2025年人教B版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教B版高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列离子方程式书写正确的是（）A.碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2OB.氢氧化铜与盐酸反应：OH-+H+=H2OC.氢氧化钡溶液与硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2OD.铁与氯化铜溶液反应：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+2、一种新型乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍。电池总反应为：C2H5OH+3O2＝2CO2+3H2O,电池示意图如下图。下面对这种电池的说法正确的是A.b极为电池的负极B.电池工作时电子由a极沿导线经灯泡再到b极C.电池正极的电极反应为：4H+＋O2＋4e－＝2H2OD.标准状况下，通入5.6LO2并完全反应后，有0.5mol电子转移3、下列离子方程式正确的是（）A.铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑B.Al与稀H2SO4：Al+2H+→Al3++H2↑C.偏铝酸钠溶液中加过量HCl：AlO2-+4H+=Al3++2H2OD.氯化铝溶液中加氨水：Al3++3OH-→Al（OH）3↓4、在2A+B⇌3C+4D中，表示该反应速率最快的是（）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、下列有关SO2的叙述中，正确的是（）A.SO2与水反应生成硫酸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是有毒气体，不能用于杀菌消毒6、下列说法正确的是（）A.CaO2、SiO2、HCOOH依次属于电解质、非电解质、弱电解质B.在Na2O2中阴阳离子所含的电子数目相等C.化学式为Al63Cu24Fe13的准晶体不可与稀硝酸发生反应D.Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、（2016•洛阳二模）乳酸亚铁（[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O，Mr=288）是一种常用的补铁剂；可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：

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

某兴趣小组用FeCl2（用铁粉和稀盐酸制得）和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如下；回答下列问题：

（1）NH4HCO3盛放在装置____中（填字母），该装置中涉及的主要反应的离子方程式____；

（2）将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是____．

（3）将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75℃下搅拌反应．铁粉的作用是____；反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是____．

（4）该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是____．

经查阅文献后，该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量．取2.880g产品配成100mL溶液，每次取20.00mL，进行必要处理，用0.1000mol•L-1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce（SO4）219.70mL．滴定反应如下：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则产品中乳酸亚铁的质量分数为____．8、铁及其化合物在日常生活中应用广泛；请回答下列问题：

（a）Fe（NO3）3•9H2O易溶于水；微溶于硝酸，主要用作催化剂和媒染剂，工业上用细铁屑与稀硝酸反应制备，主要流程如下：

①Na2CO3溶液可以除油污，原因是（用离子方程式表示）____；

②耐腐反应器中可以观察到如下的现象：铁屑____，溶液颜色变为____，有____色气体产生；制备过程中需控制加入铁屑的量，当观察到____的现象时应停止加入铁屑；

③制得的Fe（NO3）3•9H2O用20%HNO3洗涤，其原因是____；

④若在实验中进行蒸发浓缩、降温结晶的操作，除带铁圈的铁架台、坩埚钳外，还需要的主要仪器有____．

（b）某兴趣小组在实验室用细铁屑和稀硝酸制备Fe（NO3）3；装置如图所示（固定所用仪器和加热装置未画出）．

①该实验中对圆底烧瓶加热的最佳方式用____加热；

②装置中圆底烧瓶上方长导管的作用是____；

③请在图中虚线框内画出防止倒吸的尾气吸收装置．（提示：碱液可快速、充分吸收产生的氮的氧化物气体）9、CO、CH4均为常见的可燃性气体．已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ/mol．相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧反应的热化学方程式是____．10、（2013秋•南充月考）常见元素A；B、C、D；其原子结构的相关信息如下表：

。元素相关信息A核外电子总数等于该基态原子电子层数B最外层电子数是次外层电子数的2倍C基态原子L电子层中有3个未成对电子D生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质E外围电子排布为（n+1）d3n（n+2）sn请回答下列问题：

（1）按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，E元素属____区；B原子基态原子的价电子排布图为____

（2）ABC分子的空间构型____；C2A4分子中，C原子杂化方式____．

（3）如图所示，为B单质晶体的一种晶胞，密度为dg•cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的边长为____cm．（用含d和NA式子表示）

