2024年浙教版高三化学下册月考试卷

…………○…………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2024年浙教版高三化学下册月考试卷629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、今年全国低碳日活动的主题是：“携手节能低碳、共建碧水蓝天”．下列措施与这主题不相符的是（）A.

焚烧废弃塑料B.

处理污水C.

风力发电D.

推广电动汽车2、在3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2反应中，以下说法不正确的是（）A.还原剂是NH3B.该反应中每生成1molN2则转移的电子数为6NAC.氧化性大小顺序为：Cl2＞NH4ClD.Cl2和NH3都可以用碱石灰来干燥3、室温时，向20mL0.1mol•L-1的醋酸溶液中不断滴入0.1mol•L-1的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示．在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）A.a点时：c（CH3COOH）＞c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）B.b点时：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）C.c点时：c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）D.d点时：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）4、对于元素周期表中第VIIA族元素，下列说法不正确的是（）A.可形成-l价离子B.从上到下原子半径逐渐增大C.从上到下单质氧化性逐渐增强D.从上到下非金属性逐渐减弱5、在电冶铝的电解槽中存在电解质W2[X2Y2Z4]，己知四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，下列说法正确的是A.原子序数：W>X>Y>ZB.原子半径：r(w)>r(X)>r(Y)>r(Z)C.W的最高价氧化物的水化物碱性比X的弱D.Y的简单氢化物的稳定性比Z的强6、下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是①加入Al能放出H2的溶液中：SO42-、Na+、K+、Cl-②中性溶液：Mg2+、Fe3+、SO42-、Cl-（已知Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10-39）③由水电离的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液中：Na+、K+、SO42－、HCO3－④能使紫色石蕊变红的溶液中：Fe2+、NO3-、I-、Al3+A.③④B.②④C.①②D.只有①评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、（1）补充完成下表：（请把序号①一⑦的答案填在相应的位置上）

。元素甲乙丙元素符号①____②____O原子结构示意图③____④____周期三三⑤____族⑥____ⅦA⑦____（2）甲元素最高价氧化物对应的水化物呈____性（填“酸、碱”），乙元素对应的水化物的化学式为____．

（3）甲与乙两元素的单质反应生成物的电子式为____．

（4）乙单质与丙的氢化物反应的离子方程式为____．8、（2016春•信阳校级月考）某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈[Cu2（OH）2CO3]、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾（CuSO4•5H2O）、无水AlCl3和铁红的过程如图所示：

请回答：

（1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是____．

（2）溶液2中含有的金属阳离子是____；气体2的成分是____．

（3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是____．

（4）利用固体2制取CuSO4溶液有多种方法．

①在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是____．

②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是____．

（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是____．

（6）直接加热AlCl3•6H2O不能得到无水AlCl3•SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体．AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是____．9、工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇。

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

（1）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号，下同）____．

A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等。

B．混合气体的密度不变。

C．混合气体的相对平均分子质量不变。

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化。

（2）如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．

。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断该反应的△H____0（填“＞”；“=”或“＜”）；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为____，此时的温度为____．

（3）要提高CO的转化率，可以采取的措施是____．

a．升温b．加入催化剂c．增加CO的浓度。

d．加入H2加压e．加入惰性气体加压f．分离出甲醇。

（4）一定条件下，CO与H2在催化剂的作用下生成5molCH3OH的能量变化为454kJ．在该温度时；在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温；恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：

。容器乙丙丙反应物投入量1molCH3OH2molCH3OH2molCH3OH平。

衡。

时。

数。

据CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化akJbkJckJckJ体系压强（Pa）p1p2p3p3反应物转化率α1α2α3α3下列说法正确的是____．

A.2c1＞c3B．a+b＜90.8C.2p2＜p3D．α1+α3＜1．10、海洋中含有丰富的化学资源．如从海水得到的食盐水可以用来制取食盐；可以用来电解得到许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水等等．

