2025年人教B版高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教B版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列離子方程式書寫正確的是（）A.碳酸鈣與鹽酸反應：CO32-+2H+=CO2↑+H2OB.氫氧化銅與鹽酸反應：OH-+H+=H2OC.氫氧化鋇溶液與硫酸反應：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2OD.鐵與氯化銅溶液反應：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+2、一種新型乙醇電池用磺酸類質(zhì)子作溶劑，比甲醇電池效率高出32倍。電池總反應為：C2H5OH+3O2＝2CO2+3H2O,電池示意圖如下圖。下面對這種電池的說法正確的是A.b極為電池的負極B.電池工作時電子由a極沿導線經(jīng)燈泡再到b極C.電池正極的電極反應為：4H+＋O2＋4e－＝2H2OD.標準狀況下，通入5.6LO2并完全反應后，有0.5mol電子轉(zhuǎn)移3、下列離子方程式正確的是（）A.鐵與稀硫酸反應：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑B.Al與稀H2SO4：Al+2H+→Al3++H2↑C.偏鋁酸鈉溶液中加過量HCl：AlO2-+4H+=Al3++2H2OD.氯化鋁溶液中加氨水：Al3++3OH-→Al（OH）3↓4、在2A+B?3C+4D中，表示該反應速率最快的是（）A.υ（A）=0.5mol?L-1?S-1B.υ（B）=0.3mol?L-1?S-1C.υ（C）=0.8mol?L-1?S-1D.υ（D）=1mol?L-1?S-15、下列有關SO2的敘述中，正確的是（）A.SO2與水反應生成硫酸B.SO2是酸性氧化物，能被氨水吸收C.溶有SO2的雨水pH大于5.6D.SO2是有毒氣體，不能用于殺菌消毒6、下列說法正確的是（）A.CaO2、SiO2、HCOOH依次屬于電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)B.在Na2O2中陰陽離子所含的電子數(shù)目相等C.化學式為Al63Cu24Fe13的準晶體不可與稀硝酸發(fā)生反應D.Mg、Fe等金屬在一定條件下與水反應都生成H2和對應的氫氧化物評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、（2016?洛陽二模）乳酸亞鐵（[CH3CH（OH）COO]2Fe?3H2O，Mr=288）是一種常用的補鐵劑；可通過乳酸與碳酸亞鐵反應制得：

CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe?3H2O+CO2↑．

已知FeCO3易被氧化：4FeCO3+6H2O+O2=4Fe（OH）3+4CO2

某興趣小組用FeCl2（用鐵粉和稀鹽酸制得）和NH4HCO3制備FeCO3的裝置示意圖如下；回答下列問題：

（1）NH4HCO3盛放在裝置____中（填字母），該裝置中涉及的主要反應的離子方程式____；

（2）將生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合時的操作是____．

（3）將制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量鐵粉，75℃下攪拌反應．鐵粉的作用是____；反應結(jié)束后，無需過濾，除去過量鐵粉的方法是____．

（4）該興趣小組用KMnO4法測定樣品中亞鐵含量進而計算產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)總是大于100%，其原因可能是____．

經(jīng)查閱文獻后，該興趣小組改用鈰（Ce）量法測定產(chǎn)品中Fe2+的含量．取2.880g產(chǎn)品配成100mL溶液，每次取20.00mL，進行必要處理，用0.1000mol?L-1Ce（SO4）2標準溶液滴定至終點，平均消耗Ce（SO4）219.70mL．滴定反應如下：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)為____．8、鐵及其化合物在日常生活中應用廣泛；請回答下列問題：

（a）Fe（NO3）3?9H2O易溶于水；微溶于硝酸，主要用作催化劑和媒染劑，工業(yè)上用細鐵屑與稀硝酸反應制備，主要流程如下：

①Na2CO3溶液可以除油污，原因是（用離子方程式表示）____；

②耐腐反應器中可以觀察到如下的現(xiàn)象：鐵屑____，溶液顏色變?yōu)開___，有____色氣體產(chǎn)生；制備過程中需控制加入鐵屑的量，當觀察到____的現(xiàn)象時應停止加入鐵屑；

