2025年新世纪版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年新世纪版高三化学下册阶段测试试卷701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7题，共14分)1、将ag镁、铝合金溶解于足量的稀HNO3溶液中，再滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L时，开始出现沉淀，至4L时，沉淀质量达到最大值，则ag镁、铝合金，总物质的量为（）A.molB.molC.molD.mol2、下列说法中正确的是（）A.在标准状况下，1mol水的体积约为22.4LB.只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4mol/LC.在标准状况下，1molH2和O2的混合气体体积约为22.4LD.任何条件下，气体的摩尔体积都是22.4L/mol3、下列各组中的离子或分子相混合，肯定会有沉淀生成的是（）A.Al3+、Na+、SO42-、OH-B.Ag+、NH3•H2O、NO3-C.Ba2+、H+、NO3-、PO43-D.Na+、Al3+、Cl-、SO32-4、下列说法正确的是（）A.放热反应在任何条件下一定能自发进行B.吸热反应在任何条件下一定不能自发进行C.熵增加的反应在任何条件下一定能自发进行D.熵减少的反应在一定条件下也可能自发进行5、下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（）A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸B.氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性C.α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽D.氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下向负极移动6、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备手机电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A.元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成C.元素X与氢形成的化合物可能既有极性键又有非极性键D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ27、用下列有关实验装置进行相应实验，错误的是A.用图1所示装置实验室制取少量Cl2B.用图2所示装置制取及观察Fe(OH)2C.用图3所示装置用H2O2溶液制备O2D.用图4所示装置比较S、Si的非金属性强弱评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、现用质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol•L-1的稀H2S04．可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平⑧药匙．请回答下列问题：

（1）上述仪器中，在配制稀H2S04时用不到的有____（填序号）．

（2）经计算，需浓H2S04的体积为____．现有①10mL②50mL③100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是____（填代号）．

（3）将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到____mL的容量瓶中，转移时应用玻璃棒____．转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀．然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度____处．改用____加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的____．振荡；摇匀后；装瓶、贴签．

（4）容量瓶使用前检查是否漏水的方法：____．

（5）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有____（填序号）．

A．配制一定体积准确浓度的标准溶液。

B．贮存溶液。

C．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液。

D．准确稀释任意某一浓度的溶液。

E．量取一定体积的液体。

（6）若实验过程遇到下列情况；对硫酸的物质的量浓度有何影响（填“偏高”；“偏低”或“不变”）．

①向容量瓶注液时少量液体流出，____；

②未等稀释后的H2S04溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，____；

③摇匀后发现液面下降再加水，____；

④定容时俯视观察液面，____．

⑤定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，____．9、（1）只用一种试剂即可除去少量杂质和鉴别物质．将其填在空格处．

。编号物质试剂名称或化学式①除杂质：NaHCO3溶液（Na2CO3）____②除杂质：SiO2（CaCO3）____③除杂质：FeCl2溶液（FeCl3）____④鉴别：Na2CO3Na2SiO3Na2SO3溶液____⑤鉴别：（NH4）2SO4NH4ClNa2SO4溶液____（2）氧化还原是常见的反应类型，根据信息回答以下问题：

“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用图表达．其中Ⅰ为化合反应，则Ⅱ为____反应．写出一个有水生成的符合反应类型Ⅲ的化学方程式：____．写出一个有水参加的符合反应类型Ⅳ的化学方程式____，其中水作为____剂．（填氧化剂；还原剂等）

（3）将SO2和Cl2按1：1体积比（同温同压）混合后通入品红溶液中，溶液不褪色．经实验证明，SO2和Cl2在溶液中发生了氧化还原反应，且SO2被氧化，该反应的离子方程式是____．10、已知某温度下，KW=1×10-13．A为酸溶液，其pH=a；B为碱溶液，其pH=b．

（1）若A为强酸，B为强碱，且a+b=13，两者等体积混合后，溶液的pH=____；若此时溶液中碱的阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是（用文字表述）____．

（2）若A为强酸，B为强碱，二者按体积比为1：10混合后溶液显中性，则a+b=____．

（3）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=13，两者等体积混合后溶液显碱性．则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为____．

（4）在（3）的混合溶液中，微粒浓度大小关系一定正确的是____（填序号）．

①c（MOH）＞c（M+）＞C（R-）＞c（H+）＞c（OH-）

②c（HR）＞c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

③c（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）

④c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

⑤c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）

⑥c（MOH）=c（H+）-c（OH-）11、某氯化铁与氯化钠的混合液，已知c（Fe3+）=0.2mol•L-1，c（Cl-）=1mol•L-1．则c（Na+）为____．12、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．

（1）H2S尾气常用烧碱溶液吸收处理．

①标准状况下，2.24LH2S气体通入100mL某浓度NaOH中，最后结晶获得固体质量为6.7g，则NaOH溶液的物质的量浓度为____．

②将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：S2--2e-═S；（n-1）S+S2-═S．电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为____．