（一）从海水得到的粗食盐水常含BaCl2等杂质．某同学设计如下实验方案，以分离NaCl和BaCl2两种固体混合物试回答下列问题．

（1）操作①的名称是____；

（2）试剂a是____，试剂b是____，固体B是____．（填化学式）

（3）加入试剂a所发生的离子反应方程式为：____加入试剂b所发生的化学反应方程式为：____

（4）该方案能否达到实验目的：____．若不能，应如何改进（若能，此问不用回答）____．

（5）判断试剂试剂a已经足量的方法：____

（6）有下列仪器，操作②时必须用到的是____（填字母），仪器A的名称是____．

（二）海带等藻类物质经过处理后，可以得到碘水，欲从碘水中提取碘．需要上述仪器中的____（填字母），向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作称为____．

（三）海水蒸馏是由海水获得淡水的常用方法之一，在实验室组成一套蒸馏装置肯定需要上述仪器中的一部分，些仪器是____（填字母）．11、X；Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素；且互不同族；其中只有两种为金属；X原子的最外层电子数与次外层电子数相等；X与W、Y与Z这两对原子的最外层电子数之和均为9．单质Y和W都可与浓的NaOH溶液反应．请回答下列问题：

（1）ZW2各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是____；

（2）工业电解熔融Y的氧化物生产单质Y，说明该氧化物是____（填离子或共价）化合物；

（3）Y与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是____，X与Y化学性质相似，则X与浓的NaOH溶液反应所得盐的化学式为____．12、2012年冬季，我国城市空气污染状况受到人们的强烈关注，其中NOx、CO、SO2是主要污染性气体．

I．汽车内燃机工作时；氮气和氧气反应生成NO气体是导致汽车尾气中含有NO的重要原因之一，已知：每生成30gNO气体吸收90.4KJ热量．

（1）试写出内燃机工作时生成NO的热化学方程式：____；

（2）利用催化技术可将汽车尾气中的NO气体转化成无毒气体，相关反应的平衡常数可表示为k=；此反应为放热反应．在一定温度下，10L某密闭容器中发生上述反应，各物质的物质的量的变化情况如表。

。时间/s0123456n（NO）/mol1.0000.4500.2500.1500.1000.1000.092n（CO）/mol3.6003.0502.8502.7502.7002.7002.692n（N2）/mol00.2750.3750.4250.4500.4500.454n（CO2）/mol00.5500.7500.8500.9000.900①根据上表数据计算0～4s间用NO表示的平均速率υ（NO）=____；达到化学平衡时两种反应物的转化率是否相等____（填“相等”或“不相等”）．

②在5～6s时，若K增大，5s后正反应速率____（填“增大”或“减小”）

③在5～6s时，若K不变，以上各物质的物质的量变化原因可能是____；

A．选用更有效的催化剂B．缩小容器的体积C．降低CO2浓度D．升高温度。

Ⅱ为探究硫在氧气中燃烧的产物里是否有SO3，某化学兴趣小组在绝热环境下进行了定量实验探究．探究实验的相关数据如表。生成SO2的质量（g）生成SO3的质量（g）3g硫在空气中燃烧5.64～5.700.375～0.453g硫在纯氧中燃烧5.82～5.880.15～0.225（3）对数据进行分析可知，等质量的硫在纯氧中燃烧产生的SO3比在空气中燃烧产生的SO3____（填“多”或“少”），原因可能是____（填序号字母）

A．纯氧中氧气浓度高，有利于化学平衡2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=QkJ•mol-1向右移动。

B．化学反应2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=QkJ•mol-1中的Q＜0

C．纯氧中氧气浓度高，单位时间内发热量大，致使反应体系的温度较高，不利于化学平衡2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=QkJ•mol-1向右移动。

D．3g硫在纯氧中燃烧比3g硫在空气中燃烧放出的热量多，不利于化学平衡2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=QkJ•mol-1向右移动．13、金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝．高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）．

请回答下列问题：

（1）上述反应的化学平衡常数表达式为____．

（2）某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3，则H2的平衡转化率为____；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为____反应（填“吸热”或“放热”）．

（3）用H2还原WO2也可得到金属钨．已知：

WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1

WO2（g）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1

则WO2（s）⇌WO2（g）的△H=____．

（4）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命；其工作原理为：

W（s）+2I2（g）WI4（g）．下列说法正确的有____（填序号）．

a．灯管内的I2可循环使用。

b．WI4在灯丝上分解；产生的W又沉积在灯丝上。

c．WI4在灯管壁上分解；使灯管的寿命延长。

d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢．14、阿立哌唑（A）是一种新的抗精神分裂症药物；可由化合物B；C、D在有机溶剂中通过以下两条路线合成得到．

