西藏日喀则市南木林高级中学2026届高二化学第一学期期中达标检测试题含解析

西藏日喀则市南木林高级中学2026届高二化学第一学期期中达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应中加入氧化剂才能进行的是A．CO32-→CO2B．Zn2＋→ZnC．H2→H2OD．CuO→Cu2、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1B．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJC．已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH＝a2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝b，则a＞bD．已知P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH＜0，则白磷比红磷稳定3、在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图I表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A):n(B)的变化关系，则下列结论正确的是A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率υ(B)＝0.04mol•L－1•min－1B．图Ⅱ所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2C．若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前υ正＞υ逆D．200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于50%4、下列各项中的两种物质不论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧消耗O2的质量保持不变的是A．C3H6、C2H4B．C2H6、C2H6OC．C2H4、C2H6OD．C3H4、C2H6O5、最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（）A．水的离子积仅适用于纯水 B．水的电离需要通电C．升高温度一定使水的离子积增大 D．加入电解质一定会破坏水的电离平衡6、在2L密闭容器中把4molA和2molB混合，在一定条件下发生反应3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)。2min后反应达到平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。则下列说法正确的是（）A．z=4B．B物质的转化率是20%C．A的平衡浓度是1.6mol/LD．平衡时气体压强是原来的7、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．B．C．D．8、已知在101kPa、298K条件下，2molH2(g)完全燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是()A．H2O(g)===H2(g)＋1/2O2(g)ΔH(298K)＝+242kJ·mol－1B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH(298K)＝－484kJ·mol－1C．H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)ΔH(298K)＝＋242kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH(298K)＝＋484kJ·mol－19、18O常用作“示踪原子”，下列关于18O的说法正确的是A．中子数为8B．核外电子数为6C．质子数为18D．与16O互为同位素10、某混合气体由一种气态烷烃和一种气态烯烃组成，在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，在标准状况下，将13.44L混合气体通入足量溴水，溴水质量增重8.4g。下列说法错误的是A．混合气体中一定含有甲烷B．13.44L混合气体中含有烷烃的物质的量为0.45molC．此烯烃有两种同分异构体D．混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比为3:111、金属晶体的形成是因为晶体中存在()A．脱落价电子后的金属离子间的相互作用B．金属原子间的相互作用C．脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用D．金属原子与价电子间的相互作用12、一定温度下，向aL的密闭容器中加入2molNO2(g)，发生如下反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，此反应达到平衡的标志是()A．混合气体中NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1B．单位时间内生成2nmolNO同时生成2nmolNO2C．单位时间内生成2nmolNO同时生成nmolO2D．混合气体的颜色变浅13、己烯雌酚是一种激素类药物，结构如下列叙述中正确的是A．分子中有7个碳碳双键，可以与氢气1：7加成B．该分子中有2个H，2个O，6个C共直线C．该分子对称性好，所以没有顺反异构D．该有机物分子中，最多可能有18个碳原子共平面14、1-氯丙烷和2-氯丙烷分别在NaOH的乙醇溶液中加热，发生反应，下列说法正确的是A．生成的产物相同 B．生成的产物不同C．C—H键断裂的位置相同 D．C—Cl键断裂的位置相同15、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2OC．电池工作时，CO32-向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e－=2CO32-16、某有机物的结构简式为①加成反应②取代反应③消去反应④氧化反应⑤水解反应⑥与氢氧化钠反应其可能发生的反应有：A．全部 B．①④⑥ C．③⑤⑥ D．②③④二、非选择题（本题包括5小题）17、由H、N、O、Al、P组成的微粒中：（1）微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：①用化学式表示下列4种微粒：A_________B___________C__________D__________②写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式______________________________。③用电子式表示B的形成过程_____________________________。（2）已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，请画出N4H44+的结构式_____________________。18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。19、中和热的测定是高中化学中重要的定量实验。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液与50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：(1)从如图所示实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是_____________，装置的一个明显错误是_______________________________________________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_____________________。(3)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”)．(4)倒入NaOH溶液的正确操作是__________A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次性迅速倒入(5)实验数据如下表：温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差平均值（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8①近似认为0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/LH2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g∙℃)，则中和热∆H=__________（取小数点后一位）。②上述实验的结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是____________。A．实验装置保温、隔热效果差B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度C．做实验的当天室温较高D．量取H2SO4时仰视读数20、已知：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①2010.00.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5(1)该实验①、②可探究______________对反应速率的影响，因此V1＝______________，V2＝______________；(2)实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V5＝______________。21、氨为重要化工原料，有广泛用途。（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取:a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)；△H=+216.4kJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；△H=－41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)；△H=_________。（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。则P1_____P2