（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S；其物质转化如图2所示．

①在图示的转化中，化合价不变的元素是____．

②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为____．

③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有____．

（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气（Sx）和H2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为____．13、Ni（CO）4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂推测Ni（CO）4是____分子（填“极性”或“非极性”）．14、（2014春•秦州区校级月考）如图是化学必修2第64页配图（氢原子已省略）；请根据下图回答有关问题．

（1）属于烯烃类的有____（填编号）；

（2）写出化合物B的结构简式____，H的分子式____；

（3）指出上图有机化合物中官能团的名称____；

（4）A和C的关系是____；

（5）D与G的关系是____；

（6）有机物种类繁多的原因有____、____（至少答两种原因）15、（2013秋•黄梅县校级期中）Ⅰ．醋酸是我们很熟悉的一种有机物．

（1）生活中可使用醋酸除暖瓶中的水垢，由此说明醋酸具有的性质是____．

A．挥发性B．酸性比碳酸强C．难电离D．易溶于水。

（2）某同学为了解醋酸溶液的导电性进行了相应实验，如图为冰醋酸（无水醋酸晶体）在稀释过程中溶液的导电性变化关系图．

请回答：

①稀释过程中，a、b、c三处溶液中，由水电离出的c（H+）由小到大顺序是____．（填a、b；c）

②从b点到c点，溶液中的比值____（填“增大”“减小”或“不变”）．

Ⅱ．室温下，将等体积CH3COOH溶液和NaOH溶液混合．

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），混合溶液中离子浓度的大小顺序为____，混合前c（CH3COOH）____c（NaOH）（用“大于”或“小于”或“等于”填空）．

（4）若混合溶液的溶质为CH3COONa和NaOH，则下列关系不正确的是____．

①c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

②c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）

③c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）

④c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）17、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）18、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”19、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）20、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）21、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）22、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2____．（判断对错）23、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同____

（3）在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以电离出H+____

（5）乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液____．24、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、书写(共2题，共14分)25、特殊方程式的书写：

（1）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1．写出该反应的化学方程式：____．

（2）PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式：____．

（3）MnO2可与KOH和KClO3在高温条件下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为____．

（4）（CN）2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为____．26、实验室可用氯化钙固体和碳酸钠溶液等试剂；制取一定量纯净的硝酸钙晶体．

（1）写出制取过程中反应的离子方程式：____、____

（2）实验过程中的主要操作步骤如下图所示；根据流程图回答下列问题．

①操作Ⅲ是将沉淀用蒸馏水洗涤至无Cl-残留，检验沉淀是否已洗干净的操作是____；

②操作Ⅳ是向沉淀中加入适量____溶液；

③操作Ⅴ的名称是____；

④CaSO4微溶于水，碳酸钠溶液如果含有SO42-会影响硝酸钙晶体的纯度，如何检验碳酸钠溶液中是否含有SO42-____．评卷人得分五、计算题(共4题，共36分)27、肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气．已知：

①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ•mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ•mol-1

（1）写出肼和N2O4反应的热化学方程式____；

（2）上述反应中氧化剂是____．

（3）火箭残骸中常现红棕色气体，当温度升高时，气体颜色变深，原因是存在如下反应：N2O4（g）⇌2NO2（g）

①上述反应的△H____0（选填“＞”或“＜”）．

②保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，再次达到平衡时，混合气体中NO2的体积分数____（填“增大”、“减小”或“不变”），混合气体的颜色____（填“变深”或“变浅”）．

③一定温度下，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中发生上述反应，如图示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是____．

④若在相同温度下，上述反应改在体积为10L的恒容密闭容器中进行，反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）=____mol•L-1•s-1．

（4）肼-空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为____．28、将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2的混合气体标准状况下的体积为11.2L；请回答。

（1）NO2的体积为____．

（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLnmol•L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度为____mol•L-1．29、黄铜矿；辉铜矿，斑铜矿等是工业炼铜的常用原料．

（1）实验室以黄铜矿为原料模拟工业炼铜时会产生二氧化硫；用200mL1mol/L的氢氧化钠溶液吸收后，将溶液低温蒸干，得到不含结晶水的固体19.98g，求所得固体的成分及物质的量．

（2）斑铜矿的主要成分M由Cu、Fe、S三种元素组成，其中Cu、Fe元素的质量比为40：7．常温下将5.04gM粉末全部溶于过量浓硝酸中，反应后的溶液加水稀释至500mL，测得其PH=0，向溶液中滴加5mol/L的氢氧化钠溶液，当加入126mL后，沉淀质量不在增加，求M的化学式．30、实验室将28gFe与足量稀盐酸混合；充分反应后：

