吉林省榆树市榆树一中2025届化学高二上期中学业水平测试试题含解析

吉林省榆树市榆树一中2025届化学高二上期中学业水平测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝＋Q2mol·L1-则Q1和Q2的关系为( )
A．Q1<Q2B．Q1>Q2C．Q1＝Q2D．无法确定
2、下列说法不正确的是
A．pH相等的NaOH和Na2CO3溶液c(NaOH)＜c(Na2CO3)。

B．将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池，Al电极溶解，说明Al比Mg金属活动性强。

C．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶都无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用滴定管时水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗。

D．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量。

3、常温常压下，10mL某气态烃与50mL O2混合点燃并完全燃烧后恢复到原来状况，剩余气体为35mL，则此烃的化学式为( )
A．C3H6B．C5H12C．C2H4D．C6H6
4、下列叙述正确的是
A．某温度下，蒸馏水中的[H+]=1.0×10—6mol·L—1，则该温度一定高于25℃
B．25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液中，由水电离出来的[H+]=1.0×10—13mol·L—1，此时由水电离出来的[OH—]≠[H+] C．25℃时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
D．25℃时，0.1 mol·L—1的盐酸与0.1mol·L—1的NaOH溶液中，水的电离程度不同
5、某自热饭盒的热能来源于水和生石灰的反应。

下列说法正确的是（）
A．该反应为氧化还原反应B．该过程中化学能转化为热能
C．热能也可由NH4NO3溶于水来提供D．该反应生成物总能量高于反应物总能量
6、一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）
①NaOH固体②H2O③NH4Cl固体④CH3COONa固体⑤NaNO3固体⑥KCl溶液
A．②④⑥
B．①②
C ．②③⑤
D ．②④⑤⑥
7、对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。

已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：+3Fe+6HCl→+3FeCl 2+2H 2O ，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH 3为邻、对位取代定位
基，而-COOH 为间位取代定位基。

则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是
A ．甲苯硝化
→ X 氧化甲基−−−−−−→ Y 还原硝基−−−−−−→对氨基苯甲酸 B ．甲苯氧化甲基−−−−−−→X 硝化→Y 还原硝基−−−−−−→对氨基苯甲酸
C ．甲苯还原−−−→X 氧化甲基−−−−−−→Y 硝化→对氨基苯甲酸
D ．甲苯硝化
→X 还原硝基−−−−−−→Y 氧化甲基−−−−−−→对氨基苯甲酸 8、反应 N 2O 4(g)
2NO 2(g)在温度为 T 1、T 2（T 2>T 1）时，平衡体系中 NO 2的体积分数随压强变化如下图所示．下
列说法正确的是
A ．由图可知
B 点的平衡常数大于
C 点的平衡常数
B ．A 、
C 两点气体的颜色：A 深，C 浅
C ．A 、C 两点气体的平均相对分子质量：A < C
D ．保持容器体积不变，再充入 N 2O 4气体，N 2O 4的转化率增大
9、在相同条件下（T=500K ），有相同体积的甲、乙两密闭容器。

甲容器中充入1 g SO 2和1 g O 2；乙容器中充入2 g SO 2和2 g O 2。

下列叙述错误的是
A ．化学反应速率：乙>甲
B ．平衡后SO 3的浓度：乙>甲
C ．SO 2的转化率：乙>甲
D ．平衡后SO 2的体积分数：乙>甲
10、化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，下列图示能表示C 与H 2O 反应生产水煤气过程中能量变化的是
A．B．C．
D．
11、属于短周期的一组元素是
A．Al、Si、S B．Li、Mg、Fr C．H、O、K D．Na、S、Br
12、下列关于有机物结构、性质的说法正确的是
A．石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量
B．分子式为C3H7Cl的有机物有三种同分异构体
C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应
D．将溴乙烷滴入AgNO3溶液中，立即有淡黄色沉淀生成
13、下列离子方程式正确的是
A．大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑
B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+
C．氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+H2O D．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+=Mn2++2Cl2↑+4H2O
14、下列化合物中，既含有共价键，又含有离子键的是( )
A．O2B．CaO C．CH4D．NaOH
15、下列关于能量变化的说法正确的是
A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
16、下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A．工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高温可以提高单位时间SO3的产量
B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C．用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D．容器中有2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大压强颜色变深
二、非选择题（本题包括5小题）
17、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。

