2026屆安徽省合肥三十五中化學高二上期中復習檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25℃時CaCO3溶于水達飽和，其物質的量濃度為5.0×10-5mol/L，該溫度下CaCO3的Ksp為（）A． B． C． D．2、下列溶液加熱蒸干后并灼燒，能得到原溶質固體的是（）A．AlCl3 B．NaHCO3 C．FeSO4 D．K2SO43、下表是第三周期部分元素基態(tài)原子的逐級電離能［單位：eV（電子伏特）］數(shù)據：元素甲乙丙丁I1/eV5.77.713.015.7I2/eV47.415.123.927.6I3/eV71.880.340.040.7下列說法正確的是A．乙常見的化合價是+1價 B．甲的金屬性比乙強C．丁一定是金屬元素 D．丙不可能是非金屬元素4、堿性電池有容量大，放電電流大的特點，被廣泛應用。鋅-錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應式為：Zn+2MnO2+H2O=Zn（OH）2+Mn2O3。下列說法錯誤的是A．電池工作時，鋅失去電子B．電池正極的電極反應式為2MnO2+H2O+2e-==Mn2O3+2OH-C．外電路中每通過0.2mol電子，鋅的質量理論上減少13gD．電池工作時，電子由負極通過外電路流向正極5、下列關系正確的是()A．沸點：戊烷>2，3-二甲基丁烷>丙烷B．等質量的物質燃燒耗O2量：苯>乙烷>乙烯C．含氫質量分數(shù)：乙烯>乙炔>苯D．密度：CCl4>H2O>苯6、將4molA和2molB放入2L密閉容器中發(fā)生反應：2A（g）＋B（g）2C（g）ΔH<0，4s后反應達到平衡狀態(tài)，此時測得C的濃度為0.6mol/L。下列說法正確的是A．4s內，v(B)＝0.075mol/(L·s)B．4s后平衡狀態(tài)下，c(A)∶c(C)＝2∶1C．達到平衡狀態(tài)時，若只升高溫度，則C的物質的量濃度增大D．達到平衡狀態(tài)后，若溫度不變，縮小容器的體積，則A的轉化率降低7、在2A+B==3C+4D反應中，下面表示的反應速率最快的是A．v(A)=0.5mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.005mol·L-1·s-1C．v(C)=0.9mol·L-1·s-1 D．v(D)=1.0mol·L-1·s-18、對于有氣體參加的化學反應，下列說法正確的是()A．增大壓強，活化分子百分數(shù)增大，化學反應速率一定增大B．升高溫度，活化分子百分數(shù)增大，化學反應速率一定增大C．加入反應物，活化分子百分數(shù)增大，化學反應速率增大D．使用催化劑，降低了反應的活化能，增大了活化分子百分數(shù)，化學反應速率一定增大9、SO2的催化氧化反應（2SO2+O22SO3）是一個放熱的反應。如果反應在密閉容器中進行，下列有關說法中正確的是A．因為反應放熱，所以升高溫度會使反應速率減慢B．通過調控反應條件，SO2可以100%地轉化為SO3C．當SO2與SO3的濃度相等時，反應達到平衡D．使用催化劑的目的是加快反應速率，提高生產效率10、煤焦與水蒸氣的反應是煤氣化過程中的主要反應之一，C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。已知：該反應為吸熱反應，K(700℃)=0.2，若該反應在恒溫(700℃)、恒容的密閉容器中進行，700℃測得的下列數(shù)據中，可以作為判斷t時刻反應是否達到平衡狀態(tài)的依據是A．t時刻，容器的壓強B．t時刻，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的濃度C．t時刻，消耗H2O(g)的速率與生成CO(g)的速率D．t時刻，氣體的平均摩爾質量11、下列變化過程中能夠放出熱量的是A．煅燒石灰石生產生石灰 B．天然氣燃燒C．NaCl(s)=Na+(g)+Cl-(g) D．NH3(l)=NH3(g)12、25℃時，甲、乙兩燒杯分別盛有5mLpH＝1的鹽酸和硫酸，下列描述中不正確的是A．物質的量濃度：c甲=2c乙B．水電離出的OH－濃度：c(OH－)甲＝c(OH－)乙C．若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲=乙D．將甲、乙燒杯中溶液混合后（不考慮體積變化），所得溶液的pH＞113、下列物質屬于天然高分子化合物的是A．淀粉 B．乙酸 C．乙醇 D．甲烷14、已知298K時，某堿MOH的電離平衡常數(shù)Kb=1.0×10-5；電離度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L鹽酸，測得溶液的pH、溫度與所加鹽酸的體積的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．a點對應的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)B．b點對應的V。=20.00mLC．298K時，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的電離度a=1%D．298K時，將0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>915、下列實驗方法能達到實驗目的的是A．用NaOH溶液除去SiO2中混有的Al2O3雜質，然后過濾B．CO2中混有CO雜質，將其通過足量的CuO粉末，加熱C．用NaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，然后分液D．