（4）已知C2A4和过氧化氢混合可作火箭推进剂．液态C2A4与足量液态过氧化氢反应生成C的单质和气态水，转移1.6mol电子时放出256.0kJ的热量．已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1写出液态C2A4和足量液态过氧化氢反应生成C的单质和液态水的热化学方程式：____

（5）标准状况下，C的某种氧化物（原子个数比为1：1）40L与15L氧气混合通入一定浓度的NaOH溶液中，恰好被完全吸收，同时生成两种盐，请写出该反应的离子方程式____

（6）D的单质与E的红色氧化物在高温条件下反应的方程式为____．11、（共16分）Ⅰ．(10分)已知2A(g)+B(g)2C(g)；△H=－akJ／mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为wmol／L,放出热量bkJ。（1）比较ab(填>、=、<)（2）若在原来的容器中，只加入2molC，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量ckJ，C物质的浓度(填>、=、<)wmol/L，a、b、c之间满足的关系式为(用含a、b、c的代数式表示)。（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是。a、V(C)=2V(B)；b、容器内压强保持不变c、V逆(A)=2V正(B)d、容器内的密度保持不变（4）若将上述容器改为恒压容器(反应前体积相同)，起始时加入2molA和lmolB，500℃时充分反应达平衡后，放出热量dkJ，则db(填>、=、<)，Ⅱ.（6分）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M（1）电池放电时，负极的电极反应式为_______（2）充电完成时，Ni（OH）2全部转化为NiO（OH）。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)12、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）13、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）14、电解质溶液都能使蛋白质发生变性．____．（判断对错说明理由）15、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）16、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、实验题(共1题，共3分)17、（2012秋•唐山期末）某课外兴趣小组预测定某NaOH溶液的浓度；其操作步骤如下：

①取一支如图1所示仪器；用蒸馏水洗净，即加入待测的NaOH溶液你，使尖嘴部分充满溶液，并调整液面处于“0”刻度以下位置，记下读数；

②取锥形瓶用蒸馏水洗净，精确量取一定量的0.1000mol•L-1标准盐酸；

③加入3滴酚酞试液；摇匀；

④进行滴定实验；并记录数据．

⑤重复以上步骤2次．

（1）步骤①中应将NaOH溶液注入图1中的____（填仪器名称）中．

（2）在步骤①中存在明显错误的是____，由此会使测定结果____（选填“偏高”；“偏低”、或“无影响”）

（3）如图2是某次实验中液面示意图，若A与B刻度间相差1mL，A处的刻度为19，滴定管中液面读数应为____mL．

（4）操作④中左手轻轻挤压玻璃球，右手震荡锥形瓶，眼睛注视____，能确定实验终点的现象是____．

（5）根据下列数据：

。滴定次数标准盐酸体积/mL待测液体积/mL滴定前读数滴定后读数滴定前读数滴定后读数第一次20.000.5219.42第二次20.004.0723.17第三次20.001.0820.08计算待测烧碱溶液的浓度为____（保留至小数点后四位）评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)18、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．19、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：20、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．21、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．碳酸钙为难溶物；离子方程式中碳酸钙不能拆开；

B．氢氧化铜为难溶物；离子方程式中氢氧化铜需要保留化学式；

C．氢离子；氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；

D．铁与氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜．【解析】【解答】解：A．碳酸钙与盐酸反应，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故A错误；

B．氢氧化铜与盐酸反应的离子方程式中，氢氧化铜不能拆开，正确的离子方程式为：Cu（OH）2+2H+=2H2O+Cu2+；故B错误；

C．氢氧化钡溶液与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C错误；

D．铁与氯化铜溶液反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Cu+Fe2+；故D正确；

故选D．2、B|C【分析】【解析】【答案】BC3、C【分析】【分析】A．反应生成硫酸亚铁和氢气；

B．电子；电荷不守恒；

C．反应生成氯化铝和水；

D．一水合氨在离子反应中保留化学式．【解析】【解答】解：A．铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A错误；