③制得的Fe（NO3）3?9H2O用20%HNO3洗滌，其原因是____；

④若在實驗中進行蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶的操作，除帶鐵圈的鐵架臺、坩堝鉗外，還需要的主要儀器有____．

（b）某興趣小組在實驗室用細鐵屑和稀硝酸制備Fe（NO3）3；裝置如圖所示（固定所用儀器和加熱裝置未畫出）．

①該實驗中對圓底燒瓶加熱的最佳方式用____加熱；

②裝置中圓底燒瓶上方長導管的作用是____；

③請在圖中虛線框內(nèi)畫出防止倒吸的尾氣吸收裝置．（提示：堿液可快速、充分吸收產(chǎn)生的氮的氧化物氣體）9、CO、CH4均為常見的可燃性氣體．已知在101kPa時，CO的燃燒熱為283kJ/mol．相同條件下，若2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量為1molCO完全燃燒放出熱量的6.30倍，CH4完全燃燒反應的熱化學方程式是____．10、（2013秋?南充月考）常見元素A；B、C、D；其原子結(jié)構的相關信息如下表：

。元素相關信息A核外電子總數(shù)等于該基態(tài)原子電子層數(shù)B最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍C基態(tài)原子L電子層中有3個未成對電子D生活中大量使用的合金制品，工業(yè)上可用電解其氧化物的方法制取其單質(zhì)E外圍電子排布為（n+1）d3n（n+2）sn請回答下列問題：

（1）按電子排布，可把周期表里的元素劃分成5個區(qū)，E元素屬____區(qū)；B原子基態(tài)原子的價電子排布圖為____

（2）ABC分子的空間構型____；C2A4分子中，C原子雜化方式____．

（3）如圖所示，為B單質(zhì)晶體的一種晶胞，密度為dg?cm-3，阿伏伽德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的邊長為____cm．（用含d和NA式子表示）

（4）已知C2A4和過氧化氫混合可作火箭推進劑．液態(tài)C2A4與足量液態(tài)過氧化氫反應生成C的單質(zhì)和氣態(tài)水，轉(zhuǎn)移1.6mol電子時放出256.0kJ的熱量．已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1寫出液態(tài)C2A4和足量液態(tài)過氧化氫反應生成C的單質(zhì)和液態(tài)水的熱化學方程式：____

（5）標準狀況下，C的某種氧化物（原子個數(shù)比為1：1）40L與15L氧氣混合通入一定濃度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同時生成兩種鹽，請寫出該反應的離子方程式____

（6）D的單質(zhì)與E的紅色氧化物在高溫條件下反應的方程式為____．11、（共16分）Ⅰ．(10分)已知2A(g)+B(g)2C(g)；△H=－akJ／mol(a>0)，在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應達平衡后C的濃度為wmol／L,放出熱量bkJ。（1）比較ab(填>、=、<)（2）若在原來的容器中，只加入2molC，500℃時充分反應達平衡后，吸收熱量ckJ，C物質(zhì)的濃度(填>、=、<)wmol/L，a、b、c之間滿足的關系式為(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。（3）能說明該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是。a、V(C)=2V(B)；b、容器內(nèi)壓強保持不變c、V逆(A)=2V正(B)d、容器內(nèi)的密度保持不變（4）若將上述容器改為恒壓容器(反應前體積相同)，起始時加入2molA和lmolB，500℃時充分反應達平衡后，放出熱量dkJ，則db(填>、=、<)，Ⅱ.（6分）用吸收H2后的稀土儲氫合金作為電池負極材料（用MH表示），NiO（OH）作為電池正極材料，KOH溶液作為電解質(zhì)溶液，可制得高容量，長壽命的鎳氫電池。電池充放電時的總反應為：NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M（1）電池放電時，負極的電極反應式為_______（2）充電完成時，Ni（OH）2全部轉(zhuǎn)化為NiO（OH）。若繼續(xù)充電將在一個電極產(chǎn)生O2，O2擴散到另一個電極發(fā)生電極反應被消耗，從而避免產(chǎn)生的氣體引起電池爆炸，此時，陰極的電極反應式為________。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)12、31g白磷中含有的共價鍵數(shù)為1.5NA．____（判斷對錯）13、化學變化中的能量變化都是化學能和熱能間的相互轉(zhuǎn)化．____．（判斷對錯）14、電解質(zhì)溶液都能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性．____．（判斷對錯說明理由）15、因為CO2的水溶液可以導電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）16、根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小，分散系分為濁液、膠體和溶液．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分四、實驗題(共1題，共3分)17、（2012秋?唐山期末）某課外興趣小組預測定某NaOH溶液的濃度；其操作步驟如下：

