新疆维吾尔自治区阿克苏地区库车县乌尊镇中学2026届高二上化学期中达标检测试题含解析

新疆维吾尔自治区阿克苏地区库车县乌尊镇中学2026届高二上化学期中达标检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在2H2O22H2O+O2↑反应中，MnO2的作用是A．还原剂 B．氧化剂 C．催化剂 D．干燥剂2、下列物质属于电解质的是A．CO2B．氯化氢C．无水乙醇D．石英晶体3、有关原电池的下列说法中正确的是（）A．在外电路中电子由正极流向负极 B．在原电池中负极发生还原反应C．阳离子向正极方向移动 D．原电池中正极一定是不活泼金属4、下列说法不正确的是（）A．已知冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，冰中氢键键能为20kJ•mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为a,电离常数。若加水稀释，则CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，a增大，Ka不变C．甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1D．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ/mol5、高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂，将其溶于水中缓慢发生发应4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。在pH=4.7的溶液中，配成c（K2FeO4）=1.0×10-3mol·L-1试样，分别置于20-60℃的恒温水浴中，测定K2FeO4总量的变化如图，纵坐标为试样的浓度，则下列说法不正确的是A．试样溶液的酸性越强，K2FeO4越不稳定B．40℃时，在0～120min内，K2FeO4的分解速率为3.75×10-3mol·Lˉ1·minˉ1C．由图可知，反应体系温度越高，分解速率越快D．当分解足够长时间后，四份试样的分解率相等6、NaCl晶体中存在的化学键为A．离子键 B．极性键 C．共价键 D．非极性键7、加强能源资源节约和生态环境保护，增强可持续发展能力。下列做法与之不相符的是（）A．防止废旧电池重金属盐对土壤水资源造成污染，大力开发废旧电池综合利用技术B．为减少北方雾霾，作物秸秆禁止直接野外燃烧，研究开发通过化学反应转化为乙醇用作汽车燃料C．为节约垃圾处理的费用，大量采用垃圾的填埋D．为减少温室气体排放，应减少燃煤，大力发展新能源，如核能、风能、太阳能8、下列说法正确的是A．相同条件下等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,后者放出的热量多;B．由"C(s,石墨)=C(s,金刚石)"可知,金刚石比石墨稳定;C．在稀溶液中:,若将含0.5mol浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合,放出的热量大于57.31Kj;D．在25℃、101kPa条件下,2g完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量,故氢气燃烧的热化学方程式可表示为ΔH=-285.8KJ/mol.9、一定温度下，密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol•L-1，对此反应速率的表示正确的是()A．用A表示的反应速率是0.4mol•L-1•min-1B．2min末的反应速率v(C)＝0.2mol•L-1•min-1C．2min内D的物质的量增加0.2molD．若起始时A、B的物质的量之比为4∶3，则2min末A、B的转化率之比为1∶110、下列有关0.1mol·L－1Na2CO3溶液的说法中错误的是A．其中钠离子的浓度为0.2mol·L－1 B．溶液中的OH－浓度大于H＋浓度C．溶液中Na＋的浓度等于浓度的二倍 D．溶液中H2CO3分子的浓度不为011、25℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是（）A．若将四种溶液稀释100倍，稀释后溶液pH大小顺序：③>④>②>①B．等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，混合后溶液呈酸性C．等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④D．等体积的①和②分别与足量的锌粒反应生成的氢气在同温同压下体积：①>②12、等质量的下列烷烃，完全燃烧消耗氧气最多的是()A．CH4 B．C2H6 C．C3H8 D．C6H1413、汽车尾气净化原理为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH=-746.5kJ·mol-1，如图为在不同初始浓度的CO和不同催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下（其他条件相同），体积为2L的密闭容器中n(N2)随反应时间的变化曲线，下列说法正确的是（）A．a点时，催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下CO的转化率相等B．0～6h内，催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好C．