2025年粤教沪科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年粤教沪科版高三化学上册阶段测试试卷963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8题，共16分)1、纯碱和小苏打是厨房中两种常见用品，下列区分它们的做法正确的是（）A.分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打B.用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气灯火焰上灼烧，火焰颜色发生明显变化的是小苏打C.先将两样品配成溶液，分别加入石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打D.用两只玻璃杯分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡速度快的是小苏打2、下列化学用语表示正确的是（）A.表示氢气燃烧热的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/molB.肥皂（主要成分为RCOONa）的水溶液显碱性：RCOO一+H2O⇌RCOOH+OH-C.实验室制氯气的离子方程式：MnO2+4H++4Cl-MnCl2+2H2O+Cl2↑D.乙酸与乙醇反应的化学方程式：CH3CO18OH+C2H5OHCH3CO18OC2H5+H2O3、下列描述不涉及化学变化的是rm{(}rm{)}A.铁粉作袋装食品的抗氧化剂B.二氧化硫作纸浆的漂白剂C.氢氟酸作普通玻璃的刻蚀剂D.有机溶剂作食用油的萃取剂4、在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）；已知该反应平衡常数与温度的关系如表：

。温度/℃2580230平衡常数5×10421.9×10-5下列说法不正确的是（）A.上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应B.25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10-5C.在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4（g）、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）＞v（逆）D.80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.15mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为0.125mol/L5、医学研究证明，用放射性I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（）A.I是碘的一种同素异形体B.I是一种新发现的元素C.I它的中子数是53D.I核内的中子数与核外电子数之差为296、已知2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；下列叙述不正确的是（）A.实验室中不能用盐酸来酸化高锰酸钾B.利用该反应制取氯气时，与用MnO2和浓盐酸制氯气实验装置完全相同C.结合已有知识可以判断氧化性强弱顺序为：MnO4-＞MnO2＞Cl2＞Fe3+D.该反应中1mol还原剂失去1mol电子7、关于化学反应速率的说法正确的是（）A.根据反应速率的大小可知化学反应进行的相对快慢B.化学反应速率随着压强的增加一定加快C.对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显D.化学反应速率可表示反应进行的程度8、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{mol}rm{CH_{4}}的质量和rm{O_{2}}的摩尔质量都是rm{32}rm{g}B.rm{1}rm{mol}任何气体中都含有相同的原子数C.rm{0.5}rm{mol}rm{NaCl}约含有rm{6.02隆脕10^{23}}个离子D.rm{1}rm{mol?L^{-1}}rm{KCl}溶液中含有溶质rm{1}rm{mol}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、如图①-⑪分别代表有关反应中的一种物质；请填写以下空白．

（1）已知①中阴阳离子个数比为1：1，则①的化学式是____、②的电子式为____．

（2）图中涉及的氧化还原反应共有____个．

（3）③与④反应的化学方程式为____．

（4）⑧与⑨反应的化学方程式是____．

（5）一定条件下，将2amL④和____⑦的混合____气体用排水法收集，得到amL气体，则原混合气体中④和⑦的体积比为____．10、X；Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素；常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体．X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等．试回答下列问题：

（1）X、Z、W、N四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是____（用元素符号表示）．

（2）由X、Z、W、N四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为____．

（3）由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式____；

（4）分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，其原因是____．（用方程式及必要的文字说明）．该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____．

（5）由X；Z、W、N和Fe五种元素可组成类似明矾的化合物H（相对分子质量为392）；1molH中含有6mol结晶水．对化合物H进行如下实验：

a．取H的溶液；加入过量的NaOH浓溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体．白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；

b．另取H的溶液，加入过量的BaCl2溶液产生白色沉淀；加盐酸沉淀不溶解．

①H的化学式为____．

②已知100mL1mol/L的H溶液能与20mL1mol/LKMnO4溶液（硫酸酸化）恰好反应，写出该反应的离子方程式____．11、芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g·mol一1，某课题小组以它为原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。已知A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。已知：回答下列问题：（1）对于阿司匹林，下列说法正确的是_______A.是乙酸的同系物B.能发生酯化反应C.1mol阿司匹林最多能消耗2molNaOHD.不能发生加成反应（2）H的结构简式是_________，F→G的反应类型是_______。（3）写出C→D的化学方程式_______。（4）写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式_______。（写出2种）①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1:2：2:1③分子中有2个羟基（5）以A为原料可合成请设计合成路线，要求不超过4步（无机试剂任选)。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：12、氮肥的使用在提高粮食产量的同时；也导致了土壤；水体污染等环境问题．