(填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数:B点____D点；C点H2的转化率为__________；（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。①写出NH3和NaClO

反应生成N2H4的化学方程式：______________________________；②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2ON2H5++OH－K1=1×10-a；N2H5++H2ON2H62++OH－K2=1×10-b。25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为：_________________________(用含a、b式子表示)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.CO32-→CO2，反应前后元素化合价均未改变，不需要加入氧化剂即可进行，错误；B.Zn2＋→Zn，反应后Zn化合价降低，需加入还原剂，错误；C.H2→H2O，反应后H化合价升高，需加入氧化剂，正确；D.CuO→Cu，反应后Cu化合价降低，需加入还原剂，错误。2、B【详解】A.燃烧热是指燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故A错误；B.40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反应，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故B正确；C.2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H=a．①

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，②两个反应均为放热反应，△H均小于0，反应①是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应②碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故a＜b，故C错误；D.P（白磷，s）═P（红磷，s）△H＜0，反应放热，可知白磷的能量高于红磷，而能量越高物质越不稳定，故白磷不如红磷稳定，故D错误；故选：B。3、D【详解】A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率υ(B)=（0.4-0.2）mol÷2L÷5min=0.02mol•L－1•min－1，A错误；B.据图Ⅱ可知温度升高时C的平衡体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>0，由图I可知0~5min内A、B、C物质的量的变化量依次为0.4mol、0.2mol、0.2mol，方程式中物质的化学计量数之比等于反应中各物质的物质的量变化量之比，则反应的化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)，当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时C的百分含量最大，故a=2，B错误；C.若在图Ⅰ所示的平衡状态下，再向体系中充入He，因为容器的体积没有改变，且He是稀有气体不参与发应，反应中A、B、C的浓度不变化，故速率不变，C错误；D.图Ⅰ中平衡时混合物中A的体积分数为×100%=50%，200℃时向容器中充入2molA和1molB，假设容器体积可以变化，将与图Ⅰ所示的平衡构成等效平衡，A的体积分数仍为50%，但容器体积不变，故须将容器体积缩小，相当于增压，平衡将向正反应方向移动，A的体积分数将变小，即小于50%，D正确；故答案选D。4、C【解析】试题解析：根据有机物的燃烧通式CnHmOz＋（n＋m/4－z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知，在物质的量相等的条件下，有机物燃烧消耗氧气的多少只与（n＋m/4－z/2）有关系。所以根据有机物的化学式可知，选项C正确。考点：有机物燃烧的有关计算5、C【详解】A．水的离子积适用于一切水溶液，不光适用于水，故A错误；B．水的电离不需要电，但是电解过程需要通电，故B错误；C．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，故C正确；D．不水解的盐不会影响水的电离平衡移动，故D错误；故答案为C。【点睛】考查水的电离和水的离子积常数，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小；注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。6、A【详解】A.根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数。由3A(g)＋2B(g)zC(g)＋2D(g)，且v(D)=0.2mol/(L·min)，则v(C)==0.4mol/(L·min)，v(D)：v(C)=0.2：0.4=1:2，则z=4，故A正确；

