2026届阜阳市重点中学高二上化学期中学业质量监测试题含解析

2026届阜阳市重点中学高二上化学期中学业质量监测试题考生须知：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557℃密闭容器中进行反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。若CO起始浓度为2.0mol·L-1，水蒸气起始浓度为3.0mol·L-1，达到平衡后，测得CO2浓度为1.2mol·L-1，下列说法错误的是A．该反应达到平衡状态时，CO的转化率为60％B．557℃时，该反应的平衡常数K=1C．反应达到平衡时，再充入1.0molCO和1.5molH2O(g)，达到新的平衡时，CO2体积分数与原平衡相同D．若以1.0mol/LCO(g)，1.5mol/LH2O(g)，0.5mol/LCO2(g)，0.5mol/LH2(g)为起始浓度，平衡逆向进行2、下列实验及现象不能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热时，钠易与氧气反应，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快B向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸都冒气泡两者均能与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体C将FeSO4高温分解产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色分解产生的气体中含有SO2D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2A．A B．B C．C D．D3、分子式为C8H8O2含有苯环且可与饱和NaHCO3溶液反应的有机物有()A．1种 B．3种 C．4种 D．5种4、有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是()A．ΔH>0，ΔS>0B．ΔH<0，ΔS>0C．ΔH<0，ΔS<0D．ΔH>0，ΔS<05、已知0.1mol/L的氨水溶液中存在电离平衡：NH3·H2O+OH—，要使溶液中值增大，可以采取的措施是A．加少量盐酸溶液 B．加入少量NH4Cl晶体C．加少量NH3 D．加水6、某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。实验②的反应物应为实验编号反应物催化剂①10mL2%H2O2溶液无②无③10mL5%H2O2溶液MnO2固体A．5mL2%H2O2溶液 B．10mL2%H2O2溶液C．10mL5%H2O2溶液 D．5mL10%H2O2溶液7、属于电解质的是A．Cl2 B．Cu C．NaOH D．CO28、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9、HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H++In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥10、下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-B．由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋C．pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-D．无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋11、下列物质中，不能发生水解反应的是（）A．葡萄糖B．油脂C．蛋白质D．纤维素12、下列物质中，沸点最高的是A．乙烷B．乙醇C．乙二醇D．丙三醇13、在1100℃，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H=akJ/mol（a>0），下列有关该反应的说法正确的是()A．若生成1molFe，则吸收的热量小于akJB．若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率加快，则化学平衡正向移动C．若增大压强反应向正反应方向进行D．若容器内压强不随时间变化，则可以判断该反应已达到化学平衡状态14、相同物质的量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，所生成的氢气在标准状况下的体积比是A．1:1 B．2:1 C．1:2 D．2:315、室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是()A．溶液中c()增大B．水的电离程度不变C．KW(水的离子积)将变小D．溶液的碱性增强16、下列钠盐溶于水后呈酸性的是（）A．醋酸钠 B．碳酸氢钠C．硫酸氢钠 D．硫化钠二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).18、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________________________。19、定量分析是化学实验中重要的组成部分。Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol/LKMnO4标准溶液滴定。(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___________。(2)达到滴定终点时的颜色变化为___________。(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验序号①②③消耗KMnO4溶液体积/mL26.5324.0223.98从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是______________________。A．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。20、实验小组探究铝片做电极材料时的原电池反应，设计下表中装置进行实验并记录。【实验1】装置实验现象左侧装置电流计指针向右偏转，灯泡亮右侧装置电流计指针向右偏转，镁条、铝条表面产生无色气泡（1）实验1中，电解质溶液为盐酸，镁条做原电池的________极。【实验2】将实验1中的电解质溶液换为NaOH溶液进行实验2。（2）该小组同学认为，此时原电池的总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，据此推测应该出现的实验现象为________。实验2实际获得的现象如下：装置实验现象i.电流计指针迅速向右偏转，镁条表面无气泡，铝条表面有气泡ⅱ.电流计指针逐渐向零刻度恢复，经零刻度后继续向左偏转。镁条表面开始时无明显现象，一段时间后有少量气泡逸出，铝条表面持续有气泡逸出（3）i中铝条表面放电的物质是溶解在溶液中的O2，则该电极反应式为________。（4）ii中“电流计指针逐渐向零刻度恢复”的原因是________。【实验3和实验4】为了排除Mg条的干扰，同学们重新设计装置并进行实验3和实验4，获得的实验现象如下：编号装置实验现象实验3电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约10分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。实验4煮沸冷却后的溶液电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。（5）根据实验3和实验4可获得的正确推论是________（填字母序号）。A．上述两装置中，开始时铜片表面得电子的物质是O2B．铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关C．铜片表面产生的气泡为H2D．由“铝条表面气泡略有减少”能推测H+在铜片表面得电子（6）由实验1~实验4可推知，铝片做电极材料时的原电池反应与________等因素有关。21、直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。（1）如图所示：1molCH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化。

