2026届赣州市重点中学化学高二上期中考试试题含解析

2026届赣州市重点中学化学高二上期中考试试题注意事项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、在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生如下反应：mX(g)nY(g)ΔH=QKJ·mol-1。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法不正确的是A．温度不变，压强增大，Y的质量分数减小B．m>nC．Q＜0D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动2、下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是A．饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pHB．亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能C．同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强D．将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊3、“粗盐提纯”实验中，下列操作正确的是()A．过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤B．蒸发到析出晶体时才需要用玻璃棒搅拌C．待溶液蒸干后即停止加热D．当蒸发皿中出现较多量晶体时就应停止加热4、我国古代造纸工艺的部分过程如下，其中一定涉及化学变化的是A．水洗切料 B．加石灰水蒸煮C．捣烂打浆 D．成形晒干5、标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓ΔH分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A．H2O(g)==H2＋1/2O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1B．H2O(g)==H2(g)＋1/2O2(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)==2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－16、硅单质及其化合物在材料领域一直扮演重要角色。下列叙述中，不正确的是()A．石英可用来制作工艺品 B．硅单质可以用来制造太阳能电池C．硅单质是制造玻璃的主要原料 D．二氧化硅是制造光导纤维的材料7、下列图示与对应的叙述相符合的是A．图1是某温度下AgCl的沉淀溶解平衡曲线，a、b、c、d四点c(Ag+)×c(Cl-)相等B．图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂C．用3表示相同温度下，向pH=10的NaOH溶液和氨水中分别加水稀释时，溶液pH变化曲线，其中a是氨水稀释时pH的变化曲线D．图4表示水溶液中H+和OH-浓度的关系，A、B点都只表示纯水8、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H=+akJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A．v(NH3)=2v(CO2)B．密闭容器中NH3体积分数不变C．反应吸收akJ热量D．密闭容器中混合气体的密度不变9、对下列有机反应类型的认识中，错误的是()A．＋HNO3＋H2O；取代反应B．CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br；加成反应C．CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；置换反应D．CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；酯化反应10、除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是物质杂质试剂方法A苯苯酚溴水过滤B甲烷乙烯酸性高锰酸钾溶液洗气C溴苯溴氢氧化钠分液D乙酸乙酯乙酸饱和碳酸钠溶液蒸馏A．A B．B C．C D．D11、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是()A．烧碱——NaOH B．小苏打——Na2SO4C．熟石灰——CaCl2 D．明矾——Al2(SO4)312、在含有FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中，通入足量的SO2气体，有白色沉淀生成，过滤后向溶液中滴入KSCN溶液，未见血红色产生，由此得出的结论是A．白色沉淀是BaSO3 B．FeCl3被SO2氧化成FeCl2C．白色沉淀是BaSO4 D．白色沉淀是BaSO3和S的混合物13、已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ/mol－1②H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。下列说法中错误的是()A．①式表示25℃，101kpa时，2molH2和1molO2完全燃烧生成2molH2O(l)放热571.6kJB．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6kJ·mol－1C．将含1molNaOH的水溶液与50g98%的硫酸溶液混合后放出的热量为57.3kJD．将含1molNaOH的稀溶液与含1molCH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3kJ14、将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，用铂电极进行电解，且电解时间足够长有以下结论，其中正确的是（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）①溶液中几乎没有Br-②最终溶液为无色③最终溶液显碱性④Ba2+、Na＋和SO42-的浓度几乎没有变化A．①②③ B．③④ C．①④ D．均正确15、为了减缓锌和一定浓度盐酸反应速率，而又不减少产生氢气的量，向盐酸中加入下列物质，措施可行的是A．升温 B．NaNO3溶液 C．几滴CuSO4溶液 D．CH3COONa固体16、下列关于下图所示装置的叙述，不正确的是（）A．该装置是利用氧化还原反应将化学能转化成电能B．铁片质量逐渐减少，碳棒上有气泡产生C．电流由铁片经导线沿外电路流向碳棒D．该装置总的化学反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位置为第________周期第________族。(2)E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为____________________。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是______>______>_____(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：____________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是________________________。