2024年沪教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2024年沪教版高三化学下册阶段测试试卷847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5题，共10分)1、下列说法正确的是（）A.已知PM2.5是指大气中直径≤2.5×10-6m的颗粒物则PM为2.5的大气一定能产生丁达尔效应B.根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D.H、H是制造氢弹的原料，它们是同一种核素2、下表中所示物质或概念间的从属关系符合如图的是。

。XYZA钠元素主族元素短周期元素B电解质化合物纯净物C氢氧化铁胶体分散系D置换反应氧化还原反应放热反应A.AB.BC.CD.D3、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.纯碱可用于去除物品表面的油污B.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂C.植物秸秆可用于制造酒精D.氢氧化铁胶体可用作净水剂4、能大量共存于同一溶液中的离子组是（）A.H+，CO32-，Cl-，Na+B.Al3+，NH4+，OH-，Cl-C.Ag+，Cl-，SO42-，K+D.SO42-，Na+，H+，Cl-5、常温下，下列微粒能在相应溶液中大量共存的是（）A.稀硫酸中：K+、MnO4﹣、CH3CH2OHB.pH=11的溶液中：Na+、CO32﹣、NH3•H2OC.中性溶液中：Na+、NO3﹣、AlO2﹣D.FeCl3溶液中：H2O2、Mg2+、SO42﹣评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、如图为一“铁链”图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质；图中相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A；B、C、D为其相应的分类依据代号．请回答下列问题：

（1）请将分类依据代号填入相应的括号内：

____两种物质都不是电解质。

____两种物质都是钠的化合物。

____两种物质都是氧化物。

____两种物质都是盐。

（2）用洁净的烧杯取少量蒸馏水；用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1mol/L的如图中某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体．

①物质M的化学式为____．

②证明有红褐色胶体生成的实验原理是____．7、有下列物质：①CO2②N2③H2O2④NH3⑤Ca（OH）2⑥Na2O2⑦NH4Cl；试用以上物质的序号填空：

（1）既有极性键，又有非极性键的是____；

（2）既有离子键，又有非极性键的是____；

（3）属于共价化合物的是____8、（1）容量瓶的构造一定包含一段细的“长颈”，理由是____

（2）有些盐既不溶于水也难溶于酸，例如硫酸盐中的____和卤化物中的____．

（3）容量瓶上未必标有____．9、（2015秋•三明校级月考）A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（部分反应条件及产物略去）．ABC

（1）若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为____．

（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为____．将C长期露置于空气中，最后将变成物质D．现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为____．

（3）若C是红棕色气体；A可能是一种能用如图装置制取的气体，请结合所学知识，回答下列问题：

①写出实验室制取A的化学方程式____．

②收集A的方法是____，验证A是否已经收集满的方法是：____（任写一种）．

③若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的A气体在标准状况下的体积为____L．10、某有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200．经分析得知；化合物中碳；氢、氧的质量比为7.5：1.125：3．A具有酸性，是蜂王浆中的有效成分，物质的量为0.0002mol的A需用20.0mL0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点．

（1）有机化合物A的相对分子质量是____，该化合物的化学式（分子式）____．

（2）已知A能使溴的四氯化碳溶液褪色；A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应．

信息提示：在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：

（RR′R″为烃基或氢）

以上反应和B的进一步反应如图所示．

1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况）．若将D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，该反应的化学方程式是____，反应类型是____．D与碳酸氢钠反应的化学方程式是____．

（3）经测定，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3．写出有机化合物A的结构简式____．11、（1）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度．以____（填“促进”；“抑制”）其水解．

（2）氯化铝水溶液呈____性，原因是（用离子方程式表示）：____把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是____

（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的____．原因是：____（用离子方程式表示）．12、【化学与技术】

请回答氯碱工业的有关问题：

（1）以前采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2会与NaOH接触，产物中肯定有NaClO，从而影响产品的纯度，能包含这一过程的总化学方程式为____；所以现代氯碱工业多采用隔膜法进行电解，即用隔膜将电解槽分隔成阳极区和阴极区，则从阴极区排出的是____．