CO中混有的HCl雜質，將其通入飽和Na2CO3溶液，洗氣法除去16、下列說法正確的是()A．鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快B．H+(aq)＋OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ·mol-1，可知:含1molCH3COOH的溶液與含1molNaOH的溶液混合，放出熱量等于57.3kJC．同溫同壓下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的△H不相同D．升高溫度，一般可使活化分子的百分數(shù)增大，因而反應速率增大二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D是四種常見的有機物，其中A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，B與C在濃硫酸和加熱條件下發(fā)生反應，生成的有機物有特殊香味；A、B、C、D在一定條件下的轉化關系如圖所示（反應條件已省略）：（1）C中官能團的名稱為___，③的化學方程式為__。（2）丙烯酸（CH2=CH－COOH）的性質可能有___。（多選）A．加成反應B．取代反應C．中和反應D．氧化反應（3）用一種方法鑒別B和C，所用試劑是__。（4）丙烯酸乙酯的結構簡式為___。18、有一化合物X，其水溶液為淺綠色，可發(fā)生如下的轉化關系(部分反應物、生成物已略)。其中B、D、E、F均為無色氣體，M、L為常見的金屬單質，C為難溶于水的紅褐色固體。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，H和M反應可放出大量的熱。請回答下列問題：（1）B的電子式為____________。（2）電解混合液時陽極反應式為_______________________。（3）寫出L長期放置在潮濕空氣中的腐蝕原理：負極：___________________________________。正極：___________________________________?？偡磻篲_____________________________________________________。（4）已知agE氣體在D中完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時，放出bkJ的熱量，寫出E氣體燃燒熱的熱化學方程式為___________________________。19、某課題小組探究乙酸乙酯(CH3COOC2H5)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，取四支大小相同的試管，在試管外壁貼上體積刻度紙，按下表進行對照實驗。在兩種不同溫度的水浴中加熱相同時間后，記錄酯層的體積來確定水解反應的速率。實驗試劑試管Ⅰ(55℃)試管Ⅱ(55℃)試管Ⅲ(55℃)試管Ⅳ(75℃)乙酸乙酯/mL1V1V2V31mol/LNaOHmLV430V5蒸餾水/mL0V652已知：①水解反應CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；②CH3COOC2H5難溶于水，密度比水小。（1）V4=____________。（2）①下列說法正確的是____________________________；A、加入水，平衡正向移動B、加入稀鹽酸可使平衡逆向移動C、酯層體積不再改變時，反應停止D、c(CH3COOH)=c(C2H5OH)時，反應達平衡狀態(tài)②用各物質的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則表達式為____________。（3）實驗中常用飽和食鹽水代替蒸餾水，目的是減小乙酸乙酯在水中的溶解度，會使實驗結果更準確，______________填“能”或“不能”)用飽和Na2CO3溶液代替蒸餾水。（4）實驗中，試管Ⅳ比試管Ⅱ中的酯層減少更快，可能的原因有_______。(乙酸乙酯的沸點為77.1℃)20、某學生用0.2000mol·L－1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，注入0.2000mol·L－1的標準NaOH溶液至“0”刻度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體；③調節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù)；④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)。⑥重復以上滴定操作2-3次。請回答：（1）以上步驟有錯誤的是（填編號）____________，該錯誤操作會導致測定結果_____________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。（2）步驟④中，量取20.00mL待測液應使用__________________(填儀器名稱)，在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，測定結果____________（填“大”、“偏小”或“無影響”）。（3）步驟⑤滴定時眼睛應注視_______________；判斷到達滴定終點的依據是：_________________。（4）以下是實驗數(shù)據記錄表滴定次數(shù)