阿立哌唑（A）是一种新的抗精神分裂症药物；可由化合物B；C、D在有机溶剂中通过以下两条路线合成得到．

线路一：

线路二：

（1）E的结构简式为______．其含氧官能团有______（写名称）．

（2）由C、D生成化合物F的反应类型是______．化合物C与足量的NaOH乙醇溶液共热反应的产物的名称是______．

（3）H属于α-氨基酸，与B的水解产物互为同分异构体．H能与FeCl3溶液发生显色反应，且苯环上的一氯代物只有2种．写出两种满足上述条件的H的结构简式：______、______．

（4）合成F（相对分子质量为366）时还可能生成一种相对分子质量为285的副产物G，G能使溴水褪色，G的结构简式为______．

（5）已知：写出由C制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）．（合成路线流程图示例如下：

）______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）16、反应条件是加热的反应不一定都是吸热反应____．（判断对错）17、含碳的化合物一定是有机化合物．____（判断对错）18、李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、是元素定性分析法____（判断对错）19、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）20、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．21、如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍；____．评卷人得分四、推断题(共1题，共6分)22、A；B、C分别是三种常见金属单质；其中B的氧化物和氢氧化物都是两性化合物．A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）．

请根据以上信息回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：D____、乙____

（2）在反应①～⑥中，不属于氧化还原反应的是____

（3）写出下列反应离子方程式：

反应①：____

反应③：____

气体乙与D物质溶液反应：____

（4）若在F物质溶液中加入D物质溶液，能观察到的现象是____，发生反应的化学方程式为____、____．评卷人得分五、探究题(共4题，共36分)23、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________．24、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：25、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________．26、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、A【分析】【分析】低碳生活和低碳技术的核心是节能减排，“低碳”指的是生产生活中所消耗的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化，可以从节电、节能和回收等环节来改变，据此进行分析判断即可．其核心在于加强研发和推广节能技术、环保技术、低碳能源技术．【解析】【解答】解：A；焚烧废弃塑料；产生污染物以及二氧化碳，不符合主题，故A正确；

B；处理污水；一方面节约了水资源，同时减少污染物的排放，符合主题，故B错误；

C；风力发电；风力是可以从自然界源源不断地得到的能源，其节能无污染，符合主题，故C错误；

D；推广电动汽车；减少二氧化碳的排放，可以减少二氧化碳的排放，符合主题，故D错误．

故选A．2、D【分析】【分析】3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2反应中，Cl元素的化合价降低，N元素的化合价升高，结合元素的化合价变化计算转移电子，结合氧化剂的氧化性大于产物的氧化性来解答．【解析】【解答】解：A．N元素的化合价升高，则还原剂是NH3；故A正确；

B．该反应中每生成1molN2，转移电子为1mol×3=6mol电子，则转移的电子数为6NA；故B正确；

C．氧化剂的氧化性大于产物的氧化性，则氧化性大小顺序为：Cl2＞NH4Cl；故C正确；

D．氯气与碱石灰反应；则不能用碱石灰来干燥，而氨气能用碱石灰来干燥，故D错误；

故选D．3、A【分析】【分析】A．a点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-）；说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度；

B．b点时溶液的pH=7，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO-）；

C．c点时；恰好反应生成醋酸钠溶液，根据电荷守恒和物料守恒进行判断；

D．d点氢氧化钠过量，为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性．【解析】【解答】解：A．a点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c（CH3COO-）＞c（CH3COOH）；故A错误；

B．根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），溶液中离子浓度关系为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；故B正确；

C．c点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：①c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒可得：②c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），将②带人①可得：c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）；故C正确；

D．d点为NaOH和CH3COONa的混合物，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，由于CH3COO-存在微弱的水解，则有c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故D正确；

故选A．4、C【分析】【分析】第VIIA族元素原子最外层电子数为7，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，以此解答．【解析】【解答】解：A．原子最外层都为7个电子；易得到1个电子而形成-1价离子，故A正确；

B．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大；故B正确；

C．从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的单质氧化性逐渐减弱，故C错误；

D．从上到下元素的原子半径逐渐增大；原子核对最外层的电子的吸引力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，故D正确．