18、A，B，C，D是四种短周期元素，E是过渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子结构示意图为，B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个未成对电子，E的外围电子排布式为3d64s2。回答下列问题：（1）写出下列元素的符号：A____，B___，C____，D___。（2）用化学式表示上述五种元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___，碱性最强的是_____。（3）用元素符号表示D所在周期第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。（4）E元素原子的核电荷数是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在___区。（5）写出D元素原子构成单质的电子式____，该分子中有___个σ键，____个π键。19、影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。（1）取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）。序号条件现象结论温度/℃催化剂140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无①实验1、2研究的是_________对H2O2分解速率的影响。②实验2、3的目的是_________对H2O2分解速率的影响。（2）查文献可知，Cu2＋对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：①定性分析：如图甲可通过观察_________，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_________。②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_________。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是_________热反应，导致_________。20、水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ．酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I−还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32-+I2=2I−+S4O62-）。回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________。（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_______________。（3）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。滴定结束后如果俯视滴定管读取数据，导致测定结果偏___________。（填“高”或“低”）（4）Na2S2O3溶液不稳定，需使用前配制和标定。预估实验需要使用75mL的Na2S2O3溶液，则配制该溶液所必需的仪器有天平、烧杯、玻璃棒和___________________21、钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。(1)基态钛原子核外共有_______种运动状态不相同的电子，价电子排布式_______；与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有________种。(2)钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是_________。(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物。TiCl4分子结构与CCl4相同，在常温下都是液体。TiCl4分子的空间构型是_______；TiCl4稳定性比CCl4差，试从结构分析其原因：_______。(4)钙钛矿材料是一类有着与钛酸钙相同晶体结构的材料，这种奇特的晶体结构让它具备了很多独特的理化性质，比如吸光性、电催化性等。钛酸钙晶体结构如图所示。其中，A代表Ca2+，Ti原子位于由O原子构成的正八面体的中心，则钛酸钙的化学式为______，Ca2+的配位数是________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】相同体积下，随着温度升高，Y的浓度降低，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，即Q<0，相同温度下，1L→2L，假设平衡不移动，Y的浓度应为0.5mol·L－1<0.75mol·L－1，说明降低压强，平衡向正反应方向移动，即m<n。【详解】相同体积下，随着温度升高，Y的浓度降低，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应为放热反应，即Q<0，相同温度下，1L→2L，假设平衡不移动，Y的浓度应为0.5mol·L－1<0.75mol·L－1，说明降低压强，平衡向正反应方向移动，即m<n，A、根据上述分析，温度不变，加压，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减小，故A说法正确；B、根据上述分析，m<n，故B说法错误；C、根据上述分析，Q<0，故C说法正确；D、根据上述分析，体积不变时，温度升高，Y的浓度浓度降低，平衡向逆反应方向移动，故D说法正确。2、C【分析】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。【详解】A、饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pH，但二者的浓度不一定是相等的，所以不能说明二者的酸性强弱，A不正确；B、亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明亚硫酸具有还原性，说明不能说明二者的酸性强弱，B不正确；C、同温下，等浓度的亚硫酸氢钠和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强，说明HCO3－的水解程度强于HSO3－的水解程度，因此根据酸越弱，相应的酸根越容易水解可知，酸性是亚硫酸的酸性强于碳酸的，C正确；D、由于二氧化硫也能使澄清的石灰水变浑浊，所以将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊不能说明是否有CO2产生，因此不能确定二者的酸性强弱，D不正确；答案选C。3、D【详解】A．过滤时，用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体，否则易损坏滤纸，故A错误；B．蒸发过程中要不断用玻璃棒搅拌，防止局部温度过高而产生安全事故，故B错误；C．当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热，利用余热蒸干，故C错误；D．当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热，利用余热蒸干，故D正确；故答案为D。