鹽酸體積（mL）

NaOH溶液體積讀數(shù)（mL）

滴定前

滴定后

1

20.00

0.00

18.10

2

20.00

0.00

16.30

3

20.00

0.00

16.22

從上表可以看出，第1次滴定記錄的NaOH溶液體積明顯多于后兩次的體積，其可能的原因是（_____）A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡B．錐形瓶用待測液潤洗C．NaOH標準液保存時間過長，有部分變質D．滴定結束時，俯視讀數(shù)（5）根據上表記錄數(shù)據，通過計算可得，該鹽酸濃度為：____________mol·L－121、碳元素是構成物質世界的重要元素，回答下列問題：(1)碳能形成多種氧化物，如CO、CO2、C2O3等，其中C2O3遇水生成草酸(HOOCCOOH)。已知乙酸和草酸的電離平衡常數(shù)(25℃)如下：酸電離平衡常數(shù)(25℃)草酸HOOCCOOHKa1=5×10－2，Ka2=5.4×10－5乙酸CH3COOHKa=1.6×10－5①陰離子CH3COO－、HC2O、C2O結合質子(H+)能力的由強到弱的順序為____________。②常溫下，0.1mol/L乙酸溶液的pH=____________(保留一位小數(shù)，lg2=0.3)。③常溫下，某濃度的Na2C2O4溶液的pH=9，則溶液中=________。(2)利用酸性KMnO4標準溶液滴定草酸可測出其準確濃度(氧化產物為CO2)。①酸性KMnO4標準溶液應盛裝在_________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②達到滴定終點的判斷依據為____________。③若達到滴定終點時消耗cmol/L酸性KMnO4標準溶液VmL，實驗中所用草酸溶液體積為25.00mL，則該草酸溶液的濃度為______________mol/L。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】CaCO3溶于水達飽和，其物質的量濃度為5.0×10-5mol/L，則c(Ca2+)=c(Cl-)=5.0×10-5mol/L，所以Ksp=c(Ca2+)×c(Cl-)=5.0×10-5mol/L×5.0×10-5mol/L=(mol/L)2，故答案為：B。2、D【解析】A.AlCl3在加熱時水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易揮發(fā)，灼燒得到氧化鋁，所以蒸干灼燒其水溶液，不能得到該物質，故A錯誤；B.加熱蒸干溶液，得到碳酸氫鈉固體，再灼燒2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，最終得到碳酸鈉，不能得到該物質，故B錯誤；C.加熱蒸干FeSO4溶液時，硫酸亞鐵易被氧化生成硫酸鐵，硫酸鐵水解生成氫氧化鐵和硫酸，硫酸沒有揮發(fā)性，所以得到的固體是硫酸鐵，故C錯誤；D.硫酸鉀溶液加熱蒸干，得到硫酸鉀固體，硫酸鉀性質穩(wěn)定，受熱不分解，故D正確。故選D?！军c睛】從鹽類水解的角度和物質的穩(wěn)定性的角度分析，注意當水解生成揮發(fā)性酸時，加熱蒸干并灼燒最終得到的是金屬氧化物。3、B【詳解】A．乙元素的第二電離能遠遠小于第三電離能，則乙元素最外層有2個電子，失去兩個電子后達到穩(wěn)定結構，所以乙為Mg元素，化合價為+2價，A錯誤；B．甲的第一電離能比乙的小，第一電離能越小，金屬性越強，故甲的金屬性比乙強，B正確；C．丙、丁元素的第一電離、第二電離能、第三電離能相差不大，說明丙元素最外層等于或大于3個電子，丙可能是金屬元素也可能不是金屬元素，丁一定元素最外層大于3個電子，一定為非金屬元素，C、D錯誤；故答案為：B。4、C【解析】試題分析：A、根據原電池的工作原理，化合價升高失電子的作負極，分析電極反應方程式，鋅的價態(tài)升高，鋅失電子，說法正確；B、負極電極反應式：Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，總電極反應式減去負極電極反應式：正極：2MnO2+H2O+2e-==Mn2O3+2OH-，正確；C、根據Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2，外電路轉移0.2mole－消耗鋅的質量為6.5g，錯誤；D、根據原電池的工作原理，外電路電子從負極流向正極，正確。選項C符合題意?？键c：考查原電池的工作原理、電極反應式的書寫。5、D【詳解】A．烷烴的沸點隨碳原子數(shù)的增多而升高，所以沸點：2，3一二甲基丁烷＞戊烷＞丙烷，故A錯誤；B．等質量時，H的質量分數(shù)越大，消耗氧氣越多，則等質量的物質燃燒耗O2量：乙烷＞乙烯＞苯，故B錯誤；C．乙炔的化學式為C2H2、苯的化學式為C6H6，二者最簡式均為CH，含氫的質量分數(shù)相同，故C錯誤；D．四氯化碳的密度大于水，苯的密度小于水，所以密度CCl4>H2O>苯，故D正確；答案為D。6、A【解析】試題分析：A．4s后反應達到平衡狀態(tài)，此時測得C的濃度為0.6mol/L，則用C表示的反應速率是0.6mol/L÷4s＝0.15mol/(L·s)。反應速率之比是化學計量數(shù)之比，則4s內，v(B)＝0.15mol/(L·s)÷2＝0.075mol/(L·s)，A正確；B．4s后消耗A的濃度是0.6mol/L，則剩余A的濃度是1.4mol/L，所以平衡狀態(tài)下，c(A)∶c(C)＝7∶3，B錯誤；C．正反應放熱，達到平衡狀態(tài)時，若只升高溫度，平衡向逆反應方向進行，則C的物質的量濃度減小，C錯誤；D．達到平衡狀態(tài)后，若溫度不變，縮小容器的體積，壓強增大，平衡向正反應方向進行，因此A的轉化率增大，D錯誤，答案選A?？键c：考查外界條件對平衡狀態(tài)的影響、平衡狀態(tài)計算7、C【詳解】A．v（A）=0.5