（1）长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，请用化学用语解释原因____．

（2）过量的NH4+将导致水体富营养化，检测水样中NH4+所需的试剂是____、____．

（3）工业上处理氨氮废水的方法如下：

步骤Ⅰ：采用生物硝化法将NH4+转化NO3-（图1）

①生物硝化法处理废水，会导致水体pH逐渐下降，用离子方程式解释原因____．

②微生物保持活性的pH范围为7～9，最适宜用来调节水体pH的物质是____．

A．NaOHB．CaCO3C．NH3•H2OD．CO2

步骤Ⅱ：采用电解法将NO3-转化为N2（图2）

③与电源正极相连的一极是____（填“A”或“B”）．

④B极的电极反应是____．

⑤除去1L废水中的62mgNO3-后，废水的pH=____．13、实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气；反应的化学方程式如下：

KMnO4+HCl（浓）═KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O

（1）配平该化学方程式：____KMnO4+____HCl（浓）═____KCl+____MnCl2+____Cl2↑+____H2O

（2）该反应中，氧化剂是____；氧化产物是____

（3）当有0.10mol电子发生转移时，生成氯气的体积为____（标准状况），被氧化的HCl的物质的量为____．14、25℃时，水的离子积为10-14；100℃时，水的离子积为10-12．若在100℃时，将pH=11的NaOH溶液aL与pH=l的H2SO4溶液bL混合；请填空：

（1）100℃比25℃时水的离子积较大的原因是：____

（2）若所得溶液为中性，则a：b=____；若所得混合溶液的pH=2，则a：b=____．15、现有下列物质；请用对应的化学用语和解释填空：

金刚石二氧化硅过氧化钠Al干冰冰氩气N2CH4

（1）通过非极性键形成的原子晶体的杂化轨道类型为____．

（2）与N2互为等电子体的常见气体在水中的溶解性比N2____（“大；小”）．

（3）不含化学键的分子晶体，其组成元素在周期表中的位置为第____周期____族．

（4）Al能导电的原因是____

（5）写出工业上利用二氧化硅制取粗硅的反应方程式，并标出双线桥表示e-转移的方向和数目．____

（6）水结冰体积变大的原因____．16、现有CH4、C2H4、C2H6三种有机物：

（1）等质量的三种气体完全燃烧时耗去O2的量最多的是____；

（2）同状况、同体积的三种气体完全燃烧时耗去O2的量最多的是____．

（3）等质量的三种气体燃烧时，生成二氧化碳最多的是____，生成水最多的是____；

（4）在120℃、1.01×105Pa下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）18、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）19、钠与硫酸铜溶液反应会置换出红色的铜____．（判断对错）20、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，最好将固体溶质直接倒入容量瓶，再加水至刻度线，这样可以减少误差．____．21、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）22、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）23、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、计算题(共1题，共4分)24、已知硫酸；氨水的密度与所加水的量的关系如图所示；现有硫酸与氨水各一份，请根据表中信息，回答下列问题：

。溶质的物质的量浓度/mol•L-1溶液的密度/g•cm-3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2（1）表中硫酸的质量分数为____（不写单位，用含c1、ρ1的代数式表示）．

（2）物质的量浓度为c1mol•L-1的硫酸与水等体积混合（混合后溶液的体积变化忽略不计），所得溶液的物质的量浓度为____mol•L-1．

（3）将物质的量浓度分别为c2mol•L-1．和c2mol•L-1的氨水等质量混合，所得溶液的密度____（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）ρ2g•cm-3所得溶液的物质的量浓度____c2mol•L-1（设混合后溶液的体积变化忽略不计）．评卷人得分五、推断题(共2题，共8分)25、无机框图下图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）．已知：A；C、D是常见的气体单质；F气体极易溶于水，且液态常做致冷剂．

（1）写出化学式F____，写出电子式G____；

（2）鉴定G中阳离子的实验方法和现象____；

（3）D单质和E溶液反应，生成一种常见的消毒剂和漂白剂的有效成分，写出D+E溶液反应的离子方程式和③的化学方程式____、____．

（4）工业上电解B溶液制得一系列化工原料，写出其电解的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目____．26、（2007秋•泉州期末）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D．

