2026屆湖南師大附中高二上化學期中達標檢測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列能用勒夏特列原理解釋的是A．鋼鐵在潮濕的空氣中容易生銹B．棕紅色NO2加壓后顏色先變深后變淺C．高溫及加入催化劑都能使合成氨的反應速率加快D．H2、I2、HI平衡混合氣加壓后顏色變深2、下列說法正確的是()A．Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，說明二者均有氧化性B．分別充滿HCl、NH3的燒瓶倒置于水中后液面均迅速上升，說明二者均極易溶于水C．Fe與稀HNO3、稀H2SO4反應均有氣泡產生，說明Fe與兩種酸均發(fā)生置換反應D．常溫下，銅片放入濃硫酸中，無明顯變化，說明銅在冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化3、某小組通過“簡易量熱計”，利用50mL0.50mol·L-1鹽酸和50mL0.55mol·L-1NaOH溶液反應，測定中和反應反應熱。下列說法正確的是A．NaOH溶液過量越多，測定的反應熱越精確B．攪拌方法是按順時針旋轉環(huán)形玻璃攪拌棒C．杯蓋可以用銅鋁合金材料制作D．如果用NaOH固體替代NaOH溶液，測得的中和反應反應熱ΔH偏小4、關于下列裝置說法正確的是①②③④A．裝置①中，鹽橋中的K＋移向ZnSO4溶液B．裝置②工作一段時間后，a極附近溶液的OH－濃度增大C．用裝置③精煉銅時，c極為粗銅D．裝置④中電子由Zn流向Fe，裝置中有Fe2＋生成5、利用某些有機物之間的相互轉化可以儲存太陽能，如原降冰片二烯(NBD)經過太陽光照轉化成為四環(huán)烷(Q)。已知：①C7H8(l)(NBD)＋9O2(g)=7CO2(g)＋4H2O(l)ΔH1；②C7H8(l)(Q)＋9O2(g)=7CO2(g)＋4H2O(l)ΔH2；③ΔH＝+88.62kJ·mol－1。下列敘述不正確的是()A．ΔH1>ΔH2 B．NBD的能量比Q的能量高C．NBD比Q穩(wěn)定 D．NBD轉化為Q是吸熱反應6、可逆反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在容積為10L的密閉容器中進行，開始時加入2molN2和3molH2，則達到平衡時，NH3的濃度不可能為()A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.15mol·L－17、下列物質屬于弱電解質的是A．二氧化碳 B．氨水 C．硫化氫 D．碳酸氫鈉8、已知：①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ?mol﹣1②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ?mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ?mol﹣1根據蓋斯定律判斷：若使46g液態(tài)無水酒精完全燃燒，最后恢復到室溫，則放出的熱量為A．（b﹣a﹣c）kJ B．（3a﹣b+c）kJ C．（a﹣3b+c）kJ D．（b﹣3a﹣c）kJ9、“五千年文化，三千年詩韻。我們的經典從未斷流”，明代詩人于謙在《石灰吟》中寫道：“千錘萬鑿出深山，烈火焚燒若等閑。粉身碎骨渾不怕，要留清白在人間?！边@首膾炙人口的詩篇不僅蘊含了深刻的人文精神，還蘊藏了有趣的化學知識，下列有關說法中，錯誤的是A．化學反應過程中同時存在著物質變化和能量變化，其中物質變化是基礎B．這首詩說明化學能與熱能在一定條件下可以相互轉化C．石灰石的分解是熵增反應，因此在任何條件下都能自發(fā)進行D．“要留清白在人間”涉及反應中的化學物質有強電解質、弱電解質和非電解質`10、為了減緩鋅和一定濃度鹽酸反應速率，而又不減少產生氫氣的量，向鹽酸中加入下列物質，措施可行的是A．升溫 B．NaNO3溶液 C．幾滴CuSO4溶液 D．CH3COONa固體11、可逆反應A(？)＋aB(g)C(g)＋2D(g)(a為正整數)。反應過程中，當其他條件不變時，C的百分含量(C%)與溫度(T)和壓強(P)的關系如圖所示。下列說法不正確的是A．若a＝2，則A為液態(tài)或固體B．該反應的正反應為放熱反應C．T2＞T1，P2＞P1D．其他條件不變，增加B的物質的量，平衡正向移動，平衡常數K增大12、工業(yè)制氫氣的一個重要反應是：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)，已知在25℃時：C(石墨)+1/2O2(g)=CO(g)△H=-111kJ/molH2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)