（2）氯碱工业是高耗能产业；一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30%以上．在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过．

分析比较图示中氢氧化钠质量分数a%与b%的大小：a%____b%（填＞；=或＜）；

理由是：____．

（3）科研人员为减少火力发电厂对环境的污染，曾经考虑让火力发电厂和氯碱制造厂进行就近联合．请你判断该方案是否可行？____；理由是____：

A．发电厂的废气（SO2）与氯碱厂的Cl2或NaOH反应，减少了SO2的排放。

B．可产生多种化学原料。

C．就近联合还能减少电力输送中的损耗。

（4）将酸碱中和反应作为电池反应，可以设计出相应的电池．现将两个氢电极（以Pt作为导电的惰性金属，以氢气作为参与电极反应的物质，可以是生成氢气，也可以是消耗氢气）分别置于酸性水溶液（H+）和碱性水溶液（OH-）中构成电池；使电池反应为酸碱中和反应．

①酸溶液中的氢电极A和碱溶液中的氢电极B，为电池正极是____（填A或B）；

②B极上发生的电极反应为：____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、标准状况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA．____（判断对错）14、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．15、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）16、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）17、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)18、标况下，6.5g的锌与足量的盐酸反应，生成氢气的物质的量为多少？氢气的体积是多少？19、将一定质量的镁铝合金全部溶于100mL某浓度的盐酸中．向所得溶液中滴加5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀质量与加入的NaOH溶液体积关系如图所示．则盐酸的物质的量浓度为____mol/L．20、实验室用锌跟足量的稀硫酸反应制取氢气．若要制得2.24L（标准状况）氢气，需要多少摩尔锌？21、rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?

2NH_{3}(g)}在rm{娄陇H=-92.4KJ/mol}rm{500隆忙}时，将rm{20MPa}和rm{N_{2}}通入到体积为rm{H_{2}}的密闭容器中，反应过程中各种物质的物质的量变化如图所示：

rm{2L}内用rm{(1)10min}表示该反应的平均速率，rm{NH_{3}}_________________________。

rm{v(NH_{3})=}在rm{(2)}内rm{10-20min}浓度变化的原因可能是_______________rm{NH_{3}}填字母rm{(}A.加了催化剂。

B.降低温度C.增加rm{)}的物质的量rm{NH_{3}}该可逆反应达到平衡的标志是____________________________rm{(3)}填字母rm{(}A.rm{)}B.混合气体的密度不再随时间变化C.容器内的总压强不再随时间而变化D.单位时间生成rm{3v(H_{2})_{脮媒}=2v(NH_{3})_{脛忙}}的同时消耗rm{mmolN_{2}}rm{3mmolH_{2}}第一次平衡时，平衡常数rm{(4)}_____________________rm{K_{1}=}表达式rm{(}rm{)}的体积分数是___________________rm{NH_{3}}保留rm{(}位小数rm{2}rm{)}在反应进行到rm{(5)}时，曲线发生变化的原因是______________________________。rm{25min}已知：rm{N_{2}(g)+3H_{2}?2NH_{3}(g)}rm{(6)}，rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)娄陇H=-483.6KJ/mol}氨气完全燃烧生成气态水的热化学方程式是_______________________________。rm{N_{2}(g)+3H_{2}?

2NH_{3}(g)}氨氧燃料电池工作原理如图所示：

rm{娄陇H=-92.4KJ/mol}电极的电极反应式是______________；

rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)

娄陇H=-483.6KJ/mol}一段时间后，需向装置中补充rm{(7)}请依据反应原理解释原因是_____________。rm{垄脵b}评卷人得分五、推断题(共1题，共8分)22、A；B、C、为三种常见的单质；其中A、C为气体，B为常见金属．A溶于水可使石蕊试液先变红后褪色．F的水溶液为浅绿色溶液，它们的关系如图1：

（1）写出A、B、D的化学式：A．____B．____C．____

（2）写出反应①②的离子方程式：①____；②____．

（3）A溶于水使石蕊试液先变红后褪色的原因是：____．

（4）检验D的水溶液中的阳离子的方法是（指出药品、试剂、步骤和现象）：____．将D溶液逐滴加入的沸水中会产生一种红褐色的液体．你认为该液体中的分散质粒子直径在____之间，验证的简单方法是：____．