0～5h内，催化剂Ⅰ作用下CO的反应速率为0.32mol·L-1·h-1D．0～12h内，催化剂Ⅱ作用下反应放出的热量比催化剂Ⅰ的少14、常温下，向稀醋酸中加入水，下列比值增大的是A．c(H+)/c(CH3COOH) B．c(H+)/c(OH－) C．c(CH3COO－)/c(OH－) D．c(CH3COOH)/c(CH3COO－)15、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关16、有关微量元素的下列说法中正确的是A．摄入的铁越多越有利于健康B．微量元素又称为矿物质元素C．婴幼儿或成人缺碘可引起甲状腺肿D．含量低于0.01%的微量元素，对于维持生命活动、促进健康和发育极其重要二、非选择题（本题包括5小题）17、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________。18、聚苯乙烯（PS）和聚对苯二甲酸乙二醇酯（PET）材料具有高韧性、质轻、耐酸碱等性能，在生产生活中应用广泛。这两种聚合物可按图路线合成，请回答下列问题：（1）A的分子式为_____，其核磁共振氢谱有_____组（个）吸收峰。（2）含有苯环的B的同分异构体有_____种。（3）D为苯乙烯，其结构简式为_____，官能团为_____。（4）F的名称为_____，由E→G的反应类型是_____（填“缩聚”或“加聚”）反应。（5）已知：，写出由Br-CH2CH2-Br制备HOOC-CH2CH2-COOH的合成路线：_____。19、某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”。回答下面问题：（1）写出该反应的离子方程式___。（2）已如随着反应进行试管的温度升高，化学反应速率与时间的关系如图：①时间t1以前反应速率增大的可能原因是____。②时间t1以后反应速率又缓慢慢下降的原因是___。（3）某同学探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”进行了如下实验：实验序号实验温度/K参加反应的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/sKMnO4溶液(含硫酸)H2C2O4溶液H2OV/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mLA29320.0240.108BT20.0230.11t1C31320.02V0.10t2①通过A与B，A与C进行对比实验，填写下列数值，T=___；V=__；②根据上述A、B对比实验得出的结论是__；根据上述A、C对比实验得出的结论是____。20、实验室测定中和热的步骤如下(如图)：第一步：量取40.0mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；第二步：量取40.0mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；第三步：将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。请回答：(1)图中仪器A的名称是____________。(2)NaOH溶液稍过量的原因____________．(3)加入NaOH溶液的正确操作是____________（填字母）。A．沿玻璃棒缓慢加入B．分三次均匀加入C．一次迅速加入D．用滴定管小心滴加(4)上述实验测得的结果与理论上的57.3kJ/mol有偏差，其原因可能是____________。a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好b．实验装置保温、隔热效果不好c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度d．使用温度计搅拌混合液体(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_____（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是__________________________________。(6)已知某温度下：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l)△H=﹣12.1kJ•mol﹣1；H+(aq)+OH﹣(aq)=H2O(l)△H=﹣55.6kJ•mol﹣1。则CH3COOH在水溶液中电离的△H=________________。21、有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如图所示。已知：①②（R、R＇代表烃基）③X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y；④化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰。请回答下列问题：(1)X的含氧官能团的名称是________________________，X与HCN反应生成A的反应类型是_______________________。(2)酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是__________________________。(3)X发生银镜反应的化学方程式是：________________________。