2025年冀教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年冀教版高三化学上册阶段测试试卷584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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.向1mol稀硝酸中加入一定量的铁粉，两者恰好完全反应，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液一定显血红色B.向1mol明矾溶液中通入一定量氨气，两者恰好完全反应，反应后溶液一定生成白色沉淀C.向1molNaOH溶液中通入一定量CO2，两者恰好完全反应，再加入BaCl2溶液一定生成白色沉淀D.向1molNa2CO3溶液中加入一定量稀盐酸，两者恰好完全反应，一定产生使澄清石灰水变浑浊的气体2、CO2气体在一定条件下可与金属镁反应，干冰在一定条件下也可以形成CO2气体，这两个变化过程中需要克服的作用分别是（）A.化学键，化学键B.化学键，分子间作用力C.分子间作用力，化学键D.分子间作用力，分子间作用力3、某有机物的结构简式为能与1mol该化合物反应的NaOH的物质的量是（）A.1molB.2molC.3molD.4mol4、要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是（）A.加入氯水振荡，观察水层是否有棕红色溴出现B.滴入AgNO3溶液，再加入稀硝酸呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C.加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D.加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成5、下列表述中，合理的是（）A.把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体B.用惰性电极电解足量的CuCl2溶液时，当有0.2mol电子转移时阳极会析出6.4g铜C.用25mL碱式滴定管量取15.00mL0.1000mol•L-1酸性高锰酸钾溶液D.将水加热，Kw增大，pH变小6、下图为“长式元素周期表”的一部分，其中短周期元素W、X、Y、Z的位置关系如图。下列说法一定正确的是A.元素Z位于元素周期表的第3周期ⅦA族B.原子半径的大小顺序为：rY＞rW＞rXC.元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Ｙ的强D.元素Ｘ的气态简单氢化物的热稳定性比Ｗ的强评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、（2015秋•福安市校级月考）膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用．有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5（N2O5极易和水反应）；装置如图：

（1）A装置是____（填“原电池”或“电解池”）．

（2）N2O5在电解池的____（填“c极”或“d极”）区生成，d电极的电极反应式为____．

（3）A装置中通入SO2一极的电极反应式为____．

（4）若A装置中通入SO2的体积为22.4L（标准状况）时，B池中生成的N2O5的物质的量为____mol．8、某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用；设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下．试根据下表中的实验现象回答下列问题：

。编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1Al、Mg稀盐酸偏向Al2Al、Cu稀盐酸偏向Cu3Al、石墨稀盐酸偏向石墨4Al、Mg氢氧化钠偏向Mg5Al、Zn浓硝酸偏向Al（1）实验4、5中负极分别是____

（2）写出实验3中的正极反应式____．9、（2014秋•高阳县校级期中）800℃时，在2L密闭容器中发生2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）；测得n（NO）随时间的变化如下表：

。时间（s）012345n（NO）（mol）0.200.100.080.070.070.07（1）用O2表示2s时该反应的平均速率v=____．

（2）写出该反应的平衡常数表达式：K=____．已知：K（800℃）＞K（850℃），该反应是____（填“吸热”或“放热”）反应．

（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是____．

A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内压强保持不变。

C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内气体的密度保持不变。

（4）下列操作中，能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____．

A．及时分离出NO2气体B．适当升高温度。

C．增大O2的浓度D．选择高效的催化剂。

（5）图中的曲线表示的是其他条件一定时，反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）中NO的平衡转化率与温度的关系．图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v（正）＞v（逆）的点是____．

A．a点B．b点C．c点D．d点．10、（1）阿司匹林（）具有解热、镇痛、抗炎、抗风湿和抗血小板聚集等多方面的药理作用，是应用最早、最广和最普通的解热镇痛药．写出阿司匹林与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式：____