（5）某同学将A的饱和溶液装满大试管倒置在烧杯中如图2；光照一段时间后，发现试管底部有无色的气体产生，溶液的颜色也变成无色，请你帮他对产生的气体进行探究：

①你预测气体可能是____

②针对你的预测写出验证实验方案（步骤和现象）：____．评卷人得分六、探究题(共4题，共12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5题，共10分)1、B【分析】【分析】A、分散质的直径介于10-9m-10-7m之间的属于胶体；胶体能产生丁达尔现象；

B；电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；

C；根据分散系中分散质粒子直径大小分类；

D、核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子．【解析】【解答】解：A、分散质的直径介于10-9m-10-7m之间的属于胶体，胶体能产生丁达尔现象，所以PM2.5是指大气中直径≤2.5×10-6m的颗粒物；则受PM2.5污染的大气不一定能产生丁达尔现象，故A错误；

B；电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；故B正确；

C；根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液；故C错误；

D、2H和3H质子数相同；中子数不同，是不同种核素，故D错误；

故选B．2、B【分析】【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．【解析】【解答】解：A．钠元素为主族元素；主族元素中一；二、三周期属于短周期元素，主族元素中四、五、六、七周期属于长周期元素，故A错误；

B．电解质属于化合物；化合物都是纯净物，故B正确；

C．胶体属于分散系；而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故C错误；

D．置换反应属于氧化还原反应；而氧化还原反应不一定是放热反应，故D错误；

故选B．3、B【分析】解：rm{A.}油脂在碱性条件下水解；热的纯碱溶液促进水解后碱性增强，所以纯碱可用于去除物品表面的油污，故A正确；

B.镁可以在二氧化碳中燃烧；所以二氧化碳不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误；

C.纤维素能水解生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为乙醇，所以在一定条件下植物秸秆可用来制造酒精，故C正确；

D.氢氧化铁胶体具有吸附性；能够吸附水中固体杂质颗粒，可以用于净水，故D正确；

故选：rm{B}

A.油脂在碱性条件下水解；热的纯碱溶液促进水解后碱性增强；

B.镁可以在二氧化碳中燃烧；

C.纤维素能水解生成葡萄糖；葡萄糖能转化为乙醇；

D.氢氧化铁胶体具有吸附性。

本题考查常见的盐类水解的性质和应用，镁、纤维素、氢氧化铁胶体的性质和用途，题目难度不大，注意把握物质的性质和用途，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。【解析】rm{B}4、D【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：A．H+、CO32-结合生成水和气体；不能大量共存，故A错误；

B．Al3+、NH4+分别与OH-反应；不能大量共存，故B错误；

C．Ag+分别与Cl-、SO42-结合生成沉淀；不能大量共存，故C错误；

D．该组离子之间不反应；可大量共存，故D正确；

故选D．5、B【分析】【解答】解：A．酸性条件下，MnO4﹣、CH3CH2OH发生氧化还原反应；故A错误；

B．pH=11的溶液呈碱性；碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；

C．AlO2﹣水解成碱性；不能存在于中性溶液中，故C错误；

D．在氯化铁存在的条件下，H2O2易分解；故D错误．

故选B．

【分析】A．MnO4﹣、CH3CH2OH发生氧化还原反应；

B．pH=11的溶液呈碱性；

C．AlO2﹣水解成碱性；

D．在氯化铁存在的条件下，H2O2易分解．二、填空题(共7题，共14分)6、ACBDFeCl3丁达尔效应【分析】【分析】（1）在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；不满足该条件的物质为非电解质；含有钠元素的化合物为钠的化合物；由两种元素，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；含有酸根离子和阳离子的化合物为盐；