在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式___。（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2的生成速率和S2(g)的生成速率随温度变化的关系如图所示：①A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的有___(填字母)。②该反应的ΔH___0(填“＞”“＜”或“=”)③下列措施能够增大SO2平衡转化率的是___。A．降低温度B．增加C的量C．减小容器体积D．添加高效催化剂（3）用氨水吸收SO2。25℃时2.0mol·L-1的氨水中，NH3·H2O的电离度α＝___(α＝×100%)。。将含SO2的烟气通入该氨水中，当溶液显中性时，溶液中的=___。(已知25℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10-5；Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2，Ka2(H2SO3)＝6.2×10-8)（4）当吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如图所示装置电解所得NH4HSO4溶液可制得强氧化剂(NH4)2S2O8。写出电解NH4HSO4溶液的化学方程式___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】CO的起始浓度为2.0mol/L，水蒸气的起始浓度为3.0mol/L，达到平衡后，测得CO2浓度为1.2mol·L-1，则A．该反应达到平衡状态时，CO的转化率=，故A正确；B．557℃时，该反应的平衡常数K=，故B正确；C．反应达到平衡时，再充入1.0molCO和1.5molH2O(g)，相当于增大压强，因反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，所以CO2体积分数与原平衡相同，故C正确；D．若起始投入量1.0mol/LCO(g)，1.5mol/LH2O(g)，0.5mol/LCO2(g)，0.5mol/LH2(g)，则浓度商Qc=＜K，则平衡正向进行，故D错误；故选D。2、A【详解】A.钠在空气中发生了比较复杂的化学反应，不仅生成氧化钠，还有氢氧化钠和碳酸钠，钠与氧气在加热的条件下反应时，生成过氧化钠，故A不能得出相应结论；B.向碳酸钠和小苏打溶液中分别加入足量的盐酸，都能生成CO2，故B正确，但不符合题意；C.SO2可以使品红溶液褪色，C正确，但不符合题意；D.KI与FeCl3反应的离子反应方程式：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，D正确，但不符合题意。本题选A。3、C【分析】分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是-CH2COOH，也可能是甲基和-COOH，由此分析同分异构。【详解】分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是-CH2COOH，也可能是甲基和-COOH，此两个取代基在苯环上有邻、间及对位三种情况，则符合条件的同分异构体有4种；故选C。4、D【解析】试题分析：如图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，该反应的正反应为吸热反应，△H>0，作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大，A的转化率越大，增大压强平衡向正反应移动，则该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，也就是熵减的化学反应，即△S<0，答案选D。考点：考查化学图像的分析与判断。5、D【详解】A．，加少量盐酸，平衡常数不变，NH3·H2O⇌+OH-正向移动，c(NH4+)增大，所以c(OH-)/c(NH3·H2O)减小，故A错误；B．加入少量NH4Cl晶体，c(NH4+)增大，NH3·H2O⇌+OH-逆向移动，c(OH-)减小、c(NH3·H2O)增大，c(OH-)/c(NH3·H2O)减小，故B错误；C．，加少量NH3，平衡常数不变，NH3·H2O⇌+OH-正向移动，c(NH4+)增大，所以c(OH-)/c(NH3·H2O)减小，故C错误；D．，加水稀释，平衡常数不变，NH3·H2O⇌+OH-正向移动，c(NH4+)减小，所以c(OH-)/c(NH3·H2O)增大，故D正确；故选D。6、C【分析】实验目的是研究浓度、催化剂对反应速率的影响,根据表中数据,①和③中因为有两个不同条件：双氧水浓度和催化剂，根据控制变量法的原理，①和③两组实验无法探究浓度、催化剂对反应速率的影响，所以只能是②和③探究催化剂对反应速率的影响,①和②探究双氧水浓度对反应速率的影响,据此进行判断双氧水的浓度和体积。【详解】本实验的目的是运用控制变量法，探究温度、催化剂对反应速率的影响。表中已有数据中，①和③两组实验有两个反应条件不同，二者无法达到实验目的；实验②和③中，探究催化剂对反应速率的影响，所以实验②中双氧水浓度和体积必须与③相同，即10mL5%H2O2溶液；实验①和②中都没有使用催化剂,可以探究双氧水浓度对反应速率的影响，因此实验②的反应物应为10mL5%H2O2溶液；C正确；

综上所述，本题选C。7、C【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【详解】A．Cl2是单质，不是电解质，A不选；B．Cu是单质，不是电解质，B不选；C．NaOH属于碱，是离子化合物，溶于水或熔融时都能够电离产生自由移动的Na+、OH-，能够导电，属于电解质，C选；D．CO2是化合物，溶于水，与水反应产生H2CO3，碳酸电离产生自由移动的离子，能够导电，因此是H2CO3电解质，而CO2是非电解质，D不选；故选C。8、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。9、C【解析】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。【详解】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；②⑤⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；③为中性溶液，平衡不移动；所以能使指示剂显红色的是①④；答案选C。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。10、C【解析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；