△H=-242kJ/molC(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-394kJ/mol則25℃時，1molCO與水蒸氣作用轉化為氫氣和二氧化碳反應的△H為()A．+41kJ/mol B．-41kJ/mol C．-283kJ/mol D．-131kJ/mol13、在一定條件下，反應N2+3H2?2NH3在10L恒容密閉容器中進行，測得2min內，H2的物質的量由20mol減少到8mol，則2min內NH3的化學反應速率為（）A．1.2mol?(L?min)?1 B．6mol?(L?min)?1C．0.4mol?(L?min)?1 D．0.6mol?(L?min)?114、反應A+B→C+Q分兩步進行①A+B→X-Q；②X→C+Q。下列示意圖中，能正確表示總反應過程中能量變化的是ABCDA．A B．B C．C D．D15、一定溫度下,當密閉容器中進行的反應:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)達到平衡時,下列說法不正確的是()A．反應已經完全停止 B．SO2的轉化率達到最大C．各物質的濃度不再變化 D．O2的正、逆反應速率相等16、根據能量變化示意圖，下列說法正確的是A．H2在O2中燃燒生成氣態(tài)水的過程中吸收能量B．斷開1molH2O(g)所含的共價鍵共放出917.9kJ的能量C．H2O(g)比H2O(l)更穩(wěn)定D．H2在O2中燃燒生成液態(tài)水的熱化學方程式為：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1二、非選擇題（本題包括5小題）17、有U、V、W、X四種短周期元素，原子序數依次增大，其相關信息如下表：請回答下列問題：（1）U、V兩種元素組成的一種化合物甲是重要的化工原料，常把它的產量作為衡量石油化工發(fā)展水平的標志，則甲分子中σ鍵和π鍵的個數比為________，其中心原子采取______雜化。（2）V與W原子結合形成的V3W4晶體，其硬度比金剛石大，則V3W4晶體中含有________鍵，屬于________晶體。（3）乙和丙分別是V和X的氫化物，這兩種氫化物分子中都含有18個電子。乙和丙的化學式分別是________、____________，兩者沸點的關系為：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。18、有關物質的轉化關系如下圖所示(部分物質與反應條件已略去)。A是常見金屬，B是常見強酸；D、I均為無色氣體，其中I為單質，D的相對分子質量是I的兩倍；E是最常見的無色液體；G為常見強堿，其焰色反應呈黃色；J是常見紅色固體氧化物。請回答下列問題：(1)G的電子式為_________。(2)H的化學式為__________。(3)寫出反應①的離子方程式：___________________________。(4)寫出反應②的化學方程式：___________________________。19、某學生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分解為如下幾步：（A）移取15.00mL待測的鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶，并加入2-3滴酚酞（B）用標準溶液潤洗堿式滴定管2-3次（C）把盛有標準溶液的堿式滴定管固定好，調節(jié)液面使滴定管尖嘴充滿溶液（D）取標準NaOH溶液注入堿式滴定管至0刻度以上2-3cm（E）調節(jié)液面至0或0刻度以下，記下讀數（F）把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準NaOH溶液滴定至終點，記下滴定管液面的刻度完成以下填空：(1)正確操作的順序是（用序號字母填寫）（B）-（___）-（___）-（___）-（A）-（___）；(2)三次滴定消耗NaOH溶液的體積如下:實驗序號123消耗NaOH溶液的體積(mL)20.0520.0019.95則該鹽酸溶液的準確濃度為_____________。(保留小數點后4位)(3)用標準的NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，下列情況可能造成測定結果偏高的是：____________。