（2）①根据“红褐色胶体”可知胶体为氢氧化铁胶体；M为氯化铁；

②根据胶体的丁达尔效应进行解答．【解析】【解答】解：（1）电解质必须满足：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物；氧化钠；氯化钠、氯化铁为电解质，而氢气和二氧化碳都不是电解质，所以不是电解质的为A；钠的化合物为氧化钠和氯化钠，所以C正确；含有两种元素，其中一种为氧元素的为氧化物，满足的为二氧化碳和氧化钠，即B正确；含有酸根离子和阳离子的化合物为盐，满足条件的为氯化铁和氯化钠，所以D正确；

故答案为：A；C；B；D；

（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1mol•L-1的上图中某种物质M的水溶液，继续煮沸可制得一种红褐色胶体，红褐色的胶体为氢氧化铁胶体，所以M为FeCl3；

故答案为：FeCl3；

②胶体具有丁达尔效应，可以利用此性质检验胶体，方法为：用一束光照射烧杯中的液体，若能产生丁达尔效应，则证明生成了Fe（OH）3胶体；

故答案为：丁达尔效应．7、③⑥①③④【分析】【解答】①CO2中C原子和O原子之间只存在极性键；

②N2分子中两个N原子之间只存在非极性键；

③H2O2分子中H原子和O原子之间存在极性键；O原子之间存在非极性键；

④NH3分子中N原子和H原子之间只存在极性键；

⑤Ca（OH）2中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键；O原子和H原子之间存在极性键；

⑥Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；O原子之间存在非极性键；

⑦NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键；N原子和H原子之间存在极性键；

（1）既有极性键；又有非极性键的是③，故答案为：③；

（2）既有离子键；又有非极性键的是⑥，故答案为：⑥；

（3）属于共价化合物的是①③④；故答案为：①③④．

【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，只含共价键的化合物属于共价化合物．8、颈部较细，是为了配置的溶液浓度更准确，长颈方便定容，能保证准确的容积，且视觉误差小硫酸钡氯化银溶液浓度【分析】【分析】（1）颈部较细；是为了配置的溶液浓度更准确；

（2）硫酸钡和氯化银既不溶于水也难溶于酸；

（3）容量瓶上标有：温度、规格、刻度线．【解析】【解答】解：（1）容量瓶是专门用来准确配置一定浓度的溶液的容器；具有长颈，而且颈部较细，是为了配置的溶液浓度更准确，长颈方便定容，能保证准确的容积，且视觉误差小，故答案为：颈部较细，是为了配置的溶液浓度更准确，长颈方便定容，能保证准确的容积，且视觉误差小；

（2）硫酸盐中的硫酸钡和卤化物中的氯化银既不溶于水也难溶于酸；故答案为：；硫酸钡；氯化银；

（3）容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，不标溶液浓度，故答案为：溶液浓度．9、2SO2+O22SO3过氧化钠83.2%Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O向下排空气法将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满2.24【分析】【分析】（1）若A是一种黄色单质固体，则A为S，与氧气反应生成B为SO2，进一步与氧气反应生成C为SO3；

（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A为Na、B为Na2O、C为Na2O2，C长期露置于空气中，经过系列变化，最后将变成物质D，D为Na2CO3；

混合物加热，发生反应：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；利用差量法计算混合物中碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数；

（3）若C是红棕色气体，A可能是一种能用如图装置制取的气体即用氯化铵与氢氧化钙加热制得的气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2．【解析】【解答】解：（1）若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，属于B是二氧化硫，C是三氧化硫，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3；

故答案为：2SO2+O22SO3；

（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A为Na、B为Na2O、C为Na2O2，C长期露置于空气中，经过系列变化，最后将变成物质D，D为Na2CO3，过氧化钠能与CO2反应生成碳酸钠与氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；

令混合物中碳酸氢钠的质量为m；则：

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O质量减少。

16862

m10g-9.38g=0.62g

故m==1.68g，故碳酸钠的质量分数=×100%=83.2%；

故答案为：过氧化钠；83.2%；

（3）若C是红棕色气体，A可能是一种能用如图装置制取的气体即用氯化铵与氢氧化钙加热制得的气体，则A为NH3，B为NO，C为NO2；

①实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应准备氨气，反应的方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

②A为氨气；极易溶于水，密度比空气小，可用向下排空气法收集，检验氨气是否收集满，可将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满，或用白色的酚酞试纸置于试管口处，若试纸变红，则证明氨气已收集满，也可以用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满；