①生成FeCl2的物质的量为多少？

②消耗HCl的质量是多少克？

③最多能收集到多少克气体？

④生成的气体在标准状况下所占的体积是多少？完成上述所列问题．评卷人得分六、实验题(共2题，共10分)31、用含少量铁的氧化物的氧化铜制取硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）．有如图甲操作：

已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解．

（1）溶液A中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+．能检验溶液A中Fe2+的试剂为____（填编号；下同）．

a．KMnO4b．（NH4）2Sc．NaOHd．KSCN

（2）欲用（1）中选择的检验试剂测定溶液A中Fe2-的浓度，如图乙的滴定方式中（夹持部分略去），最合理的是____（填序号）写出滴定反应的离子方程式____

（3）在上述流程中，要得到较纯的产品，试剂可选用____．

a．NaOHb．FeOc．CuOd．Cu（OH）2e．Cu2（OH）2CO3

（4）为了测定制得的硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中x的值，某兴趣小组设计了实验方案：称取mg晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止，冷却，称量所得固体的质量为ng．据此计算得x=____（用含m、n的代数式表示）．32、氯离子插层镁铝水滑石[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]是一种新型离子交换材料，其在高温下完全分解为MgO、Al2O3；HCl和水蒸气；冷却玻管B能降低气体的温度，但不能液化水蒸气．现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．

（1）Mg2Al（OH）6Cl•xH2O热分解的化学方程式为____．

（2）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为____（按气流方向，用接口字母表示），其中C的作用是____．装置连接后，首先要进行的操作是____．

（3）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，加热过程中持续通入N2的作用是____，停止加热后的冷却过程中仍要持续通入N2的作用是____．

（4）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=____．若取消冷却玻管B后进行实验，测定的x值将____（填“偏高”或“偏低”）．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L时，开始出现沉淀，说明稀硝酸过量，至4L时沉淀质量达到最大值，据此可知镁离子、铝离子生成氢氧化镁、氢氧化铝消耗了3L1.0mol/L的NaOH溶液，然后设出Mg、Al的物质的量，分别根据质量、消耗氢氧化钠的我质量的列式计算即可．【解析】【解答】解：滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L时；开始出现沉淀，说明稀硝酸过量，至4L时沉淀质量达到最大值，据此可知镁离子；铝离子生成氢氧化镁、氢氧化铝消耗了3L1.0mol/L的NaOH溶液，消耗NaOH的物质的量为：1.0mol/L×3L=3mol；

设镁；铝的物质的量分别为x、y；

则：24x+27y=a、2x+3y=3，联立解得：x=mol、y=mol；

则合金中Mg、Al的总物质的量为：x+y=mol+mol=mol

故选D．2、C【分析】【分析】A；气体摩尔体积只适用于气体；

B；当气体摩尔体积为22.4L/mol时；不一定为标况；

C；标况下；气体摩尔体积为22.4L/mol；

D、气体摩尔体积的数值和状态有关．【解析】【解答】解：A；气体摩尔体积只适用于气体；而标况下，水为液态，故1mol水的体积小于22.4L，故A错误；

B；标况下；气体摩尔体积一定为22.4L/mol，当气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定为标况，故B错误；

C；标况下；气体摩尔体积为22.4L/mol，故1mol氢气和氧气的混合气体在标况下的体积V=nVm=1mol×22.4L/mol=22.4L，故C正确；

D；气体摩尔体积的数值和状态有关；在标况下，气体摩尔体积一定为22.4L/mol，故D错误．

故选C．3、D【分析】【分析】A．如OH-过量，可生成AlO2-；

B．如NH3•H2O过量，可生成Ag（NH3）2+；

C．可生成Ba（H2PO4）+；

D．Al3+、SO32-发生互促水解反应．【解析】【解答】解：A．如OH-不足时生成氢氧化铝沉淀，但过量，可生成AlO2-；不一定有沉淀生成，故A不选；

B．如NH3•H2O过量，可生成Ag（NH3）2+；溶于水，不一定有沉淀生成，故B不选；

C．可生成Ba（H2PO4）+；溶于水，故C不选；

D．Al3+、SO32-发生互促水解反应；生成氢氧化铝和二氧化硫气体，故D选．

故选D．4、D【分析】【分析】反应是否自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，据此分析选项；【解析】【解答】解：A；放热反应△H＜0；若在高温条件下的熵增加的反应，△H-T△S＞0，反应不能自发进行，所以在任何条件下不一定能自发进行，故A错误；

B；吸热反应△H＞0；△S＞0在高温下可以△H-T△S＜0，反应自发进行，故B错误；

C；熵增加△S＞0；△H＞0的反应，低温下可以，△H-T△S＞0，不一定能自发进行，故C错误；

D；熵减少△S＜0；△H＜0低温下可以△H-T△S＜0，反应在一定条件下也可能自发进行，故D正确；

故选D．5、A【分析】【分析】A．氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质；

B．重金属盐能使蛋白质发生变性；

C．α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽；生成4种二肽；

D．氨基酸中-COOH和NaOH反应生成羧酸根离子，应该向正极移动．【解析】【解答】解：A．氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质；所以蛋白质最终水解产物是氨基酸，故A正确；

