天津市河北区2025届高三化学总复习质量检测一模试题一含解析

PAGE18-天津市河北区2025届高三化学总复习质量检测（一模）试题（一）（含解析）留意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子量：H1C12N14O16P31S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ge73第I卷共36分一、单选题1.化学与生活亲密相关。下列说法错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，以避开蛋白质变性B.陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐C.棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD.为使水果保鲜，在水果箱内放入用高锰酸钾溶液浸泡过硅藻土【答案】C【解析】【详解】A.疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应当冷藏保存，故A正确；B.陶瓷是传统无机非金属材料，主要原料是黏土，是人类应用很早运用的硅酸盐材料，故B正确；C.丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2，故C错误；D.水果在存放过程中会释放出乙烯，乙烯具有催熟的作用，在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可以汲取掉乙烯，延长水果的保鲜期，故D正确；故选C。【点睛】丝、毛的主要成份是蛋白质，蛋白质由C、H、O、N等元素组成，完全燃烧的产物是CO2、H2O和N2是解答易错点。2.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN−、Cl−B.pH＝1的溶液中：Cl−、K+、S2O32−、SO42−C.含有NO3−的溶液中：I−、SO32−、SO42−、H+D.由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液中：Na+、K+、SO42−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A.溶液中Cu2+显蓝色，无色溶液中不行能含有Cu2+，故A错误；B.pH＝1的溶液为酸性溶液，S2O32−与H+反应生成硫、二氧化硫和水，不能大量共存，故B错误；C.溶液中含有大量H+，显酸性，NO3−在酸性条件下具有强氧化性，能将具有还原性的I−、SO32−氧化，不能大量共存，故C错误；D.由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13

mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱，Na+、K+、SO42−、Cl−在碱性溶液和酸溶液中不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。【点睛】离子不能大量共存的一般状况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应当留意题目所隐含的条件，如溶液的酸碱性，据此来推断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可解除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的详细反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“肯定”共存等。3.2024年国际计量大会将“摩尔”的定义修改为：1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数(NA)，通常用6.02×1023mol－1表示，新定义于2019年5月A.标准状况下，22.4L的NH3约含有10×6.02×1023个质子B.由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol－1C.标准状况下，18gH2O中约含有1×6.02×1023个氧原子D.白磷分子(P4)呈正四面体结构，62g白磷中约含有12×6.02×1023个P-P键【答案】D【解析】【详解】A．每个NH3分子含有10个质子，则标准状况下，22.4L的NH3的物质的量为=1mol，含有10×6.02×1023个质子，故A正确；B.1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，则阿伏加德罗常数表达为NA＝6.02214076×1023mol－1，故B正确；C．标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，则约含有2×6.02×1023个氢原子，故C正确；D.62g白磷的物质的量为0.5mol，而白磷分子中含6个p-p键，故0.5mol白磷中含3NA，即3×6.02×1023个p-p键，故D不正确；故选D。4.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-，反应如下：反应Ⅰ：CuS＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O72-＋H＋→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有关说法正确的是A.反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生改变B.反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5C.处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等D.质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-【答案】B【解析】【详解】A.由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生改变，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了改变，故A错误；B.反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，故B正确；C.反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，由方程式可知处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,故C错误；D.依据方程式可知3molCuS处理4molCr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，3molCu2S处理5molCr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，故D错误；故选B。5.我国研发一款拥有自主学问产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是A.元素的金属性：K＞37RbB.中子数为50Rb的核素：50RbC.与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞ID.最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH【答案】C【解析】【分析】铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增加，同主族元素化合物的性质相像，以此来解答。【详解】A、同主族从上往下金属性增加，所以金属性：K＜37Rb，故A错误；B、中子数为50的Rb的核素表示为：87Rb，故B错误；C、同周期从左到右，原子半径渐渐减小，故原子半径Rb＞I，C正确；D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增加，故碱性RbOH＞KOH，故D错误。答案选C。【点睛】考查元素周期表，侧重考查学生的分析实力，要求学生熟识元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质改变规律。6.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)⇌2NO(g)+O2

(g)ΔH>0。试验测得：υ正(NO2)＝k正c2(NO2)，υ逆(NO)＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度(mol·L−1)平衡浓度(mol·L−1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.60.10下列说法不正确的是A.Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%B.Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2mol·L−1C.该反应的化学平衡常数可表示为D.上升温度，达到平衡状态时Ⅰ中c(O2)＜0.2mol·L−1【答案】D【解析】【分析】由题意Ⅰ中可建立如下三段式：【详解】A.由三段式数据可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为×100%≈66.7%，故A正确；B.Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2mol·L−1，试验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2mol·L−1，故B正确；C平衡时υ正(NO2

