陕西省延安市2024届高二化学第一学期期中统考试题含解析

陕西省延安市2024届高二化学第一学期期中统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列离子方程式书写正确的是（）A．铝粉投入到NaOH溶液中：Al+2OH-=AlO2-+H2↑B．氯气通入水中：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-C．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al（OH）3↓D．用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑2、鉴别食盐水与蔗糖水的方法：①向两种溶液中分别加入少量稀H2SO4并加热，再加NaOH中和H2SO4，再加入银氨溶液微热；②测溶液的导电性；③将溶液与溴水混合，振荡；④用舌头尝味道、其中在实验室进行鉴别的正确方法是A．①②B．①③C．②③D．①②③④3、如图装置中，溶液体积均为200ml，开始时，电解质溶液的浓度均为0.1mol·L－1,工作一段时间后，测得导线上通过了0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述中正确的是（）A．（1）、（2）两装置均为电解池B．（1）、（2）溶液的PH均减小C．（1）中阳极电极反应式为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑D．（1）中阴极上析出0.32gCu4、苯和甲苯相比较，下列叙述中不正确的是()A．都属于芳香烃B．都不能使高锰酸钾酸性溶液褪色C．都能在空气中燃烧D．都能发生取代反应5、某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的若干种，若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验，下列结论正确的是（）（忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L）A．原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42- B．原溶液中可能合有NO3-和Al3+C．白色沉淀C可能是 D．沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物6、25℃时，向20mL0.01mol·L-1HA(aq)中不断滴入0.02mol·L-1NaOH(aq)，混合溶液pH变化如图所示。此过程溶液下列说法不正确的是（已知：25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5）A．a点溶液的pH大于3B．b点溶液中离子：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)C．c点表示酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应D．d点溶液加水稀释后c(H+)/c(HA)的值会增大7、反应2X（g）＋Y（g）2Z（g）（正反应放热），在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，产物Z的物质的量（n）与反应时间（t）的关系如图所示。下述判断正确的是（）A．T1＞T2，p1＞p2 B．T1＜T2，p1＞p2C．T1＜T2，p1＜p2 D．T1＞T2，p1＜p28、常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）A．c(CH3COO－)＞c(Na+) B．c(CH3COO－)＜c(Na+)C．c(CH3COO－)=c(Na+) D．无法确定c(CH3COO－)与c(Na+)的关系9、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，以下正确的是（）A．T1>T2，正反应放热B．Tl<T2，正反应吸热C．P1>P2，a+b>c+dD．Pl＜P2，b=c+d10、已知反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H>0：某条件下的平衡常数K=1，在该条件下，向某体积恒定密闭容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，反应到1min时，测得体系中各物质浓度依次为：c(CO2)=1mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2O)=0.5mol/L，则下列说法正确的是()A．1min时该反应处于平衡状态，正逆反应速率相等B．反应从开始到1min内的平均速率V(CO)=1mol/L.minC．1min时降低温度，反应逆向进行D．1min时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率11、已知：(1)H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1(2)2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝bkJ·mol－1(3)H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝ckJ·mol－1(4)2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH4＝dkJ·mol－1下列关系式中正确的是()A．a＜c＜0 B．2a＝b＜0 C．