2024届河南省西华县化学高二第一学期期中质量检测试题含解析

2024届河南省西华县化学高二第一学期期中质量检测试题考生须知：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、已知4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－905.9kJ·mol－1。一定条件下，向1L密闭容器中投入0.8mol的NH3和1.6mol的O2，发生上述反应，第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol。下列说法中不正确的是A．上述反应的逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1B．反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.15mol·L－1·min－1C．反应第2min时改变了某一条件，该条件可能是使用催化剂或升高温度D．平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量减小2、己知CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O△H＜0。下列说法不正确的是A．其他条件不变，适当增加盐酸的浓度将加快化学反应速率B．其他条件不变，适当增加CaCO3的用量将加快化学反应速率C．反应过程中，化学反应速率将先增大后减小D．一定条件下反应速率改变，△H＜0不变3、下列关于苯的叙述错误的是()A．反应①为加成反应，有机产物与水分层B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟C．反应③为取代反应，浓硫酸作催化剂和脱水剂D．反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应4、有固体参加的化学反应，增加固体的量对反应速率的影响是（）A．增大B．减小C．不变D．有增大有减小，视情况而定5、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．6、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是(

)t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol/(L∙min)B．其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数减小7、—定温度下，0.1molN2(g)与0.3molH2(g)在密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H=-akJ·mol-1(a>0)。下列说法正确的是A．达到化学平衡状态时，反应放出0.lakJ热量B．达到化学平衡状态时，v正(NH3)：v逆(N2)=2：1C．n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，说明该反应达到平衡D．缩小容器体积，用氮气表示的反应速率：v正(N2)增大，v逆(N2)减小8、下图所示各烧杯中均盛有海水，铁在其中被腐蚀最快和被保护最好的分别为()A．①⑤ B．③② C．④⑤ D．④①9、下列说法中不正确的是()A．人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘B．抗酸药加入食醋中一定能产生气泡C．儿童缺锌可导致生长发育不良，抵抗力差，食欲不振D．缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防10、下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是A．NH4++H2ONH3·H2O+H+ B．HCO3—+H2OCO32-+H3O+C．S2-+H2OHS-+OH- D．NH3+H2ONH4++OH-11、常温下，在溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化，下列说法正确的是A．在溶液中：B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是D．在A点所示的溶液中：12、工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=—92.0kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．25min时采取的措施是降低温度或增大压强B．将0.5mol氮气、1.5mol氢气置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为46kJC．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个时间段分别是改变一个条件引起的平衡移动，平衡时平衡常数：KⅢ>KⅠ=KⅡD．为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现13、下列关于化学反应的说法错误的是()A．化学反应中有物质变化也有能量变化B．需要加热的化学反应不一定是吸热反应C．化学反应中的热量变化取决于反应物和生成物中化学键的强弱D．如图所示的反应为放热反应14、下列反应中，有机产物只有一种的是A．乙醇与氧气在铜催化下的氧化反应B．丙烯(CH3CH=CH2)与HBr的加成反应C．甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应D．异戊二烯()与等物质的量的Br2发生加成反应15、下列说法正确的是A．氯化钠溶液导电的过程只涉及到物理变化B．氯化铁溶液蒸干得到氯化铁固体C．2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0D．加入催化剂，能够改变可逆反应的平衡转化率，从而提高目标产物在总产物中的比例16、常温下，Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，下列说法正确的是A．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等B．浓度均为0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者C．0.2mol·L－1HCOOH与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa与0.1mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COOH)>c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(H＋)二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___；（2）写出下列化学方程式：A→B：___；A→D：___；（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。18、有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。19、实验室采用下图所示装置研究苯与液溴的反应类型并制取少量溴苯。试回答下列各小题。（1）写出下列仪器的名称：A___________；仪器B除导气外的作用是_______。（2）写出制取溴苯的化学反应方程式_______________________（3）反应完毕后，向锥形瓶D中滴加AgNO3溶液有______（填现象）生成，此现象说明这种获得溴苯的反应属于_________（填有机反应类型）。20、某实验小组用0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。(1)倒入NaOH溶液的正确操作是_______________(从下列选出)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．一次迅速倒入C．分三次少量倒入(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_________(从下列选出)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃棒搅拌棒轻轻地搅动(3)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：近似认为0.50mol·L-1氢氧化钠溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2-t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1__________227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4(4)计算中和热△H=______________(取小数点后一位)。(5)不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液，理由是_________________。21、亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g)ΔH1②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH2③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH3则ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系为ΔH3=____________。（2）已知几种化学键的键能数据如表（亚硝酸氯的结构为Cl-N=O，一氧化氮的结构为N≡O）化学键N≡OCl-ClCl-NN=O键能/kJ•mol-1630243a607则2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)反应的ΔH=_________kJ·mol-1（3）T℃时，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：序号c(ClNO)/mol·L－1υ/mol·L－1·s－1①0.303.6×10－8②0.601.44×10－7③0.903.24×10－7n=__________；k=___________（注明单位）。（4）在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图。①由图可知T1、T2温度的速率υ1______υ2温度T1______T2。（填＞、＜或＝）②温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。a．气体体积保持不变b．容器压强保持不变c．气体颜色保持不变d．υ(ClNO)=υ(NO)e．NO与ClNO的物质的量比值保持不变③反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大。【题目详解】焓变=正反应的活化能－逆反应的活化能，所以逆反应的活化能不小于905.9kJ·mol－1，故A正确；第2min和第4min时NH3的物质的量分别为0.6mol和0.3mol，第2min到第4min时消耗氨气0.3mol，则消耗氧气0.375mol，所以反应在第2min到第4min时，O2的平均速率为0.1875mol·L－1·min－1，故B错误；第0min和第2min时NH3的物质的量分别为0.8mol和0.6mol，氨气的变化量是0.2mol，第2min到第4min时氨气的变化量是0.3mol，反应第2min时改变条件速率加快，所以改变的条件可能是使用催化剂或升高温度，故C正确；平衡后降低压强，平衡正向移动，气体物质的量增大，根据，混合气体平均摩尔质量减小，故D正确；选B。2、B【题目详解】A.盐酸浓度增大，H+离子浓度增大，速率加快，故A正确；B.由于CaCO3是固体，若只增大其用量，而不增大其与盐酸的接触面积，化学反应速率不变，故B不正确；C.由于反应放热，反应过程中温度升高，速率会变快，但随着盐酸浓度的减小，速率会逐渐变慢，故C正确；D.反应焓变只与反应物和生成物的能量状态有关，与反应快慢无关，故D正确。答案选B。3、A【分析】