B．重金属盐能使蛋白质发生变性；但不能使氨基酸发生变性，故B错误；

C．氨基酸生成二肽；是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；是异种氨基酸脱水：可以是α-氨基丙酸脱羟基；α-氨基苯丙酸脱氢；也可以α-氨基丙酸脱氢、α-氨基苯丙酸脱羟基，生成2种二肽．所以共有4种，故C错误；

D．氨基酸中-COOH和NaOH反应生成羧酸根离子；带负电荷，应该向正极移动，故D错误；

故选A．6、A【分析】【分析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，金属W是制备一种高效电池的重要材料，W为Li元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z的原子序数等于Al元素，故Z有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：短周期元素W；X、Y和Z的原子序数依次增大；金属W是制备一种高效电池的重要材料，W为Li元素；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z的原子序数等于Al元素，故Z有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；

A．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子；不满足8电子的稳定结构，故A错误；

B．元素Y为铝；铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故B正确；

C．C与H可形成烃类物质；如乙烯等，既有极性键又有非极性键，故C正确；

D．硫和碳可形成共价化合物CS2；故D正确．

故选A．7、A【分析】试题分析：A、用图1所示装置制取少量Cl2应用浓盐酸和MnO2反应，1mol·L－1的盐酸为稀盐酸，错误；B、Fe(OH)2制取及观察要防止空气中氧气的影响，正确；C、用H2O2溶液制备O2用MnO2作催化剂，属于固液不加热制气体，O2可用排水法收集，可用图3所示装置，正确；D、用图4所示装置可证明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，进而比较S、C、Si的非金属性强弱，正确。考点：考查化学实验基本操作及有关实验装置的识别。【解析】【答案】A二、填空题(共8题，共16分)8、②⑦⑧5.4mL①500引流1～2cm胶头滴管凹液面的最低地与刻度线相切向容量瓶中加入适量水，塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶正立旋转180摄氏度，倒立，再检验瓶塞边缘是否漏水，若不漏水，可以使用BCD偏低偏高偏低偏高偏低【分析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；

（2）依据C=计算质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度；溶液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变，据此解答；

（3）依据配制一定物质的量浓度溶液移液；洗涤、定容的正确的操作解答；

（4）根据容量瓶的构造及正确使用方法进行分析；

（5）根据容量瓶的结构特点与使用原则解答；

（6）依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据C=进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算；量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用量筒量取浓硫酸溶液，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500ml容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙，故答案为：②⑦⑧；

（2）质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度C==18.4（mol/L），设需要浓硫酸体积为V，依据液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4mol/L=500mL×0.2mol•L-1；解得：V=5.4mL；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积，故选①；

故答案为：5.4mL；①；

（3）配制500mL、0.2mol•L-1的稀H2S04．应选择500mL容量瓶；将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到500mL容量瓶，转移时应用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀．然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1-2cm处，改用胶头滴管，加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的凹液面最低点正好与刻度线相平振荡；摇匀后，装瓶、贴签；

故答案为：500；引流；烧杯；1-2cm；胶头滴管；凹液面最低处正好跟刻度线相平；

（4）检查容量瓶是否漏水的方法为：往容量瓶内加适量水；塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶正立过来，将瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；

故答案为：往容量瓶内加适量水；塞好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立过来，如不漏水，把瓶正立过来，将瓶塞旋转180°后塞紧，再把瓶倒立过来，若不漏水，才能使用；

（5）容量瓶不能用于贮存；稀释溶液；只有1个刻度线不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体；

故选：BCD；

（6）①向容量瓶注液时少量液体流出；溶质损失，所配溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

②未经冷却将溶液注入容量瓶中；定容冷却后，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；

故答案为：偏高；

③摇匀后发现液面低于刻度线是正常的；再加水则浓度偏低；

故答案为：偏低；

④定容时观察液面俯视；导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高；

故答案为：偏高；

⑤定容时加蒸馏水超过刻度线；又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；

故答案为：偏低．9、二氧化碳盐酸Fe盐酸氢氧化钡溶液分解NaOH+HCl═NaCl+H2OC+H2OCO+H2氧化SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-【分析】【分析】（1）①碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；可实现除杂；

②碳酸钙与盐酸反应；而二氧化硅不能与盐酸反应；

③Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；可实现除杂；

④阴离子不同；加盐酸产生不同的现象；

⑤（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4溶液分别与氢氧化钡反应的现象为：刺激性气体和白色沉淀生成；刺激性气体生成、白色沉淀生成；