A．滴定終點讀數時，俯視滴定管的刻度，其它操作均正確。B．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗。C．滴定到終點讀數時發(fā)現滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液。D．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用標準液潤洗。20、某學生用已知物質的量濃度的標準鹽酸測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）用含有少量雜質（雜質不與鹽酸反應）的固體燒堿樣品配制500mL溶液。除燒杯、量筒、膠頭滴管和玻璃棒外，還需要的玻璃儀器是___________。取用25.00mL待測液時需要的儀器是_____________。（2）滴定過程中，在錐形瓶底墊一張白紙的作用是_______________；若甲學生在實驗過程中，記錄滴定前滴定管內液面讀數為0.50mL，滴定后液面如圖(上面數字：22，下面數字：23)。，則此時消耗標準溶液的體積為_________mL（3）下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏高的是________。A．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈但沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸（4）用標準鹽酸滴定上述待測NaOH溶液時，判定滴定終點的現象是：直到加入最后一滴鹽酸，_____________________________為止。（5）某學生根據3次實驗分別記錄有關數據如下表：滴定次數待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol/L鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.2826.28第二次25.001.5531.3029.75第三次25.000.2026.4226.22計算該NaOH溶液的物質的量濃度：c(NaOH)=__________mol/L。(保留四位有效數字)21、工業(yè)上以某軟錳礦（主要成分為MnO2，還含有SiO2、Al2O3等雜質）為原料，利用煙道氣中的SO2制備MnSO4·H2O的流程如下：(1)濾渣A的主要成分是_________（填化學式）。(2)操作Ⅰ為加熱（煮沸）結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥。根據下圖溶解度曲線分析，趁熱過濾的目的除了防止MnSO4·H2O中含有(NH4)2SO4外，還有____________________。（3）MnSO4常用于測量地表水的DO值(每升水中溶解氧氣的質量，即溶氧量)。我國《地表水環(huán)境質量標準》規(guī)定，生活飲用水源的DO值不得低于5mg·L－1。李明同學設計了如下實驗步驟測定某河水的DO值：第一步：使如圖所示裝置中充滿N2后，用注射器向三頸燒瓶中加入200mL水樣。第二步：用注射器向三頸燒瓶中依次加入一定量MnSO4溶液（過量）、堿性KI溶液（過量），開啟攪拌器，發(fā)生下列反應：Mn2＋＋O2＋OH－→MnO(OH)2↓（未配平）第三步：攪拌并向燒瓶中加入一定量H2SO4溶液，在酸性條件下，上述MnO(OH)2將I－氧化為I2，其反應如下：MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2+＋I2＋H2O（未配平）第四步：從燒瓶中取出40.00mL溶液，與0.010mol·L－1Na2S2O3溶液發(fā)生反應：2S2O32—＋I2=S4O62—＋2I－，恰好完全進行時，消耗Na2S2O3溶液4.40mL。①在配制第二、三步所加試劑時，所有溶劑水須先煮沸后再冷卻才能使用，將溶劑水煮沸的作用是_____。②通過計算判斷作為飲用水源，此河水的DO值是否達標______(寫出計算過程，不考慮第二、三步加入試劑后水樣體積的變化)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】A．鋼鐵在潮濕的空氣中容易生銹是電化腐蝕原理，不是可逆反應，不能用勒夏特列原理解釋，故A錯誤；B．已知2NO2N2O4，棕紅色NO2加壓后體積減小，平衡正向移動，則顏色先變深后變淺，能用勒夏特列原理解釋，故B正確；C．