(4)G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是_______________________。(5)的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)。(6)写出以C2H5OH为原料合成乳酸()的路线(其他试剂任选)。________________________________________________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】该反应中，MnO2作为催化剂，氧化剂为H2O2，还原剂为H2O2，氧化产物为O2，还原产物为H2O；答案选C。2、B【解析】电解质：在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。CO2、无水乙醇、石英晶体属于溶于水或熔融状态下均不能导电的化合物，故都属于非电解质；HCl溶于水能够完全电离，属于电解质。故B正确。【点睛】需注意：电解质和非电解质均必须是纯净物，且为化合物；单质和混合物既不属于电解质，也不属于非电解质。物质是否属于电解质，需判断其在水溶液中或在熔融状态下自身能否电离。3、C【详解】A.原电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，外电路中电子由负极沿导线流向正极，故A错误；B.在原电池中，负极发生氧化反应，故B错误；C.原电池工作时，电解质溶液中的阳离子移向正极，发生还原反应，故C正确；D.原电池中正极是不活泼金属或可以导电的非金属，故D错误。故选C。4、D【解析】A．冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ•mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ•mol-1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量．6.0kJ/40.0kJ×100%=15%．由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；B．Ka是电离常数，是弱电解质达电离平衡时的平衡常数，在一定温度下，与浓度无关．Ka的计算用溶液中电离出来的各离子浓度乘积与溶液中未电离的电解质分子浓度的比值，一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，CH3COOHCH3COO-+H+醋酸电离出的CH3COO-和H+浓度均为cα，溶液中未电离的电解质分子浓度为c(1-α)，故题中Ka=。若加水稀释，CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，a增大，Ka不变，故B正确；C、甲烷燃烧的热化学方程式中的产物都是稳定状态，符合燃烧热的概念，故C正确；D、反应是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，不能进行完全，反应的焓变是对应化学方程式物质全部反应时放出的热量，故D错误；故选D。5、D【详解】A．根据反应4FeO42-+10H2O⇌4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑，溶液的酸性越强，反应进行的程度越大，K2FeO4越不稳定，故A正确；B．40℃时，在0～120min内，K2FeO4的分解速率为mol•L-1•min-1=3.75×10-3mol•L-1•min-1，故B正确；C．由图中数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，分解速率越快，故C正确；D．当分解足够长时间后，开始浓度相等，但是最后浓度不等，所以四份试样的分解率不会相等，故D错误；故选D。6、A【详解】Na原子最外层只有1个电子，Na原子易失去最外层的1个电子；Cl原子最外层有7个电子，Cl原子易得到1个电子；钠与氯气反应时，Na原子最外层上的1个电子转移到Cl原子的最外电子层上，形成Na+和Cl-，Na+和Cl-之间形成离子键，即NaCl晶体中存在的化学键为离子键；答案选A。7、C【详解】A、大力开发废旧电池综合利用技术，可减少重金属盐对土壤水资源造成污染，故A正确；B、秸秆直接野外燃烧，污染空气，故B正确；C、垃圾应该分类处理，故C错误；D、大力发展新能源，如核能、风能、太阳能等新能源，减少二氧化碳气体排放，故D正确；故选C。8、C【详解】A.硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；B.由C(金刚石)=C(石墨)△H=-1.9kJ/mol可知，石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C.浓硫酸稀释要放热，所以含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故C正确；D.2g氢气燃烧放热285.8kJ，4g氢气燃烧放热应为2×285.8kJ=571.6kJ，故D错误。故选C。9、D【分析】根据B的浓度的变化量结合v=和化学反应速率的含义分析判断，要注意A为固体。【详解】A．不能用固体浓度的变化表示化学反应速率，A是固体，所以不能用A表示化学反应速率，故A错误；B．化学反应速率是平均化学反应速率不是即时反应速率，且随着反应的进行，达到平衡状态之前，C的反应速率逐渐增大，所以无法计算2min末时C的反应速率，故B错误；C．根据n=cV知，容器体积未知，无法计算生成D的物质的量，故C错误；D．如果加入的反应物的物质的量之比等于其计量数之比，其转化率相等，加入A、B的物质的量之比等于其计量数之比，所以2