（2）有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，没有元素化合价变化的分解反应不属于氧化还原反应，反应类型Ⅲ为非氧化还原反应，如酸碱中和反应；反应类型Ⅳ为氧化还原反应，如C与H2O反应；

（3）SO2和Cl2在溶液中发生了氧化还原反应，且SO2被氧化，生成硫酸和盐酸．【解析】【解答】解：（1）①碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；可实现除杂，所以除杂试剂为二氧化碳；

故答案为：二氧化碳；

②碳酸钙与盐酸反应；而二氧化硅不能与盐酸反应，溶解后过滤即可实现除杂，所以除杂试剂为盐酸；

故答案为：盐酸；

③Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；可实现除杂，则除杂试剂为Fe；

故答案为：Fe；

④Na2CO3、Na2SiO3、Na2SO3溶液分别与盐酸反应的现象为：无色无味气体；白色沉淀、刺激性气味气体；现象不同可鉴别，所以鉴别试剂为盐酸；

故答案为：盐酸；

⑤（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4溶液分别与氢氧化钡反应的现象为：刺激性气体和白色沉淀生成；刺激性气体生成、白色沉淀生成；现象不同可鉴别，所以鉴别试剂为氢氧化钡溶液；

故答案为：氢氧化钡溶液；

（2）有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，没有元素化合价变化的分解反应不属于氧化还原反应，则Ⅱ为分解反应；反应类型Ⅲ为非氧化还原反应，如NaOH+HCl═NaCl+H2O；反应类型Ⅳ为氧化还原反应，如C+H2OCO+H2；水作氧化剂，还比如与金属反应水为氧化剂．与氟反应水为还原剂．与氯气反应水既不是氧化剂也不是还原剂等；

故答案为：分解；NaOH+HCl═NaCl+H2O；C+H2OCO+H2；氧化；

（3）SO2和Cl2在溶液中发生了氧化还原反应，且SO2被氧化，生成硫酸和盐酸，离子反应为SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-；

故答案为：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-．10、6.5酸是多元强酸，碱是一元强碱12M++H2OMOH+H+④⑤【分析】【分析】解答该题须知：①25℃时，pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性（原因是：二者反应后，弱者有大量剩余，所以弱者电离显性），可将此规律迁移到该题中；②由于题给温度下KW=1×10-13；故中性溶液的pH=6.5．

（1）根据pH之和为13的酸；碱溶液等体积混合；谁弱显谁性，无弱显中性判断；

（2）设酸、碱溶液的体积分别是1L、10L，根据题意可得：10-amol/L×1L=10b-13mol/L×10L；以此计算；

（3）根据“pH之和为13的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性”可判断MOH一定是弱碱，则M+离子一定能发生水解；

（4）从盐类的水解以及电荷守恒角度分析，注意（3）中两者等体积混合后溶液显碱性的信息．【解析】【解答】解：由①25℃时；pH之和为14的酸；碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性（原因是：二者反应后，弱者有大量剩余，所以弱者电离显性），可将此规律迁移到该题中；

②由于题给温度下KW=1×10-13；故中性溶液的pH=6.5．

（1）将25℃的规律迁移过来；即可知该温度下：pH之和为13的酸；碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性．本题中“A为强酸，B为强碱”，故混合溶液呈中性，pH=6.5；

由于溶液呈中性，故c（H+）=c（OH-）；若A为一元酸，B为一元碱，结合电荷守恒可知，酸的阴离子浓度等于碱的阳离子浓度．若酸是n（n≠1）元强酸而碱为一元强碱，则其电荷守恒关系式中，碱的阳离子浓度等于酸的阴离子浓度的n倍，所以碱的阳离子浓度大于酸的阴离子浓度；

故答案为：6.5；酸是多元强酸；碱是一元强碱；

（2）设酸、碱溶液的体积分别是1L、10L，根据题意可得：10-amol/L×1L=10b-13mol/L×10L，整理得：a+b=12；故答案为：12；

（3）由于混合溶液呈碱性，根据“pH之和为13的酸、碱溶液等体积混合，谁弱显谁性，无弱显中性”可判断MOH一定是弱碱，则M+离子一定能发生水解．需要注意的是：HR是强酸还是弱酸无法确定，只能判断出HR一定比MOH强．该水解反应的离子方程式为M++H2OMOH+H+，故答案为：M++H2OMOH+H+；

（4）易判断⑤是正确的电荷守恒关系式；

由于溶液呈碱性，故c（OH-）＞c（H+）；排除①；③；

根据c（OH-）＞c（H+）和c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）可得c（M+）＞c（R-）；

由于OH-和H+均来自于弱电解质的电离，其浓度应该很小，故c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）；即④正确．若HR是强酸，此时溶液中不再有HR分子，此时②即是错误的；