mol?L-1?s-1；B、v（A）：v（B）=2：1，故v（A）=2v（B）=2×0.05mol?L-1?s-1=0.1mol?L-1?s-1；C、v（C）：v（A）=3：2，故v（A）=2v（C）/3=2/3×0.9mol?L-1?s-1=0.6mol?L-1?s-1；D、v（D）：v（A）=2：1，故v（A）=0.5v（D）=0.5×1.0mol?L-1?s-1=0.5mol?L-1?s-1；故C反應速率最快，故選C?！军c睛】本題考查化學反應速率的相關計算，把握化學反應速率之比等化學計量數(shù)之比為解答的關鍵，難度不大．要注意比較化學反應速率快慢要以同一個物質進行比較。8、B【詳解】A.增大壓強，對于有氣體參加的化學反應，單位體積內活化分子數(shù)目增大，但活化分子百分數(shù)不變，故A錯誤；B.升高溫度，分子能量增大，活化分子的百分數(shù)增加，有效碰撞次數(shù)增大，化學反應速率增大，故B正確；C.加入反應物，反應物濃度增大，活化分子數(shù)目增大，有效碰撞次數(shù)增大，化學反應速率增大，故C錯誤；D.使用正催化劑，降低了反應的活化能，增大活化分子百分數(shù)，有效碰撞次數(shù)增大，化學反應速率增大，而催化劑還有負催化劑，化學反應速率不一定增大，故D錯誤；故選B。9、D【解析】A.升高溫度一定會使反應速率加快，A錯誤；B.由于是可逆反應，通過調控反應條件，SO2也不能100%地轉化為SO3，B錯誤；C.當SO2與SO3的濃度相等時正逆反應速率不一定相等，因此反應不一定達到平衡狀態(tài)，C錯誤；D.使用催化劑的目的是加快反應速率，提高生產效率，D正確，答案選D?！军c睛】可逆反應達到平衡狀態(tài)有兩個核心的判斷依據，即正反應速率和逆反應速率相等以及反應混合物中各組成成分的百分含量保持不變，前者是實質，后者是表現(xiàn)，判斷時只要抓住這兩個特征就可確定反應是否達到平衡狀態(tài)。判斷化學反應是否達到平衡狀態(tài)，關鍵是看給定的條件能否推出參與反應的任一物質的物質的量不再發(fā)生變化。10、B【詳解】A.t時刻及其前后，容器的壓強不變時，該反應正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，t時刻，壓強只是一個數(shù)值，無法判斷判斷平衡狀態(tài)，A錯誤；B.t時刻，通過H2O(g)、CO(g)、H2(g)的濃度，可計算C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的QC，當QC=K(700℃)=0.2，處于平衡狀態(tài)，B正確；C.t時刻，消耗H2O(g)的速率與生成CO(g)的速率，均只是正反應速率，沒有逆反應速率的情況，無法判斷是否平衡，C錯誤；D.t時刻，氣體的平均摩爾質量只是一個數(shù)值，無法判斷判斷平衡狀態(tài)，t時刻及其前后，氣體的平均摩爾質量不變時，該反應正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，D錯誤；答案選B。11、B【詳解】A．煅燒石灰石為碳酸鈣的分解反應，分解反應吸熱，A不符合題意；B．天然氣的燃燒屬于化合物的燃燒反應，燃燒反應放熱，B符合題意；C．氯化鈉電離出鈉離子和氯離子，電離過程吸熱，C不符合題意；D．液態(tài)氨汽化呈氨氣，液體的汽化吸熱，D不符合題意；故選B。