（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。

（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。

（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。

18、在下图所示的物质转化关系中。

C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1。

(部分生成物和反应条件未列出)
（1）L的化学式为______________。

（2）A的电子式为______________。

（3）反应②的离子方程式为____________________________________。

（4）反应③的化学方程式为____________________________________。

19、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。

通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。

回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___。

（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___。

（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值___（填“偏大、偏小、无影响”）。

（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___（填“相等、不相等”），所求中和热___（填“相等、不相等”）。

（5）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会___；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

20、实验室测定中和热的步骤如下(如图)：
第一步：量取40.0 mL 0.25 mol/L H2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；
第二步：量取40.0 mL 0.55 mol/L NaOH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57.3 kJ/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0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量_____（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3 kJ，原因是__________________________________。

(6)已知某温度下：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l) △H=﹣12.1 kJ•mol﹣1；H+(aq)+OH﹣(aq)= H2O(l) △H=﹣55.6 kJ•mol﹣1。

则CH3COOH在水溶液中电离的△H=________________。

21、以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．
(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1
①该反应在常温下_______自发进行(填“能”与“不能”)；
②一定温度和压强下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是
__________（填字母，下同）
a．容器中的压强不变
b.1mol H﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O
c．c（CO）=c（H2）
d．密闭容器的容积不再改变
(2)将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO （g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：
实验组温
度
℃
起始量/mol 平衡量/mol
达到平衡所需时
间/min
CO H2O H2CO
①650 4 2 1.6 2.4 6
②900 2 1 0.4 1.6 3
③900 a b c d t
①该反应为 _________（填“吸”或“放”）热反应；实验②条件下平衡常数K=___________。

②实验①中从反应开始至平衡以CO2表示的平均反应速率为V(CO2)=____________（取小数点后两位）
(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇．一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化．在体积为1L 的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使c （CH3OH）增大的是_____________．
A．升高温度
B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离出来
D．再充入1mol CO2和3mol H2．
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【详解】根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程,第一个过程是:CuS04·5H 20(s)CuS04(s)+5H 20(1)ΔH=+Q 2 kJ/mol ，这一过程是吸出热量的，1molCuS04·5H 20分解吸收的热量为Q 2 kJ ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程,此过程是放出热量的，1mol 无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q 1kJ ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q 1<Q 2，所以A 合题意；
答案：A 。

【点睛】
溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q 1是二者的差值，而胆矾(五水合硫酸铜)分解要克服水合能Q 2,所以Q 1<Q 2；溶解时,放出的热量有一部分被水吸收，实际放出的热量偏小。

2、B
【详解】A ．NaOH 属于强碱，在水中完全电离，Na 2CO 3属于强碱弱酸盐，2-
3CO 在溶液中发生水解生成OH -，且水解程度较弱，二者溶液pH 相等，说明溶液中OH -浓度相等，则c (NaOH)＜c (Na 2CO 3)，故A 项说法正确； B ．Al 具有两性，能够溶解在NaOH 溶液中，Mg 不会与碱反应，将Mg 、Al 与NaOH 溶液组成原电池，Al 电极溶解，说明Al 具有“酸性”，故B 项说法错误；
C ．容量瓶标有温度、规格、刻度线，量筒标有温度、规格，滴定管有温度、规格，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度在最上面，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，否则会引起实验误差，故C 项说法正确；
D ．BaSO 4在水中存在溶解平衡：BaSO 4(s)Ba 2+(aq)+2-4SO (aq)，稀硫酸中含有2-4SO ，用稀硫酸洗涤会抑制BaSO 4溶解，因此用水洗涤造成BaSO 4的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量，故D 项说法正确；
综上所述，说法不正确的是B 项，故答案为B 。