B．Al与稀H2SO4的离子反应为2Al+6H+=2Al3++3H2↑；故B错误；

C．偏铝酸钠溶液中加过量HCl的离子反应为AlO2-+4H+=Al3++2H2O；故C正确；

D．氯化铝溶液中加氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故D错误；

故选C．4、B【分析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学键离子比值越大，表示的速率越快，注意单位要一致．【解析】【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比；故不同物质表示的速率与其化学键离子比值越大，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；

反应速率v（B）＞v（C）＞v（A）=v（B）；

故选B．5、B【分析】【分析】A．二氧化硫为亚硫酸的酸酐；

B．二氧化硫与氨水反应生成盐和水；

C．溶有SO2的雨水；为酸雨；

D．SO2是有毒气体，可用于杀菌消毒．【解析】【解答】解：A．二氧化硫为亚硫酸的酸酐，则SO2与水反应生成亚硫酸；故A错误；

B．二氧化硫与氨水反应生成盐和水，则SO2是酸性氧化物；能被氨水吸收，故B正确；

C．溶有SO2的雨水；为酸雨，酸雨的pH＜5.6，故C错误；

D．SO2是有毒气体；可用于工业上杀菌消毒，但不能在食品中杀菌消毒，故D错误；

故选B．6、A【分析】解：A；过氧化钙是离子化合物；如熔融状态导电，化合物属于电解质，二氧化硅是原子构成的共价化合物水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，甲酸属于有机羧酸是弱酸属于弱电解质，故A正确；

B；过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；钠离子电子总数为20，过氧根离子电子总数为18，故不相同，故B错误；

C；铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体；故错误；

D；镁和水反应生成氢氧化镁和氢气；铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，故D错误．

故选A．

A；过氧化钙是离子化合物属于电解质；二氧化硅是原子构成的共价化合物水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，甲酸属于有机羧酸是弱酸属于弱电解质；

B；过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物；

C；铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体；

D；铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气；

本题考查了物质组成、结构、性质的分析应用，电解质、非电解质、弱电解质概念的分析判断，掌握基础是关键，注意过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，题目难度中等．【解析】【答案】A二、填空题(共5题，共10分)7、CFe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O关闭活塞3，打开活塞2防止+2价的铁元素被氧化加入适量乳酸让铁粉反应完全乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化98.5%【分析】【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O；利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；

（1）分析装置图和反应原理可知稀盐酸在A中加入，NH4HCO3盛放在装置C中；

（2）利用生成氢气；使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；

（3）实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化；过量的铁粉用乳酸除去，Fe被充分利用；

（4）乳酸根中含有羟基；可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大；

根据离子方程式计算20mL溶液中n（Fe2+），进而计算100mL含有n（Fe2+），再根据m=nM计算乳酸亚铁晶体的质量，进而计算产品中乳酸亚铁晶体的质量分数．【解析】【解答】解：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3=FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O；利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；

（1）由上述分析可知，NH4HCO3盛放在装置C中，该装置中涉及的主要反应的离子方程式：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

故答案为：C；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（2）利用生成氢气；使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞3，打开活塞2；

故答案为：关闭活塞3；打开活塞2；

（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，防止Fe2+离子被氧化；过量的铁粉可以充分利用，得到乳酸亚铁，加入适量乳酸让铁粉反应完全；

故答案为：防止Fe2+离子被氧化；加入适量乳酸让铁粉反应完全；

（4）乳酸根中含有羟基；可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于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，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=98.5%；

故答案为：乳酸根离子中含有羟基，被酸性高锰酸钾溶液氧化；98.5%．8、CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-溶解黄色无反应器中产生气泡的速率明显变慢洗涤除去晶体表面附着的杂质，用20%HNO3洗涤可降低洗涤过程中晶体的损耗酒精灯、蒸发皿、玻璃棒水浴导气兼冷凝回流【分析】【分析】（1）①碳酸钠在溶液中水解显碱性；可以除油污；

②金属铁可以和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；要制得Fe3+，故加入的铁粉的量不能过量，否则会生成Fe2+；可以观察反应的气泡，也可以依据反应溶液的颜色变化判断；