12、D【分析】鹽酸是一元強酸，硫酸是二元強酸，其pH相等說明氫離子濃度相等。【詳解】鹽酸是一元強酸，硫酸是二元強酸，其pH相等說明氫離子濃度相等。A.鹽酸和硫酸溶液中氫離子濃度相等時，鹽酸濃度為硫酸濃度的2倍，即c甲=2c乙，故A正確；B.pH相等說明氫離子濃度相等，則氫氧根離子濃度也相等，故B正確；C.若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，都生成不能水解的強酸強堿鹽，即所得溶液的pH都為7，故C正確；D.甲、乙燒杯中溶液混合時，若不考慮體積變化，氫離子濃度不變，故D錯誤，答案選D?！军c睛】本題主要考查pH的含義，注意pH相等即氫離子濃度相等，與強酸是幾元酸無關，為易錯點，試題難度不大。13、A【詳解】高分子化合物的相對分子量達到10000以上，淀粉屬于天然高分子化合物，而乙酸、乙醇和甲烷的相對分子量沒有達到10000以上，不屬于高分子化合物，故選A。14、D【解析】A.a點為0.1000mol/LMOH溶液，存在電荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正確；B.b點溶液顯酸性，若V。=20.00mL，則恰好生成MCl，水解顯酸性，與圖像吻合，故B正確；C.298K時，MOH的電離平衡常數(shù)Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，則c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的電離度a=×100%=1%，故C正確；D.298K時，將0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假設電離的MOH的物質的量為x，則Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的電離，MOH的電離度＜1%，則x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，則c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D錯誤；故選D。點睛：本題考查酸堿混合的定性判斷，把握酸堿混合后的溶質、鹽類水解、電荷守恒為解答本題關鍵。注意選項D為解答的難點，需要根據電離平衡常數(shù)解答，溫度不變，電離平衡常數(shù)不變。15、B【解析】A.二氧化硅和氧化鋁均能溶于氫氧化鈉溶液，不能用NaOH溶液除去SiO2中混有的Al2O3雜質，故A錯誤；B.CO2中混有CO雜質，將其通過足量的CuO粉末，一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，可以除雜，故B正確；C．乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，應選飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，然后分液，故C錯誤；D．氯化氫與碳酸鈉溶液反應，放出了二氧化碳，引入了新雜質，故D錯誤；故選B。16、D【詳解】A．海水中有大量的鹽溶解，更容易腐蝕，故A錯誤；B．醋酸為弱電解質，反應過程中醋酸會不斷電離，電離吸收熱量，所以含1mol