b＞d＞0 D．2c＝d＞012、下列化合物中含有离子键的是A．H2O B．CO2 C．NaCl D．HCl13、下列叙述不正确的是A．沼气是可再生能源 B．燃烧热和中和热都属于反应热C．电能是一级能源 D．氧化还原反应可能是吸热反应也可能是放热反应14、用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（）A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照B．用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低15、如图是温度和压强对X＋Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是（）A．上述可逆反应的正反应为放热反应B．X、Y、Z均为气态C．X和Y中只有一种是气态，Z为气态D．上述反应的逆反应的△H＞016、化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（）A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染二、非选择题（本题包括5小题）17、高聚物G、I可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下：已知：①②H的分子中有一个“—O—”结构的三元环③含有结构的有机物分子不能稳定存在，易失水形成→请回答下列问题:（1）写出Ｈ的结构简式___________（2）写出H转化为I的化学方程式___________（3）某化合物M分子式为C4H8O3，写出符合下列条件M的同分异构体的结构简式____________①与化合物F具有相同的官能团②官能团不连在同一个碳上（4）依据上述合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线（无机原料任意选择，合成路线用流程图表示）_______________合成路线流程图示例:。18、A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。19、A、B、C、D四种物质均含有同一种元素。A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色。A、B、C、D之间在一定条件下有如图所示转化关系：请回答下列问题：（1）A的化学式是_______。（2）反应①的反应类型为反应_______（选填“化合”、“分解”、“置换”、“复分解”）。（3）反应②的化学方程式是_______。（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应的离子方程式是_______。20、某实验小组设计用50mL0.50mol·L－1盐酸跟50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。试回答下列问题：（1）仪器A的名称__________________________。（2）实验过程中下列操作正确是______________(填字母)。A.用温度计小心搅拌B.分多次加入氢氧化钠溶液C.只进行一次实验，用所获得的数据计算中和热D.用套在温度计上的A轻轻地上下搅动（3）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________(结果保留一位小数)。（4）以下操作，会使测得的中和热ΔH发生怎样的变化？(填“偏大”“偏小”或“不变”)。①量取稀盐酸时俯视量筒读数，测得的中和热ΔH会_______________。②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，测得的中和热ΔH会_______________。③若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应，则测得的中和热ΔH会__________，其原因是______________________________________。21、碱式碳酸铜可用于生产木材防腐剂等。工业上可用微蚀刻废液(含有一定量Cu2＋、H＋、SO42-、H2O2和微量Fe3＋)制备高纯度碱式碳酸铜，其制备过程如下：(1)试剂1最好选用_________。a.Fe2O3b.CaCO3c.CuO(2)加入Na2CO3沉淀前须除去Fe3＋，否则Fe2(SO4)3会与Na2CO3反应，产生一种气体，同时生成NaFe3(OH)6(SO4)2沉淀，影响产品质量，写出该反应的化学方程式________________。(3)加入Na2CO3沉淀时，反应液pH对产品中SO42-的含量以及反应液中Cu2＋沉淀效率的影响如下图所示，第二次沉淀时溶液pH最好控制在________。(4)所制得的碱式碳酸铜的组成可表示为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O，要测定其组成，甲同学设计的实验方案中需要如下五个步骤：①称取12.0克的样品；②高温分解；③测出生成CO2的质量为2.2克；④测出生成水蒸气的质量为1.8克⑤称量生成CuO的质量为8.0g。计算出碱式碳酸铜的组成，写出计算过程。____________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【题目详解】A．铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-＝2AlO2-+3H2↑，故A错误；B．氯气通入水中，生成的HClO是弱电解质，在离子方程式中保留分子式，则正确的反应离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，故B错误；C．AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，NH3•H2O是弱电解质，在离子方程式中保留分子式，则正确的反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；D．用醋酸除水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3＝2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；答案选D。2、A【解题分析】鉴别食盐水，可用硝酸银溶液或测定溶液的导电性，鉴别蔗糖，可先使蔗糖水解，然后在碱性条件下判断是否能发生银镜反应，以此解答。【题目详解】①蔗糖在碱性条件下水解生成葡萄糖，调节溶液至碱性，加热可与银氨溶液发生银镜反应，可鉴别，故①正确；②蔗糖为非电解质，溶液不导电，可测溶液的导电性鉴别，故②正确；③二者与溴水都不反应，不能鉴别，故③错误；④在实验室不能用舌头品尝药品，防止中毒，故④错误。答案选A。【题目点拨】本题考查物质的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，为解答该类题目的关键，难度不大，注意任何药品都不能品尝。3、C【解题分析】（2）池中能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，Zn活沷性强于铜，易失电子作负极、Cu作正极，负极反应：Zn-2e－=Zn2＋、正极反应：2H＋+2e－=H2↑，（1）连接原电池，则为电解池，（1）右边C为阴极、阴极反应式为Cu2＋+2e－=Cu，左边C为阳极，阳极反应：4OH－-4e－═2H2O+O2↑。A．（1）为电解池、（2）为原电池，故A错误；B．（2）中正极反应式为2H＋+2e－=H2↑，溶液中c（H＋）减小，则溶液的pH增大，故B错误；C．（1）中阳极上氢氧根离子放电，电极反应：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，故C正确；D．（1）中n（CuSO4）=n（Cu2＋）=0.1mol·L－1×0.2L=0.02mol，转移0.02mol电子时，Cu2＋+2e－=Cu，阴极析出Cu的物质的量：0.02mol/2=0.01mol＜0.02mol，所以析出Cu的质量=(0.02mol/2)×64g·mol－1=0.64g，故D错误；故选C.。点睛：本题考查原电池和电解池原理，解题关键：正确判断原电池和电解池，易错点：D选项中要确定阴极发生的反应。4、B【解题分析】A.都含有苯环而属于芳香烃，故A正确；B.甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故B不正确；C.烃都有可燃性，都能在空气中燃烧，故C正确；D.都能发生苯环上的取代反应，故D正确。故选B。5、A【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，说明肯定不含CO32-，得到X溶液，对X溶液加入过量的Ba(NO3)2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，溶液A加入足量的NaOH后，产生气体B和沉淀B，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba(NO3)2已经把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀B为Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一种或两种，而原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，可根据电荷守恒和物料守恒来确定其它离子。【题目详解】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，说明肯定不含CO32-，得到X溶液，对X溶液加入过量的Ba(NO3)2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，无NO3-，溶液A加入足量的NaOH后，产生气体B和沉淀B，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba(NO3)2已经把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀B为Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一种或两种。则原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，无CO32-、NO3-，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷和物料守恒，原溶液中肯定会含有Cl-，可能含有Al3+、Na+。A.原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42--，A项正确；B.原溶液中可能合有Na+和Al3+，没有NO3-，B项错误；C.白色沉淀C可能是和Ba(OH)2，C项错误；D.沉淀B肯定是Fe(OH)3，无Fe(OH)2，D项错误。答案选A。【题目点拨】离子推断问题中，首先根据各离子反应现象确定离子种类，再由电荷守恒确定离子数目。例如本题中，首先可以确定原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，无CO32-、NO3-，而题目中给出原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷和物料守恒，原溶液中肯定会含有Cl-，Al3+和Na+则不能确定。