催化劑能同等改變正逆反應速率，但不影響平衡移動，不能用平衡移動原理解釋，故C錯誤；D．H2、I2、HI平衡時的混合氣體加壓后顏色變深，是因為加壓后容器體積減小，碘濃度增大，但加壓后平衡不移動，不能用平衡移動原理解釋，故D錯誤；答案為B。點睛：勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，但影響因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理時，必須注意研究對象必須為可逆反應，否則勒夏特列原理不適用，特別是改變平衡移動的因素不能用平衡移動原理解釋，如催化劑的使用只能改變反應速率，不改變平衡移動，無法用勒夏特列原理解釋。2、B【詳解】A．二氧化硫與品紅發(fā)生化合反應生成不穩(wěn)定的物質，不發(fā)生氧化還原反應，故A錯誤；B．液面均迅速上升，說明燒瓶內壓強減小，可說明兩種氣體均易溶于水，故B正確；C．鐵與稀硝酸反應生成NO，沒有生成氫氣，不是置換反應，故C錯誤；D．常溫下銅與濃硫酸不反應，故D錯誤；綜上所述，本題選B?！军c睛】Cl2、SO2均能使品紅溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有強氧化性，能夠漂白有機色質，屬于氧化性漂白；而SO2能夠與有機色質結合形成不穩(wěn)定無色物質，屬于非氧化性漂白，加熱后，褪色后的溶液又恢復到原來的顏色。3、D【詳解】A.NaOH溶液過量越多，會影響反應后溶液的溫度，測定的反應熱越不精確，A錯誤；B.在中和熱測定實驗中，環(huán)形玻璃攪拌棒攪拌溶液的方法是上下移動，使溶液混合均勻，B錯誤；C.銅鋁合金屬于熱的良導體，為防止熱量損失，杯蓋不能用銅鋁合金材料制作，C錯誤；D.氫氧化鈉固體溶于水放熱，如果用NaOH固體替代NaOH溶液，放出的熱量增加，由于焓變是負值，則測得的中和反應反應熱ΔH偏小，D正確；答案選D。4、B【詳解】A.裝置①為原電池，Zn是負極，Cu是正極，鹽橋中的陽離子移向正極，即移向硫酸銅溶液，選項A錯誤；B.裝置②為電解池，在陰極a極上，氫離子發(fā)生得電子生成氫氣的還原反應，該極附近堿性增強，所以a極附近溶液的OH－濃度增大，選項B正確；C.裝置③精煉銅時，陽極d極應該是粗銅，陰極c極是純銅，選項C錯誤；D.裝置④為原電池，電子從負極Zn流向正極Fe，在Fe電極上氫離子得電子生成氫氣，反應實質是金屬鋅和氫離子之間的反應，裝置中沒有Fe2＋生成，選項D錯誤。答案選B。5、B【詳解】A、①②為放熱反應，△H<0，③該反應為吸熱反應，即Q的能量高于NBD，利用△H=生成物總能量－反應物總能量，得出△H1>△H2，也可以采用①－②得出：△H1－△H2=△H>0，即△H1>△H2，故A說法正確；B、根據③，此反應是吸熱反應，根據能量守恒，Q的能量高于NBD，故B說法錯誤；C、根據能量越低，物質越穩(wěn)定，根據B的分析，NBD的能量低于Q，即NBD比Q穩(wěn)定，故C說法正確；D、根據③△H>0，說明此反應為吸熱反應，故D說法正確；本題答案選B。6、B【分析】依據反應是可逆反應，不能進行徹底分析計算判斷，可以利用極值法分析，以此解答該題。【詳解】可逆反應的基本特征是反應物不可能完全轉化，達到反應限度時各物質不為0。理論上反應物完全轉化時，生成NH32mol，c(NH3)＝0.2mol·L－1；由可逆反應不為0可知，N2與H2不可能全部生成NH3，c(NH3)<0.2mol·L－1，則達到平衡時，n（NH3）＜2mol，c（NH3）＜0.2mol·L－1，只有B符合題意。故選B。7、C【分析】從電解質的概念分析是否為電解質，從電離程度分析電解質的強弱?！驹斀狻慷趸紝儆诜请娊赓|，故A不符合題意；氨水是混合物，既不是電解質也不是非電解質，故B不符合題意；硫化氫是弱電解質，故C符合題意；碳酸氫鈉是強電解質，故D不符合題意；故選C?！军c睛】電解質的前提是化合物，混合物和單質不是電解質也不是非電解質。8、B【詳解】①H2O（g）＝H2O（l）△H1＝﹣akJ?mol﹣1，②C2H5OH（g）＝C2H5OH（l）△H2＝﹣bkJ?mol﹣1，③C2H5OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）△H3＝﹣ckJ?mol﹣1，根據蓋斯定律可知，①×3﹣②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3a+b-c）kJ/mol，即1mol液態(tài)乙醇完全燃燒并恢復至室溫，放出的熱量為（3a﹣b+c）kJ，而46g液態(tài)乙醇的物質的量是1mol，所以完全燃燒并恢復至室溫，放出的熱量為（3a﹣b+c）kJ，答案選B。