安徽省黄山市徽州区第一中学2026届高三化学第一学期期中经典试题含解析

安徽省黄山市徽州区第一中学2026届高三化学第一学期期中经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图所示，将铁棒和石墨棒插入饱和食盐水中。下列说法正确的是A．甲中铁被保护不会腐蚀B．甲中正极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑C．乙中铁电极上发生氧化反应D．乙中石墨电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色2、用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项①试剂①中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3＞H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32－与Ba2＋生成白色BaSO3沉淀A．A B．B C．C D．D3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．氨气易溶于水，可用作制冷剂B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料4、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D．检验中滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩5、根据相关概念下列说法正确的是A．只含共价键的物质一定是共价化合物B．氯化钠发生状态变化时，一定会破坏离子键C．物质中分子间的作用力越大，分子越稳定D．都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物6、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．用图甲所示方法检查装置的气密性B．用图乙所示装置制取氨气C．用图丙所示装置分馏石油获得汽油D．用图丁所示装置分离乙醇与乙酸7、可逆反应；反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、压强（p）的关系如下图。据图分析，以下正确的是A．， B．，C．， D．，8、下列事实与平衡移动原理无关的是A．向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅B．加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)ClC．将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体D．NO2气体经过冷凝和加压成无色液体9、常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2气体，只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3。有关叙述正确的是A．三种酸的电离常数：Ki1(H2CO3)>Ki(HX)>Ki(HY)>Ki2(H2CO3)B．NaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(X-)C．同浓度溶液的碱性：NaX>Na2CO3>NaY>NaHCO3D．结合H＋的能力：Y->CO32->X->HCO3-10、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四种离子B．气体A的化学式是COC．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓11、下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是A．ΔH3<0 B．ΔH1=ΔH2+ΔH3C．按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D．ΔH1越小，HX越稳定12、下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有序号XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③AlAlCl3Al(OH)3Al2O3④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．②③ B．①③④ C．①④ D．①②③13、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤14、下列解释事实的方程式正确的是（）A．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e-=Fe3+B．用浓硝酸除去试管内壁上附着的铜：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OC．酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-=I2+2OH-D．利用明矾做混凝剂净水：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NAB．1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC．常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA16、下列表示正确的是A．中子数为20的Ar原子：ArB．硝基苯的结构简式：C．次氯酸的电子式：D．CH4的比例模型：二、非选择题（本题包括5小题）17、松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。18、如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是___。（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是__。（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为__。（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序__。（5）E元素氧化物的电子式是__，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是__。（6）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）__。A．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2B．G的气态氢化物的稳定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_____。19、硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。20、实验室需配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，实验操作步骤为：A．把制得的溶液小心地转移至容量瓶中。B．在天平上称取14.2g硫酸钠固体，把它放在烧杯中，用适量的蒸馏水将它完全溶解并冷却至室温。C．继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面底部与刻度线相切。D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都小心注入容量瓶，并轻轻振荡。E．将容量瓶塞塞紧，充分摇匀。请填写下列空白：（1）操作步骤的正确顺序为___________________（填序号）。（2）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平（砝码、镊子）、玻璃棒，还缺少的必要仪器是______________________________________。（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是___________（填序号）。A．某同学观察液面时俯视B．没有进行上述的操作步骤DC．加蒸馏水时，不慎超过了刻度线D．容量瓶使用前内壁沾有水珠21、黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿(含SiO2)，为了测定该黄铜矿的纯度，甲同学设计了如图实验：现称取研细的黄铜矿样品1.84g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol·L－1标准碘溶液进行滴定，消耗标准溶液20mL。请回答下列问题：(1)将样品研细后再反应，其目的是__________________________________。(2)装置a和c的作用分别是________和________(填标号，可以多选)。a．除去SO2气体b．除去空气中的水蒸气c．有利于气体混合d．有利于观察空气流速e．除去反应后多余的氧气(3)滴定达终点时的现象是_________________________________________。(4)上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_______________________。(5)通过计算可知，该黄铜矿的纯度为___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.甲是原电池，铁作负极被腐蚀，碳作正极，错误；B.甲中正极反应式为2H2O+4e-＋O2=4OH-，错误；Ｃ.乙装置是电解池，Fe作阴极，阴极上发生还原反应，错误；D．乙中石墨电极为阳极，2Cl-—2e-=Cl2↑，Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变蓝色，正确。答案选D。2、D【详解】A.SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；B.SO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3>H2SiO3，B正确；C.SO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D.SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误；故合理选项是D。3、C【详解】A．液氨气化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，与氨气的溶解性大小无关，故A错误；B．高熔点的物质可用作耐高温耐火材料，氧化铝熔沸点较高，所以可用作耐高温耐火材料，与氧化铝具有两性无关，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故C正确；D．晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，故D错误；答案选：C。4、B【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；答案选B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。5、B【解析】A．只含共价键的物质可能是单质，如O2，故A错误；B．NaCl是离子晶体，状态发生变化，离子之间的距离发生变化，离子键一定被破坏，故B正确；C．分子间作用力决定分子晶体的熔沸点高低，化学键的强弱与分子的稳定性有关，故C错误；D．都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故D错误；故选B。6、A【分析】A.可通过形成液面差检验气密性；