（1）若A在常温下为固体；B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体．

①D的化学式是____

②反应①②③④中属于非氧化还原反应的是____

③工业生产中B的大量排放被雨水吸收后形成了酸雨而污染环境，酸雨的pH____5.6（填“＜”；“=”或“＞”）

（2）若A在常温下为气体；C是红棕色气体．

①A、C的化学式分别是：A____、C____

②写出D→B的化学方程式：____该反应____（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应．评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)27、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________．28、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：29、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________．30、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8题，共16分)1、D【分析】【分析】A．小苏打不稳定；加热易分解；

B．纯碱和小苏打都含有Na元素；焰色反应都呈黄色；

C．纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；

D．碳酸氢钠与醋酸反应较为剧烈．【解析】【解答】解：小苏打的主要成分为NaHCO3，纯碱的主要成分为Na2CO3；

A．小苏打不稳定，加热易分解生成Na2CO3、CO2和水；质量减小，故A错误；

B．纯碱和小苏打都含有Na元素；焰色反应都呈黄色，不能鉴别，故B错误；

C．纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；故C错误；

D．与醋酸反应时；碳酸氢钠产生二氧化碳较快，可直接生成二氧化碳气体，而碳酸钠先与醋酸生成碳酸氢钠，进而继续与盐酸反应生成二氧化碳气体，产生气体较慢，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】A；依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；

B；高级脂肪酸钠水溶液中；高级脂肪酸根离子水解显酸性；

C；反应生成的氯化锰在溶液中完全电离；

D、依据酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢；【解析】【解答】解：A、燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；故A错误；

B、高级脂肪酸钠水溶液中，高级脂肪酸根离子水解显酸性，RCOO一+H2O⇌RCOOH+OH-；故B正确；

C、实验室制氯气的离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；故C错误；

D、酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢，CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H218O；故D错误；

故选B．3、D【分析】解：rm{A.}铁粉作袋装食品的抗氧化剂发生氧化还原反应；属于化学变化，故A错误；

B.二氧化硫作纸浆的漂白剂是二氧化硫与有色物质发生化合反应；属于化学变化，故B错误；

C.氢氟酸作普通玻璃的刻蚀剂为rm{HF}与二氧化硅发生反应生成四氟化硅和水；属于化学变化，故C错误；

D.有机溶剂作食用油的萃取剂；没有新物质生成，属于物理变化，故D正确．

故选D．

化学变化是指有新物质生成的变化；物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断．

本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成．【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】A．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，据此判断；

B．相同温度下；对于同一可逆反应的正；逆反应平衡常数互为倒数；

C．计算常数的浓度商Qc；与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断；

D．根据80℃平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度．【解析】【解答】解：A．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，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A错误；

B.25°C时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为=2×10-5；故B正确；

C．浓度商Qc==8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）＜v（逆）；故C错误；

D.80℃达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，c（CO）==1mol/L，故c[Ni（CO）4]=K•c4（CO）=2×14mol/L=2mol/L；故C错误；

故选B．5、D【分析】【分析】A．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；

B．质子数相同中子数不同的核素互为同位素；

C．质子数+中子数=质量数；

D．中子数=质量数-质子数，原子呈电中性，质子数=电子数．【解析】【解答】解：A．53135I是碘的一种核素；不是单质，故A错误；

B．53135I是碘的一种新核素；仍属于碘元素，故B错误；

C．53135I中子数=质量数-质子数=135-53=82；故C错误；

D．53135I中子数82；质子数=核外电子数=53，82-53=29，故D正确；

故选D．6、B【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，以此来解答．【解析】【解答】解：A．由反应可知；高锰酸钾能氧化HCl，则实验室中不能用盐酸来酸化高锰酸钾，故A正确；

B．该反应不需要加热，而用MnO2和浓盐酸制氯气需要加热；装置不同，故B错误；

C．用MnO2和浓盐酸制氯气，由B可知，MnO2和浓盐酸制氯气需要加热，则氧化性为MnO4-＞MnO2＞Cl2，氯气可氧化亚铁离子，氧化性为Cl2＞Fe3+；故C正确；