【题目详解】A.反应①为苯和液溴在铁做催化剂作用下，发生取代反应生成溴苯，不溶于水，有机产物与水分层，故A错误；B.反应②为苯的燃烧，属于氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C.反应③为苯在浓硫酸和浓硝酸的作用下发生取代反应生成硝基苯，浓硫酸作催化剂和脱水剂，故C正确；D.反应④为苯在催化剂的条件下和氢气发生加成反应，1mol苯最多与3molH2发生加成反应，故D正确；故答案：A。4、C【解题分析】纯固体不存在浓度的变化，所以根据v=∆c/∆t可知，∆c=0，v=0，所以改变纯固体的量，不会引起反应速率的变化，C正确；综上所述，本题选C。5、B【解题分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；

B、CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氯化硅高温反应生成硅酸钙；

C、Al2O3不溶于水，不能用Al2O3和水反应制取Al(OH)3；D、硫与氧气反应生成二氧化硫。【题目详解】A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；

B、CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，所以B选项是正确的；C、Al2O3不溶于水，不能用Al2O3和水反应制取Al(OH)3，故C错误；

D、硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故D错误。所以B选项是正确的。6、C【分析】由题中信息可知，反应在第7分钟处于化学平衡状态，平衡时Y的变化量为0.06mol，则根据方程式可知，列出三段式；【题目详解】A．反应前2min内Y减少了0.16mol-0.12mol=0.04mol，则生成Z是0.08mol，浓度是0.008mol/L，所以平均速率v(Z)==4.0×10-3mol/(L·min)，故A不符合题意；B．该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率也减慢，故B不符合题意；C．根据分析，该温度下此反应的平衡常数K==1.44，故C符合题意；D．该反应前后气体的分子数不变，所以改变压强后，平衡不移动，其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，所以平衡时X的体积分数不变，故D不符合题意；答案选C。7、B【解题分析】反应可逆，0.1molN2(g)与0.3molH2(g)在密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应，生成氨气小于0.2mol，反应放出热量小于0.lakJ，故A错误；达到化学平衡状态时正逆反应速率比等于系数比，故B正确；n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，，反应不一定达到平衡，故B错误；n(N2)：n(H2)：n(NH3)=l：3：2时，浓度不一定不变，反应不一定达到平衡，故C错误；缩小容器体积，正逆反应速率均增大，故D错误。8、C【题目详解】①铁放在海水中形成微小原电池，能腐蚀。②锌和铁形成原电池，铁做正极，被保护。③铁和铜形成原电池，铁做负极，被腐蚀。④形成电解池，铁做阳极，腐蚀更快。⑤形成电解池，铁做阴极，被保护。所以五个装置中腐蚀最快的为④，保护最好的为⑤。故选C。9、B【题目详解】A．碘是甲状腺素的重要成分，人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘，A正确；B．抗酸药有很多种，有的抗酸药主要含有碳酸氢钠，有的主要含氢氧化铝，氢氧化铝与醋酸反应会生成盐和水，因此并非所有的抗酸药加入食醋中一定能产生气泡，B错误；C．锌可改善偏食厌食，增强免疫力和生殖能力，促进身体发育，缺乏时会导致生长发育不良，抵抗力差，食欲不振，C正确；D．铁强化酱油可以为人体补铁，所以缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防，D正确；答案选B。【题目点拨】微量元素在体内含量极少，但却是生命活动不可或缺的，人体中的微量元素主要来源于食物，可以从食物中补充微量元素，但微量元素不可摄入过量，摄入过量的微量元素对人体也是有害的。10、A【分析】水解反应：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应．A、铵离子水解，溶液显示酸性；B、属于碳酸氢根的电离方式；C、水解反应，溶液显示碱性；D、氨水电离方程式．【题目详解】在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应是水解反应A、铵离子是弱碱阳离子，结合水电离的氢氧根，溶液显示酸性，故A正确；B、碳酸氢根的电离方程式，故B错误；C、S2－的水解方程式，显碱性，故C错误；D、氨气和水生成氨水，不是水解方程式，也不是一水合氨的电离，故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查水解原理，解题关键：水解反应的概念是在溶液中盐电离出的离子与水电离出的氢离子和氢氧根结合生成弱电解质的反应，易错点B，区别HCO3-的水解与电离．