【点睛】明确操作规范性是解本题关键，粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质如：Ca2+，Mg2+，等，不溶性杂质可以用过滤的方法除去，可溶性杂质中的Ca2+，Mg2+，则可通过加入BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液，生成沉淀而除去，也可加入BaCO3固体和NaOH溶液来除去，然后蒸发水分得到较纯净的精盐。4、B【分析】有新物质生成的过程为化学变化，没有新物质生成的过程为物理变化，据此分析。【详解】A．水洗切料过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A不符合题意；B．纸的主要成分为纤维素，加石灰水蒸煮后，纤维素在碱性条件下会发生水解，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；C．捣烂打浆过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C不符合题意；D．成形晒干过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D不符合题意；答案选B。5、D【详解】化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，根据H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)，该反应的能量变化为2×463kJ/mol-436kJ/mol-=+242.5kJ/mol，化学反应逆向进行，反应热数值不变，符号相反，化学方程式系数加倍，反应热加倍，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-485kJ/mol，答案选D。6、C【解析】A．石英是一种透明、熔点高的晶体，外观漂亮，可用来制作工艺品，故A正确；B．太阳能电池的主要原料是硅单质，故B正确；C．二氧化硅可以用来生产玻璃，但是硅不能作为生产玻璃的原料，故C错误；D．二氧化硅具有传输数据的功能，是制成光导纤维的原料，故D正确；答案选C。7、C【详解】A．b点c（Ag+）•c（Cl-）＞Ksp，d点c（Ag+）•c（Cl-）＜Ksp；a点和c点处于相同温度下，c（Ag+）•c（Cl-）=Ksp且相同，选项A错误；B．图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某条件后反应速率随时间变化，正逆反应速率均增大且保持相等，则改变的条件一定可能是加入催化剂，若反应为气体体积不变的反应，则也可能为增大压强，选项B错误；C．pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项C正确；D．图4表示水溶液中H+和OH-浓度的关系，A、B点都可表示中性的溶液，不一定为纯水，选项D错误。答案选C。8、D【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C.该反应为可逆反应，反应吸收akJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。9、C【详解】A．苯环上的H被硝基替代，生成硝基苯，为取代反应，A正确，不符合题意；B．碳碳双键打开，连接两个溴原子，不饱和键变成饱和键，为加成反应，B正确，不符合题意；C．甲烷上的H被氯原子替代，为取代反应，且没有单质生成，不是置换反应，C错误，符合题意；D．乙醇和乙酸生成乙酸乙酯，属于酯化反应，也是取代反应，D正确，不符合题意；答案选C。10、C【解析】A.苯中含有苯酚杂质，不能选择溴水做除杂试剂，因为加入溴水，产生的三溴苯酚会溶于苯溶液，不会产生白色沉淀，所以不能用溴水做除杂试剂，应选择氢氧化钠溶液做除杂试剂，故A错误；B.乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应利用溴水除去甲烷中的乙烯,故B错误；C.溴可以和氢氧化钠反应，生成物溶于水，而溴苯不能，反应后溶液会分层，可以用分液的方法除杂，故C正确；D.乙酸与碳酸钠反应，而乙酸乙酯不反应，反应后分层，则利用分液法除杂，故D错误；本题答案为C。【点睛】选择除杂试剂，既要把杂质除掉，又不能引进新的杂质，最好的试剂和操作是，在除去杂质的同时，又能使主要成分增多。11、A【解析】试题分析：A、火碱、烧碱是指氢氧化钠，化学式为：NaOH，故正确；B．火碱是指氢氧化钠，碳酸钠俗称纯碱，故错误；C．生石灰是指氧化钙；化学式为：CaO，故错误；D．消石灰是氢氧氧化钙．化学式为：Ca(OH)2，故错误；故选A。考点：考查了常见化学物质的名称、俗称、化学式的相关知识。12、C【分析】氯化铁具有强的氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3＋+SO2+2H2O=2Fe2＋+SO42－+4H＋，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子。【详解】A.亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，故A错误；B．FeCl3被SO2还原成FeCl2，故B错误；C．2Fe3＋+SO2+2H2O=2Fe2＋+SO42－+4H＋，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.白色沉淀是BaSO4，没有S生成，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了二氧化硫、三价铁离子的性质，明确相关物质的化学性质及发生的反应是解题关键，易错点A，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀。13、C【详解】A、根据热化学方程式的意义知：①式表示25℃，101kpa时，2molH2和1molO2完全燃烧生成2molH2O(l)放热571.6kJ，正确；B、气态水液化吸热，则生成气态水放出的热量少，放热反应ΔH＜0，放出的热量越少ΔH越大，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6kJ·mol－1，正确；C、浓硫酸溶于水放热，则将含1molNaOH的水溶液与50g98%的硫酸溶液混合后放出的热量大于57.3kJ，错误；D、醋酸电离吸热，则将含1molNaOH的稀溶液与含1molCH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3kJ，正确。答案选C。14、A【详解】将一定量的BaCl2、CuBr2、Na2SO4三种固体物质投入到足量的水中，Ba2＋和SO42－要反应，用铂电极进行电解，且电解时间足够长，阳极放电次序：Br－>Cl－,阴极Cu2＋>H＋,（设Cl2、Br2全部从溶液中逸出）①电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，且溴单质在水中的溶解度小，所以溶液最后几乎没有溴离子，故正确；②电解CuBr2，生成铜单质与溴单质，在溶液中有颜色的离子是铜离子，而在电解足够长的时间里铜完全被还原附着在铂电极表面，所以溶液最后几乎没有颜色，故正确；③在电解KCl时，其实是在电解氯化氢，而氢离子的来源就是由水电离出来的。水在电离出氢离子的同时就要电离出氢氧根离子，在足够长的时间里，氢氧根积累了很多，且无弱碱生成，溶液就显碱性，故正确；④这三种离子的物质的量是没有改变的，但是在电解Na2SO4（其实是电解水），KCl时，都有水的消耗，溶液的体积肯定有变化，所以体积减小，物质的量不变，浓度要增大，而不是没有变化，故错误。故选A。15、D【分析】Zn和盐酸反应：Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，减缓反应速率，降低温度或降低c(H＋)。