6、C【分析】A、a点时，为0.01mol·L-1HA溶液，根据电离常数计算c(H+)；B、b点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性；C、根据反应方程式，结合溶液呈中性进行判断；D、d点溶液存在A-的水解平衡，在一定温度下水解平衡常数不变，据此分析。【题目详解】A、a点时，为0.01mol·L-1HA溶液，已知25℃时一元酸HA(aq)电离平衡常数Ka=1.6×10-5，HAH++A-起始浓度（mol/L）0.0100平衡浓度（mol/L）0.01-xxx=1.610-5，由于x很小，0.01-x0.01，则x2=1.610-7，解得x=410-4，pH=-lg410-4=4-2lg2=4-20.3=3.4>3，故A正确；

B、b点时酸过量，溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，应存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、若酸HA(aq)和NaOH(aq)溶液恰好完全反应则生成NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH>7，与c点溶液呈中性不符，故C错误；

D、d点为NaOH和NaA的混合物，溶液中存在醋酸根离子的水解平衡：A-+H2OHA+OH-，水解常数Kh==，在一定温度下不变，加水稀释后，c(A-)减小，则c(HA)/c(H+)减小，故c(H+)/c(HA)的值增大，故D正确；

故选C。7、A【分析】2X（g）＋Y（g）2Z（g）（正反应放热）则温度升高，反应速率增大，平衡逆向移动。增大压强向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动。根据此分析进行解答。【题目详解】由分析可知，温度升高，反应速率增大，平衡逆向移动Z的产量下降，故T1＞T2，在相同温度T2条件下，增大压强向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，Z的产量增加，故p1＞p2，故答案选A。【题目点拨】本题在思考图像时，需要控制变量，在相同温度下比较压强大小，在相同压强下比较温度大小。8、C【题目详解】常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，根据电荷守恒，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，溶液pH=7，c(OH－)=c(H+)，因此c(CH3COO－)=c(Na+)，故C正确；综上所述，答案为C。【题目点拨】应用电荷守恒和溶液pH=7结合思考。9、D【解题分析】当其他条件一定时，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，p2＞p1，结合温度、压强对化学平衡移动的影响分析解答。【题目详解】当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知T2＞T1，温度越高，平衡时C的百分含量(C%)越小，说明升高温度平衡逆移，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图像可知p2＞p1；增大压强时B%不变，说明压强对平衡无影响，所以反应前后气体的计量数相等，即b=c+d，根据以上分析可知，D正确，ABC错误，故选D。【题目点拨】本题考查化学平衡图像的分析，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。本题的易错点为反应前后计量数的关系判断，要注意A为固体。10、D【题目详解】A.反应至1min时，体系内=0.25<1，因此反应正向进行，A不符合题意；B.反应从开始到1min内用CO表示的反应速率=0.5mol/（L∙min），B不符合题意；C.由于1min时反应还未达到平衡状态，因此此时降低温度，平衡仍正向进行，C不符合题意；D.由于Q<K，反应正向进行，则正反应速率大于逆反应速率，D符合题意；故答案为：D。【题目点拨】掌握通过浓度商判断反应移动方向的方法，QC>K反应向左进行，QC<K反应向右进行，QC=K反应达到平衡。11、B【题目详解】同一物质，液态比气态稳定；物质越稳定，能量越低；氢气与氧气生成水均是放热反应，则a、b、c、d均小于0；故有0>b>d；0>a>c；2a＝b<0；2c＝d<0；综上所诉，答案为B。12、C【题目详解】H2O、CO2、HCl都是非金属原子之间通过共价键连接组成的化合物，都只含有共价键，NaCl是由钠离子与氯离子通过离子键组成的离子化合物，其中含有离子键，故答案为C。13、C【解题分析】A.可再生能源是指可以再生的能源总称，包括生物质能源、太阳能、光能、沼气等，故A正确；B.燃烧热和中和热都属于放热反应，是反应热的种类之一，故B正确；C.电能是通过物质燃烧放热转化而成的，或是由风能、水能、核能等转化而来的，为二级能源，故C错误；D.氧化还原反应有的是放热反应，如氢气的燃烧就是放热反应，有的是吸热反应，如C＋H2OCO＋H2的反应就是吸热反应，故D正确；故答案选C。14、C【题目详解】用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。15、C【题目详解】A．从图中可以看出，升高温度，Z的体积分数增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，A不正确；B．