（2）一种缓释阿司匹林的结构式如图：

该物质在酸性条件下水解生成阿司匹林、____和一种聚合物．这种聚合物的单体的结构简式是____．11、某待测液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al2+、Ba2+、Ca2+、NH4+等离子；进行如下实验（所加酸；碱、氨水、溴水均过量）．

根据实验结果可以肯定上述____离子一定存在．请填写下列物质的化学式：

（1）沉淀A：____．

（2）沉淀C：____．

（3）沉淀D：____．

（4）沉淀E：____．12、已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：

。|温度/℃70090083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4回答下列问题：

（1）该反应的平衡常数表达式K=____，△H____0（填“＜”“＞”“=”）；

（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1．，则6s时c（A）=____mol•L-1，C的物质的量为____mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为____，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为____；

（3）判断该反应是否达到平衡的依据为____（填正确选项前的字母）：

a．压强不随时间改变b．气体的密度不随时间改变。

c．c（A）不随时问改变d．单位时间里生成c和D的物质的量相等。

（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）14、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）15、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）16、常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA．____（判断对错）17、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）18、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）评卷人得分四、其他(共4题，共12分)19、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．20、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．21、（15分）有X、Y、Z、W四种短周期元素原子序数依次增大，它们之间可以同时相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同电子数的微粒。（1）当A2型微粒为空气的主要成分时：①写出上述A22—型微粒电子式_______________。②写出四种元素原子按5：1：1：3形成的离子化合物与足量NaOH反应的离子方程式_______________。（2）当A2型微粒为最活泼的单质时：①1molA2B2型化合物分解转移电子的物质的量为_______。②任写出一种具有相同电子的其他非极性分子的有机物化学式__________③比较Z与W两种元素的氢化物的沸点与水溶液的酸性。沸点________________酸性______________。22、（10分）以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：已知：①A的相对分子质量小于110，其中碳的质量分数约为0.9。②同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮：③C可发生银镜反应。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的化学式为____；A→B的反应类型是。（2）由B生成C的化学方程式为；该反应过程中生成的不稳定中间体的结构简式应是。（3）D的结构简式为，D的同分异构体中含有苯环且水解产物之一为乙酸的有______种，写出其中的一种结构简式：。评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)23、现有0.1mol•L-1的Na2SO4和0.1mol•L-1的H2SO4混合溶液100mL，向其中逐滴加入0.2mol•L-1的Ba（OH）2溶液；并不断搅拌，使反应充分进行．（忽略混合过程中的体积变化）

（1）当加入50mLBa（OH）2溶液时，所得溶液中的溶质是____，其物质的量浓度为____mol•

L-1．

（2）当溶液中沉淀量达到最大时，所加Ba（OH）2溶液的体积为____mL，所得溶液中溶质为____，则该溶质物质的量浓度为____mol•L-1．评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)24、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________．25、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：26、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________．27、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、B【分析】【分析】A．两者恰好完全反应；可能恰好生成硝酸亚铁；

B．向1mol明矾溶液中通入一定量氨气；一定生成氢氧化铝沉淀；

C．两者恰好完全反应；可能恰好生成碳酸氢钠；

D．两者恰好完全反应，可能盐酸很少，碳酸钠还没有完全转化为碳酸氢钠，或恰好反应生成碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A．两者恰好完全反应；可能恰好生成硝酸亚铁，则向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不显血红色，故A错误；

B．向1mol明矾溶液中通入一定量氨气；一定生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能溶于氨水，则反应后溶液一定生成白色沉淀，故B正确；

C．两者恰好完全反应，可能恰好生成碳酸氢钠，则加入BaCl2溶液不反应；不生成沉淀，故C错误；

D．两者恰好完全反应；可能盐酸很少，碳酸钠还没有完全转化为碳酸氢钠，或恰好反应生成碳酸氢钠，则不生成二氧化碳，故D错误；

故选B．2、B【分析】【分析】CO2气体在一定条件下可与金属镁反应，发生的为化学反应，存在化学键的断裂和形成，干冰在一定条件下也可以形成CO2气体，分子间距离发生变化，为物理变化，以此解答该题．【解析】【解答】解：CO2气体在一定条件下又可以与金属镁反应生成氧化镁和碳，破坏了二氧化碳分子内碳和氧原子间的作用力，即化学键，CO2是分子晶体，干冰形成CO2气体；克服的是分子间作用力．