①取一支如圖1所示儀器；用蒸餾水洗凈，即加入待測的NaOH溶液你，使尖嘴部分充滿溶液，并調(diào)整液面處于“0”刻度以下位置，記下讀數(shù)；

②取錐形瓶用蒸餾水洗凈，精確量取一定量的0.1000mol?L-1標準鹽酸；

③加入3滴酚酞試液；搖勻；

④進行滴定實驗；并記錄數(shù)據(jù)．

⑤重復以上步驟2次．

（1）步驟①中應將NaOH溶液注入圖1中的____（填儀器名稱）中．

（2）在步驟①中存在明顯錯誤的是____，由此會使測定結(jié)果____（選填“偏高”；“偏低”、或“無影響”）

（3）如圖2是某次實驗中液面示意圖，若A與B刻度間相差1mL，A處的刻度為19，滴定管中液面讀數(shù)應為____mL．

（4）操作④中左手輕輕擠壓玻璃球，右手震蕩錐形瓶，眼睛注視____，能確定實驗終點的現(xiàn)象是____．

（5）根據(jù)下列數(shù)據(jù)：

。滴定次數(shù)標準鹽酸體積/mL待測液體積/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次20.000.5219.42第二次20.004.0723.17第三次20.001.0820.08計算待測燒堿溶液的濃度為____（保留至小數(shù)點后四位）評卷人得分五、探究題(共4題，共8分)18、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構簡式A________、C________、E________、G________．19、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：20、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構簡式A________、C________、E________、G________．21、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】A．碳酸鈣為難溶物；離子方程式中碳酸鈣不能拆開；

B．氫氧化銅為難溶物；離子方程式中氫氧化銅需要保留化學式；

C．氫離子；氫氧根離子的系數(shù)不滿足硫酸、氫氧化鋇的化學式組成；

D．鐵與氯化銅溶液反應生成氯化亞鐵和銅．【解析】【解答】解：A．碳酸鈣與鹽酸反應，碳酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故A錯誤；

B．氫氧化銅與鹽酸反應的離子方程式中，氫氧化銅不能拆開，正確的離子方程式為：Cu（OH）2+2H+=2H2O+Cu2+；故B錯誤；

C．氫氧化鋇溶液與硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水，正確的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C錯誤；

D．鐵與氯化銅溶液反應的離子方程式為：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；故D正確；

故選D．2、B|C【分析】【解析】【答案】BC3、C【分析】【分析】A．反應生成硫酸亞鐵和氫氣；

B．電子；電荷不守恒；

C．反應生成氯化鋁和水；

D．一水合氨在離子反應中保留化學式．【解析】【解答】解：A．鐵與稀硫酸反應的離子反應為Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A錯誤；

B．Al與稀H2SO4的離子反應為2Al+6H+=2Al3++3H2↑；故B錯誤；

C．偏鋁酸鈉溶液中加過量HCl的離子反應為AlO2-+4H+=Al3++2H2O；故C正確；

D．氯化鋁溶液中加氨水的離子反應為Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯誤；

故選C．4、B【分析】【分析】不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故不同物質(zhì)表示的速率與其化學鍵離子比值越大，表示的速率越快，注意單位要一致．【解析】【解答】解：不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比；故不同物質(zhì)表示的速率與其化學鍵離子比值越大，表示的速率越快；