由于（3）的混合溶液中MOH有大量剩余，即c（MOH）＞0，若⑥正确，则c（H+）＞c（OH-）；这与题意“溶液呈碱性”不符，故⑥是错误的；

故答案为：④⑤．11、0.4mol•L-1【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒3c（Fe3+）+c（Na+）=c（Cl-）．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒3c（Fe3+）+c（Na+）=c（Cl-）；则：

3×0.2mol•L-1+c（Na+）=1mol•L-1；

解得c（Na+）=0.4mol•L-1

故答案为：0.4mol•L-1．12、1.5mol/LSn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑Cu、H、Cl0.5mol提高混合气体中空气的比例2H2S2H2+S2【分析】【分析】（1）①标准状况下，2.24L即0.1molH2S气体通入100mL某浓度NaOH中；最后结晶获得固体质量为6.7g；

H2S+NaOH=NaHS+H2O

H2S+2NaOH=Na2S+2H2O

NaHS和Na2S的平均摩尔质量为=67g/mol；再求出二者的物质的量之比，求出物质的量，根据Na元素守恒计算；

②Sn2-和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；

（2）①根据图中各元素化合价变化分析；

②该反应中S元素化合价由-2价变为0价；O元素化合价由0价变为-2价；根据氧化还原反应中得失电子相等；

③欲使生成的硫单质中不含CuS；则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质；

（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．【解析】【解答】解：（1）①标准状况下，2.24L即0.1molH2S气体通入100mL某浓度NaOH中；最后结晶获得固体质量为6.7g；

H2S+NaOH=NaHS+H2O

H2S+2NaOH=Na2S+2H2O

得到到混合物的摩尔质量=67g/mol；

则NaHS与Na2S物质的量比为=；即均为0.05mol；

NaHS对应的氢氧化钠为0.05mol，Na2S对应的氢氧化钠为0.1mol

则原NaOH溶液的物质的量的浓度为=1.5mol/L；

故答案为：1.5mol/；

②电解后阳极区离子为Sn2-，酸性条件下，Sn2-和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑；

故答案为：Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑；

（2）①根据图中各元素化合价知；Cu元素化合价都是+2价；H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素；

故答案为：Cu；H、Cl；

②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由-2价变为0价、O元素化合价由0价变为-2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，消耗O2的物质的量==0.5mol；故答案为：0.5mol；

③欲使生成的硫单质中不含CuS；则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施为提高混合气体中空气的比例；

故答案为：提高混合气体中空气的比例；

（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S2H2+S2；

故答案为：2H2S2H2+S2．13、非极性【分析】【分析】分子晶体的熔沸点较低，所以该物质为分子晶体，根据相似相溶原理，其难溶于水，水是极性分子，易溶于有机溶剂，由此分析解．【解析】【解答】解：分子晶体的熔沸点较低，所以该物质为分子晶体，根据相似相溶原理，其难溶于水，水是极性分子，易溶于有机溶剂，所以是Ni（CO）4是非极性分子，故答案为：非极性．14、BEFCH3CH=CHCH3C4H8碳碳双键、碳碳三键同分异构体同分异构体碳原子连接方式多样同分异构现象【分析】【分析】根据图示的球棍模型可知；A为丁烷；B为2-丁烯、C为异丁烷、D为2-丁炔、E为1-丁烯、F为2-甲基丙烯、G为1-丁炔、H为环丁烷；

（1）含有1个碳碳双键的烃属于烯烃；

（2）有机物B分子中含有4个碳原子；有一个C=C，碳碳双键在2号C，为2-丁烯，据此写出其结构简式；H为环丁烷，分子中含有4个C；8个H；

（3）由图可知含有的官能团为碳碳双键；碳碳三键；

（4）根据A和C的分子式相同；结构不同进行判断二者的关系；

（5）D和G分子式相同；结构不同；互为同分异构体；

（6）碳原子连接方式多样可以是链状，也可以是环状；同种分子也可以有不同的结构．【解析】【解答】解：（1）含有1个碳碳双键的烃属于烯烃；由图可知，BEF分子中均含有1个碳碳双键，属于烯烃；

故答案为：BEF；

（2）B化合物分子中含有4个碳原子，有一个C=C，碳碳双键在2号C，其结构简式为：CH3CH=CHCH3；

H为环丁烷，分子中含有4个碳原子和8个氢原子，其分子式为：C4H8；

故答案为：CH3CH=CHCH3；C4H8；

（3）由图可知；BEF分子中均含有1个碳碳双键，DG分子中均含有1个碳碳三键，所以含有的官能团为碳碳双键；碳碳三键；

故答案为：碳碳双键；碳碳三键；

（4）A和C都是丁烷；二者分子式相同；结构不同，所以二者互为同分异构体；

故答案为：同分异构体；

（5）D和G都是炔烃；二者的分子式分子式相同；结构不同，所以二者互为同分异构体；

故答案为：同分异构体；

（6）碳原子连接方式多样可以是链状；也可以是环状；同种分子也可以有不同的结构，所以有机物种类繁多；

故答案为：碳原子连接方式多样；同分异构现象．15、Bb、a、c增大c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）大于③④【分析】【分析】（1）醋酸能和碳酸钙反应生成醋酸钙和二氧化碳；水；根据强酸制取弱酸分析；