故选B．3、C【分析】【分析】该有机物中含-COOH、-COOC-及水解生成的酚-OH能与NaOH溶液反应，以此来解答．【解析】【解答】解：该有机物中含-COOH；-COOC-及水解生成的酚-OH能与NaOH溶液反应；

1mol该化合物中含1mol-COOH；1mol-COOC-及水解生成1mol酚-OH；

则反应的NaOH的物质的量为3mol；

故选C．4、C【分析】【分析】检验溴乙烷中溴元素，应在碱性条件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸银，观察是否有黄色沉淀生成，据此即可解答．【解析】【解答】解：A．氯水与溴乙烷不反应；不能检验，故A错误；

B．溴乙烷不能电离出溴离子，加AgNO3溶液不反应；故B错误；

C．加入NaOH溶液，加热，卤代烃在碱性条件下水解生成溴化钠和醇，冷却，加入稀HNO3酸化后加入AgNO3溶液；溴离子和银离子反应生成淡黄色不溶于硝酸的溴化银沉淀，故C正确；

D．没有加硝酸中和多余的氢氧化钠；氢氧化钠与硝酸银能反应生成沉淀，产生干扰，故D错误．

故选C．5、D【分析】【分析】A．加热时FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl；

B．阳极生成氯气；阴极生成铜；

C．高锰酸钾溶液具有强氧化性；应放在酸式滴定管中；

D．加热促进水的电离．【解析】【解答】解：A．加热时FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，盐酸易挥发，所以把FeCl3的水溶液加热蒸干得到为氢氧化铁固体；故A错误；

B．阳极生成氯气；阴极生成铜，故B错误；

C．高锰酸钾溶液具有强氧化性；应放在酸式滴定管中，故C错误；

D．加热促进水的电离，Kw增大；pH变小，故D正确．

故选D．6、D【分析】试题分析：A、四种元素均是短周期元素，Z位于第三周期，但Z不一定是第ⅦA族元素，A错误；B、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小顺序为：rW＞rY＞rX，B错误；C、W的非金属性弱于Y的非金属性，则元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Ｙ的弱，C错误；D、非金属性是X强于W，非金属性越强，则氢化物的温度下越强，因此元素Ｘ的气态简单氢化物的热稳定性比Ｗ的强，D正确，答案选D。考点：考查元素周期表和元素周期律的应用【解析】【答案】D二、填空题(共6题，共12分)7、原电池c极N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+SO2-2e+2H2O=SO42-+4H+2【分析】【分析】（1）A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源；

（2）与电源的正极相连的电极为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5；

（3）A装置中；通入二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极；

（4）根据电极方程式中物质与电子的关系计算．【解析】【解答】解：（1）A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源；所以是原电池；

故答案为：原电池；

（2）与电源的正极相连的电极为阳极，c极与正极相连为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，电极反应式为：N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+；

故答案为：c极；N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+；

（3）A装置中，a电极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，该电极为负极，电极反应式为SO2-2e+2H2O=SO42-+4H+；

故答案为：SO2-2e+2H2O=SO42-+4H+；

（4）若A装置中通入SO2的体积为22.4L（标准状况）时，即消耗1mol二氧化硫，则转移电子为2mol，由N2O4+2HNO3-2e-═2N2O5+2H+可知，生成2molN2O5；

故答案为：2．8、Al、Zn2H++2e-═H2↑【分析】【分析】（1）两种金属作电极时；能与电解质反应的金属作负极，据此进行判断验4；5中的负极；

（2）实验3中，由Al能够与盐酸反应，则Al为负极，石墨为正极，负极铝失去电子生成铝离子，正极氢离子得到电子生成氢气．【解析】【解答】解：（1）实验4中只有Al与NaOH溶液反应；则Al为负极；实验5中Al与浓硝酸发生钝化，则Zn为负极；