B.由反应3A(g)+2B(g)=4C(g)+2D(g)，

开始量4200

变化量1.20.81.60.8

平衡量2.81.21.60.8

所以B的转化率=，故B错误；

C.A的平衡浓度==1.4mol/L，故C错误；

D.气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的==，故D错误；故选A。7、C【解析】A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水中，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；B.水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；C.加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，但催化剂不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D.氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；答案选C。8、A【详解】已知在101KPa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，因此1mol水蒸气分解生成2mol氢气和1mol氧气吸收242kJ热量，则反应的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH(298K)＝－484kJ·mol－1、H2O(g)===H2(g)＋1/2O2(g)ΔH(298K)＝+242kJ·mol－1，故答案选A。9、D【解析】A.18O的中子数＝18-8＝10，A错误；B.核外电子数＝质子数＝8，B错误；C.质子数为8，C错误；D.18O与16O的质子数相同而中子数不同，互为同位素，D正确。答案选D。点睛：掌握原子的组成以及组成微粒之间的数量关系是解答的关键，即在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。10、C【分析】在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，则混合气的平均相对分子质量为26，在烯烃中，相对分子质量最小的乙烯M为28，所以一定含甲烷，n(混)==0.6mol。则16g/mol×n(CH4)+8.4g=26g/mol×0.6mol，由此得出n(CH4)=0.45mol，n(烯烃)=0.15mol，M(烯烃)==56g/mol，按烯烃的通式可计算出烯烃的分子式为C4H8。【详解】A．由以上分析可知，混合气体中一定含有甲烷，A正确；B．由以上计算可得，13.44L混合气体中含有烷烃的物质的量为0.45mol，B正确；C．此烯烃分子式为C4H8，有三种同分异构体CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，C错误；D．混合气体中烷烃与烯烃的物质的量之比为0.45mol:0.15mol=3:1，D正确；故选C。11、C【解析】A.金属阳离子间同为阳离子，相互排斥不能形成金属键，所以A错误；B.金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属原子是中性的，所以B错误；C.脱落了价电子的金属离子与脱落的价电子间的相互作用是金属键，所以C正确；D.金属原子与价电子间不能形成金属键，所以D错误；本题答案为C。【点睛】金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈作用，金属晶体是通过金属键形成的。12、B【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A．化学平衡时混合气体中NO2、NO和O2的物质的量之比可能为2:2:1，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；B．单位时间内生成2nmolNO等效于消耗2nmolNO2，同时生成2nmolNO2，故B正确；C．单位时间内生成2nmolNO同时生成nmolO2，都表示正反应方向，未体现正逆反应速率的关系，故C错误；D．混合气体的颜色变浅，说明二氧化氮的浓度还在变化，故D错误；答案选B。13、D【解析】本题主要考查有机化合物的基本性质以及结构问题。A.分子中存在2个苯环，苯环中的化学键是介于单键与双键之间的一种特殊的化学键，只含有1个C=C双键；

B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线；

C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构；

D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面。【详解】A.分子中存在2个苯环，只含有1个C=C双键，能与氢气按1：7发生加成反应，故A错误；

B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线，即1个O原子，3个C原子共直线，故B错误；

C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构，故C错误；

D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面，故分子中所以C原子都有可能处于同一平面，即最多有18个C原子处于同一平面，故D正确。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于有机物知识的综合应用，题目难度中等，易错点为D，注意把握有机物的结构特点。14、A【详解】CH3CH2CH2Cl和CH3CHClCH3分别在NaOH的乙醇溶液中加热，发生消去反应，均生成CH2=CHCH3，C－H键断裂的位置以及C－Cl键断裂的位置均不相同，答案选A。15、D【详解】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32--4e-=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。16、A【详解】①该有机物分子中含有苯环和不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应，①正确；②该物质分子中含有酚羟基和卤素原子及酯基，能够发生取代反应，②正确；③该物质分子中含有Cl原子，由于Cl原子连接的C的邻位C原子上有H原子，因此能够发生消去反应，③正确；④该物质分子中含有不饱和碳碳双键，能够发生催化氧化反应；该物质是烃的衍生物，也可以发生燃烧的氧化反应，④正确；⑤该物质分子中含有酯基和Cl原子，因此能够发生水解反应，⑤正确；⑥该物质分子中含有酚羟基，含有Cl原子，因此能够与氢氧化钠发生反应，⑥正确；综上所述可知：该物质能够发生上述所有类型的反应，故合理选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2ONH3NH4+OH-Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【解析】（1）①根据题意，都含有10个电子，B溶于A后所得的物质可电离出C和D，A是H2O，B是NH3，C是NH4+,D是OH-，E是Al3+。②A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；③NH3是共价化合物，用电子式表示的形成过程：；（2）首先根据P4的结构，N4的结构与其相同，此时每个N有三个σ键，和一对孤对电子，因此，N4H44+中每个N与H+形成的是配位键，N提供孤对电子，H+提供空轨道，故其结构式为：。点睛：该题的关键是要清楚10电子微粒有哪些，根据信息，快速判断微粒种类；第（2）中，根据已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空间构型均为四面体，以及给出的P4的结构，类比得到N4H44+的结构式。18、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【点睛】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。19、环形玻璃搅拌器大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平保温或防止热量散失偏小C-56.8kJ/molAB【分析】根据中和热的概念、中和热的测定方法入手分析。【详解】(1)从装置构造可知缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，应该将杯口都盖住，而图示装置中小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；(2)烧杯间填满碎纸条的作用是保温或防止热量散失；(3)一水合氨的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，即中和热的数值会偏小；(4)实验中，为了减少能量损失，应该一次迅速倒入NaOH溶液。(5)①0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml=100g。由表中数据可知，第2次实验的数据误差明显偏大，应舍去，根据其他几组可以求出温度变化的平均值，△T为3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，故实验测得的中和热△H=-=-56.8kJ/mol；故答案为-56.8kJ/mol；②A．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故A正确；B．量取N