（2）①酸抑制水电离；酸中氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；

②加水稀释促进醋酸电离，则n（CH3COO-）增大、n（CH3COOH）减小；

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒判断c（Na+）、c（CH3COO-）相对大小；酸根离子水解程度较小；醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸物质的量应该大些；

（4）若混合溶液的溶质为CH3COONa和NaOH，NaOH电离和醋酸根离子水解而使溶液呈碱性，再结合物料守恒判断．【解析】【解答】解：（1）醋酸能和碳酸钙反应生成醋酸钙和二氧化碳；水；强酸能和弱酸的盐发生复分解反应，所以该反应体现醋酸酸性大于碳酸，故选B；

（2）①溶液的导电能力与氢离子浓度成正比，根据溶液导电能力知，氢离子浓度大小顺序是b＞a＞c，酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，所以由水电离出的c（H+）由小到大顺序是b、a、c，故答案为：b；a、c；

②加水稀释促进醋酸电离，则n（CH3COO-）增大、n（CH3COOH）减小，所以从b点到c点，溶液中的比值增大；故答案为：增大；

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），酸根离子水解程度很小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸的物质的量稍微大于氢氧化钠，所以混合前c（CH3COOH）大于c（NaOH）；

故答案为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；大于；

（4）若混合溶液的溶质为CH3COONa和NaOH；

①醋酸根离子水解、NaOH电离而使溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO-），但溶液中氢氧化钠量较少时，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故正确；

②当溶液中NaOH的物质的量较大时，根据物料守恒得c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故正确；

③根据物料守恒得c（CH3COO-）＜c（Na+）；故错误；

④NaOH电离和醋酸根离子水解而使溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-）；故错误；

故选③④．三、判断题(共9题，共18分)16、√【分析】【分析】苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，据此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，两者均为盐溶液，溶于水，与苯分层，然后分液即可，故利用碳酸钠可以除去苯中的苯酚，故正确，故答案为：√．17、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．21、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化，则混合气体通过灼热的氧化铜，不能除杂，故答案为：×．23、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能团是羟基；乙酸的官能图是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以电离出氢离子；

（5）乙醇与水以任意比例互溶；

（6）碳酸钠溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体；

故答案为：√；

（2）乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2；乙醇的官能团是羟基，乙酸的官能图是羧基，因此二者分子中官能团不相同；

故答案为：×；

（3）在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案为：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以电离出氢离子，甲基不能电离出氢离子；

故答案为：×；

（5）乙醇与水以任意比例互溶；用碳酸钠溶液洗涤，除掉了乙酸，引入了乙酸钠和碳酸钠；

故答案为：×；

（6）碳酸钠溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案为：√．24、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．四、书写(共2题，共14分)25、4KClO3KCl+3KClO4PF5+4H2O═H3PO4+5HF3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O【分析】【分析】（1）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾；再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可；

（2）PF5水解生成两种酸分别是H3PO4和HF；

（3）二氧化锰与KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；依据氧化还原反应得失电子守恒；原子个数守恒书写方程式；

（4）类比氯气与氢氧化钠溶液的反应写出该反应化学方程式．【解析】【解答】解：（1）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4；

故答案为：4KClO3KCl+3KClO4；

（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2O═H3PO4+5HF；

故答案为：PF5+4H2O═H3PO4+5HF；

（3）二氧化锰与KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为-1，根据化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；

故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；

（4））（CN）2的化学性质和卤素很相似，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，则（CN）2与NaOH溶液反应的化学方程式为：（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

故答案为：2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O．26、Ca2++CO32-═CaCO3↓CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，如果不产生白色沉淀，即说明沉淀已洗干净稀硝酸加热浓缩，冷却结晶取碳酸钠溶液少许，先加稀盐酸至无气体产生为止，再加BaCl2溶液，如无有白色沉淀产生则说明不含硫酸根离子【分析】【分析】（1）用氯化钙固体和碳酸钠溶液等试剂；制取一定量纯净的硝酸钙晶体涉及两个反应为氯化钙与碳酸钠的反应；碳酸钙与硝酸的反应；

（2）用氯化钙固体、碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂，先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体，则先发生氯化钙与碳酸钠的反应，然后过滤，将得到的碳酸钙沉淀溶于硝酸，加热浓缩，冷却结晶可得到硝酸钙晶体，据此完成各题．【解析】【解答】解：（1）用氯化钙固体和碳酸钠溶液等试剂，制取一定量纯净的硝酸钙晶体涉及两个反应：氯化钙与碳酸钠的反应、碳酸钙与硝酸的反应，发生的离子反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓、CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