故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处；若试纸变蓝，则证明氨气已收集满；

（或用白色的酚酞试纸置于试管口处；若试纸变红，则证明氨气已收集满）

（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处；若产生大量白烟，则证明氨气已收集满）

③n（NH4Cl）==0.1mol，则n（NH3）=0.1mol，V（NH3）=2.24L；

故答案为：2.24．10、186C10H18O3HOOCCOOH+HOCH2CH2OH+2H2O酯化反应HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2OOHC（CH2）6CH2OH【分析】【分析】A具有酸性，物质的量为0.0002mol的A需用20.0mL0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点，说明A中有一个羧基，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3，所以氧元素的质量分数为=0.258，假设分子中有2个氧原子，则相对分子质量为=124，分子中有3个氧原子，则相对分子质量为=186，有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200，所以分子中含有3个氧原子，符合题意，分子中碳原子数为=10，氢原子数为=18，所以A的分子式为C10H18O3，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A中有碳碳双键，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应，说明B中有羧基和醛基，B氧化得D，1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况），说明D中有两个羧基，F经两步氧化得D，说明F为醇，D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，则G应为所以可以推得F为HOCH2CH2OH，E为OHCCHO，D为HOOCCOOH，B为OHCCOOH，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3，结合题中信息可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，则A为HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH，据此答题．【解析】【解答】解：A具有酸性，物质的量为0.0002mol的A需用20.0mL0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点，说明A中有一个羧基，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3，所以氧元素的质量分数为=0.258，假设分子中有2个氧原子，则相对分子质量为=124，分子中有3个氧原子，则相对分子质量为=186，有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200，所以分子中含有3个氧原子，符合题意，分子中碳原子数为=10，氢原子数为=18，所以A的分子式为C10H18O3，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A中有碳碳双键，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应，说明B中有羧基和醛基，B氧化得D，1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况），说明D中有两个羧基，F经两步氧化得D，说明F为醇，D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，则G应为所以可以推得F为HOCH2CH2OH，E为OHCCHO，D为HOOCCOOH，B为OHCCOOH，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3，结合题中信息可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，则A为HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH；

（1）根据上面的分析可知，A的相对分子质量是186，该化合物的化学式是C10H18O3；

故答案为：186；C10H18O3；

（2）HOOCCOOH与HOCH2CH2OH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成反应的方程式为HOOCCOOH+HOCH2CH2OH+2H2O，HOOCCOOH与碳酸氢钠反应的化学方程式为HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O；

故答案为：HOOCCOOH+HOCH2CH2OH+2H2O；酯化反应；HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O；

（3）根据上面的分析可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，故答案为：OHC（CH2）6CH2OH．11、酸抑制酸Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Al2O3NaOHS2-+H2O⇋HS-+OH-HS-+H2O⇋H2S+OH-【分析】【分析】（1）硝酸银溶液中银离子水解显酸性；在硝酸溶液中银离子水解被抑制；

（2）氯化铝水解显酸性；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

（3）硫化钠水解显碱性，加入氢氧化钠溶液抑制水解，硫离子分步水解；【解析】【解答】解：（1）AgNO3的水溶液呈酸性，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中；然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，抑制银离子的水解；

故答案为：酸；抑制；

（2）氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝和盐酸显酸性，氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；蒸干得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；

（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的氢氧化钠溶液，硫化钠溶液中硫离子分步水解离子方程式为：S2-+H2O⇋HS-+OH-HS-+H2O⇋H2S+OH-；溶液水解呈碱性，加入氢氧化钠会抑制硫离子的水解；

故答案为：NaOH；S2-+H2O⇋HS-+OH-HS-+H2O⇋H2S+OH-；12、NaCl+H2OH2↑+NaClO氢气和NaOH＞氢氧燃料电池最后产生的是水，溶液稀释可行ABAH2+2OH--2e-=2H2O【分析】【分析】（1）根据电解氯化钠溶液的生成物有氯气、氢气和氢氧化钠，然后Cl2和NaOH；产物是NaClO和氯化钠和水来书写总方程式；根据电解食盐水，与正极相连为阳极，氯离子放电，生成氯气，与电源负极相连为阴极，氢离子放电，生成氢气和NaOH；