3、A
【详解】设烃的分子式为C x H y ，则
C x H y + (x+y 4)O 2点燃 xCO 2+y 2
H 2O △n
1 x+y
4
1+
y
4
10mL 50mL （10mL+50mL-35mL）=25mL
1 10mL =
y
1
4
25mL
+
，解得y=6
又因为气态烃完全燃烧，故10mL
1
≤
50mL
y
x
4
+，则x≤3.5
对照各选项，答案：A。

4、A
【详解】A、常温下，蒸馏水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，现在温度下c(H+)＞1.0×10-7mol·L-1，所以温度高于25℃，故A 正确；
B、在任意水溶液中，由水电离出来的c(OH—)=c(H+)，故B错误；
C、水的离子积只受温度的影响，加入NaOH后，Kw不变，故C错误；
D、25℃时，0.1mol·L-1的盐酸与0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(H+)=c(OH-)=0.1mol/L，对水电离的抑制能力相同，水的电离程度相同，故D错误。

故选A。

5、B
【解析】
A. 生石灰和水反应生成氢氧化钙，反应中元素的化合价均不变，该反应为非氧化还原反应，A错误；
B. 该反应是放热反应，该过程中化学能转化为热能，B正确；
C. 硝酸铵溶于水吸热，因此热能不能由NH4NO3溶于水来提供，C错误；
D. 该反应是放热反应，该反应生成物总能量低于反应物总能量，D错误。

答案选B。

6、A
【详解】①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入NH4Cl固体，水解显酸性，导致氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，在酸性溶液中硝酸根与铁反应得不到氢气，故⑤错误；⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；故②④⑥符合题意。

答案：A。

【点睛】
根据Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量进行分析解答。

7、A
【详解】由于甲基是邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基，且氨基还原性强，易被氧化，所以由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤是：甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生甲基对位上的取代反应产生对硝基甲苯，然后被酸性KMnO4溶液氧化，产生对硝基苯甲酸，最后对硝基苯甲酸与Fe、HCl作用，硝基被还原产生-NH2，得到对氨基苯甲酸，故合理选项是A。

8、C
【解析】A．由图可知，相同压强下，T2＞T1时，温度高对应的NO2体积分数大，则正反应为吸热反应；
B．A、C两点温度相同，C点NO2的浓度大；
C．质量不变，C点对应压强大，压强增大平衡逆向移动，气体的物质的量小；
D．保持容器体积不变，再充入N2O4 气体，反应物浓度增大。

【详解】A．由图可知，相同压强下，T2＞T1时，温度高对应的NO2体积分数大，则正反应为吸热反应，则B 点的平衡常数小于C 点的平衡常数，选项A错误；
B．A、C两点温度相同，C点压强大体积小NO2的浓度大，二氧化氮为红棕色气体，则A 浅、C深，选项B错误；C．质量不变，C点对应压强大，压强增大平衡逆向移动，气体的物质的量减小，由M=可知，则A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C，选项C正确；
D．保持容器体积不变，再充入N2O4气体，反应物浓度增大，平衡正向移动，选项D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查化学平衡的移动，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析及应用，题目难度不大。

9、D
【分析】乙容器中充入的SO2和O2的量是甲容器的2倍，相当于在乙平衡后增大压强，可以按增大压强处理。

【详解】A.增大压强，速率增大，所以化学反应速率：乙>甲，故A不选；
B.增大压强，平衡向右移动，而且体积减小，所以平衡SO3的浓度：乙>甲，故B不选；
C.增大压强，平衡向右移动，SO2的转化率增大，故C不选；
D. 增大压强，平衡向右移动，平衡后SO2的体积分数：乙＜甲，故D选。

故选D。

10、A
【分析】C与H2O反应生产水煤气的过程中需要吸热，反应物的总能量低于生成物的总能量，据此分析判断。

【详解】A．图象中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，符合C与H2O反应生产水煤气的反应过程中的能量变化，故A选；
B．图象中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，不符合C与H2O反应生产水煤气的反应过程中
的能量变化，故B不选；
C．化学反应前后一定伴随能量的变化，反应物和生成物的总能量不可能相同，故C不选；
D．图象中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，不符合C与H2O反应生产水煤气的反应过程中的能量变化，故D不选；
故选A。