故选C．5、B【分析】试题分析：根据题意知，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，则Y为氧元素；四种元素的简单离子的电子层结构均相同，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，则X为铝元素；结合电冶铝工业及化合价规则知，W为钠元素，Z为氟元素。A、原子序数：Al＞Na＞F＞O，即X>W>Z>Y，错误；B、根据元素周期律判断，原子半径：r(Na)>r(Al)>r(O)>r(F)，即r(w)>r(X)>r(Y)>r(Z)，正确；C、W的最高价氧化物的水化物氢氧化钠碱性比氢氧化铝的强，错误；D、Y的简单氢化物H2O的稳定性比HF的弱，错误。考点：考查元素推断、元素周期律。【解析】【答案】B6、D【分析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。①加入Al能放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。SO42-、Na+、K+、Cl-在酸性或碱性条件下都可以大量共存，①正确；根据Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10-39可知，铁离子完全沉淀时的OH－浓度是＝6.4×10－12，这说明在中性溶液中，铁离子就可以完全沉淀，所以②中铁离子不能大量共存；③由水电离的c(H＋)＝10－12mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性。其中HCO3－在酸性或碱性溶液中均不能大量共存，③不正确；④能使紫色石蕊变红的溶液显酸性，在酸性溶液中NO3－具有氧化性，能氧化Fe2＋以及I－，不能大量共存，④不正确，答案选D。考点：考查离子共存的正误判断【解析】【答案】D二、填空题(共8题，共16分)7、NaCl二IAVIA碱HClO4Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-【分析】【分析】（1）对于甲：质子数为11；表示Na元素，处于ⅠA；

对于乙：处于第三周期ⅦA族；为Cl元素，原子核外有3个电子层，各层电子数为2；8、7；

对于丙：为氧元素；处于第二周期ⅣA族，原子核外有2个电子层，各层电子数为2；6；

（2）甲元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于碱；乙元素对应的水化物的化学式为HClO4；

（3）甲与乙两元素的单质反应生成物为NaCl；属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成；

（4）氯气与水反应生成次氯酸与盐酸．【解析】【解答】解：（1）对于甲：质子数为11；表示Na元素，处于ⅠA；

对于乙：处于第三周期ⅦA族，为Cl元素，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、7，结构示意图为

对于丙：为氧元素，处于第二周期ⅣA族，原子核外有2个电子层，各层电子数为2、6，原子结构示意图为

故答案为：。元素甲乙丙元素符号①Na②Cl0原子结构示意图③④周期三三⑤二族⑥ⅠAⅦA⑦ⅥA（2）甲元素最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于碱，溶液呈碱性；乙元素对应的水化物的化学式为HClO4，故答案为：碱；HClO4；

（3）甲与乙两元素的单质反应生成物为NaCl，属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成，电子式为故答案为：

（4）氯气与水反应生成次氯酸与盐酸，反应方程式为Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-，故答案为：Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-．8、2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑Fe2+CO2和H24Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O2Cu+4H++O22Cu2++2H2O若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑【分析】【分析】（1）根据转化图可知；固体1最终生成胆矾和铁红，这说明固体1中含有铁和铜两种元素，所以试剂A应该是氢氧化钠溶液，则气体是铝和氢氧化钠反应生成的氢气；

（2）固体2最终得到胆矾，这说明固体2是铜，则试剂B不应该是碱液．根据气体2和氢氧化钠溶液反应又有气体1产生，这说明试剂B应该是硫酸，气体2中含有CO2和氢气；而溶液2中含有亚铁离子；

（3）固体3灼烧生成铁红；所以固体3是氢氧化铁，则溶液2转化为固体3的反应为溶液2中亚铁离子与碱反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化成氢氧化铁；

（4）①铜与浓硫酸反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；

②铜和稀硫酸不反应；但氧气能氧化单质铜生成氧化铜，进而生成硫酸铜；

（5）溶液1中含有偏铝酸钠，试剂C是盐酸，如果向溶液1中+加试剂C→溶液4”，则溶液4中将混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而使AlCl3溶液不纯净；