（2）燃料电池通入的Y应为H2，则电解池生成的X为Cl2；结合原电池和电解池的工作原理解答；

（3）将发电厂产生的废气（SO2）与氯碱厂的Cl2或NaOH反应，减少了SO2的排放；又可产生多种化学原料；

（4）根据原电池原理和题目信息可知，酸性溶液中氢离子得到电子形成氢气，为正极，碱性溶液中，氢气失去电子变成氢离子，为负极．【解析】【解答】解：（1）电解氯化钠溶液的生成物有氯气、氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2和NaOH，产物是NaClO和氯化钠和水，方程式为：2NaOH+Cl2═NaClO+NaCl+H2O，两式相加，能包含这一过程的总化学方程式为：NaCl+H2OH2↑+NaClO；电解食盐水；与正极相连为阳极，氯离子放电，生成氯气，与电源负极相连为阴极，氢离子放电，生成氢气和NaOH，则从阴极区排出的是氢气和NaOH；

故答案为：NaCl+H2OH2↑+NaClO；氢气和NaOH；

（2）在燃料电池中，氧气作正极，所以通入空气的极是正极，通入燃料的极是负极，即产生Y的极是阴极，所产生的是氢气，在X处产生的是氯气，氢氧燃料电池最后产生的是水，所以a%大于b%；

故答案为：＞；氢氧燃料电池最后产生的是水；溶液稀释；

（3）发电厂产生的废气（SO2）与氯碱厂的Cl2或NaOH反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；减少了SO2的排放，又可产生多种化学原料，如H2SO4；HCl等；

故答案为：可行；AB；

（4）由原电池原理和题目信息可知，酸性溶液中氢离子得到电子形成氢气，为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑；碱性溶液中，氢气失去电子变成氢离子，为负极，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O；

故答案为：①A；②H2+2OH--2e-=2H2O．三、判断题(共5题，共10分)13、√【分析】【分析】根据水的质量计算出物质的量，再计算出氧原子数目．【解析】【解答】解：18g水的物质的量为1mol，含的氧原子数目为NA，故答案为：√．14、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．15、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．16、×【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：×．17、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．四、计算题(共4题，共12分)18、略

【分析】【分析】根据n=计算6.5gZn的物质的量，根据方程式：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，计算生成氢气的物质的量，根据V=nVm计算氢气的体积．【解析】【解答】解：6.5gZn的物质的量==0.1mol；

设生成氢气的物质的量为x；则：

Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑

11

0.1molx

x==0.1mol

标况下；生成氢气的体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

答：生成氢气的物质的量为0.1mol，氢气的体积是2.24L．19、8【分析】【分析】从图中横坐标可以看出，开始加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O，当氢氧化钠继续加入，沉淀不断增加，发生反应MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，当氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀达最大值，此时溶液中溶质只有NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠元素守n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．【解析】【解答】解：从图中横坐标可以看出，开始加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O，当氢氧化钠继续加入，沉淀不断增加，发生反应MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，当氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀达最大值，此时溶液中溶质只有NaCl，根据钠元素守n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度==8mol/L，故答案为：8．20、略

【分析】【分析】发生反应Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，根据方程式定比关系计算Zn的物质的量．【解析】【解答】解：标况下，2.24L氢气的物质的量为=0.1mol；

设需要Zn的物质的量为x；则：

Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑

1mol1mol

x0.1mol

1mol：1mol=x：0.1mol

解得：x=0.1mol

答：制得标况下2.2L氢气需要0.1mol锌．21、（1）0.005mol/（L•min）

（2）a

（3）cd

（4）42.86%

（5）移走了生成的NH3（或减小了氨气的浓度）

（6）4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol

（7）O2+2H2O+4e-=4OH-由于发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使溶液浓度逐渐减小，所以需要向装置中补充KOH【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、反应热与焓变、原电池工作原理、化学平衡状态的判断等知识，题目难度较大，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力。【解答】rm{(1)}根据图象可知，rm{10min}时氨气的物质的量为rm{0.1mol}则rm{10min}内用rm{NH_{3}}表示该反应的平均速率为：rm{v(N{H}_{3})=dfrac{dfrac{0.1mol}{2L}}{10min}=0.005;mol/(L?min);;;}故答案为：rm{v(N{H}_{3})=dfrac{