故答案为：Al；Zn；

（2）实验3中，由Al与盐酸反应可知，则Al为负极，石墨为正极，正极氢离子得到电子生成氢气，正极反应为：2H++2e-═H2↑；

故答案为：2H++2e-═H2↑．9、0.0125mol/（mol•L）放热BCCc【分析】【分析】（1）根据v=计算反应速率；

（2）根据平衡常数的定义书写表达式；根据影响平衡常数的因素判断反应中热量的变化；

（3）根据平衡状态的判断标志结合化学方程式判断；

（4）根据影响反应速率和平衡移动的因素判断；

（5）根据图中的点与平衡时NO的平衡转化率的关系判断平衡移动的方向．【解析】【解答】解：（1）根据题意可知，在2s时，反应用去的NO为0.2mol-0.1mol=0.1mol，根据反应方程式可知，在2s时，反应用去的O2为0.05mol，所以O2的反应速率v==0.0125mol/（mol•L）；故答案为：0.0125mol/（mol•L）；

（2）平衡常数等于生成物的浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积，所以平衡常数的表达式为K=，K（800℃）＞K（850℃），温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：；

（3）A．v（NO2）=2v（O2）；未注明是正反应速率和逆反应速率，所以不能说明该反应已经达到平衡状态；

B．由于该反应是气体体积减小的反应；所以当容器内压强保持不变时，则说明该反应已经达到平衡状态；

C．v逆（NO）=2v正（O2）；说明正逆反应速率相等，所以可以说明该反应已经达到平衡状态；

D．由于该反应在容器体积不变的容器中进行的；容器内气体的质量也不变，所以密度始终保持不变，所以密度不变不能说明该反应已经达到平衡状态；

故选BC；

（4）A．及时分离出NO2气体；减小了生成物浓度，反应速率减小，故A错误；

B．由于该反应为放热反应；适当升高温度，平衡逆向移动，故B错误；

C．增大O2的浓度；反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；

D．选择高效的催化剂；可以提高反应速率，但不能使平衡移动，故D错误；

故选C；

（5）根据图可知，a点时NO的转化率高于平衡时的，所以平衡要逆向移动，b、d两点在平衡线上，说明此时已经处于平衡状态，平衡不移动，c点时NO的转化率低于平衡时的，所以反应要正向进行，即v（正）＞v（逆），故选c．10、乙二醇【分析】【分析】（1）阿司匹林中-COOH；-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应；

（2）酸性条件下水解生成阿司匹林、乙二醇和一种聚合物，聚合物为聚2-甲基丙烯酸，则单体为2-甲基丙烯酸．【解析】【解答】解：（1）阿司匹林中-COOH、-COOC-及水解生成的酚-OH均与NaOH反应，该反应为

故答案为：

（2）在酸性条件下水解生成阿司匹林、乙二醇和一种聚合物，聚合物为聚2-甲基丙烯酸，则单体为2-甲基丙烯酸，其结构简式为

故答案为：乙二醇；．11、Ag+、Al3+AgClAl（OH）3、Fe（OH）3Fe（OH）3Al（OH）3【分析】【分析】根据待测液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A产生，说明待测液中有Ag+存在；沉淀A是AgCl；

继续往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B产生，说明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸盐沉淀．因为溶液中唯一能与Br-产生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全．所以，溴水的作用应该是起一个氧化剂的作用（氧化某离子），据此，可推断待测液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大时以沉淀形式存在）；

继续往溶液B中加入氨水，产生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+了；至于原来是Fe2+还是Fe3+，则无法确定）；同时，由于往溶液D中通入CO2有沉淀产生，说明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3；