min末A、B的转化率之比为1∶1，故D正确；故选D。10、C【详解】A.因为碳酸钠中含有2个钠离子，所以0.1mol·L－1Na2CO3溶液，钠离子的浓度为0.2mol·L－1，故A不选；B.0.1mol·L－1Na2CO3溶液发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，导致溶液中的OH−浓度大于H+浓度，故B不选；C.因为0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，所以Na+的浓度大于浓度的二倍，故C选；D.因为0.1mol·L－1Na2CO3溶液的碳酸根发生水解生成碳酸氢根和氢氧根，碳酸氢根继续水解生成碳酸和氢氧根，所以溶液中H2CO3分子的浓度不为0，故D不选；故选：C。11、B【解析】本题考查弱电解质的电离平衡，溶液中的pH计算及酸性强弱的比较，溶液的稀释对电离平衡的影响以及溶液的酸碱性的判断，难度较大。【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1,pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol·L－1,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol·L－1A.若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③>④>②>①，A项错误；

B.等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，B项正确；C.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④，C项错误；

D.醋酸为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，等体积的①和②分别与足量镁粉反应，生成H2的量①>②，D项错误；答案选B。

【点睛】因醋酸为弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1，氨水为弱碱pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，故BCD三项在判断时，应考虑其物质的总量来判断。12、A【分析】判断等质量的不同烃燃烧时的耗氧量，烃分子中H原子与C原子个数比越大，氢的质量分数就越大，耗氧量就越多。【详解】CH4中H原子与C原子个数比为4:1；C2H6中H原子与C原子个数比为3:1；C3H8中H原子与C原子个数比为8:3=2.67:1；C6H14中H原子与C原子个数比为14:6=2.33:1；显然CH4中氢的质量分数最大，因此等质量的烷烃完全燃烧消耗氧气最多的是CH4；答案选A。【点睛】解答本题时要注意题目的要求，在等质量的烷烃燃烧时，含氢量越高，消耗的氧气越多；若为等物质的量的烷烃完全燃烧时，所含碳原子数越多，耗氧量越多。13、B【详解】A．CO起始浓度不同，a点时生成N2的物质的量相同，所以CO的转化率不相等，A项错误；B．由图像中曲线的变化趋势可知，反应达到平衡时，I曲线对应N2物质的量小于II曲线，催化剂并不会改变化学平衡的移动。增大CO浓度，会使平衡向正反应方向移动，N2的物质的量增大，由此可知，I曲线对应CO初始浓度小于II曲线，但0～6h内，I曲线对应N2物质的量的变化量大于II曲线，说明催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好，B项正确；C．由图像可知，0～5h内，催化剂Ⅰ作用下生成N2的物质的量为0.8mol，根据化学计量数可知，消耗CO的物质的量为1.6mol，则0～5h内，催化剂Ⅰ作用下CO的反应速率=，C项错误；D．由图像可知，0～12h内，催化剂Ⅱ作用下生成的N2物质的量高于催化剂Ⅰ，该反应正向为放热反应，反应物放出的热量与生成物的物质的量成正比，因此，0～12h内，催化剂Ⅱ作用下反应放出的热量比催化剂Ⅰ的多，D项错误；答案选B。14、A【分析】醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入水促进电离，氢离子和醋酸根离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，但氢离子和醋酸根离子浓度的增大的程度小于溶液体积的增大程度，所以醋酸根离子和氢离子和醋酸分子浓度都减小。在同一溶液中，不同粒子的物质的量之比等于其物质的量浓度之比。【详解】A.氢离子物质的量增加，醋酸分子物质的量减小，所以比值增大，故正确；B.加水虽然促进醋酸电离，但是氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故该比值减小，故错误；C.加水稀释，醋酸根离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，比值减小，故错误；D.加水促进电离，醋酸根离子物质的量增加，醋酸分子物质的量减小，两者物质的量之比减小，故错误。故选A。【点睛】掌握弱电解质的电离平衡的影响因素，注意加水稀释过程促进电离，但电离出的例子浓度由于溶液体积增大而减小。