（6）氯化铝水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热．SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，据此书写化学方程式．【解析】【解答】解：（1）根据转化图可知，固体1最终生成胆矾和铁红，这说明固体1中含有铁和铜两种元素．所以试剂A应该是氢氧化钠溶液，则生成的气体应该是铝和氢氧化钠反应生成的氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（2）固体2最终得到胆矾，这说明固体2是铜，则试剂B不应该是碱液．根据气体2和氢氧化钠溶液反应又有气体1产生，这说明试剂B应该是硫酸，气体2中含有CO2和氢气；而溶液2中含有亚铁离子；

故答案为：Fe2+；CO2和H2；

（3）固体3灼烧生成铁红，所以固体3是氢氧化铁，则溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；

故答案为：4Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；

（4）①固体2是Cu，在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；

故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；

②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是2Cu+4H++O22Cu2++2H2O；

故答案为：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O；

（5）溶液1中含有偏铝酸钠，试剂C是盐酸．如果向溶液1中+加试剂C→溶液4”，则溶液4中将混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而使AlCl3溶液不纯净；

故答案为：若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液；

（6）氯化铝易水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热；SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，则反应的方程式是AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑；

故答案为：AlCl3•6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑．9、CD＜80%250℃dfD【分析】【分析】（1）当反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态；据此判断平衡状态；

（2）①升高温度化学平衡常数减小；说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中；充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则：

CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）

起始浓度（mol）：130

变化浓度（mol）：0.81.60.8

平衡浓度（mol）：0.21.40.8

转化率=×100%，根据K=计算平衡常数；进而判断温度；

（3）要提高CO的转化率；可以通过增大氢气浓度；减小甲醇浓度、降低温度、增大压强等方法；

（4）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）；平衡向生成甲醇的方向移动；

B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ；甲；乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，计算反应热数值，据此判断；

C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）；平衡向生成甲醇的方向移动；

D、甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3．【解析】【解答】解：（1）A．无论反应所得达到平衡状态都存在生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等；所以不能据此判断平衡状态，故错误；

B．反应前后气体质量不变；容器体积不变；所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；

C．反应前后气体的物质的量减小；所以其相对平均分子质量增大，当混合气体的相对平均分子质量不变时，该反应达到平衡状态，故正确；

D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化；正逆反应速率不变，反应达到平衡状态，故正确；

故选CD；

（2）①升高温度化学平衡常数减小；说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，则△H＜0；

故答案为：＜；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中；充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则：

CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）

起始浓度（mol）：130

变化浓度（mol）：0.81.60.8

平衡浓度（mol）：0.21.40.8

CO转化率=×100%=80%，平衡常数KK===2.042；故温度为250℃；

故答案为：80%；250℃；

（3）a．升温平衡逆向移动；则CO转化率降低，故错误；

b．加入催化剂不影响平衡移动；CO转化率不变，故错误；

c．增加CO的浓度平衡正向移动但CO转化率减小；故错误；

d．加入H2加压；平衡正向移动，CO转化率增大，故正确；

e．加入惰性气体加压；反应物浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故错误；

f．分离出甲醇；平衡正向移动，CO转化率增大，故正确；

故选df；

（4）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1＜c3；故A错误；

B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1-n），故a+b=90.8；故B错误；

C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2＞p3；故C错误；

D、甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，由C的分析可知α2＞α3，所以a1+a3＜1；故D正确；

故答案为：D．10、溶解Na2CO3HClBaCl2Ba2++CO32-═BaCO3↓BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+否滤液中应滴加适量稀盐酸后再蒸发结晶静置取沉淀后上层清液少许于试管中继续滴加碳酸钠溶液少许，若无白色沉淀产生，则碳酸钠已足量E量瓶B萃取CDFG【分析】【分析】分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物；应加入过量盐酸可得NaCl；

（一）（1）操作①是固体混合物溶于水得到混合溶液减小分离；

（2）固体溶解后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，a为Na2CO3，b为盐酸；流程分析可知固体B为氯化钡；

（3）加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，试剂a为碳酸钠；发生的反应是钡离子和碳酸根离子反应生成沉淀碳酸钡，反应过程中试剂b为盐酸；是利用盐酸溶解碳酸钡得到氯化钡溶液；

（4）操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物蒸发结晶干燥；得到固体C为氯化钠和碳酸钠的混合物，不能分离得到氯化钠，需要加入适量盐酸除去碳酸钠；