9、C【詳解】A、化學反應的本質是舊鍵斷裂，新鍵生成，在化學反應過程中，發(fā)生物質變化的同時一定發(fā)生能量變化，其中物質變化是基礎，選項A正確；B.“烈火焚燒若等閑”說明化學能與熱能在一定條件下可以相互轉化，選項B正確；C.石灰石的分解生成氧化鈣和二氧化碳是熵增反應，該反應為吸熱反應，△H>0，要使△H-T△S<0，反應必須在高溫條件下才能自發(fā)進行，選項C錯誤；D.“要留清白在人間”涉及反應為氫氧化鈣與二氧化碳反應生成碳酸鈣和水，反應中的化學物質有強電解質碳酸鈣、氫氧化鈣，弱電解質水和非電解質二氧化碳，選項D正確。答案選C。10、D【分析】Zn和鹽酸反應：Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，減緩反應速率，降低溫度或降低c(H＋)。【詳解】A、升高溫度，加快反應速率，故A不可行；B、NO3－在酸性條件下具有強氧化性，與金屬反應不產生H2，故B不可行；C、加入幾滴CuSO4，發(fā)生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，構成原電池，加快反應速率，故C不可行；D、發(fā)生反應HCl＋CH3COONa=CH3COOH＋NaCl，c(H＋)降低，反應速率降低，CH3COOH能與鋅發(fā)生置換反應生成H2，不影響H2的量，故D可行；答案選D。11、D【解析】A．根據圖2，壓強變大，C的百分含量減小，平衡向左移動，所以反應前氣態(tài)物質的化學計量數之和小于反應后氣態(tài)物質的化學計量數之和，即若a=2，則A為液態(tài)或固體，故A正確；B．根據圖1，溫度升高，C的百分含量減小，平衡向左移動，所以該反應為放熱反應，故B正確；C．根據圖1，T2時反應時間短，速率快，所以T2＞T1；根據圖2，P2時反應時間短，速率快，所以P2＞P1，故C正確；D．K與反應物的量無關，只受溫度的影響，所以其他條件不變，增加B的物質的量，平衡常數K不變，故D錯誤；答案選D?！军c睛】解答時要注意濃度、壓強影響化學平衡的幾種特殊情況：（1）當反應混合物中存在與其他物質不相混溶的固體或純液體物質時，由于其“濃度”是恒定的，不隨其量的增減而變化，故改變這些固體或液體的量，對平衡基本無影響。（2）由于壓強的變化對非氣態(tài)物質的濃度基本無影響，因此，當反應混合物中不存在氣態(tài)物質時，壓強的變化不能使無氣態(tài)物質存在的化學平衡發(fā)生移動。（3）氣體減壓或增壓與溶液稀釋或濃縮的化學平衡移動規(guī)律相似。12、B【解析】(1)給相關的熱化學方程式編號①C(石墨)+O2(g)=CO(g),△H=-111kJ/mol；②H2(g)+O2(g)=H2O(g),△H=-242kJ/mol；③C(石墨)+O2(g)=CO2(g),△H=-394kJ/mol。由蓋斯定律可知，③-②-①得：CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)，△H=△H3-△H2-△H1=-394kJ/mol-(-242kJ/mol)-(-111kJ/mol)=-41kJ/mol；答案選B。13、C【詳解】由題可知，H2的物質的量在2min內減少了12mol，容器的體積為10L，所以，又因為v(H2):v(NH3)=3:2，所以v(NH3)==0.4mol?(L?min)?1，C項正確；故答案選C。14、D【分析】一個確定的化學反應到底是吸熱反應還是放熱反應，是由反應物總能量與生成物總能量的相對大小決定的。若反應物的總能量大于生成物的總能量，則為放熱反應；若反應物的總能量小于生成物的總能量，則為吸熱反應，據此分析?！驹斀狻恳驗榭偡磻狝+B→C的ΔH＜0即為放熱反應，所以A和B的總能量大于C的能量；總反應分兩步進行：第①步A＋B→X(ΔH＞0)即為吸熱反應，所以A和B的總能量小于X的能量；第②步X→C(ΔH＜0)即放熱反應，所以X的能量大于C的能量。答案選D。15、A【詳解】A.達支平衡時，正反應速率等于逆反應速率，但反應速率不等于0，反應沒有停止，故A錯誤；B.達到平衡時,SO2的轉化率達到最大，故B正確；C.各物質的濃度不再變化，反應達到平衡，故C正確；D.O2的正、逆反應速率相等，反應達到平衡，故D正確；故選A。16、D【解析】A.反應物的總能量高于生成物的總能量，說明該反應過程放出熱量；B.斷開1molH2O(g)所含的共價鍵需要吸收能量，而不是放熱；C.能量越低越穩(wěn)定；D.根據蓋斯定律計算反應熱即可，注意反應熱的正負號?！