③洗涤晶体表面的杂质；降低晶体溶解性，减少晶体损耗；

④蒸发浓缩；降温结晶的操作；所需仪器：铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳，据此回答；

（2）①制取Fe（NO3）3•9H2O需要控制的温度为40-50℃；水浴加热更容易控制；

②依据反应物的性质可知易挥发出的物质可以利用长玻璃管冷凝回流提高反应物的利用率；同时起到导气的作用；

③铁与硝酸反应后有氮的氧化物产生，氮的氧化物有毒，不放到空气中，所以要用防倒吸的尾气吸收装置，用NaOH溶液吸收，据此画装置图；【解析】【解答】解：（1）①碳酸钠在溶液中水解显碱性，可以除油污，其水解的离子方程式为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

②金属铁可以和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，硝酸铁溶液显示黄色，一氧化氮遇到氧气即变为二氧化氮红棕色的气体，要制得Fe3+，故加入的铁粉的量不能过量，否则会生成Fe2+；反应器中产生气泡的速率明显变慢，停止加入铁屑；

故答案为：溶解；黄色；无；反应器中产生气泡的速率明显变慢；

③Fe（NO3）3•9H2O易溶于水，微溶于硝酸，制得的Fe（NO3）3•9H2O用20%HNO3洗涤的目的是洗去晶体表面的杂质；减少晶体损耗；

故答案为：洗涤除去晶体表面附着的杂质，用20%HNO3洗涤可降低洗涤过程中晶体的损耗；

④蒸发浓缩；降温结晶的操作；所需仪器：铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳；

故答案为：酒精灯；蒸发皿、玻璃棒；

（2）①制取Fe（NO3）3•9H2O需要控制的温度为40-50℃；水浴加热更容易控制，所以该实验中对圆底烧瓶加热的最佳方式用水浴加热；

故答案为：水浴；

②硝酸易挥发；挥发出的硝酸可以利用长玻璃管冷凝回流提高反应物的利用率，同时起到导气的作用；

故答案为：导气兼冷凝回流；

③铁与硝酸反应后有氮的氧化物产生，氮的氧化物有毒，不放到空气中，所以要用防倒吸的尾气吸收装置，用NaOH溶液吸收，所以装置图为

故答案为：．9、H4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）；△H=-891.45kJ/mol【分析】【分析】根据CO的燃烧热计算，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量，再根据热化学方程式的书写原则进行书写．【解析】【解答】解：CO的燃烧热为283kJ/mol．相同条件下，2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为283kJ×6.3=1782.9kJ，故甲烷完全燃烧生成液态水的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol；

故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-891.45kJ/mol．10、ds直线型sp3N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】【分析】A原子的核外电子总数等于其基态电子层数，则A为H元素；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C的基态原子L电子层中有3个未成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质，所以D为Al元素；E的外围电子层排布为（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能级，则电子层最少为3，s能级最多容纳2个电子，则n=2，故E外围电子层排布为3d64s2，则E为Fe，据此解答．【解析】【解答】解：A原子的核外电子总数等于其基态电子层数，则A为H元素；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；C的基态原子L电子层中有3个未成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D是生活中大量使用的合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制取其单质，所以D为Al元素；E的外围电子层排布为（n+1）d3n（n+2）sn，含有d能级，则电子层最少为3，s能级最多容纳2个电子，则n=2，故E外围电子层排布为3d64s2；则E为Fe；

（1）E为Fe元素，在周期表中位于ds区，B为碳元素，其原子基态原子的价电子排布图为故答案为：ds；

（2）ABC分子是HCN，由于其中有碳氮三键和碳氢单键，所以其空间构型为直线型，C2A4分子为N2H4，其中有一个氮氮单键，四个氮氢键，每个氮原子有一对孤电子对，所以氮原子的杂化方式为sp3；

故答案为：直线型；sp3；

（3）B为碳元素，在晶胞中含有碳原子数为4=8，则晶胞的体积V==cm3=cm3，所以晶胞的边长为cm，故答案为：；

（4）C2A4为肼，足量液态过氧化氢反应生成C的单质和气态水，肼中的氮由-2价到0，所以1mol肼完全反应转移电子数4NA，转移1.6mol电子时放出256.0kJ的热量，则1mol肼完全反应放出641.63KJ，热化学方程式为①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.63KJ/mol；结合②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ﹒mol-1，依据盖斯定律①+②×4可以写出生成液态水的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）△H=-817.63KJ/mol；