dfrac{0.1mol}{2L}}{10min}=0.005;mol/(L?min);;;}rm{0.005}

rm{mol/(L?min)}由图象可知各组分物质的量变化增加，且rm{(2)}时变化是连续的，rm{10min}达平衡时，rm{trianglen(N_{2})=0.025mol隆脕4=0.1mol}rm{trianglen(H_{2})=0.025mol隆脕12=0.3mol}rm{trianglen(NH_{3})=0.025mol隆脕8=0.2mol}物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明rm{20min}可能改变的条件是使用催化剂；而降低温度，应该反应速率减小，增加rm{triangle

n(N_{2})=0.025mol隆脕4=0.1mol}物质的量；逆反应速率增加的倍数大，故只有使用催化剂符合，故A正确；

故答案为：rm{triangle

n(H_{2})=0.025mol隆脕12=0.3mol}

rm{triangle

n(NH_{3})=0.025mol隆脕8=0.2mol}表示的是正反应和逆反应，但是不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，故rm{10min}错误；

rm{NH_{3}}混合气体的质量不变，气体的体积不变，故密度始终不变，若密度不再随时间变化，不能说明平衡，故rm{A}错误；

rm{(3)a.3v(H_{2})_{脮媒}=2v(NH_{3})_{脛忙}}容器内前后气体的物质的量有变化，说明压强是变量，总压强不再随时间而变化，说明平衡，故rm{a}正确；

rm{b.}单位时间生成rm{b}rm{c.}rm{c}的同时消耗rm{d.}rm{m}rm{mol}方向相反成正比例，故rm{N_{2}}正确；

故答案为：rm{3m}

rm{mol}由图象可知，rm{H_{2}}时该反应第一次达到平衡状态，此时rm{d}则rm{c({N}_{2})=dfrac{0.25mol}{2L}=0.125mol/L}rm{cd}rm{c({H}_{2})=dfrac{0.15mol}{2L}=0.075mol/L}rm{(4)}则rm{c(N{H}_{3})=dfrac{0.3mol}{2L}=0.15mol/L}所以第一次平衡时，平衡常数rm{{K}_{1}=dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}此时氨气的体积分数rm{20min}物质的量分数为rm{dfrac{0.3mol}{0.25mol+0.15mol+0.3mol}隆脕100拢楼隆脰42.86拢楼}故答案为：rm{dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}rm{n(N_{2})=0.25mol}

rm{c({N}_{2})=

dfrac{0.25mol}{2L}=0.125mol/L}根据图象可知第rm{n(H_{2})=0.15mol}分钟时rm{c({H}_{2})=

dfrac{0.15mol}{2L}=0.075mol/L}的物质的量突然减少，rm{n(NH_{3})=0.3mol}rm{c(N{H}_{3})=

dfrac{0.3mol}{2L}=0.15mol/L}的物质的量不变，说明改变条件应是移走了生成的rm{{K}_{1}=

dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}

故答案为：移走了生成的rm{=}或减小了氨气的浓度rm{

dfrac{0.3mol}{0.25mol+0.15mol+0.3mol}隆脕100拢楼隆脰42.86拢楼}

rm{

dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}已知：rm{垄脵N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangleH=-483.6kJ/mol}

根据盖斯定律rm{42.86%}得：rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=(-483.6kJ/mol)隆脕3-(-92.4kJ/mol)隆脕2=-1266kJ/mol}即氨气完全燃烧生成气态水的热化学方程式是：rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-1266kJ/mol}

故答案为：rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-1266kJ/mol}

rm{(5)}燃料电池中，负极上是燃料氨发生失电子的氧化反应，rm{25}电极通入的是氨气，为负极，负极上燃料氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：rm{NH_{3}}rm{H_{2}}电极为正极，电极反应为：rm{N_{2}}

