2026届湖南长沙市麓山国际实验学校高二化学第一学期期中考试试题含解析

2026届湖南长沙市麓山国际实验学校高二化学第一学期期中考试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是()A．硫酸烧碱孔雀石(Cu2(OH)2CO3) B．硝酸纯碱胆矾C．醋酸酒精石灰石 D．盐酸熟石灰苛性钠2、在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZ初始浓度/mol·L－10.10.20平衡浓度/mol·L－10.050.050.1下列说法错误的是A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D．升高温度平衡常数增大，则此反应为吸热反应3、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．催化转化机动车尾气为无害气体，能消除酸雨和雾霾的发生C．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量D．积极开发废电池的综合利用技术，防止电池中的重金属等污染土壤和水体4、一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示：容器温度/℃起始物质的量/molNO(g)CO(g)甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是A．该反应的正反应为吸热反应B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应达到新平衡前v(正)＜v(逆)D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%5、下列关于乙炔的说法中，正确的是（）A．属于饱和烃B．结构简式表示为CH-CHC．在空气中不能燃烧D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色6、下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是选项实验操作及现象解释或结论A铝箔在酒精灯火焰上加热,熔化的铝不滴落包在铝箔外面的氧化铝熔点高于铝B将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中,布条褪色氯气具有氧化性C将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近,产生大量白烟NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl晶体D将Ba(OH)2·8H2O和NH2Cl晶体在小烧杯中混合搅拌,用手触摸烧杯外壁感觉变凉Ba(H)·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应A．A B．B C．C D．D7、下列各组微粒互为同位素的是A．1H和2H B．14C和14N C．37Cl和37Cl- D．56Fe2+和56Fe3+8、下列各组反应中最终肯定得到白色沉淀的是()A．AlCl3溶液中加入过量氨水B．Al2(SO4)3溶液中加入过量KOH溶液C．FeCl2溶液中加入过量氨水D．Fe2(SO4)3溶液中加入过量KOH溶液9、用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A．鉴别纯碱与小苏打 B．证明Na2O2与水反应放热C．证明Cl2能与烧碱溶液反应 D．探究钠与Cl2反应10、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－B．KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42-11、下列说法正确的是A．电离平衡常数受溶液浓度的影响B．温度一定时，电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸中大D．H2CO3第二步的电离常数表达式：K2＝c(H+)·c(H2CO3-)/c(H2CO3)12、下列有关合金性质的说法正确的是A．合金的熔点一般比它的成分金属高B．合金的硬度一般比它的成分金属低C．组成合金的元素种类相同，合金的性能就一定相同D．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能13、常温下，的三种钠盐溶液其物质的量浓度大小为NaX＜NaY＜NaZ，下列说法正确的是（）A．酸性依次减弱B．浓度相同的和能发生C．浓度相同的三种钠盐溶液中，水的电离程度最大的是的溶液D．中和体积和pH均相等的溶液，消耗的最多14、对中数字的叙述正确的是（）A．291是Ts元素的相对原子质量B．291是Ts元素的质量数C．117是的质子数D．117是的中子数15、一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是()A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He16、某芳香烃的分子式为C9H12，其可能的结构有（）A．6种 B．7种 C．8种 D．9种二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）下图是表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合。①图中A的分子式是___________。②图中C的名称是___________。③图中D的结构简式是__________。④图中与B互为同分异构体的是__________（填字母）。⑤图中1molG完全燃烧时消耗__________molO2。（2）已知某有机物的结构简式如图：①该有机物的分子式为____________。②该有机物中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是_________。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、甲醛在医药、染料、香料等行业中都有着广泛的应用。实验室通过下图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛，试回答下列问题。