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

（5）C的某种氧化物（原子个数比为1：1）为NO，与氧气反应按40：15=8：3反应，根据氧化还原反应中的电子守恒以及电荷守恒可以写出离子反应方程式：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

故答案为：8NO+3O2+8OH-=2NO3-+6NO2-+4H2O；

（6）D的单质为铝与E的红色氧化物三氧化二铁在高温条件下发生铝热反应的方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；11、略

【分析】试题解析：Ⅰ．（1）已知2A（g）+B（g）⇌2C（g），△H=-akJ•mol-1（a＞0），该反应为可逆反应，可逆反应中反应物不能全部转化为生成物，则在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为wmol/L，则w＜2，所以放出热量为小于akJ，即a＞b；（2）若在原来的容器中，只加入2molC，全部转化为AB分别为2molA和1molB，则与原平衡时等效平衡，平衡时浓度相同，所以平衡时C的浓度等于wmol/L；正向反应和逆向反应的转化率之和为100%，则正向反应放热与逆向反应放热之和为akJ，所以a=b+c；（3）a．v（C）=2v（B），从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，故a不选；b．容器内压强保持不变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故b选；c．v逆（A）=2v逆（B）=2v正（B2），说明达平衡状态，故c选；d．容器内的密度保持不变，从反应开始平衡一直有这样的等量关系，所以不能作平衡状态的标志，故d不选；故选：bc；（4）恒压条件下，由于始终保持较大压强，转化的越多，放出热量较多，则d>b。Ⅱ.（1）负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH-e-+OH-=H2O+M；（2）阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，阴极上电极反应式为M+H2O+e-═MH+OH-，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意知氧气在阴极上被还原，电解质溶液呈碱性可知氧气被还原为OH-，所以其电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-。考点：化学平衡；电化学【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、判断题(共5题，共10分)12、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；13、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．14、×【分析】【分析】部分盐溶液能使蛋白质发生盐析，重金属盐溶液能使蛋白质发生变性．【解析】【解答】解：部分盐溶液能使蛋白质发生盐析；如硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；重金属盐溶液能使蛋白质发生变性，如硫酸铜溶液、硝酸银溶液等；所以电解质溶液不一定能使蛋白质发生变性；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．16、√【分析】【分析】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．四、实验题(共1题，共3分)17、碱式滴定管没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管偏低19.40锥形瓶内溶液颜色的变化最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色0.1050mol/L【分析】【分析】（1）由图可知左为酸式滴定管；右为碱式滴定管，NaOH溶液应用碱式滴定管；

（2）没有润洗碱式滴定管；碱的物质的量变少；消耗的酸减少；

（3）A与C刻度间相差1mL；每个刻度为0.1mL，A处的刻度为19，B的刻度比A大；

（4）根据滴定时；眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；

（5）先求出三次的体积，判断数据的有效性，根据c（待测）=求算．【解析】【解答】解：（1）由图可知左为酸式滴定管；右为碱式滴定管，NaOH溶液应用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；

（2）由操作可知没有润洗碱式滴定管；相同体积时碱的物质的量变少；所以消耗的酸减少，计算出NaOH的浓度偏低；

故答案为：没有用待测NaOH溶液润洗碱式滴定管；偏低；

（3）A与C刻度间相差1mL；每个刻度为0.1mL，A处的刻度为19，B的刻度比A大，B的刻度比A大，由图可知，相差4个刻度，则B为19.40；

故答案为：19.40；

（4）滴定时；眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为终点；

故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；最后一滴NaOH溶液加入时；溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；

（5）三次消耗的盐酸的体积分别为18.90ml；19.10ml，19.00ml，均有效，三次的平均值为19.00ml；

根据c（待测）==mol/L=0.1050mol/L；

故答案为：0.1050mol/L．五、探究题(共4题，共8分)18、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．19、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致