D．HCl为还原剂；则该反应中1mol还原剂失去1mol×（1-0）=1mol电子，故D正确；

故选B．7、A【分析】【分析】A；根据化学反应速率的概念进行判断；

B；有气体参加的反应；增大压强，反应速率才会加快；

C；反应速率与反应现象没有直接关系；

D、反应速率不能表示反应进行的程度，只表示反应相对快慢．【解析】【解答】解：A；根据反应速率的大小可知化学反应进行的相对快慢；故A正确；

B；必须有气体参加的反应；增大压强，反应速率加快，故B错误；

C；反应速率快的现象不一定明显；如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，故C错误；

D；反应速率只表示反应相对快慢；与反应进行的程度无关，故D错误；

故选A．8、C【分析】解：rm{A.2molCH_{4}}的质量是rm{32g}rm{O_{2}}的摩尔质量是rm{32g/mol}二者单位不相同，故A错误；

B.每个气体分子含有的原子数目不一定相等，rm{1mol}任何气体含有原子数不一定相等；故B错误；

C.rm{0.5molNaCl}含有离子为rm{1mol}约含有rm{6.02隆脕10^{23}}个离子；故C正确；

D.溶液体积未知；不能确定溶质的物质的量，故D错误；

故选C．

A.质量与摩尔质量的单位不相同；

B.每个气体分子含有的原子数目不一定相等；

C.rm{0.5molNaCl}含有离子为rm{1mol}根据rm{N=nN_{A}}计算钠离子数目；

D.溶液体积未知；不能确定溶质的物质的量．

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)9、NH4CO364NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑此空删除此空删除23：1或3：2【分析】【分析】突破口是②与Na2O2反应，所以②只能是CO2和H2O，因为②是通过浓硫酸的，②只能是CO2，且产生Na2CO3和O2，④为O2，Mg与CO2反应生成MgO和C，③应为碱性气体，应为NH3，则①为NH4HCO3，阴阳离子个数比为1：1，则⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3，⑨为C；结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：②与Na2O2反应，所以②只能是CO2和H2O，因为②是通过浓硫酸的，②只能是CO2，且产生Na2CO3和O2，④为O2，Mg与CO2反应生成MgO和C，③应为碱性气体，应为NH3，则①为NH4HCO3，阴阳离子个数比为1：1，则⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3；⑨为C；

（1）由以上分析可知①为NH4HCO3，②为CO2，其电子式为，

故答案为：NH4HCO3；

（2）题中涉及的氧化还原反应有③与④；④与⑤、②与⑩；⑥与④、⑦与水、⑧与⑨等反应，共6种；

故答案为：6；

（3）③与④的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（4）⑧与⑨反应的化学方程式是C+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑；

故答案为：C+4HNO32H2O+4NO2↑+CO2↑；

（5）④和⑦的混合气体用排水法收集，涉及反应的方程式为4NO2+O2+2H2O═4HNO3，3NO2+H2O═HNO3+2NO；

如氧气过量，设氧气为xmL，则NO2为（2a-x）mL；

根据反应方程式可得2a-（2a-x）×=a；

x=a，NO2为a；

即二者体积为3：2；

如NO2为过量，设为NO2xmL；氧气为ymL；

则（x-5y）×=a；x+y=2a；

解得x=a，y=a；

二者比值为23：1；

故答案为：23：1或3：2．10、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OHSO3-+H+=SO2↑+H2O或SO32-+2H+=SO2↑+H2O溶液中存在HC2O4-⇌C2O42-+H+、HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O4-的电离程度大于水解程度，使溶液中c（H+）＞c（OH-）c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【分析】【分析】X；Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素；在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；X与M同主族，结合原子序数可知M为Na；Y、Z、W的原子序数小于M，处于第二周期，X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，则平均最外层电子数为5.5，Z最外层电子数为5、W最外层电子数为6，可推知Y为C、Z为N、W为O，W与N分别同主族，则N为S元素；

（1）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

（2）由H；N、O、S四种元素中的三种元素可组成一种强酸；该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水；

（3）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为NH4HSO3或（NH4）2SO3；

（4）溶液中存在HC2O4-⇌C2O42-+H+、HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O4-的电离程度大于水解程度，使溶液中c（H+）＞c（OH-）；

溶液中氢离子还来源于水的电离，故c（H+）＞c（C2O42-）；酸性条件下，氢氧根浓度很小；

（5）向H的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明B中含有Fe2+和NH4+，另取少量B的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明B中含有SO42-，结合B的相对分子质量和结晶水个数可知B的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素；在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；X与M同主族，结合原子序数可知M为Na；Y、Z、W的原子序数小于M，处于第二周期，X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，考虑10电子分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等，则平均最外层电子数为5.5，Z最外层电子数为5、W最外层电子数为6，可推知Y为C、Z为N、W为O，W与N分别同主族，则N为S元素；

（1）同周期自左而右原子半径减小；电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞N＞O＞H；

故答案为：S＞N＞O＞H；

（2）由H、N、O、S四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，应是Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，该反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（3）由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物A，A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，则A为NH4HSO3或（NH4）2SO3，A与足量盐酸反应的离子方程式为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O或SO32-+2H+=SO2↑+H2O；