（5）试剂a为碳酸钠；判断手否过量的实验方法可以利用取上层清液，加入碳酸钠观察是否生成沉淀或加入氯化钡溶液的方法检验；

（6）操作②是分离固体和液体的过滤操作；结合过滤装置和操作分析选择仪器；

（二）从碘水中提取碘；需进行萃取分液操作，必须使用的仪器是分液漏斗；

（三）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管等．【解析】【解答】解：分离NaCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物；应加入过量盐酸可得NaCl；

（一）（1）操作①的名称是溶解固体；

故答案为：溶解；

（2）固体溶解后加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，a为Na2CO3，b为盐酸；流程分析可知固体B为氯化钡；

故答案为：Na2CO3，HCl，BaCl2；

（3）加入过量Na2CO3使BaCl2转化为沉淀，试剂a为碳酸钠；发生的反应是钡离子和碳酸根离子反应生成沉淀碳酸钡，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-═BaCO3↓，反应过程中试剂b为盐酸；是利用盐酸溶解碳酸钡得到氯化钡溶液，反应的离子方程式为：

故答案为：Ba2++CO32-═BaCO3↓，BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+；

（4）操作②所得滤液为NaCl和Na2CO3的混合物蒸发结晶干燥；得到固体C为氯化钠和碳酸钠的混合物，不能分离得到氯化钠，需要加入适量盐酸除去碳酸钠，到不再生成气体得到较纯净的氯化钠溶液，该方案不能达到实验目的；

故答案为：否；滤液中应滴加适量稀盐酸后再蒸发结晶；

（5）试剂a为碳酸钠；判断手否过量的实验方法可以利用静置取沉淀后上层清液少许于试管中，继续滴加碳酸钠溶液少许，若无白色沉淀产生则碳酸钠已足量；

故答案为：静置取沉淀后上层清液少许与试管中继续滴加碳酸钠溶液少许若无白色沉淀产生则碳酸钠已足量；

（6）分离出沉淀时为过滤操作；必须用到漏斗；烧杯、玻璃棒等，则上述仪器必须使用E，A为配制溶液的仪器容量瓶；

故答案为：E；容量瓶；

（二）从碘水中提取碘；需进行萃取分液操作，需要上述仪器中的是B分液漏斗，向该碘水中加入四氯化碳以提取碘单质的实验操作为萃取；

故答案为：B；萃取；

（三）蒸馏装置需要的仪器为酒精灯；蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计等；按照实验仪器由下向上，从左到右的顺序，这些仪器依次是CDFG；

故答案为：CDFG．11、离子2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Na2BeO2【分析】【分析】X原子的最外层电子数与次外层电子数相等，短周期中只有Be和Ar，此处显然X是Be，X与W、Y与Z两对原子的最外层电子数之和为9，则W的最外层电子数为7，则W为F或Cl元素，且X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素中有两种金属元素，则W不能为F元素，故W为Cl；Y、Z处于第三周期，则只能Y为金属元素，且能与氢氧化钠溶液反应，故Y为Al；则Z原子最外层电子数为9-3=6，故Z为S元素，据此解答．【解析】【解答】解：X原子的最外层电子数与次外层电子数相等，短周期中只有Be和Ar；此处显然X是Be，X与W；Y与Z两对原子的最外层电子数之和为9，则W的最外层电子数为7，则W为F或Cl元素，且X、Y、Z、W原子序数依次增大，四种元素中有两种金属元素，则W不能为F元素，故W为Cl；Y、Z处于第三周期，则只能Y为金属元素，且能与氢氧化钠溶液反应，故Y为Al；则Z原子最外层电子数为9-3=6，故Z为S元素．

（1）SCl2各原子均满足8电子稳定结构，S原子与Cl原子之间形成1对共用电子对，电子式为故答案为：

（2）工业电解熔融氧化铝生产单质Al；说明氧化铝是离子化合物，故答案为：离子；

（3）Al与浓的NaOH溶液反应的化学方程式是：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Be与Al化学性质相似，则Be与浓的NaOH溶液反应所得盐的化学式为Na2BeO2；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；Na2BeO2．12、N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.8kJ•mol-10.0225mol•L-1•s-1不相等减少BC少BC【分析】【分析】（1）根据每生成30gNO气体吸收90.4KJ热量计算1molN2（g）吸收的热量；