C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；

D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

综上所述，本题选C。【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。11、A【解析】试题分析：A、葡萄糖是单糖，不能水解，选A；B油脂能水解生成高级脂肪酸和甘油，不选B；C、蛋白质水解生成氨基酸，不选C；D、纤维素水解生成葡萄糖，不选D。考点：糖类油脂蛋白质的性质12、D【解析】乙醇和乙二醇与乙烷比较，乙醇和乙二醇含有氢键，沸点较高，在常温下为液体，而乙烷为气体；乙醇和乙二醇相比较，乙二醇的相对分子质量较大，含有的氢键数目较多，则沸点比乙醇的高，则同理乙二醇与丙三醇相比较，沸点较高的为丙三醇，故选D。13、B【解析】A、由热化学方程式可知，生成1molFe，吸收的热量等于akJ，故A错误；B、升高温度，正、逆反应速率都增大，该反应正反应是吸热反应，正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故B正确；C、该反应前后气体的物质的量不变，若增大压强平衡不移动，故C错误；D、恒温条件下，压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡，故D错误；故选B。点睛：考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、平衡状态的判断等，难度中等，注意C选项中平衡状态的判断，选择判断的物理量随反应进行发生变化，当该物理量不再变化，说明到达平衡。解题关键：A、由热化学方程式可知，生成1molFe，吸收的热量等于akJ；B、升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡向吸热反应移动；D、该反应前后气体的物质的量不变，恒温条件下，压强始终不变；14、D【分析】设物质的量都为1mol，因酸足量，则金属都完全反应，然后利用化学反应方程式来计算氢气的物质的量，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比．【详解】设金属都为1mol，Mg与足量酸反应生成氢气的物质的量为x，Al与足量酸反应生成的氢气的物质的量为y，则Mg+2HCl═MgCl2+H2↑111molx1/1=1mol/x，解得x=1mol，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑231moly2/3=1mol/y，解得y=1.5mol，标准状况下气体的体积比等于其物质的量之比，则生成的氢气在标准状况下的体积比为1mol：1.5mol=2：3，故选D。【点睛】本题考查学生利用化学反应方程式的简单计算，解题关键：明确酸足量，则金属完全反应，解答本题还可以应用关系式法、电子守恒等方法来快速解答．15、D【分析】发生水解反应：+H2OHCO3-+OH-H<0【详解】A、该水解反应是吸热反应，升温，平衡正向移动，浓度减小，A错误；B、水的电离也是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的电离程度增大，B错误；C、升温，水的电离程度增大，H+浓度和OH-浓度都增大，所以KW增大，C错误；D、升温，的水解平衡正向移动，OH-浓度增大，所以碱性增强，D正确。正确答案为D。【点睛】任何平衡常数只与温度有关，水的电离是吸热反应，升温平衡正向移动，Kw增大。16、C【详解】A.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故A错误；B.碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，呈碱性，故B错误；C.硫酸氢钠电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，溶于水呈酸性，故C正确；D.硫化钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。18、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。19、-20.9（T2-T1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色21.40BD60c/V【解析】I.在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol=−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；Ⅱ.(1).H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2).KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；(3).A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；(4).A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；B.第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；C.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大，造成滴入KMnO4体积偏大，故D选，答案为：BD；(5).从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为：24.02+23.982mL=24.00mL，设H2C2O4的物质的量浓度为amol/L，依据滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O25c×24.00mLa×VmL2:c×24.00mL=5:a×VmL解得a=60c/Vmol/L，故答案为：60c/V。20、负指针向左偏转，镁条表面产生无色气泡O2+2H2O+4e-4OH-Mg放电后生成Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零；或：随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2放电的反应难以发生，导致指针归零ABC另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解的O2【解析】(1).Mg的活泼性大于Al，当电解质溶液为盐酸时，Mg为原电池的负极，故答案为：负；(2).原电池的总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由反应方程式可知，Al为原电池的负极，Mg为原电池的正极，镁条表面产生无色气泡，再结合实验1的现象可知，电流计指针由负极指向正极，则实验2中的电流计指针向左偏转，故答案为：指针向左偏转，镁条表面产生无色气泡；(3).i中铝条表面放电的物质是溶解在溶液中的O2，在碱性溶液中，氧气发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；(4).因Mg放电后生成的Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零，同时随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2的放电反应也难以发生，导致指针归零，故答案为：Mg放电后生成Mg(OH)2附着在镁条表面，使Mg的放电反应难以发生，导致指针归零，或随着反应的进行，铝条周围溶液中溶解的O2逐渐减少，使O2放电的反应难以发生，导致指针归零；(5).根据实验3和实验4的实验现象可知，电流计指针向左偏转，说明铜为正极，A.上述两装置中，开始时溶液中溶解的O2在铜片表面得电子，导致开始时铜片没有明显现象，故A正