11、C【题目详解】A.不符合电荷守恒，Na2CO3溶液中的电荷守恒为，选项A错误；B.溶液的总体积为，此时应为溶液与溶液恰好完全反应生成溶液，溶液呈弱碱性，不可能为7，选项B错误；C.B点对应的是碳酸氢钠，浓度最大的阳离子是Na+，选项C正确；D.根据图像可知，A点所示的溶液呈碱性，，选项D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液的成分及所含有的微粒，并结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，难点是B，采用逆推的方法分析解答。12、C【题目详解】A、25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取措施是将NH3从体系中分离；故A错误；B、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于46kJ，故B错误；C、25时改变条件是将NH3从体系中分离；45min时，组分的浓度没有改变，之后N2和H2物质的量浓度降低，NH3的物质的量浓度增大，说明反应向正反应方向进行，由于正反应是放热反应，故改变的条件只能是降温，平衡常数增大，平衡常数只受温度的影响，因此平衡常数大小顺序是KIII>KII=KI，故C正确；D、使用催化剂增大单位时间内生成NH3的量，但是催化剂不能改变反应物的平衡转化率，故在平衡状态下NH3的产率不变，原料的循环使用可以提高NH3的产率，故D错误。【题目点拨】易错点为选项D，学生认为使用催化剂只增大化学反应速率，平衡不移动，使用催化剂氨气的产率不变，忽略了增大化学反应速率，单位时间内生成NH3的量增大，即相同时间内产率增大。注意这是工业，不会等到达到平衡再提取氨气。13、D【题目详解】A．化学变化中，有旧化学键断裂和新化学键的形成，新化学键的形成意味着新物质的生成；旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，化学变化也伴随着能量的变化，A正确；B．某些化合反应为放热反应，但也需要加热，例如氢气和氧气的反应，B正确；C．化学反应热为旧键断裂和新键形成，旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，二者的差值即为化学反应热，C正确；D．如图，生成物的总能量高于反应物的总能量，反应过程中需要从外界吸收能量，故为吸热反应，D错误；故选D。14、A【题目详解】A．乙醇与氧气在铜催化下反应，为氧化反应，生成乙醛，所以其产生的有机物是1种，故A选；B．丙烯不是对称结构，与HBr发生加成反应，Br原子有2种位置连接，可以生成BrCH2CH2CH3，、CH3CHBrCH3，故B不选；C．甲苯发生硝化反应时，甲基的邻、对位均可发生取代反应，生成一硝基甲苯有邻、对位产物，故C不选；D．异戊二烯()与等物质的量的Br2发生加成反应，可发生1，2-加成或3,4加成或1，4-加成，有机产物可有3种，故D不选；故选A。15、C【解题分析】A．氯化钠溶液中含有大量的可以自由移动的Na+和Cl-，通电后可以使得离子进行定向移动，NaCl溶液发生了电解反应，生成了氢气、氯气和氢氧化钠，属于化学变化，故A错误；B．氯化铁溶液中铁离子发生水解，生成氢氧化铁和氯化氢，加热后HCl挥发，得氢氧化铁,氢氧化铁分解为氧化铁，所以氯化铁溶液蒸干得不到氯化铁固体，故B错误；C．因为反应△S<0，若该反应在低温下能自发进行，根据△G=△H－T△S<0可得该反应的△H<0，故C正确；D．加入催化剂，能够改变化学反应速率，但不影响平衡的转化率，故D错误；综上所述。本题选C。16、B【解题分析】A.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故A错误；B.电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，浓度相同时其离子的水解程度：CH3COO-=NH4+＞HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）=0.1mol/L+c（OH-），水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c（H+）大于后者c（OH-），所以浓度均为0.1mol•L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故B正确；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO-）+c（OH-）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D错误。