11、A
【解析】A. Al、Si、S均为第三周期元素，属于短周期元素，选项A正确；
B. Li、Mg分别为第二、第三周期元素属于短周期元素，Fr为七周期元素，属于长周期元素，选项B错误；
C. H、O分别属于第一、第二周期元素属于短周期元素，K为第四周期元素属于长周期元素，选项C错误；
D. Na、S均属于第三周期元素属于短周期元素，Br为第四周期元素属于长周期元素，选项D错误；
答案选A。

12、C
【解析】A项，石油裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等小分子的烯烃，故A错误；B项，分子式为C3H7C1的有机物有CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH3共两种同分异构体，故B错误；C项，甲烷可在光照条件下与氯气发生取代反应，苯可在催化剂作用下与液溴发生取代反应，乙醇、乙酸可发生酯化反应(属于取代反应)，乙酸乙酯可发生水解反应(属于取代反应)，故C正确；D项，溴乙烷是非电解质不能电离出溴离子，在溴乙烷中滴入AgNO3溶液，没有淡黄色沉淀生成，故D错误。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，A项为易混易错点，要明确石油裂化与裂解的区别，注意知识积累；B项，考查同分异构体种数的判断，可用基元法，C3H7C1可看作Cl代替了C3H8中的一个氢原子，丙基有两种，所以C3H7Cl 有两种同分异构体；D项，注意溴乙烷是非电解质。

13、C
【分析】A．碳酸钙为难溶物质，应保留化学式；
B．生成的H+与ClO-结合成弱酸HClO，Ca2+与SO42-形成微溶于水的CaSO4；
C．二者反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水；
D．得失电子不守恒；
【详解】A．大理石与醋酸反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO－+H2O+CO2↑+Ca2＋，故A错误；
B、漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式：Ca2＋+3ClO－+H2O+SO2═CaSO4↓+2HClO+Cl－，故B错误；
C、氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式：OH－+Ca2＋+HCO3－═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D、高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式：2MnO4－+10Cl－+16H＋═2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O，故D错误；
故选C。

14、D
【详解】A．氧气是单质，不是化合物，故A不选；
B．CaO中只含离子键，故B不选；
C．CH4中只含C﹣H共价键，故C不选；
D．NaOH中含钠离子和氢氧根离子之间的离子键和H﹣O共价键，故D选；
故选D。

15、D
【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；
B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；
C、ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；
D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；
答案选D。

16、C
【解析】勒夏特列原理为如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应。

A、二氧化硫催化氧化是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
B、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动；
C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，增大氯离子浓度大，使平衡向逆反应方向移动；
D、增大压强，平衡不移动。

【详解】A项、二氧化硫催化氧化是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故A错误；
B项、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C项、氯化氢气体极易溶于水，而氯气和水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，氯化钠溶液中氯离子浓度大，使平衡向逆反应方向移动，减少氯气溶解度，用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质能用勒夏特列原理解释，C正确；D项、该反应是一个气态化学计量数不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误。

故选C。

【点睛】
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意把握影响平衡移动的因素是解答的关键。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、O Ca Na Cl 1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜O Na＜Ca＜Cl＜O
【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。

【详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。

（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。

（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和V A族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na ＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。

18、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I 为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。

据此分析解答。

【详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I 为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；
(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；
(2)A为H2O，电子式为，故答案为；
(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。

【点睛】
本题考查了无机综合推断。

本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。

难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。

19、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等偏小
【分析】根据中和热的测定实验原理、操作步骤与操作的规范性分析作答。

【详解】(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；
(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；
(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有热量散失，导致测得反应混合液的温度将偏低，则求得的中和热数值偏小；
(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；
(5)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ。

20、环形玻璃搅拌棒确保硫酸被完全中和 C abcd 大于浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定
+43.5 kJ•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0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，浓硫酸溶于水会释放热量，从而使放出的热量大于57.3 kJ，原因是浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定。