(1)Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断搅拌，搅拌的作用是_______。(2)甲苯经氧化后得到的混合物通过结晶、过滤进行分离，该过程中需将混合物冷却，其目的是_______。(3)实验过程中，可循环使用的物质有_______、_______。(4)实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作Ⅰ是______，其原理是_______。20、实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空。I.某实验小组在同样的实验条件下，用同样的实验仪器和方法步骤进行两组中和热测定的实验，实验试剂及其用量如表所示。反应物起始温度/℃终了温度/℃中和热/kJ•mol-1酸溶液NaOH溶液①0.5mol•L-1HCl溶液50mL、0.55mol•L-1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH1②0.5mol•L-1CH3COOH溶液50mL、0.55mol•L-1NaOH溶液50mL25.125.1ΔH2（1）甲同学预计ΔH1≠ΔH2，其依据是___。（2）若实验测得①中终了温度为28.4℃，则该反应的中和热ΔH1=___（保留一位小数）（已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.0g·cm-3，比热容c=4.18×10－3kJ·g－1·℃－1）。（3）在中和热测定实验中，若测定酸的温度计未洗涤干燥就直接测量碱溶液的温度，则测得的中和热ΔH___（填“偏大”“偏小”或“不变”）。Ⅱ.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了KI溶液在酸性条件下与氧气反应的实验，记录实验数据如下：实验编号①②③④⑤温度（℃）3040506070显色时间（s）16080402010（1）该实验的原理：___（用离子方程式表示）。（2）实验试剂除了1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液外，还需要的试剂是___，实验现象为___。（3）上述实验操作中除了需要（2）的条件外，还必须控制不变的是___（填字母）。A．温度B．试剂的浓度C．试剂的用量（体积）D．试剂添加的顺序（4）由上述实验记录可得出的结论是___。21、如图所示2套实验装置，分别回答下列问题。(1)装置Ⅰ为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，铁被________(填“氧化”或“还原”);向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨附近的溶液变红，该电极反应为______________________________________。(2)装置Ⅱ中甲烧杯盛放100mL0.2mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞溶液，观察到铁片电极附近首先变红。电源的M端为________(填“正”或“负”)极，甲烧杯中铁电极的电极反应为____________，停止电解，乙中________电极质量增加。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】根据酸碱盐的概念分析，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物。【详解】A、硫酸属于酸，烧碱属于碱，[Cu2(OH)2CO3]属于盐，所以A选项是正确的；

B、硝酸属于酸，纯碱属于盐，胆矾属于盐，故B错误；

C、醋酸属于酸，乙醇不属于碱，碳酸钙属于盐，故C错误；

D、盐酸属于混合物，熟石灰属于碱，苛性钠属于碱，故D错误。

所以A选项是正确的。【点睛】要记住常见物质的俗名，如苛性钠和烧碱都是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠；也叫苏打，因此纯碱不是碱，而属于盐；盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物等。2、C【分析】本题主要考查化学反应中物质的浓度变化与化学计量数关系。A.转化率=，根据表格信息得出结论即可；B.由表格中数据求出各物质的浓度变化比例，得出化学方程式；C.平衡常数只与温度有关；D.温度升高，吸热方向化学平衡常数增大。【详解】A.达到平衡时，X的转化率为=50%，正确；B.由表可知，X、Y作为反应物，Z作为生成物，、、，由此可知该反应X、Y、Z的系数比为1:3:2，即反应可表示为X＋3Y2Z，故B正确；C.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由B项可知，该反应正向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，而化学平衡常数只与温度有关，改变压强对平衡常数无影响，错误；D.升高温度，平衡向吸热方向移动，若升高温度平衡常数增大，则说明向正向移动，即正向为吸热反应，正确。3、B【解析】A．利用太阳能、氢能源、风能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境，故A正确；B．催化转化机动车尾气为无害气体，只能减少酸雨和雾霾的发生，不可能消除，故B错误；C．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量，减少对食物等污染，故C正确；D．故废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，积极开发废电池综合利用技术可以减少对环境的污染且可以变废为宝，故D正确；答案为B。4、D【解析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态时二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.1mol，结合三段式计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．【详解】A．