)＝υ逆(NO)，即k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，得==K，故C正确；D.Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2mol·L−1，该反应是吸热反应，上升温度，平衡向正反应方向移动，达到平衡状态时Ⅰ中c(O2)＞0.2mol·L−1，故D错误；故选D。7.对Na2C2O4溶液进行探讨，下列说法不正确的是(室温下0.1mol·L-1H2C2O4A.向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+=H2C2B.向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OHC.Na2C2O4溶液中离子浓度关系：c(C2O42-)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)=2c(NaD.向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4−+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2【答案】C【解析】【详解】A.由室温下0.1mol·L-1H2C2O4的pH=1.3可知草酸为二元中强酸，依据强酸制弱酸的原理可得Na2C2O4溶液中与足量稀硫酸反应生成硫酸钠和草酸，反应的离子方程式为C2O42-+2H+=H2C2O4B.草酸钠为强碱弱酸盐，草酸根在溶液中分步水解溶液呈碱性，溶液中加入酚酞，溶液变红，水解的离子方程式为C2O42-+H2O⇌HC2O4−+OH−，故B正确；C.草酸钠溶液中存在物料守恒关系2[c(C2O42-)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)]=c(Na+)，故CD.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与草酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4−+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；故选C。8.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水（pH约为6）和淡化食盐水，其装置示意图如下图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需的pH为5.6。下列说法不正确的是A.E为阴离子交换膜B.X为有机物污水，Y为含Cr2O72-废水C.理论上处理1mol的Cr2O72-的同时可脱除6mol的NaClD.C室的电极反应式为Cr2O72-+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O【答案】A【解析】【分析】依据装置图，电子由A流向C，A是负极、C是正极；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室。【详解】A.A是负极室、C是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z为待淡化食盐水，说明Na+能移向C室、Cl-能移向A室，所以E为阳离子交换膜，故A错误；B.该装置能把Cr2O72-还原为Cr3+，Cr2O72-应在正极通入，Y为含Cr2O72-废水，故B正确；C.理论上处理1mol的Cr2O72-，转移6mol电子，所以B室有6molNa+、6molCl-通过离子交换膜，同时可脱除6mol的NaCl，故C正确；D.C是正极室，发生还原反应，C室的电极反应式为Cr2O72-+6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O，故D正确。9.下列试验操作能达到试验目的的是A.将pH试纸放在试验台上测量溶液的pHB.通过蒸干FeCl3溶液制取无水FeCl3固体C.可用热的烧碱溶液区分植物油和矿物油D.将8gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度线，配制2mol·L－1NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．测定pH最简洁的方法是运用pH试纸，测定时，将一小块pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡比照，便可测出溶液的pH，故A错误；B.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加热蒸发时HCl受热挥发，促进水解趋于完全，蒸干得到的固体为Fe（OH）3，不能得到FeCl3固体，故B错误；C.矿物油为烃类混合物，植物油为油脂，矿物油不与烧碱反应，油脂能够与烧碱溶液反应，则向植物油和矿物油中分别加入烧碱溶液，加热，混合液分层的为矿物油，不分层的为植物油，故C正确；D.若将氢氧化钠干脆置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生改变，引起试验误差，故D错误；故选C。【点睛】植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可用热的烧碱溶液鉴别植物油和矿物油。10.下列说法正确的是A.化学键既存在于相邻原子之间，又存在于相邻分子之间B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C.电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大D.碳碳双键的键能是碳碳单键键能的2倍【答案】B【解析】【详解】A.化学键存在于相邻的原子之间，不存在于分子之间，故A错误；B.元素非金属性越强，其氢化来物越稳定，同一主族元素从上到下，元素的非金属性渐渐减弱，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B正确；C.主族元素的电负性越大，元素原子的第一电离能不肯定越大，例如氧元素的电负性大于氮元素的，氮元素的第一电离能大于氧元素的，故C错误；D.乙烯中碳碳双键的百键能小于乙烷中碳碳单键的键能的2倍，故D错误；故选B【点睛】电离能是气态原子测出来的，电负性是从共价化合物中测出来的，一般第一电离能越大的电负性越大，但其次主族跟第三主族、第五主族跟第六主族比较特别，如Mg的第一电离能大于度Al，电负性却小于Al是解答关键。11.肯定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：下列说法不正确的是()A.X、Y、Z互为同分异构体B.1molX最多能与3molH2发生加成反应C.1molY最多能与2molNaOH发生反应D.通过调控温度可以得到不同的目标产物【答案】B【解析】【详解】A.X、Y、Z的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B.X的苯环上须要发生加成反应，消耗3mol氢气，碳氧双键须要消耗1mol氢气，1molX最多能与4molH2发生加成反应，故B错误；C.Y分子中含有酯基，在碱性条件下发生水解生成乙酸和邻羟基甲苯，共消耗2molNaOH，故C正确；D.从题目信息可以看出，在有三氯化铁存在的条件下，温度不同，产物不同，通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；答案选B。12.依据下列试验操作和现象所得出的结论正确的是选项试验操作和现象结论A将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变红原Fe(NO3)2样品已变质B向蛋白质溶液中分别加入甲醛和(NH4)2SO4饱和溶液，均有固体析出蛋白质均发生了变性C向2mL0.5mol·L－1NaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol·L－1CaCl2溶液，产生白色沉淀和气体白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2D向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀气体X肯定具有强氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向Fe（NO3）2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理，故A错误；B.浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4饱和溶液，有固体析出是蛋白质发生盐析，不是变性，故B错误；C.NaHCO3溶液中存在电离平衡HCO3-CO32-+H+，向2mL0.5mol·L－1NaHCO3溶液中滴加1mL0.5mol·L－1CaCl2溶液，钙离子与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，使电离平衡向右移动，电离出的氢离子与过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则白色沉淀和气体分别为CaCO3和CO2，故C正确；D.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氨气，氯化钡、二氧化硫和氨气反应生成亚硫酸钡白色沉淀，氨气表现碱性，不表现氧化性，故D错误；故选C。第II卷共64分二、填空题13.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：(1)Ge在周期表中的位置__________，基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______，有__________个未成对电子。(2)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Ge、O两元素电负性由大至小的依次是_________。