（2）①依据v（NO）=解答；反应物的转化率=×100%；

②平衡常数只有温度有关，因为2NO+2CON2+2CO2；为放热反应，所以升高温度平衡向逆方向移动，K减小；降低温度平衡向正方向移动，K增大；

③依据表中5～6s时各物质的物质的量的变化；判断平衡移动的方向，结合温度；浓度、压强、催化剂对平衡的影响分析解答；

（3）对比表中给出的数据可知3g硫在纯氧气中燃烧比在空气中燃烧生成的三氧化硫少，依据方程式2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）从化学平衡的角度分析可知平衡向逆方向移动，结合影响化学平衡移动的因素分析解答．【解析】【解答】解：（1）每生成30gNO气体吸收90.4KJ热量，即每生成=1mol吸收90.4KJ热量，则内燃机工作时生成NO的热化学方程式为N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.8kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.8kJ•mol-1；

（2）①v（NO）===0.0225mol•L-1•s-1；

α（CO）==25%，α（NO）==90%；所以二者转化率不相等；

故答案为：0.0225mol•L-1•s-1；不相等；

②2NO+2CO⇌N2+2CO2；为放热反应，在5～6s时，若K增大，则温度降低，反应速率减小；

故答案为：减小；

③从表中5～6s时CO和NO减少的物质的量都是0.008mol，N2的物质的量增加0.004mol，可知平衡向正方向移动，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）为气体体积减小的反应；正方向为放热反应，所以缩小容器的体积（加压），降低温度，减少二氧化碳的浓度，都可以使平衡向正方向移动；

故答案为：BC；

（3）对比表中给出的数据可知3g硫在纯氧气中燃烧比在空气中燃烧生成的三氧化硫少，说明2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）向逆方向移动；

A．纯氧中氧气浓度高，有利于化学平衡2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H=QkJ•mol-1向右移动；则生成三氧化硫应该增多，所以A错误；

B．化学反应2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H=QkJ•mol-1中的Q＜0；纯氧中氧气浓度高，单位时间内发热量大，致使反应体系的温度较高，使平衡向逆方向移动，故B正确；

C．纯氧中氧气浓度高，单位时间内发热量大，致使反应体系的温度较高，2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）△H=QkJ•mol-1向左移动；所以生成的三氧化硫减少，故C正确；

D.3g硫在纯氧中燃烧比3g硫在空气中燃烧放出的热量相同；故D错误；

故答案为：少；BC．13、60%吸热+203.9kJ/mola、b【分析】【分析】（1）依据化学方程式和平衡常数概念书写平衡常数表达式；固体不写入表达式；

（2）体积比等于气体物质的量之比，依据化学平衡计算平衡时气体物质的量，结合转化率=×100%计算，随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小；说明平衡正向进行，正反应是吸热反应；

（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需让化学方程式；

（4）由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管壁温度较低，WI4不会分解，升高温度，正逆反应速率都加快，据此解答．【解析】【解答】解：（1）WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g），反应的平衡常数表达式K=，故答案为：；

（2）某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3；气体体积之比等于物质的量之比。

WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）

起始量50

变化量33

平衡量23

则H2的平衡转化率=×100%=60%；

随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小；说明反应正向进行，已经平衡移动原理可知，正反应是吸热反应；

故答案为：60%；吸热；

（3）①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1

②WO2（g）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1

依据盖斯定律计算①-②得到：WO2（s）⇌WO2（g）的△H=+203.9kJ/mol；

故答案为：+203.9kJ/mol；

（4）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W及I2，生成W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b对；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错；升高温度，也能加快W与I2的反应速率；故d错；

故答案为：a、b．14、略

【分析】解：（1）由A的结构简式可知，D和E发生取代反应生成A，则E应为含有的含氧官能团有：肽键；醚键；

故答案为：肽键；醚键；

（2）F与B反应得到A，对比A、B的结构可知F为由C、D合成生成化合物F是卤素原子与H的取代反应；化合物C与足量的NaOH乙醇溶液共热反应的产物为CH2=CH-CH=CH2；名称为1，3-丁二烯；