（2）用氯化钙固体；碳酸钠溶液和稀硝酸等试剂；先制得碳酸钙，最终制得纯净的硝酸钙晶体，则。

①操作Ⅲ是将沉淀用蒸馏水洗涤至无Cl-残留；检验沉淀是否已洗干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，如果不产生白色沉淀，即说明沉淀已洗干净；

故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中；向其中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，如果不产生白色沉淀，即说明沉淀已洗干净；

②将沉淀加入然后过滤；将得到的沉淀溶于硝酸，使之完全溶解，所以操作Ⅳ是向沉淀中加入适量稀硝酸溶液；

故答案为：稀硝酸；

③加热浓缩；冷却结晶可得到硝酸钙晶体，所以操作Ⅴ的名称是加热浓缩，冷却结晶；

故答案为：加热浓缩；冷却结晶；

④检验碳酸钠溶液中是否含有SO42-要排除碳酸根的干扰，所以具体方法为：取碳酸钠溶液少许，先加稀盐酸至无气体产生为止，再加BaCl2溶液，如无有白色沉淀产生则说明不含硫酸根离子；故答案为：取碳酸钠溶液少许，先加稀盐酸至无气体产生为止，再加BaCl2溶液，如无有白色沉淀产生则说明不含硫酸根离子．五、计算题(共4题，共36分)27、2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/molN2O4＞减小变深ad0.01N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O【分析】【分析】（1）根据盖斯定律；②×2-①可得目标热化学方程式；

（2）根据（1）中反应的化合价的变化判断；元素化合价降低的物质被还原，是氧化剂；

（3）①升高温度；平衡向吸热反应方向移动；

②保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4；相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但二氧化氮的浓度一定增大；

③根据达到平衡状态；各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；

④根据v（NO2）=计算NO2的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（N2O4）．

（4）从作为燃料电池时，负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2．【解析】【解答】解：（1）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气，将方程式②×2-①得肼和N2H4反应的热化学方程式，2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

（2）根据（1）中反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）可知，N2O4中的氮元素从+4价变为0价，所以N2O4是氧化剂；

故答案为：N2O4；

（3）①升高温度；化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应即△H＞0；

故答案为：＞；

②保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即逆反应方向，所以NO2的体积分数减小；但二氧化氮的浓度仍然增大，则混合气体的颜色变深；

故答案为：减小；变深；

③a；反应方程式两边气体的质量不相等；密度不变，说明达到了平衡状态，故a正确；

b、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；

c；根据图象；正反应速率还在减小，则说明未达到平衡状态，故c错误；

d；四氧化二氮的转化率不变；说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；

故选ad；

④v（NO2）=v（NO2）===0.02mol/L•s，则v（N2O4）=v（NO2）=0.01mol/（L•s）；故答案为：0.01；

（4）肼一空气燃料碱性电池中，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2，故答案为：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O．28、5.6【分析】【分析】发生Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，n（Cu）==0.5mol，混合气体物质的量为=0.5mol，结合电子、原子守恒计算．【解析】【解答】解：n（Cu）==0.5mol，混合气体物质的量为=0.5mol；

（1）设NO和NO2的物质的量分别为x、y，由电子、原子守恒可知，；解得x=0.25mol，y=0.25mol；

则标况下，NO的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，NO2的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

故答案为：5.6；

（2）恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，由N原子守恒可知，原硝酸的物质的量为0.5mol+aV×10-3mol，则原硝酸溶液的浓度为mol/L；

故答案为：．29、略

【分析】【分析】（1）NaOH的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，假设固体全为Na2SO3，则生其质量为×126g/mol=12.6g＜19.98g，假设固体全是NaHSO3，则其质量为0.2mol×104g/mol=20.8＞19.98g，故固体为Na2SO3、NaHSO3的混合物；根据钠离子守恒与二者总质量列方程计算各自物质的量；

（2）根据Cu、Fe元素的质量比为40：7计算n（Cu）：n（Fe），当加水稀释至500L时测得其pH为0，此是氢离子浓度为1mol/L，氢氧化钠先中和氢离子，然后将金属离子转化为沉淀，可知金属离子消耗氢氧化钠的物质的量为2n（Cu2+）+3n（Fe3+），联立可以计算n（Cu）、n（Fe），进而计算S元素物质的量，再计算三元素物质的量之比确定化学式．【解析】【解答】解：（1）NaOH的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，假设固体全为Na2SO3，则生其质量为×126g/mol=12.6g＜19.98g，假设固体全是NaHSO3，则其质量为0.2mol×104g/mol=20.8＞19.98g，故固体为Na2SO3、NaHSO3的混合物；

设Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别为xmol；ymol；则：

由二者总质量：126x+104y=19.98

根据Na元素守恒：2x+y=0.2

联立方程解得x=0.01；y=0.18；

答：所得固体中Na2SO