A.=0.25mol?L-1?S-1；

B.=0.3mol?L-1?S-1；

C.=0.267mol?L-1?S-1；

D．=0.25mol?L-1?S-1；

反應速率v（B）＞v（C）＞v（A）=v（B）；

故選B．5、B【分析】【分析】A．二氧化硫為亞硫酸的酸酐；

B．二氧化硫與氨水反應生成鹽和水；

C．溶有SO2的雨水；為酸雨；

D．SO2是有毒氣體，可用于殺菌消毒．【解析】【解答】解：A．二氧化硫為亞硫酸的酸酐，則SO2與水反應生成亞硫酸；故A錯誤；

B．二氧化硫與氨水反應生成鹽和水，則SO2是酸性氧化物；能被氨水吸收，故B正確；

C．溶有SO2的雨水；為酸雨，酸雨的pH＜5.6，故C錯誤；

D．SO2是有毒氣體；可用于工業(yè)上殺菌消毒，但不能在食品中殺菌消毒，故D錯誤；

故選B．6、A【分析】解：A；過氧化鈣是離子化合物；如熔融狀態(tài)導電，化合物屬于電解質(zhì)，二氧化硅是原子構成的共價化合物水溶液中或熔融狀態(tài)都不導電屬于非電解質(zhì)，甲酸屬于有機羧酸是弱酸屬于弱電解質(zhì)，故A正確；

B；過氧化鈉由鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物；鈉離子電子總數(shù)為20，過氧根離子電子總數(shù)為18，故不相同，故B錯誤；

C；鐵、鋁和銅都與稀硝酸反應生成NO氣體；故錯誤；

D；鎂和水反應生成氫氧化鎂和氫氣；鐵和水蒸氣高溫反應生成四氧化三鐵和氫氣，故D錯誤．

故選A．

A；過氧化鈣是離子化合物屬于電解質(zhì)；二氧化硅是原子構成的共價化合物水溶液中或熔融狀態(tài)都不導電屬于非電解質(zhì)，甲酸屬于有機羧酸是弱酸屬于弱電解質(zhì)；

B；過氧化鈉由鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物；

C；鐵、鋁和銅都與稀硝酸反應生成NO氣體；

D；鐵和水蒸氣高溫反應生成四氧化三鐵和氫氣；

本題考查了物質(zhì)組成、結(jié)構、性質(zhì)的分析應用，電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)概念的分析判斷，掌握基礎是關鍵，注意過氧化鈉是鈉離子和過氧根離子構成，題目難度中等．【解析】【答案】A二、填空題(共5題，共10分)7、CFe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O關閉活塞3，打開活塞2防止+2價的鐵元素被氧化加入適量乳酸讓鐵粉反應完全乳酸根離子中含有羥基，被酸性高錳酸鉀溶液氧化98.5%【分析】【分析】亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與鹽酸反應制備氯化亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故B制備氯化亞鐵，C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O；利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中；

（1）分析裝置圖和反應原理可知稀鹽酸在A中加入，NH4HCO3盛放在裝置C中；

（2）利用生成氫氣；使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中；

（3）實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化；過量的鐵粉用乳酸除去，F(xiàn)e被充分利用；

（4）乳酸根中含有羥基；可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大；

根據(jù)離子方程式計算20mL溶液中n（Fe2+），進而計算100mL含有n（Fe2+），再根據(jù)m=nM計算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量，進而計算產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與鹽酸反應制備氯化亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故B制備氯化亞鐵，C裝置中FeCl2和NH4HCO3發(fā)生反應：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O；利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中；

（1）由上述分析可知，NH4HCO3盛放在裝置C中，該裝置中涉及的主要反應的離子方程式：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案為：C；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（2）利用生成氫氣；使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中，具體操作為：關閉活塞3，打開活塞2；

故答案為：關閉活塞3；打開活塞2；

（3）Fe2+離子易被氧化為Fe3+離子，實驗目的是制備乳酸亞鐵晶體，加入Fe粉，防止Fe2+離子被氧化；過量的鐵粉可以充分利用，得到乳酸亞鐵，加入適量乳酸讓鐵粉反應完全；