驹斀狻緼.H2在O2中燃燒生成氣態(tài)水，從上述圖像可以看出，H2（g）+12O2（g）的能量大于H2O(g)的能量，因此此反應放出熱量，故AB.斷開1molH2O(g)所含的共價鍵需要吸收能量，故B項錯誤；C.從圖像可以得出，H2O(l)比H2O(g)的能量低，H2O(l)更穩(wěn)定，故C項錯誤；D.根據圖像可得，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=2×（△H1+△H2+△H3+△H4）=-571.6kJ·mol-1，故D項正確；答案選D?！军c睛】在解答熱化學方程式，注意幾個概念問題：①斷鍵吸熱，成鍵放熱；②能量越低的物質越穩(wěn)定。二、非選擇題（本題包括5小題）17、5∶1sp2共價原子C2H6H2O2<H2O2分子間存在氫鍵，C2H6分子間不存在氫鍵【分析】根據核外電子排布規(guī)律分析解答；根據共價鍵的形成及分類分析解答；根據分子間作用力的綜合利用分析解答；【詳解】根據題意已知，U是H元素；V元素三個能級，說明只有2個電子層，且每個能級中電子數相等，它的核外電子排布式為：1s22s22p2，即C元素；W在基態(tài)時，2p軌道處于半充滿狀態(tài)，所以它的核外電子排布式為：1s22s22p3，即N元素；X與W同周期，說明X處于第二周期，且X的第一電離能比W小，故X是O元素；(1)衡量石油化工發(fā)展水平的標志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳雙鍵，雙鍵中含有一個σ鍵和一個π鍵，兩個碳氫共價鍵，即四個σ鍵，則甲分子中σ鍵和π鍵的個數比為：5∶1，其中心原子采取的是sp2雜化，體現平面結構；(2)V3W4晶體是C3N4晶體，其硬度比金剛石大，說明晶體中含有共價鍵，是原子晶體；(3)V的氫化物含有18個電子，該分子是C2H6，W的氫化物含有18個電子的分子是：H2O2，由于H2O2分子間存在氫鍵，C2H6分子間不存在氫鍵，故沸點：C2H6<H2O2；【點睛】同種元素形成的不同種單質，互為同素異形體。同種原子形成共價鍵，叫做非極性鍵。形成分子間氫鍵的分子熔點和沸點都會比同系列的化合物偏高，例如：H2O常溫下為液態(tài)，而不是氣態(tài)。18、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G為常見強堿，其焰色反應呈黃色，則G為NaOH，E是最常見的無色液體，則E為H2O，J是常見紅色固體氧化物，則J為Fe2O3，J中的鐵元素來自于A，則A為Fe，B是常見強酸，能與Fe反應生成無色氣體D和水，且D、I均為無色氣體，其中I為單質，D的相對分子質量是I的兩倍，則I為O2，D為SO2，B為H2SO4，Fe2O3與H2SO4反應生成硫酸鐵和水，則C為Fe2(SO4)3，SO2具有還原性，將Fe2(SO4)3還原為FeSO4，則F為FeSO4，FeSO4與NaOH反應生成氫氧化亞鐵和硫酸鈉，則H為Fe(OH)2，據此答題。【詳解】（1）G為NaOH，NaOH由離子鍵和共價鍵構成，其電子式為：，故答案為。（2）H為Fe(OH)2，化學式為：Fe(OH)2，故答案為Fe(OH)2。（3）反應①為硫酸鐵、二氧化硫與水反應，離子方程式為：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案為2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反應②為氧化鐵與硫酸反應，化學方程式為：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案為Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。19、DCEF0.2667mol/LCD【解析】（1）中和滴定的實驗順序為：檢查、洗滌、潤洗、裝液、讀數、取待測液、加指示劑、滴定、讀數、處理廢液、洗滌；（2）據三次實驗的平均值求得所用標準液的體積，再據c（HCl）=[c(NaOH)?V(NaOH)]/V(HCl求算；（3）酸堿中和滴定中的誤差分析，主要看錯誤操作對標準液V（NaOH）的影響，錯誤操作導致標準液體積偏大，則測定結果偏高，錯誤操作導致標準液體積偏小，則測定結果偏低，據此分析。