(3)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是___________。(4)晶胞参数，描述晶胞的大小和形态，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm(1pm=10-12m)，其密度为_______g·cm－3(列出计算式即可)【答案】(1).第四周期ⅣA族(2).3d104s24p2(3).2(4).O>Ge(5).sp3(6).共价键(7).【解析】分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；（2）元素的非金属性越强，吸引电子的实力越强，元素的电负性越大；（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与四周4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延长的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，实行sp3杂化；（4）Ge单晶具有金刚石型结构，则晶胞中Ge原子数目为8，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再依据密度公式计算可得。【详解】（1）Ge的原子序数为32，位于元素周期表第四周期IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，故答案为：第四周期ⅣA族；3d104s24p2；2；（2）元素的非金属性越强，吸引电子的实力越强，元素的电负性越大，元素非金属性：Ge<O，则电负性：O>Ge，故答案为：O>Ge；（3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与四周4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延长的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，实行sp3杂化，故答案为：sp3；共价键；（4）由晶胞结构可知，晶胞中Ge原子有8个位于顶点、6个位于面心，4个位于体内，由分摊法可知数目为8×+6×+4=8，则依据质量公式可得晶胞质量为g，晶胞参数a=565.76pm，其密度为=g•cm-3，故答案为：。14.有机物X是药物的中间体，它的一种合成路途如下。已知：RNH2++H2O（1）A无支链，A中含有的官能团名称是___。（2）A连续氧化的步骤如下：A转化为B的化学方程式是___。（3）M为芳香化合物，其结构简式是___。（4）M→N的化学方程式是___，反应类型是___。（5）下列说法不正确的是___。a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOHb．E在肯定条件下可生成高分子化合物c．F能发生酯化反应和消去反应（6）Q的结构简式是___。（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路途___（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【答案】(1).羟基(2).2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O(3).(4).+HNO3+H2O(5).取代反应(6).c(7).(8).CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH【解析】【分析】A可经过连续氧化得到C，依据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，C→D发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E接着被氧化生成F，M的不饱和度为4，依据最终产物X的结构，可知M为甲苯，依据后续产物可知，M→N发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。【详解】依据上述分析可知，（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；（3）M的结构简式为；（4）M→N为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；b．E在肯定条件下可生成高分子化合物，b正确；c．F能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；故答案选c；（6）Q的结构简式是；（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，依据题目信息，2个乙醛分子发生反应最终生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH。15.水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透亮，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。试验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO2NaCl＋NaClO3)(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.烧瓶(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴限制温度的目的是__________。试验2：制取水合肼。(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参加A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式________。试验3：测定馏分中水合肼的含量。(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调整溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。①滴定时，碘的标准溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_________(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，干脆装标准液③试验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_________。【答案】(1).MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2).ac(3).防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率(4).蒸馏(5).N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl(6).酸式(7).d(8).25%【解析】【分析】(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量肯定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应；（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算N2H4·H2O的物质的量和质量分数。【详解】(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量肯定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，须要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴限制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对试验结果无影响，故错误；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；d.盛标准液的滴定管水洗后，干脆装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；d正确，故答案为：d；③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则3.0g馏分中n（N2H4·H2O）=n（I2）×10=×0.15mol·L－1×20×10—3L×10=0.015mol，则馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为×100%=25%，故答案为：25%。【点睛】由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴限制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应是解答难点。16.合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H(1)科学家探讨在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。①NH3的电子式是_______。②写出步骤c的化学方程式_______。③由图像可知合成氨反应的∆H______0(填“＞”、“＜”或“＝”)。(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强改变的曲线如图所示：①温度T1、T2、T3大小关系是_______。②M点的平衡常数K=_______(可用分数表示)。(3)目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递