要向生成沉淀的方向移动，AgCl和Ag2S沉淀增多，但c(Cl-)c(S2-)

所以AgCl沉淀更多；本题答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、4OH－－4e－=O2↑＋2H2OFe–2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【分析】M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe(OH)3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe(OH)2，x的水溶液为浅绿色，混合液中含有硫酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为(NH4)2Fe(SO4)2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】根据分析得：（1）B为氨气，其电子式为，答案为：；（2）电解硫酸钠和氢氧化钠的混合液时，阳极上氢氧根离子放电，电极反应式为40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案为40H－－4e－=O2↑＋2H2O；（3）在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀，由此知铁作负极，发生的电极反应式为：Fe–2e-=Fe2+，正极发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式为：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2（4）agH2气体在O2中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出bkJ的热量，则1molE燃烧放出热量，则热化学反应为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1，答案为：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【点睛】注意抓住有色物质的性质推断出各物质，本题难溶于水的红褐色固体为Fe2O3；注意在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀；燃烧热是指在25℃、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，注意热化学方程式的书写。18、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH离子键、共价键【分析】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素；据以上分析解答。【详解】已知B元素是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B和D的价电子数相同，则D为硫元素；B、D两元素原子核内质子数之和24，其1/2为12，A和C的价电子数相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，C为钠元素；C，D，E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子数比D原子的p轨道上多一个电子，则E为氯元素；6种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F为钾元素，(1)结合以上分析可知，C为钠元素，E为氯元素；C和E形成化合物为氯化钠，属于离子化合物，用电子式表示氯化钠形成化合物的过程如下：Na:―→Na＋[::]－；综上所述，本题答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)结合以上分析可知，F为钾，核电荷数为19，基态K原子核外电子排布式:1s22s22p63s23p64s1；综上所述，本题答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)结合以上分析可知，A为氢元素，D为硫元素；二者形成H2S，属于共价化合为物，电子式：H::H；其分子中含σ键，不含π键；综上所述，本题答案是：H::H，含，不含。(4)A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，三种元素共同形成的化合物化学式为NaOH，其电子式为：，化学键的类型有离子键、共价键；综上所述，本题答案是：NaOH，离子键、共价键。19、防止醋酸酐水解水浴加热球形冷凝管防止乙酰水杨酸受热分解防止乙酰水杨酸结晶析出，降低产率abc84.3%【分析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品，然后向粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，从而除去杂质；然后加入浓盐酸除去剩余的碳酸氢钠、将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，最后过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸。【详解】(1)乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解；(2)控制温度在85℃～90℃，小于100℃，应使用水浴加热；(3)①仪器d的名称为球形冷凝管；②乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解；③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失；④a．乙酸乙酯起溶剂作用，故a正确；b．趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，故b正确；c．冷却结晶可析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，故c正确；d．由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故d错误；故答案为abc；(4)n(水杨酸)==0.0145mol，n(醋酸酐)==0.053mol，则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为=84.3%。【点睛】考查有机物制备实验方案设计与评价，注意对题目信息的应用，(3)中注意根据流程理解分离提纯方法，常见方法：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。20、淀粉碱蓝无0.01mol·L－1偏小滴定管未用标准液润洗【解析】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为碱；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