故答案為：防止Fe2+離子被氧化；加入適量乳酸讓鐵粉反應完全；

（4）乳酸根中含有羥基；可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，而計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)會大于100%；

由：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，可知20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol；

故100mL含有n（Fe2+）=0.00197mol×=0.00985mol，故產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)為×100%=98.5%；

故答案為：乳酸根離子中含有羥基，被酸性高錳酸鉀溶液氧化；98.5%．8、CO32-+H2O?HCO3-+OH-溶解黃色無反應器中產(chǎn)生氣泡的速率明顯變慢洗滌除去晶體表面附著的雜質(zhì)，用20%HNO3洗滌可降低洗滌過程中晶體的損耗酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒水浴導氣兼冷凝回流【分析】【分析】（1）①碳酸鈉在溶液中水解顯堿性；可以除油污；

②金屬鐵可以和稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；要制得Fe3+，故加入的鐵粉的量不能過量，否則會生成Fe2+；可以觀察反應的氣泡，也可以依據(jù)反應溶液的顏色變化判斷；

③洗滌晶體表面的雜質(zhì)；降低晶體溶解性，減少晶體損耗；

④蒸發(fā)濃縮；降溫結(jié)晶的操作；所需儀器：鐵架臺（帶鐵圈）、酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒、坩堝鉗，據(jù)此回答；

（2）①制取Fe（NO3）3?9H2O需要控制的溫度為40-50℃；水浴加熱更容易控制；

②依據(jù)反應物的性質(zhì)可知易揮發(fā)出的物質(zhì)可以利用長玻璃管冷凝回流提高反應物的利用率；同時起到導氣的作用；

③鐵與硝酸反應后有氮的氧化物產(chǎn)生，氮的氧化物有毒，不放到空氣中，所以要用防倒吸的尾氣吸收裝置，用NaOH溶液吸收，據(jù)此畫裝置圖；【解析】【解答】解：（1）①碳酸鈉在溶液中水解顯堿性，可以除油污，其水解的離子方程式為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

②金屬鐵可以和稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，硝酸鐵溶液顯示黃色，一氧化氮遇到氧氣即變?yōu)槎趸t棕色的氣體，要制得Fe3+，故加入的鐵粉的量不能過量，否則會生成Fe2+；反應器中產(chǎn)生氣泡的速率明顯變慢，停止加入鐵屑；

故答案為：溶解；黃色；無；反應器中產(chǎn)生氣泡的速率明顯變慢；

③Fe（NO3）3?9H2O易溶于水，微溶于硝酸，制得的Fe（NO3）3?9H2O用20%HNO3洗滌的目的是洗去晶體表面的雜質(zhì)；減少晶體損耗；

故答案為：洗滌除去晶體表面附著的雜質(zhì)，用20%HNO3洗滌可降低洗滌過程中晶體的損耗；

④蒸發(fā)濃縮；降溫結(jié)晶的操作；所需儀器：鐵架臺（帶鐵圈）、酒精燈、蒸發(fā)皿、玻璃棒、坩堝鉗；

故答案為：酒精燈；蒸發(fā)皿、玻璃棒；

（2）①制取Fe（NO3）3?9H2O需要控制的溫度為40-50℃；水浴加熱更容易控制，所以該實驗中對圓底燒瓶加熱的最佳方式用水浴加熱；

故答案為：水浴；

②硝酸易揮發(fā)；揮發(fā)出的硝酸可以利用長玻璃管冷凝回流提高反應物的利用率，同時起到導氣的作用；

故答案為：導氣兼冷凝回流；

③鐵與硝酸反應后有氮的氧化物產(chǎn)生，氮的氧化物有毒，不放到空氣中，所以要用防倒吸的尾氣吸收裝置，用NaOH溶液吸收，所以裝置圖為

故答案為：．9、H4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）；△H=-891.45kJ/mol【分析】【分析】根據(jù)CO的燃燒熱計算，2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量，再根據(jù)熱化學方程式的書寫原則進行書寫．【解析】【解答】解：CO的燃燒熱為283kJ/mol．相同條件下，2molCH4完全燃燒生成液態(tài)水，所放出的熱量為283kJ×6.3=1782.9kJ，故甲烷完全燃燒生成液態(tài)水的熱化學方程式為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；