根据以上分析完成各题解答．【解析】【解答】解：因待测液中加入HCl，有不溶于稀硝酸的沉淀A产生，说明待测液中有Ag+存在，沉淀A是AgCl；继续往溶液A中加入稀H2SO4和溴水，有沉淀B产生，说明沉淀B一定是不溶于稀酸的硫酸盐沉淀；因为溶液中唯一能与Br-产生沉淀的Ag+已在第一步沉淀完全，所以溴水的作用应该是起一个氧化剂的作用（氧化具有还原性的离子），据此可推断待测液中一定含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种，因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于水（微溶物量大时以沉淀形式存在），继续往溶液B中加入氨水，产生沉淀C，沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知，沉淀D一定是Fe（OH）3（加入溴水后，溶液中就只有Fe3+．无法判断原来是Fe2+还是Fe3+）；往溶液D中通入CO2有沉淀产生，说明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3，反应的化学方程式为：CO2+3H2O+2AlO2-═2Al（OH）3↓+2CO32-或CO2+2H2O+AlO2-═Al（OH）3↓+2HCO3-；

根据推断可知，溶液中一定存在的离子为：Ag+、Al3+；

故答案为：Ag+、Al3+；

（1）沉淀A为AgCl；

故答案为：AgCl；

（2）沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，沉淀C为：Al（OH）3、Fe（OH）3；

故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；

（3）沉淀C中加入NaOH溶液，沉淀部分溶解，得溶液D和沉淀D．可知沉淀D一定是Fe（OH）3；

故答案为：Fe（OH）3；

（4）由于往溶液D中通入CO2有沉淀产生，说明溶液D中一定含AlO2-，沉淀E一定是Al（OH）3；

故答案为：Al（OH）3．12、＜0.0220.0980%80%c2.5【分析】【分析】（1）化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；

由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

（2）根据△c=v△t计算△c（A）；A的起始浓度-△c（A）=6s时c（A）；

根据△n=△cV计算△n（A）；再根据方程式计算C的物质的量；

设平衡时A的浓度变化量为x；利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；

体积不变；充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；

（3）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；

（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数．【解析】【解答】解：（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=；

由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0；

故答案为：；＜；

（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1，则6s内△c（A）=0.003mol•L-1•s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L；故6s时时c（A）=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L；

故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol；由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol；

设平衡时A的浓度变化量为x；则：

A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）

开始（mol/L）：0.040.1600

变化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：0.04-x0.16-xxx

故=1；解得x=0.032

所以平衡时A的转化率为×100%=80%；

体积不变；充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%；

故答案为：0.022；0.09；80%；80%；

（3）a．该反应前后气体的物质的量不变；压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误；

b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误；

c．可逆反应到达平衡时；各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；

d．单位时间里生成C和D的物质的量相等；都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C；D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误；

故答案为：c；

（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5；

故答案为：2.5．三、判断题(共6题，共12分)13、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．14、×【分析】【分析】摩尔是物质的量的单位．【解析】【解答】解：摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．16、√【分析】【分析】根据n==结合物质的构成计算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，则含有原子数为0.2NA．故答案为：√．17、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；18、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．四、其他(共4题，共12分)19、EBAGHFDC【分析】【分析】根据常见仪器的名称和用途回答．【解析】【解答】解：（1）试管夹的用途是加持试管；故答案为：E；

（2）广口瓶是贮存固体用的；口相对较大，取用药品方便，故答案为：B；

（3）锥形瓶的用途是做反应容器；可在常温或加热时使用，故答案为：A；

（4）试管刷是在试管不易清洗时；帮助刷试管的，故答案为：G；

（5）坩埚钳用来夹持受热后的坩埚；也可夹持金属用来做燃烧实验，故答案为：H；

（6）燃烧匙是做燃烧实验时盛固体粉末用的反应容器；故答案为：F；

（7）蒸发皿是用来蒸发溶液；使溶质结晶的，故答案为：D；

（8）石棉网主要用途是给底部面积大的容器加热时防止受热不均的，也可放或接热的物质，故答案为：C．20、试管药匙试管夹酒精灯胶头滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟记中学化学实验中常用的仪器；