故答案为：HSO3-+H+=SO2↑+H2O或SO32-+2H+=SO2↑+H2O；

（4）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应得到KHC2O4溶液，溶液中存在HC2O4-⇌C2O42-+H+、HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O4-的电离程度大于水解程度，使溶液中c（H+）＞c（OH-），所以KHC2O4溶液显酸性，溶液中氢离子还来源于水的电离，故c（H+）＞c（C2O42-），反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

故答案为：溶液中存在HC2O4-⇌C2O42-+H+、HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-，HC2O4-的电离程度大于水解程度，使溶液中c（H+）＞c（OH-）；c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

（5）由H、N、O、S和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物C，1molC中含有6mol结晶水．向C的溶液中加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色有刺激性气味的气体，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，说明C中含有Fe2+和NH4+，另取少量C的溶液，向其中加入过量BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入稀盐酸沉淀不溶解，说明C中含有SO42-；

①结合C的相对分子质量和结晶水个数可知C的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；

故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O；

②（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O与KMnO4溶液（硫酸酸化）反应离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．11、略

【分析】试题分析：（1）A、阿司匹林分子中含有苯环和酯基，不是乙酸的同系物，A不正确；B、含有羧基能与醇发生酯化反应，B正确；C、酯基水解后又产生1个酚羟基，因此1mol阿司匹林最多能消耗3molNaOH，C不正确；D、苯环能发生加成反应，D不正确，答案选B。（2）反应④是羧基与氨基通过缩聚反应生成高分子化合物H，则H的结构简式为由于苯胺易被氧化，所以反应③应该是硝基的还原反应，则G的结构简式为F的结构简式为F生成G是甲基的氧化反应。芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g·mol一1，因此根据F的结构简式可知X应该是甲苯，结构简式为（3）根据B可以发生催化氧化生成C，则B中一个含有醇羟基，A生成B，且A是一氯代物，所以A的结构简式为B的结构简式为C的结构简式为C中含有醛基，可以发生银镜反应，则C→D的化学方程式（4）①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1:2：2:1；③分子中有2个羟基，所以根据邻羟基苯甲酸的结构简式可知，这2个羟基应该是酚羟基，因此符合条件的有机物结构简式为（5）要引入2个羟基，则需要通过卤代烃的水解反应，因此首先要引入1个碳碳双键，通过加成反应引入卤素原子。而要引入碳碳双键则可以通过卤代烃的消去反应实现，所以正确的合成路线可以是考点：考查有机物推断、性质、有机反应类型、同分异构体判断、有机合成以及方程式书写等【解析】【答案】（1）B（2分）（2）（2分）；氧化反应（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）（4分）12、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+浓NaOH溶液红色石蕊试纸NH4++2O2=NO3-+2H++H2OBA2NO3-+10e-+6H2O=N2+12OH-11【分析】【分析】（1）NH4Cl为强酸弱碱盐；水解呈酸性；

（2）铵盐与氢氧化钠反应生成氨气；氨气为碱性气体；

（3）①NH4+被氧化生成硝酸根离子和氢离子；

②调节水体pH可加入碱性物质；但不能引入新杂质；

③与电源正极相连的一极发生氧化反应；

④B极发生还原反应，NO3-转化为N2；

⑤结合电极方程式计算．【解析】【解答】解：（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（2）铵盐与氢氧化钠反应生成氨气；氨气为碱性气体，可加入浓NaOH溶液，然后加入红色石蕊试纸，如变蓝色，说明有氨气生成；

故答案为：浓NaOH溶液；红色石蕊试纸；

（3）①NH4+被氧化生成硝酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，故答案为：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O；

②调节水体pH可加入碱性物质；但不能引入新杂质，应加入碳酸钙，故选B；

③与电源正极相连的一极发生氧化反应，有NO3-的为阴极反应；则A为阳极，故答案为：A；

④B极发生还原反应，NO3-转化为N2，电极方程式为2NO3-+10e-+6H2O=N2+12OH-，故答案为：2NO3-+10e-+6H2O=N2+12OH-；

⑤n（NO3-）=0.001mol，总反应式为4NO3-+2H2O2N2+5O2+4OH-，可知生成0.001molOH-，c（OH-）=0.001mol/L，pH=11，故答案为：11．13、2162258KMnO4Cl21.12L0.1mol【分析】【分析】（1）在该反应中锰从+7价降为+2价；氯从-1价升为0价，根据化合价升降法可结构观察法可配平；