故答案為：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol．10、ds直線型sp3N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】【分析】A原子的核外電子總數(shù)等于其基態(tài)電子層數(shù)，則A為H元素；B原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，則B原子核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則B為碳元素；C的基態(tài)原子L電子層中有3個未成對電子，則C原子核外電子排布式為1s22s22p3，則C為N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工業(yè)上可用電解其氧化物的方法制取其單質(zhì)，所以D為Al元素；E的外圍電子層排布為（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能級，則電子層最少為3，s能級最多容納2個電子，則n=2，故E外圍電子層排布為3d64s2，則E為Fe，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A原子的核外電子總數(shù)等于其基態(tài)電子層數(shù)，則A為H元素；B原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，則B原子核外有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則B為碳元素；C的基態(tài)原子L電子層中有3個未成對電子，則C原子核外電子排布式為1s22s22p3，則C為N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工業(yè)上可用電解其氧化物的方法制取其單質(zhì)，所以D為Al元素；E的外圍電子層排布為（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能級，則電子層最少為3，s能級最多容納2個電子，則n=2，故E外圍電子層排布為3d64s2；則E為Fe；

（1）E為Fe元素，在周期表中位于ds區(qū)，B為碳元素，其原子基態(tài)原子的價電子排布圖為故答案為：ds；

（2）ABC分子是HCN，由于其中有碳氮三鍵和碳氫單鍵，所以其空間構型為直線型，C2A4分子為N2H4，其中有一個氮氮單鍵，四個氮氫鍵，每個氮原子有一對孤電子對，所以氮原子的雜化方式為sp3；

故答案為：直線型；sp3；

（3）B為碳元素，在晶胞中含有碳原子數(shù)為4=8，則晶胞的體積V==cm3=cm3，所以晶胞的邊長為cm，故答案為：；

（4）C2A4為肼，足量液態(tài)過氧化氫反應生成C的單質(zhì)和氣態(tài)水，肼中的氮由-2價到0，所以1mol肼完全反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)4NA，轉(zhuǎn)移1.6mol電子時放出256.0kJ的熱量，則1mol肼完全反應放出641.63KJ，熱化學方程式為①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；結(jié)合②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1，依據(jù)蓋斯定律①+②×4可以寫出生成液態(tài)水的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

（5）C的某種氧化物（原子個數(shù)比為1：1）為NO，與氧氣反應按40：15=8：3反應，根據(jù)氧化還原反應中的電子守恒以及電荷守恒可以寫出離子反應方程式：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

故答案為：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

（6）D的單質(zhì)為鋁與E的紅色氧化物三氧化二鐵在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應的方程式為2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；11、略