B.应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气；

C.温度计和水的进出方向错误；

D.乙醇和乙酸混溶。【详解】A.检验气密性,可先关闭止水夹,经长颈漏斗向烧瓶中加水,如形成液面差且液面在一定时间内不变化,可说明气密性良好,故A正确；

B.氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢,温度稍低时又可生成氯化铵,应用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气,故B错误；

C.温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口处；水的进出方向错误，应下进上出，水充满冷凝管,可充分冷凝,故C错误；

D.乙醇和乙酸混溶,不能用分液的方法分离,应用蒸馏的方法,故D错误；

综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。7、C【详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知T2>T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆向移动，故此反应的正反应为放热反应，即Q>0；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知P2>P1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，仅C项正确；答案选C。【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。再进一步判断过程的变化趋势。具体方法可总结为：（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。8、C【解析】A.向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B.镁离子水解，水解吸热，加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C.将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D.NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。9、D【详解】A．向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3＞HY，则有酸性由强到弱：H2CO3＞HX＞HCO3-＞HY，酸性越强，电离常数越大，所以三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）＞Ki（HX）＞Ki2（H2CO3）＞Ki（HY），故A错误；B．向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性HX＞HCO3-，所以c（X-）＞c（CO32-），则c（HCO3-）>c（X-）＞c（CO32-），故B错误；C．酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以溶液的碱性：NaHCO3＜NaX＜Na2CO3＜NaY，故C错误；D．由A可知酸性H2CO3＞HX＞NaHCO3＞HY，则结合质子能力：Y-＞CO32-＞X-＞HCO3-，故D正确；故选：D。10、C【解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。11、C【解析】A.原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C.Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D.途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。12、D【解析】①Cu与浓硫酸在加热时反应产生CuSO4，CuSO4与NaOH溶液发生复分解反应产生Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解产生CuO，CuO与H2在加热时反应产生Cu单质，可以实现上述转化，①合理；②Na与H2O反应产生NaOH，NaOH与少量CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，电解熔融的NaCl得到金属Na，可以实现上述转化，②合理；③Al与盐酸反应产生AlCl3，AlCl3与氨水反应产生Al(OH)3，Al(OH)3加热分解产生Al2O3，电解熔融的Al2O3得到金属Al，可以实现上述转化，③合理；④Fe与氯气反应得到FeCl3，FeCl3与Fe反应得到FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能发生反应得到Fe单质，故不会实现上述转化，④不合理；合理有①②③，选项D正确。13、D【详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；③Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，产生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，产生白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有③④⑤。答案选D。14、D【详解】A．钢铁吸氧腐蚀负极铁失电子生成亚铁离子反应为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．铜与浓硝酸反应生成NO2，Cu+4H＋+2NO=Cu2＋+2H2O+2NO2↑，故B错误；C．酸性条件下，用H2O2将I-转化为I2：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，故C错误；D．铝离子水解是可逆过程，不生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故D正确；答案选：D。15、C【详解】A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；C.32gO2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。16、D【解析】A、核素符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数加中子数，Ar原子应表示为，故A错误；B、硝基苯中，硝基与苯环是由碳原子与氮原子成键，正确的结构简式为：，故B错误；次氯酸的中心原子为O，电子式应为，故C错误；D、CH4是正四面体结构，且碳原子原子半径大于氢原子，故D正确。选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。18、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为Ar；(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为K＞Na＞Mg；(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为H2O＞HBr＞HCl；(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为AB；(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。19、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)①Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；②Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004mol，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984。【点睛】本题考查了氨气的实验室制取方法及装置的使用、化学试剂的选择