（2）根据基本实验仪器：试管、试管夹、药匙、酒精灯，胶头滴管、量筒的作用来回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各仪器的名称分别是：试管；药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；故答案为：试管、药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；

（2）胶头滴管常用于吸取和滴加少量液体；故答案为：E；

（3）试管可以直接加热；故答案为：A；

（4）在化学实验室；常用酒精灯作为热源，故答案为：D；

（5）试管架是用来夹持试管的仪器；故答案为：C；

（6）药匙用来取用少量的固体粉末；故答案为：B；

（7）量筒可以用来量取液体的体积，故答案为：F．21、略

【分析】本题的元素推断以电子数为特征，重点以元素化合物知识为学科内综合的载体，落实基本概念、基本理论、化学计算。以“A2”型分子为突破口。常见的由短周期元素形成的A2型分子有5种：H2、N2、O2、F2、Cl2然后进行变换推导。如果当A2型微粒为空气的主要成分时，可假设电子数为14，那么A2型分子为N2，AB型分子为CO，A2B2型分子为C2H2（电子数N相当于CH），因为制备乙炔的离子化合物碳化钙中存在C22—离子也是14电子，所以X、Y、Z、W四种短周期元素依次为H、C、N、O。若为16电子，找不到A2B2微粒。当A2型微粒为最活泼的单质时，那么A2型分子为F2，则这些微粒的电子数为18，A2B2型分子为H2O2（电子数F相当于OH），O22—也是含有18电子，AB型分子为HCl，X、Y、Z、W四种短周期元素依次为H、O、F、Cl。【解析】【答案】（1）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸点：HF＞HCl酸性HCl＞HF22、略

【分析】【解析】【答案】（1）C8H10（2分）；取代反应（1分）。（2）（2分）（1分）（3）（1分）3（2分）（1分）五、计算题(共1题，共7分)23、Na2SO40.067100NaOH0.1【分析】【分析】（1）反应相当于Ba（OH）2先与H2SO4反应，然后再Na2SO4与反应，50mLBa（OH）2溶液中n[Ba（OH）2]=0.05L×0.2moL•L-1=0.01mol，100mL溶液中n（H2SO4）=0.1L×0.1moL•L-1=0.01mol；故氢氧化钡与硫酸恰好反应，硫酸钠不反应，根据n=cV计算硫酸钠的物质的量，再根据m=nM计算硫酸钠的质量；

（2）溶液中沉淀量达到最大时，发生Ba2++SO42-=BaSO4↓，故n[Ba（OH）2]=n（SO42-），再根据V=计算氢氧化钡的体积．溶液中溶质为NaOH，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na+），再根据c=计算．【解析】【解答】解：（1）反应相当于Ba（OH）2先与H2SO4反应，然后再Na2SO4与反应，100mLBa（OH）2溶液中n[Ba（OH）2]=0.1L×0.2moL•L-1=0.02mol，100mL溶液中n（H2SO4）=0.1L×0.2moL•L-1=0.02mol，故氢氧化钡与硫酸恰好反应，硫酸钠不反应，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，溶液中溶质为Na2SO4，Na2SO4的物质的量为0.1L×0.1moL•L-1=0.01mol，Na2SO4的浓度==0.067molL；

故答案为：Na2SO4；0.067；

（2）溶液中沉淀量达到最大时，硫酸根完全反应，发生Ba2++SO42-=BaSO4↓，故n[Ba（OH）2]=n（SO42-）=0.01mol+0.01mol=0.02mol，故氢氧化钡溶液的体积为=0.1L=100mL．

此时溶液中溶质为NaOH，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（Na+）=0.01mol×2=0.02mol，故溶液中NaOH浓度为==0.1mol/L；

故答案为：100；NaOH，0.1．六、探究题(共4题，共32分)24、|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．25、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