2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.1mol，结合三段式计算平衡常数，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol·L－1）0.10.100变化量（mol·L－1）0.050.050.0250.05平衡量（mol·L－1）0.050.050.0250.05K=0.052×0.0250.052×0.052=1，T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，Qc=(0.4D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）0.20.200转化量（mol）000.10.2变化量（mol）0.080.080.040.08平衡量（mol）0.120.120.040.082NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）000.060.12转化量（mol）0.120.1200若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查了化学平衡影响因素，数据分析判断，解题关键：主要是平衡常数的计算和图线的理解应用，难点C，用浓度商确定平衡移动的方向。5、D【解析】A、乙炔中含有碳碳三键，属于不饱和烃，故A错误；B、乙炔的结构简式表示为CH≡CH，故B错误；C、乙炔在空气中燃烧，伴有浓烈的黑烟，故C错误；D、乙炔中含有碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。6、B【详解】A、氧化铝的熔点比铝的熔点高，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，结论解释对应，选项A正确；B、将湿润的红色布条放入盛有氯气的集气瓶中,氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，使红色布条褪色，结论解释不对应，选项B错误；C、浓盐酸、浓氨水都有挥发性，将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，NH3遇到HCl时反应生成NH4Cl，产生大量白烟，结论解释对应，选项C正确；D、将Ba(OH)2·8H2O和NH2Cl晶体在小烧杯中混合搅拌,用手触摸烧杯外壁感觉变凉，温度降低，说明Ba(H)·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，结论解释对应，选项D正确。答案选B。7、A【详解】A．1H和2H表示核电荷数相同，中子数不等，是同位素，故A正确；B．14C和14N的核电荷数不等，是两种不同元素，故B错误；C．37Cl和37Cl-是同种元素的两种不同微粒，故C错误；D．56Fe2+和56Fe3+是同种元素的两种不同微粒，故D错误；答案为A。【点晴】本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。根据同位素的概念，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同位素是不同的原子，但是属于同一种元素；元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。8、A【解析】A、反应中生成的氢氧化铝只溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，故反应生成氢氧化铝和氯化铵后，氢氧化铝不与过量的氨水反应，最终出现氢氧化铝白色沉淀；B、反应中Al2（SO4）3溶液与KOH溶液反应生成硫酸钾和氢氧化铝，氢氧化铝又溶解在过量的氢氧化钾溶液中，过程中出现白色沉淀，最终无沉淀；C、反应中FeCl2加入过量的氨水生成氢氧化亚铁白色沉淀，且沉淀不溶于过量的氨水，但氢氧化亚铁在空气中会迅速被氧气氧化，现象为迅速变为灰绿色最后变为红褐色，最终得到红褐色沉淀；D、反应中Fe2（SO4）3和KOH反应生成了氢氧化铁的红褐色沉淀，沉淀不会溶于过量的KOH溶液，最终得不到白色沉淀。【详解】A、AlCl3溶液中加入过量氨水，反应为AlCl3+3NH3•H2O=AI（OH）3↓+3NH4Cl，生成的白色沉淀不溶于过量的氨水，选项A正确；B、Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液，反应为Al3++3OH-=AI（OH）3↓，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，选项B错误；C、FeCl2溶液中加入过量氨水，反应为Fe2++2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4+，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，选项C错误；D、Fe2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液，反应为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Fe（OH）3不溶于过量的KOH溶液，但是红褐色不是白色沉淀，选项D错误；答案选A。【名师点睛】本题考查了氢氧化铝的两性、氢氧化亚铁的还原性、氢氧化铁的颜色等知识，特别要注意C生成的白色沉淀氢氧化亚铁最终在空气中也被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀。9、A【详解】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。10、B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析判断。【详解】A.使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中Al3+会形成沉淀，不能大量共存，A错误；B.KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液显酸性，在酸性溶液中NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，能够大量共存，B正确；C.