【詳解】（1）中和滴定的實驗順序為：檢查、洗滌、潤洗、裝液、讀數、取待測液、加指示劑、滴定、讀數、處理廢液、洗滌，所以正確操作的順序是BDCEAF，故答案為：D；C；E；F；（2）消耗標準液V（NaOH）=（20.05+20.00+19.95）mL/3=20.00mL，c（HCl）=[c(NaOH)?V(NaOH)]/V(HCl)=(0.20000mol/L×0.0200L)/0.0150L=0.2667mol/L，故答案為：0.2667mol/L；（3）A項、滴定終點讀數時，俯視滴定管的刻度，其讀數偏少，V（NaOH）偏少，故A偏低；B項、盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，無影響；C項、滴定到終點讀數時發(fā)現滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，V（NaOH）偏高，故C偏高；D項、未用標準液潤洗堿式滴定管，氫氧化鈉濃度降低，導致所用氫氧化鈉體積增多，故D偏高；故答案為：CD。20、500mL容量瓶堿式滴定管便于準確觀察錐形瓶中溶液顏色變化22.10CD溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不再變?.1050【解析】（1）用含有少量雜質（雜質不與鹽酸反應）的固體燒堿樣品配制500mL溶液；配制過程為:計算、稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、搖勻等,需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、膠頭滴管，需用的玻璃儀器除燒杯、量筒、膠頭滴管和玻璃棒外，還需要的玻璃儀器是容量瓶；待測液為堿性，所以取用25.00mL待測液時需要的儀器是堿式滴定管；正確答案：500mL容量瓶；堿式滴定管。（2）滴定過程中，在錐形瓶底墊一張白紙的作用是便于準確觀察錐形瓶中溶液顏色變化；滴定前滴定管內液面讀數為0.50mL，滴定結束時讀數為22.60mL，則此時消耗標準溶液的體積為22.10mL；正確答案：便于準確觀察錐形瓶中溶液顏色變化；22.10。(3)讀取鹽酸體積時,開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數，造成V(標準)偏小，根據c(待測)=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析，c(待測)偏小，A錯誤；滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈但沒有干燥，待測液的物質的量不變，對V(標準)無影響，根據c(待測)=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析，c(待測)無影響，B錯誤；酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V(標準)偏大，根據c(待測)=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析，c(待測)偏大，C正確；酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸，標準液的濃度偏小，造成V(標準)偏大，根據c(待測)=c(標準)×V(標準)/V(待測)分析，c(待測)偏大，D正確；C、D符合題意，正確答案：C、D。（4）甲基橙作指示劑，與堿液相遇，顯黃色；隨著酸液的滴入，溶液的堿性減弱，當加入最后一滴鹽酸，混合液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不再變色，達到滴定終點；正確答案：混合液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不再變色。?）三次消耗的鹽酸的體積分別為26.28mL、29.75mL、26.22mL，第二次數據誤差過大，應該舍去，另外兩次的平均值為,根據c(待測)=c(標準)×V(標準)/V(待測)=0.1000×26.25×10-3/25×10-3=0.1050mol/L；c(NaOH)=0.1050mol/L；正確答案：0.1050。21、SiO2減少MnSO4·H2O的損失，防止生成MnSO4·5H2O除去水中溶解的氧氣達標【分析】分析信息和工藝流程知向軟錳礦漿通入稀硫酸和煙道氣，酸浸，酸性條件下，二氧化錳與二氧化硫反應生成硫酸錳、氧化鋁和稀硫酸反應生成硫酸鋁，過濾，濾渣A為二氧化硅，向濾液1中加入氨水，調節(jié)pH=5.4，將Al3+轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾，濾渣B為氫氧化鋁，濾液2為硫酸錳溶液，經過加熱（