故答案为：rm{NH_{3}}

rm{NH_{3}(}反应一段时间后，由于电池反应生成水，rm{)}所以电解质中氢氧根浓度减小，即碱性减弱，rm{(6)}减小，为维持碱溶液的浓度不变需要向装置中补充rm{垄脵N_{2}(g)+3H_{2}(g)篓T2NH_{3}(g)triangle

H=-92.4kJ/mol}

故答案为：由于发生反应rm{垄脷2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(g)triangle

H=-483.6kJ/mol}有水生成，使溶液浓度逐渐减小，所以需要向装置中补充rm{垄脷隆脕3-垄脵隆脕2}

rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangle

H=(-483.6kJ/mol)隆脕3-(-92.4kJ/mol)隆脕2=-1266kJ/mol}【解析】rm{(1)0.005mol/(L?min)}rm{(2)a}rm{(3)cd}rm{(4)dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}rm{(4)

dfrac{(0.15{)}^{2}}{(0.125)隆脕(0.075{)}^{3}}}rm{42.86%}移走了生成的rm{(5)}或减小了氨气的浓度rm{NH_{3}(}rm{(6)4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-1266kJ/mol}rm{)}由于发生反应rm{(6)4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)篓T2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangle

H=-1266kJ/mol}有水生成，使溶液浓度逐渐减小，所以需要向装置中补充rm{(7)O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}=4OH^{-;;}}rm{4NH_{3}+3O_{2}=2N_{2}+6H_{2}O}五、推断题(共1题，共8分)22、Cl2FeH2Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-因Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl使石蕊试液变红，HClO具有漂白性取少量溶液于试管中，滴加两次KSCN溶液，溶液变红1nm-100nm是否有丁达尔效应O2或H2在水下堵住试管口，取出正放，用燃着的木条放在试管口，如果气体燃烧说明是H2，如果木条燃烧更狂说明是O2【分析】【分析】A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2；与水反应生成HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色；

F的水溶液为浅绿色溶液，说明F中含有Fe2+，能继续和Cl2反应生成D，则D为FeCl3，所以B为Fe，则C为H2；E为HCl，以此解答（1）（2）（3）题；

（4）检验Fe3+；可用KSCN溶液，观察溶液是否变红；

（4）Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO不稳定，易分解生成氧气．【解析】【解答】解：（1）A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，与水反应生成HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色，F的水溶液为浅绿色溶液，说明B中含有Fe2+，能继续和Cl2反应生成D，则D为FeCl3，所以B为Fe，则C为H2，E为HCl，故答案为：Cl2；Fe；H2；

（2）反应①为Fe和盐酸的反应，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，FeCl2具有还原性，能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；

故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（3）Cl2和水反应生成HCl和HClO，涉及反应为Cl2+H2O=HCl+HClO；HCl具有酸性，HClO具有氧化性和漂白性，可使石蕊试液褪色；

故答案为：因Cl2+H2O=HCl+HClO；HCl使石蕊试液变红，HClO具有漂白性；

（4）检验Fe3+，可用KSCN溶液，观察溶液是否变红，具体做法为取少量溶液于试管中，滴加两滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色，将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中生成氢氧化铁胶体；分散质粒子直径应该在1nm～100nm之间，具有丁达尔效应；

故答案为：取少量溶液于试管中；滴加两次KSCN溶液，溶液变红；1nm-100nm；是否有丁达尔效应；

（5）①无色气体可能为氧气或氢气，但Cl2与水反应生成HCl和HClO，根据HClO的不稳定性，易分解生成氧气，故答案为：O2或H2；

②根据氢气和氧气的性质碱性检验，氢气易燃烧，氧气能使木条复燃，具体做法是在水下堵住试管口，取出正放，用燃着的木条放在试管口，如果气体燃烧说明是H2；如果木条燃烧更旺说明是O2；

故答案为：在水下堵住试管口，取出正放，用燃着的木条放在试管口，如果气体燃烧说明是H2，如果木条燃烧更狂说明是O2．六、探究题(共4题，共12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