故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基(CH3)3C-OH+Cl2+HClCH2=C（CH3）2+H2O【分析】首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。【题目详解】（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为；（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去反应，方程式为CH2=C（CH3）2+H2O；（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为。18、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【题目详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。19、三颈烧瓶冷凝回流反应物淡黄色沉淀取代反应【解题分析】（1）由图可看出A代表的仪器名称为：三颈烧瓶；仪器B为冷凝管，除导气外，还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用的作用。（2）在Fe作催化剂的作用下苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故制取溴苯的化学反应方程式为：。（3）锥形瓶D中吸收的是溴化氢气体，A中生成的溴化氢进入D中，溶于水电离出Br-，滴加AgNO3溶液，Br-和Ag+反应生成淡黄色溴化银沉淀，该现象说明液溴和苯发生了取代反应。20、BD4.0-53.5kJ·mol－1反应除生成水外，还有硫酸钡生成，该反应中的生成热会影响反应的反应热【分析】用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，并用环形玻璃棒上下搅动使硫酸与NaOH溶液混合均匀，根据实验的平均温度差，先根据Q=m•c•△t计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热，据此分析解答。【题目详解】(1)用0.50mol•L-1氢氧化钠溶液和0.50mol•L-1硫酸溶液进行中和热的测定，为了减少实验过程中热量的散失，需要一次迅速倒入NaOH溶液，故答案为：B；(2)用套在温度计上的环形玻璃棒轻