CH3COOH的溶液與含1mol

NaOH的溶液混合，放出熱量小于57.3

kJ，故B錯誤；C．反應的熱效應只與始態(tài)、終態(tài)有關，與過程無關，所以同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和點燃條件下的△H相同，故C錯誤；D．升高溫度，反應體系中物質的能量升高，一般可使活化分子的百分數(shù)增大，因而反應速率增大，故D正確；故選：D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2OABCD碳酸鈉溶液或者碳酸氫鈉溶液或紫色石蕊等CH2=CHCOOCH2CH3【分析】根據題目信息可知A是乙烯，乙烯水化得到乙醇，B為乙醇，乙醇被氧化后得到乙酸，因此C是乙酸，D是二者發(fā)生酯化反應后得到的乙酸乙酯?！驹斀狻浚?）乙酸的官能團為羧基，③是酯化反應，方程式為CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOC2H5＋H2O；（2）碳碳雙鍵可以發(fā)生加成反應和氧化反應，羧基可以發(fā)生中和反應，而烴上的氫原子可以被取代，因此答案選ABCD；（3）乙醇無酸性，而乙酸有酸性，可以用碳酸鈉溶液、石蕊試液等方法來鑒別；（4）丙烯酸乙酯即丙烯酸和乙醇形成的酯，其結構為CH2=CHCOOCH2CH3。18、4OH－－4e－=O2↑＋2H2OFe–2e-=Fe2+O2+2H2O+4e-=4OH-2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【分析】M、L為常見的金屬單質，H和M反應可放出大量的熱，該反應為鋁熱反應，則M為Al，L為Fe；C為難溶于水的紅褐色固體，則C為Fe(OH)3，H為Fe2O3，然后結合轉化關系圖可知，A為Fe(OH)2，x的水溶液為淺綠色，混合液中含有硫酸鈉和過量的氫氧化鈉，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀鹽酸的白色沉淀，沉淀為硫酸鋇，B、D、E、F均為無色氣體，B應為氨氣，則X為(NH4)2Fe(SO4)2；電解硫酸鈉溶液生成E為H2，D為O2，氨氣與氧氣反應生成F為NO，NO、氧氣、水反應生成G為硝酸，，然后結合物質的性質及化學用語來解答?！驹斀狻扛鶕治龅茫海?）B為氨氣，其電子式為，答案為：；（2）電解硫酸鈉和氫氧化鈉的混合液時，陽極上氫氧根離子放電，電極反應式為40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案為40H－－4e－=O2↑＋2H2O；（3）在潮濕的環(huán)境中，不純的鐵（含碳）形成了鐵-氧氣-水無數(shù)個微小的原電池，發(fā)生了吸氧腐蝕，由此知鐵作負極，發(fā)生的電極反應式為：Fe–2e-=Fe2+，正極發(fā)生的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，總反應式為：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2（4）agH2氣體在O2中完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時，放出bkJ的熱量，則1molE燃燒放出熱量，則熱化學反應為H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1，答案為：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)；ΔH＝－kJ·mol－1【點睛】注意抓住有色物質的性質推斷出各物質，本題難溶于水的紅褐色固體為Fe2O3；注意在潮濕的環(huán)境中，不純的鐵（含碳）形成了鐵-氧氣-水無數(shù)個微小的原電池，發(fā)生了吸氧腐蝕；燃燒熱是指在25℃、101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時所放出的熱量，注意熱化學方程式的書寫。