故答案为：取代反应；1；3-丁二烯；

（3）H属于α-氨基酸，羧基、氨基连接同一碳原子上，与B的水解产物互为同分异构体．H能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且苯环上的一氯代物只有2种，说明H的分子中苯环上有两个不同取代基且处于对位，满足条件的H的结构简式为：

故答案为：

（4）F为相对分子质量为366，与G的相对分子质量285相比，G比F少的相对分子质量相当于HBr的，除了发生取代反应外，有发生了消去反应，则G的结构简式为：

故答案为：

（5）化合物中含有2个酯基，可由发生酯化反应制取，根据题给信息可知可由与HCN先加成、再水解制取，而可由发生催化氧化制取，可由C发生取代反应制取，则合成路线流程图为：

故答案为：．

（1）由A的结构简式可知，D和E发生取代反应生成A，则E应为

（2）F与B反应得到A，对比A、B的结构可知F为由C、D合成生成化合物F是卤素原子与H的取代反应；化合物C与足量的NaOH乙醇溶液共热反应的产物为CH2=CH-CH=CH2；

（3）H属于α-氨基酸，羧基、氨基连接同一碳原子上，与B的水解产物互为同分异构体．H能与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基，且苯环上的一氯代物只有2种，说明H的分子中苯环上有两个不同取代基且处于对位；

（4）F为相对分子质量为366，与G的相对分子质量285相比，G比F少的相对分子质量相当于HBr的；除了发生取代反应外，有发生了消去反应；

（5）化合物中含有2个酯基，可由发生酯化反应制取，根据题给信息可知可由与HCN先加成、再水解制取，而可由发生催化氧化制取，可由C发生取代反应制取．

本题考查有机物的推断与合成、官能团结构与性质，限制条件同分异构体书写、有机反应类型等，是一道综合性的有机合成试题，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，题目难度较大．【解析】肽键、醚键；取代反应；1，3-丁二烯；三、判断题(共7题，共14分)15、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．16、√【分析】【分析】吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关，据此进行分析解答．【解析】【解答】解：判断某个反应是放热反应还是吸热反应不是看该反应是否加热，有些放热反应开始也需要加热，需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应；但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应．

故答案为：√．17、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．18、×【分析】【分析】李比希燃烧法是元素定量分析法，钠熔法定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳；氢元素质量分数的方法；是元素的定量分析法；

钠熔法是定性鉴定有机化合物所含元素（氮；卤素、硫）的方法；铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素；

故答案为：×19、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．20、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】强电解质在其水溶液里完全电离，弱电解质在其水溶液里部分电离，根据氯化氢和醋酸所属电解质的种类确定氢离子浓度关系．【解析】【解答】解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．四、推断题(共1题，共6分)22、NaOHCl2⑥2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O产生白色沉淀，逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】金属单质A的焰色反应为黄色，应为Na，与水反应生成的气体甲为H2，D为NaOH，黄绿色气体乙为Cl2，则丙为HCl，E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气的B为Al，红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：金属单质A的焰色反应为黄色，应为Na，与水反应生成的气体甲为H2，D为NaOH，黄绿色气体乙为Cl2，则丙为HCl，E为盐酸，能与NaOH反应生成氢气的B为Al，红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则C为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3；

（1）由以上分析可知D为NaOH，乙为Cl2，故答案为：NaOH；Cl2；

（2）①为钠与水的反应；为氧化还原反应，②为氯气和氢气的化合反应，为氧化还原反应，③为铝和氢氧化钠溶液生成氢气的反应，为氧化还原反应；

④为铁和盐酸置换氢气的反应；为氧化还原反应，⑤为氯气和氯化亚铁的反应，为氧化还原反应，⑥氢氧化钠与氯化铁的复分解反应，不是氧化还原反应；

故答案为：⑥；

（3）①为钠与水的反应，生成氢氧化钠和氢气，反应的方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

③为铝和氢氧化钠溶液生成氢气的反应，方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（4）氯化亚铁与氢氧化钠反应生成白色氢氧化亚铁沉淀；氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，可观察到白色沉淀逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色；

反应的方程式为FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：产生白色沉淀，逐渐变成灰绿色，最终变成红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．五、探究题(共4题，共36分)23、|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．24、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