与Al反应能放出H2的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中Fe2+能够被NO3-氧化，不能大量共存，如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，C错误；D.水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Mg2＋会反应生成测定，不能大量共存，D错误；答案选B。11、B【解析】A、电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B、电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B正确；C、酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D、碳酸是分步电离的，第一电离常数表达式为：K1=，第二步电离常数为：K2=，故D错误；故选B。12、D【解析】试题分析：由2种或2种以上的金属或金属与非金属熔化而成的检验金属特性的物质是合金，合金的熔点一般比它的成分金属低，硬度一般比它的成分金属高，组成合金的元素种类相同，合金的性能不一定相同据此可知选项D是正确的，答案选D。考点：考查合金的判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确合金的概念以及合金低性能特点，然后灵活运用即可。13、D【分析】由越弱越水解的规律可知，pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＜NaY＜NaZ，则酸性HX＜HY＜HZ，由此分析。【详解】A．酸越弱，对应的盐水解的程度越大，pH相同时浓度NaX＜NaY＜NaZ，则酸性HX＜HY＜HZ，故A不符合题意；B．根据分析，酸性HX＜HY，则不能发生，故B不符合题意；C．HX的酸性最弱，则NaX水解程度最大，水的电离程度最大的是NaX的溶液，故C不符合题意；D．根据分析，酸性HX＜HY＜HZ，pH值相同的三种酸的水溶液，则浓度HX＞HY＞HZ，则恰好中和体积和均相等的溶液时所耗NaOH的物质的量为HX＞HY＞HZ，故D符合题意；答案选D。【点睛】pH值相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其物质的量浓度为NaX＜NaY＜NaZ，则判断出酸性HX＜HY＜HZ，为难点。14、C【详解】A.291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B.291是的质量数，故B错误；C.117是的质子数，故C正确；D.117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C。15、C【详解】A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，C选项正确；D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；答案选C。16、C【详解】分子式为C9H12的芳香烃，分子组成符合CnH2n-6，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有两个侧链为乙基、甲基，有邻、间、对3种结构，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故答案选C。【点睛】苯环上有三个的取代基（无异构），若完全相同，可能的结有3种；有2个取代基相同，1个不同，可能的结构有6种，若有三个不同的取代基，可能的结构有10种。二、非选择题（本题包括5小题）17、C4H102-甲基丙烷或者异丁烷CH3C≡CCH3E、FC11H12O3羧基【分析】(1)根据题干信息可知、A、B、C、D、E、F、G的结构简式分别为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH3CH(CH3)2、CH3C≡CCH3、CH3CH2CH=CH2、(CH3)2C=CH2、CH3CH2C≡CH，据此分析解题；(2)根据有机物的结构简式可知该有机物的分子式，并根据其所含有的官能团推断其化学性质。【详解】(1)根据分析可知，①图中A的结构简式为CH3CH2CH2CH3，故其分子式是C4H10，故答案为：C4H10；②根据分析可知，图中C的结构简式为CH3CH(CH3)2，故其名称是2-甲基丙烷或者异丁烷，故答案为：2-甲基丙烷或者异丁烷；③根据分析可知，图中D的结构简式是CH3C≡CCH3，故答案为：CH3C≡CCH3；④同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，故根据分析可知，图中与B互为同分异构体的是E、F，三者的分子式均为C4H8，故答案为：E、F；⑤根据分析可知，G的结构简式为CH3CH2C≡CH，燃烧反应方程式为：CH3CH2C≡CH+O24CO2+3H2O，故图中1molG完全燃烧时消耗molO2，故答案为：；(2)①由图可知，该有机物的分子式为C11H12O3，故答案为：C11H12O3；②该有机物中含有的官能团有：碳碳双键、羟基和羧基，其中能与NaOH溶液反应的官能团的名称是羧基，故答案为：羧基。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、使反应物充分接触，加快反应速率降低MnSO4的溶解度稀硫酸甲苯蒸馏利用甲苯和苯甲醛的沸点差异使二者分离【解析】根据流程图，甲苯与Mn2O3、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用。据此分析解答。【详解】(1)固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率；(2)所得混合物中含MnSO4、苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，故答案为：降低MnSO4的溶解度；(3)根据上述分析，结合流程图可知，参与循环使用的物质是稀H2SO4和甲苯，故答案为：稀硫酸；甲苯；(4)甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差