19、5ABKh=c(CH3COOH)·c(C2H5OH)/c(CH3COOC2H5)不能溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多【解析】(1)①根據實驗目的“乙組探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率”及對照試驗的設計原則進行判斷；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，結合平衡移動的影響因素分析判斷；②根據化學平衡的表達式書寫；(3)根據碳酸鈉溶液水解顯堿性，結合實驗的探究目的分析判斷；(4)根據反應溫度，從反應速率和物質的揮發(fā)性角度分析解答?！驹斀狻?1)探究乙酸乙酯(沸點77.1℃)在不同溫度、不同濃度NaOH溶液中的水解速率，四個試管中乙酸乙酯的體積都應該為1mL，即：V1=V2=V3=1；試驗Ⅰ和試驗Ⅲ中蒸餾水的體積不同，則探究的是氫氧化鈉的濃度對乙酸乙酯水解的影響，還必須保證溶液總體積相等，則氫氧化鈉溶液體積應該為5mL，即：V4=5，故答案為：5；(2)①CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；A、加入水，反應物和生成物的濃度均減小，但生成物濃度減小的更大，平衡正向移動，故A正確；B、加入稀鹽酸，溶液的酸性增強，抑制CH3COOH的生成，可使平衡逆向移動，故B正確；C、酯層體積不再改變時，說明反應達到了平衡，但反應仍在進行，沒有停止，故C錯誤；D、c(CH3COOH)=c(C2H5OH)時，正逆反應速率不一定相等，不能說明反應達平衡狀態(tài)，故D錯誤；正確的有AB，故答案為：AB；②CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，用各物質的濃度表示水解平衡常數(shù)Kh，則Kh=cCH3COOHcC2(3)由于乙酸乙酯在飽和食鹽水中的溶解度減小，故實驗中，可用飽和食鹽水替代蒸餾水，以便減小乙酸乙酯在水中的溶解度，使實驗結果更準確；但碳酸鈉溶液水解顯堿性，干擾了探究NaOH溶液對水解速率的影響，所以不能用飽和Na2CO3溶液替代蒸餾水，故答案為：不能；(4)試管Ⅳ比試管Ⅱ的溫度高，溫度升高，反應速率加快；乙酸乙酯的沸點為77.1℃，水浴溫度接近乙酸乙酯的沸點，溫度越高，乙酸乙酯揮發(fā)也越快，導致試管中酯層減少速率加快，干擾了實驗結果，故答案為：溫度升高，反應速率加快；溫度升高，乙酸乙酯揮發(fā)的更多。20、①偏大酸式滴定管（或移液管）無影響錐形瓶中溶液顏色變化錐形瓶中溶液由無色變?yōu)闇\紅色，半分鐘不變色AB0.1626【詳解】（1）根據堿式滴定管在裝液前應用待裝液進行潤洗，用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上，堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗就直接注入標準NaOH溶液，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=，c（標準）偏大，故答案為：①；偏大；（2）精確量取液體的體積用滴定管，量取20.00mL待測