答案为：大于；浓硫酸溶于水放出热量干扰中和热测定；
(6)已知：CH3COOH(aq)+OH-(aq)=CH3COO﹣(aq)+H2O(l) △H=﹣12.1 kJ•mol﹣1 ①；H+(aq)+OH﹣(aq)= H2O(l)
△H=﹣55.6 kJ•mol﹣1 ②；
利用盖斯定律，将反应①-反应②得：CH3COOH(aq)CH3COO﹣(aq)+ H+(aq) △H=﹣12.1 kJ•mol﹣1-(﹣55.6 kJ•mol﹣1)= +43.5 kJ•mol﹣1。

答案为：+43.5 kJ•mol﹣1。

【点睛】
在测定中和热的烧杯内，混合液的温度并不完全相同，靠近烧杯底、烧杯壁的溶液，由于热量发生了散失，所以温度相对偏低。

21、不能 bd 放 0.17 0.13 mol/(L ⋅min) CD
【分析】(1) ①C （s ）+H 2O （g ）⇌CO （g ）+H 2（g ），正反应气体物质的量增大，0S ∆>，根据H T S ∆-∆判断常温下能否自发进行；②根据平衡定义和“变量不变”判断平衡状态；(2) ① CO （g ）+H 2O （g ）⇌CO 2（g ）+H 2（g ）反应前后气体物质的量不变，所以若实验②在650℃进行，实验①②为等效平衡，实验②达到平衡时，氢气的物质的量应该是0.8mol ；实验②在900℃进行，达到平衡氢气的物质的量是0.4mol ，说明升高温度反应逆向移动；利用“三段式”计算实验②条件下平衡常数；②实验①中从反应开始至平衡，CO 2的物质的量的变化为1.6mol ，用时6min ，根据n v V t
∆=⨯∆ 计算速率；(3)根据影响平衡移动的因素分析； 【详解】(1) ①C （s ）+H 2O （g ）⇌CO （g ）+H 2（g ），正反应气体物质的量增大，0S ∆>，△H=+131.3kJ•mol ﹣1> 0，所以常温下H T S ∆-∆>0，故不能自发进行；②a ．容器的容积可变，所以压强是恒量，容器中的压强不变不一定平衡，故不选a ； b.1mol H ﹣H 键断裂的同时断裂2mol H ﹣O ，说明正逆反应速率相等，所以一定达到平衡状态，故选b ； c ．CO 、H 2都是生成物，CO 、H 2的浓度始终相等，所以 c （CO ）=c （H 2）不一定平衡，故不选c ； d ．反应前后气体物质的量是变量，所以容器体积是变量，容积不再改变一定达到平衡，故选d 。

(2) ①
CO （g ）+H 2O （g ）⇌CO 2（g ）+H 2（g ）反应前后气体物质的量不变，所以若实验②在650℃进行，实验①②为等效平衡，实验②达到平衡时，氢气的物质的量应该是0.8mol ；实验②在900℃进行，达到平衡氢气的物质的量是0.4mol ，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应为放热反应；
CO （g ）+H 2O （g ）⇌CO 2（g ）+H 2（g ）
起始 1 0.5 0 0
转化 0.2 0.2 0.2 0.2
平衡 0.8 0.3 0.2 0.2 K=0.20.2=0.80.3
⨯⨯0.17；②实验①中从反应开始至平衡，CO 2的物质的量的变化为1.6mol ，用时6min ， 1.6=26min
n mol v V t L ∆==⨯∆⨯0.13 mol/(L ⋅min)；(3) A.根据图示，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，c(CH 3OH)减小，故不选A ； B.恒容条件下充入He(g)，平衡不移动，c(CH 3OH)不变，故不选B ； C.将H 2O(g)从体系中分离出来，平衡正向移动，c(CH 3OH)增大，故选C ； D.再充入1mol CO 2 和3mol H 2 ，平衡正向移动，c(CH 3OH)增大，故选D 。