【分析】試題解析：Ⅰ．（1）已知2A（g）+B（g）?2C（g），△H=-akJ?mol-1（a＞0），該反應為可逆反應，可逆反應中反應物不能全部轉(zhuǎn)化為生成物，則在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA和1molB，在500℃時充分反應達平衡后C的濃度為wmol/L，則w＜2，所以放出熱量為小于akJ，即a＞b；（2）若在原來的容器中，只加入2molC，全部轉(zhuǎn)化為AB分別為2molA和1molB，則與原平衡時等效平衡，平衡時濃度相同，所以平衡時C的濃度等于wmol/L；正向反應和逆向反應的轉(zhuǎn)化率之和為100%，則正向反應放熱與逆向反應放熱之和為akJ，所以a=b+c；（3）a．v（C）=2v（B），從反應開始平衡一直有這樣的等量關系，所以不能作平衡狀態(tài)的標志，故a不選；b．容器內(nèi)壓強保持不變，說明總物質(zhì)的量不變，正逆反應速率相等，故b選；c．v逆（A）=2v逆（B）=2v正（B2），說明達平衡狀態(tài)，故c選；d．容器內(nèi)的密度保持不變，從反應開始平衡一直有這樣的等量關系，所以不能作平衡狀態(tài)的標志，故d不選；故選：bc；（4）恒壓條件下，由于始終保持較大壓強，轉(zhuǎn)化的越多，放出熱量較多，則d>b。Ⅱ.（1）負極反應物MH失去電子，生成的H+在堿性條件下生成H2O，電解反應式為：MH-e-+OH-=H2O+M；（2）陰極的電極反應有兩個，第一階段是充電時的反應式，陰極上電極反應式為M+H2O+e-═MH+OH-，第二階段為吸收氧氣的電解反應式，由題意知氧氣在陰極上被還原，電解質(zhì)溶液呈堿性可知氧氣被還原為OH-，所以其電極反應式為2H2O+O2+4e-═4OH-?？键c：化學平衡；電化學【解析】【答案】Ⅰ．（1）a>b（2）=a=b+c（3）bc（4）d>bⅡ.（1）MH＋OH－－e－=M＋H2O（2）2H2O＋O2＋4e－=4OH－三、判斷題(共5題，共10分)12、√【分析】【分析】白磷分子中含有6個P-P共價鍵，白磷分子式為P4，據(jù)此進行計算含有共價鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：白磷是正四面體型結(jié)構，分子中含有6個P-P共價鍵；31g白磷（分子式為P4）的物質(zhì)的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共價鍵1.5mol，含有的共價鍵數(shù)目為1.5NA，故答案為：√；13、×【分析】【分析】化學變化中的能量變化主要是熱量變化，另外還有光能、電能等等．【解析】【解答】解：化學反應中能量變化的形式主要是熱量變化，還有熱能、光能、電能等等，故錯誤，故答案為：×．14、×【分析】【分析】部分鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性．【解析】【解答】解：部分鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；如硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，如硫酸銅溶液、硝酸銀溶液等；所以電解質(zhì)溶液不一定能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．16、√【分析】【分析】分散系的分類依據(jù)是分散質(zhì)微粒直徑大小，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散質(zhì)粒子直徑大小分為：溶液；膠體、和濁液；分散質(zhì)粒度大于1nm的為濁液，介于1nm-100nm為膠體，小于1nm的為溶液；

故答案為：√．四、實驗題(共1題，共3分)17、堿式滴定管沒有用待測NaOH溶液潤洗堿式滴定管偏低19.40錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化最后一滴NaOH溶液加入時，溶液顏色恰好由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.1050mol/L【分析】【分析】（1）由圖可知左為酸式滴定管；右為堿式滴定管，NaOH溶液應用堿式滴定管；

（2）沒有潤洗堿式滴定管；堿的物質(zhì)的量變少；消耗的酸減少；

（3）A與C刻度間相差1mL；每個刻度為0.1mL，A處的刻度為19，B的刻度比A大；

（4）根據(jù)滴定時；眼睛要注視著錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；根據(jù)溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色，可說明達到滴定終點；

（5）先求出三次的體積，判斷數(shù)據(jù)的有效性，根據(jù)c（待測）=求算．【解析】【解答】解：（1）由圖可知左為酸式滴定管；右為堿式滴定管，NaOH溶液應用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；

（2）由操作可知沒有潤洗堿式滴定管；相同體積時堿的物質(zhì)的量變少；所以消耗的酸減少，計算出NaOH的濃度偏低；

故答案為：沒有用待測NaOH溶液潤洗堿式滴定管；偏低；

（3）A與C刻度間相差1mL；每個刻度為0.1mL，A處的刻度為19，B的刻度比A大，B的刻度比A大，由圖可知，相差4個刻度，則B為19.40；

故答案為：19.40；

（4）滴定時；眼睛要注視著錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；當?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即為終點；

故答案為：錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；最后一滴NaOH溶液加入時；溶液顏色恰好由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

（5）三次消耗的鹽酸的體積分別為18.90ml；19.10ml，19.00ml，均有效，三次的平均值為19.00ml；

根據(jù)c（待測）==mol/L=0.1050mol/L；

故答案為：0.1050mol/L．五、探究題(共4題，共8分)18、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．19、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致