15、C【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。16、D【解析】A、摄入适量的铁才利于身体健康，故A错误；B、在组成人体的11种常量元素和16种微量元素中，除了碳、氢、氧、氮等主要以有机形式存在外，其余的各种元素统称为矿物质元素，故错B误；C、婴幼儿缺碘会影响智力发育，甚至患上克汀病，成人缺碘可引起甲状腺肿大，故C错误；D、微量元素虽然含量占人体的0.01%以下，但对于维持生命活动，促进健康和发育却有极其重要的作用，故D正确；答案：D。【点睛】微量元素过多或过少摄入，有不利于身体健康；碳、氢、氧、氮等元素主要以有机物的形式存在；婴幼儿缺碘会影响智力发育，甚至患上克汀病；微量元素虽然含量低，但是对人体的生长发育等很重要，据此分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、C6H613碳碳双键（或）乙二醇缩聚【分析】核磁共振氢谱确定有机物结构中的氢原子种类，根据在同一个碳原子上的氢原子相同，和对称位的碳上的氢原子相同分析。【详解】(1)Ａ为苯，分子式为C6H6，核磁共振氢谱１个吸收峰。(２)Ｂ为乙苯，含有苯环的Ｂ的同分异构体有邻间对三种二甲苯。(３)Ｄ为苯乙烯，结构简式为，官能团为碳碳双键（或）。(４)F的名称为乙二醇。由E→G的反应类型是缩聚反应。(５)由已知分析，１,２－二溴乙烷反应生成丁二酸，首先加长碳链，１,２－二溴乙烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，再水解生成丁二酸，合成路线为：19、2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O该反应是放热反应，温度升高，反应速率加快随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率变慢2934增大反应物浓度，反应速率加快升高温度，反应速率加快【详解】（1）H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应为草酸溶液与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）①由随着反应进行试管的温度升高可知，该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，温度升高反应速率加快，t1以前，温度升高对反应速率的影响大于反应物浓度减小对反应速率的影响，反应速率加快，故答案为：该反应是放热反应，温度升高，反应速率加快；②随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应物浓度减小，反应速率减小，t1以后，反应物浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的影响，反应速率变慢，故答案为：随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率变慢；（3）①由变量唯一化可知，A与B探究反应物浓度对反应速率的影响，则A与B的反应温度相同，T=293；A与C探究反应温度对反应速率的影响，则A与C中草酸的浓度相同，V=4，故答案为：293；4；②由A与B对比实验得出的实验结论为在其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率加快；由A、C对比实验得出的结论为在其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，故答案为：增大反应物浓度，反应速率加快；升高温度，反应速率加快。20、环形玻璃搅拌棒确保硫酸被完全中和Cabcd大于浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定+43.5kJ•mol﹣1【分析】测定中和热实验时，一要保证所用的酸、碱都为稀的强电解质，否则易产生溶解热、电离热；二要保证酸或碱完全反应，以便确定参加反应的量；三要确保热量尽可能不损失，即把热量损失降到最低。【详解】(1)图中仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒。答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)为保证硫酸完全反应，NaOH溶液稍过量的原因是确保硫酸被完全中和。答案为：确保硫酸被完全中和；(3)为尽可能减少热量的损失，药品应快速加入，所以加入NaOH溶液的正确操作是C。答案为：C；(4)a．NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中后未及时将盖板盖好，热量会发生散失，从而造成偏差；b．实验装置保温、隔热效果不好，反应放出的热量会散失到大气中，从而造成偏差；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后又直接测定H2SO4溶液的温度，则在温度计表面酸与碱发生反应放热，使测得的初始温度偏高，反应前后的温度差偏低，从而造成偏差；d．使用温度计搅拌混合液体，此操作本身就是错误的，容易损坏温度计，另外，温度计水银球所在位置不同，所测温度有差异，从而造成偏差；综合以上分析，四个选项中的操作都产生偏差，故选abcd。答案为：abcd；(5)若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，浓硫酸溶于水会释放热量，