【详解】A、升高温度，加快反应速率，故A不可行；B、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不产生H2，故B不可行；C、加入几滴CuSO4，发生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不可行；D、发生反应HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，c(H＋)降低，反应速率降低，CH3COOH能与锌发生置换反应生成H2，不影响H2的量，故D可行；答案选D。16、C【解析】较活泼的金属作负极，失电子，发生氧化反应，电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子得电子，发生还原反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、二ⅤAH2SO3、H2SO4S2－O2－Na＋离子键、(非极性)共价键【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，为氢元素；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明其最高价为+5，为氮元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4，说明为氧元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，说明D为钠元素；C、E同主族，说明E为硫元素。(1)B为氮元素，在第二周期第VA族；(2)E为硫元素，其氧化物由二氧化硫和三氧化硫，对应的水化物分别为H2SO3、H2SO4；(3)氧离子、钠离子和硫离子中根据电子层数越多，半径越大，相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小分析，半径顺序为S2－>O2－>Na＋;(4)用电子式表示氧化钠的形成过程，表示为：；过氧化钠中含有离子键、(非极性)共价键。【点睛】掌握电子式表示化合物的形成过程中，注意离子化合物的书写方法，左侧写原子的电子式，右侧写化合物的电子式，并用弯箭头表示电子的转移方向。18、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，x=2，A的原子序数为14，故A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。【详解】(1)由上述分析可知，A为Si、B为Na、C为P、D为N；(2)非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性N＞P＞Si，酸性最强的是HNO3，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性Na最强，碱性最强的是NaOH；(3)同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，所以第一电离能最大的元素是Ne，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；(4)E为Fe元素，E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期Ⅷ族，在周期表中处于d区；(5)D为氮元素，原子核外电子排布式为1s22s22p3，最外层有3个未成对电子，故氮气的电子式为：，该分子中有1个σ键，2个π键。【点睛】本题重点考查元素推断和元素周期律的相关知识。本题的突破点为A的原子结构示意图为，可推出A为Si，A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na，C的最外层有三个未成对电子，故C原子的3p能级有3个电子，故C为P，C、D同主族，故D为N，E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2，则E为Fe。非金属越强最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强最高价氧化物对应水化物碱性越强；同周期元素，稀有气体元素的第一电离能最大，同周期自左而右，电负性逐渐增大。19、温度研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂）产生气泡的快慢对照实验只有一条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰）收集40mLO2所需的时间放溶液温度升高，反应速率加快【分析】由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响；实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。【详解】（1）①由表中信息可知，实验1和实验2只有温度不同，因此，可以通过这两个实验探究温度对化学反应速率的影响，即实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响。②实验2和实验3只有所加的催化剂不同，因此，可以通过这两个实验探究不同的催化剂对化学反应速率的影响。因此，实验2、3的目的是研究不同催化剂（或比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率的影响。（2）①定性分析：因为双氧水分解的最明显的现象是有气泡产生，因此，可通过观察产生气泡的快慢进行定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是根据控制变量法，对照实验通常必须只有一个条件不同（或避免由于阴离子不同造成的干扰），这样可以排除因为阴离子不同而对双氧水分解速率的影响。②定量分析：实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40mLO2所需的时间，以准确测定该反应的化学反应速率。（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快。由于升高温度可以加快化学反应速率，因此，该同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快。【点睛】在设计对比实验时，要根据控制变量法设计实验方案。另外，对于反应2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，该反应的产物之一硫酸锰对该反应可能起催化作用，也可以使化学反应速率明显加快。20、使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差O2+2Mn(OH)2=2MnO(OH)2蓝色刚好褪去80ab低100mL容量瓶、胶头滴管【解析】试题分析：本题考查物质的量浓度溶液的配制和碘量法测定水中溶解氧，涉及方程式的书写，终点实验现象的描述，数据处理和误差分析。（1）扰动水体表面会引起水样中溶解氧的逸出，还会使水底还原性杂质进入水样。所以取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。（2）根据实验步骤，“氧的固定”中O2将Mn（OH）2氧化成MnO（OH）2，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，写出反应的化学方程式为O2+2Mn（OH）2=2MnO（OH）2。（3）固氧后的水样酸化发生反应MnO（OH）2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O，用Na2S2O3溶液滴定I2