相同温度下，增大压强，Z的体积分数减小，则平衡逆向移动，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，若X、Y、Z均为气态，则加压时平衡不移动，B不正确；C．从B中分析可知，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，所以X和Y中只有一种是气态，Z为气态，C正确；D．由A中分析可知，正反应为吸热反应，则上述反应的逆反应的△H<0，D不正确；故选C。【题目点拨】若反应物X、Y都不是气体，只有生成物Z是气体，则不管是温度变化还是压强变化，虽然平衡发生移动，但Z的体积分数始终不变。16、B【题目详解】A.用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约能源，减少污染物的排放，有利于环境保护，所以A选项是正确的；B.食品添加剂不全对人体有害，但对人体有害的应严格控制用量，并不是一盖杜绝，故B错误；C.废旧电池中含有汞、镉和铅等重金属元素，对人体有害，应积极开发废电池的综合利用技术，充分回收利用，所以C选项是正确的；D.塑料袋的主要分成为聚乙烯，难以降解，易导致白色污染，应控制使用，所以D选项是正确的。答案选B。【题目点拨】化学与可持续发展及环境保护尽管不是教学的重点，但该内容与我们的生产、生活息息相关，因此成为历年高考的必考的热点。历年试题的难度多以基础题、中档题为主、题型主要为选择题、试题的命题形式是常把化学知识与实际生产、生活、环境保护及科技前沿等问题结合起来，突出化学与可持续发展、环境保护的密切联系，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。二、非选择题（本题包括5小题）17、【分析】B的结构简式为CH2=CHCH3，C为CH2BrCHBrCH3，D为CH2OHCHOHCH3，E为CH3COCOOH，F为CH3CHOHCOOH，H的分子中有一个“—O—”结构的三元环，说明H的结构为。【题目详解】(1)化合物H为结构简式为。(2)I为全生物降解塑料，即I应含有酯基官能团，所以有H和二氧化碳反应生成I的方程式为：。(3)某化合物M分子式为C4H8O3，与F具有相同的官能团，则有羟基和羧基，官能团不连在同一个碳原子上，所以，可能的结构为。(4).以甲苯为原料制备苯甲醛，即先将甲基发生卤代反应，再将卤代烃发生水解反应，根据一个碳原子连接两个羟基，会自动变为醛基进行分析，合成路线为。18、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。19、Fe置换反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色，C与KSCN溶液作用产生血红色溶液，可推知C为FeCl3，A是常见的金属，应为Fe，则B为FeCl2。【题目详解】（1）由以上分析可知A为Fe；

（2）反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，为置换反应；（3）反应②是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，反应的化学方程式是2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。20、环形玻璃搅拌棒D－51.8kJ·mol－1偏大偏大偏大用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小【解题分析】（1）根据量热器的构造可知，仪器A为环形玻璃搅拌棒；综上所述，本题答案是：环形玻璃搅拌棒。（2）A.为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒上下慢慢搅拌，不能用温度计搅拌，错误；B.分多次加入氢氧化钠溶液，易造成热量损失，测定的中和热数值偏小，应该一次性快速加入，错误；C.为减小实验误差，实验应该做2～3次，计算出平均值，只进行一次实验，就用所获得的数据计算中和热显然是不行的，错误；D.用套在温度计上环形玻璃搅拌棒的轻轻地上下搅动，使溶液混合均匀，减小实验误差，正确；综上所述，本题选D。（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃,反应后温度为23.2℃,反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃,反应后温度为23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃,反应后温度为23.6℃，反应前后温度差为3.05℃；50mL0.50mol·L－1盐酸跟50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为100g，比热容c＝4.18J·g－1·℃－1,代入公式Q=cm∆T得生成0.025mol的水放出热量Q=cm∆T=4.18×100×(3.15+3.1+3.05)/3J=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×1/0.025=51.8kJ；即该实验测得的中和热ΔH＝－51.8kJ·mol－1；综上所述，本题答案是：－51.8kJ·mol－1。（4）①量取稀盐酸时俯视量筒读数，所量取的盐酸体积偏小，盐酸总量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；②在中和热测定实验中未用水洗涤温度计上的盐酸直接测定碱的温度，酸碱发生中和，导致反应前后的温度变化量减小，放出的热量会减小，测得的中和热ΔH会偏大；③用醋酸代替盐酸，醋酸电离要吸收能量，造成测得的中和热偏小，测得的中和热ΔH会偏大；综上所述，本题答案是：偏大，偏大，偏大；用醋酸代替盐