（2）在氧化还原反应中；有元素化合价降低的物质为氧化剂，元素化合价升高后得到的产物为氧化产物；

（3）根据化学方程式计算消耗的HCl，根据氧化还原反应的有关概念可知，被氧化的HCl即化合价升高的部分HCl，据此进行计算．【解析】【解答】解：（1）在该反应中锰从+7价降为+2价，氯从-1价升为0价，在氧化还原反应元素化合价升高的总数与降低的总数应相等，结合质量守恒可知，该反应的方程式为2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

故答案为：2；16、2、2、5、8；

（2）在反应2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中，KMnO4中锰元素化合价从+7价降为+2价，所以KMnO4是氧化剂，盐酸中的氯元素化合价升高后得到的产物Cl2，所以Cl2为氧化产物；

故答案为：KMnO4；Cl2；

（3）根据化学方程式2KMnO4+16HCl═2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知转移10mol的电子，生成5molCl2；所以有0.10mol电子发生转移时，生成氯气0.05mol，体积为：0.05mol×22.4L/mol=1.12L，其中有0.05mol×2=0.1molHCl被氧化成氯气；

故答案为：1.12L；0.1mol．14、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离平衡右移1：19：11【分析】【分析】（1）水的电离是吸热反应；升高温度促进电离；

（2）溶液呈中性，则酸的物质的量等于碱的物质的量，据此计算二者体积之比；当混合溶液的pH=2时，溶液呈酸性，即硫酸过量，据此列式计算；【解析】【解答】解：（1）水的电离H2O⇌H++OH-；水的电离是吸热过程，升高温度促进电离，导致其离子积常数增大，所以100℃比25℃时水的离子积较大；

故答案为：水的电离是吸热过程；温度升高，水的电离平衡右移；

（2）100℃时，水的离子积为10-12，pH=11的NaOH溶液中c（OH-）==0.1mol/L、pH=l的H2SO4溶液中C（H+）=0.1mol/L，二者混合时溶液呈中性，则酸的物质的量等于碱的物质的量，NaOH的体积为aL，H2SO4的体积为bL，所以0.1a=0.1b，则a：b=1：1，若所得混合溶液的pH=2，混合溶液中氢离子的物质的量浓度为：C（H+）=0.01mol/L，两溶液混合后氢离子的浓度为：C（H+）=0.01mol/L=解得：a：b=9：11；

故答案为：1：1；9：11；15、sp3大三0在外加电场下，自由电子定向移动，形成电流而能导电凝固后由于氢键作用迫使在四面体中心的每一个水分子与四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，形成四面体结构，空间利用率低，留有较大空间【分析】【分析】（1）金刚石属于原子晶体；碳原子间通过非极性键结合，根据碳形成的共价键判断杂化类型；

（2）CO与N2互为等电子体；根据相似相溶原理判断气体的溶解性；

（3）稀有气体为单原子分子；

（4）金属中存在自由电子；

（5）写出化学方程式；利用化合价的变化来分析电子转移的数目；

（6）冰中水分子之间存在氢键．【解析】【解答】解：（1）金刚石属于原子晶体，碳原子间通过非极性键结合，每个碳原子形成的4个共价键，即含有4个成键电子对，属于sp3杂化，故答案为：sp3；

（2）CO与N2互为等电子体，CO为极性分子，易溶于极性溶剂水，N2为非极性分子；在水中的溶解度小，故答案为：大；

（3）稀有气体为单原子分子；分子内没有共价键，则氩气中没有化学键，其在周期表中位置为第三周期0族，故答案为：三；0；

（4）金属中存在自由电子；在外加电场下，自由电子定向移动，形成电流而能导电，故答案为：在外加电场下，自由电子定向移动，形成电流而能导电；

（5）工业上二氧化硅制取粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+CO↑，1molSiO2转移4mol电子，则故答案为：

（6）冰中水分子之间存在氢键；水凝固后由于氢键作用迫使在四面体中心的每一个水分子与四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，形成四面体结构，空间利用率低，留有较大空间；

故答案为：凝固后由于氢键作用迫使在四面体中心的每一个水分子与四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，形成四面体结构，空间利用率低，留有较大空间．16、CH4C2H6C2H4CH4CH4、C2H4【分析】【分析】（1）等质量烃完全燃烧；H元素的质量越大，耗氧量越大；

（2）同状况、同体积的三种气体，其物质的量相等，等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，（x+）的值越大；耗氧量越大；

（3）等质量烃完全燃烧；烃中C元素质量分数越大，生成二氧化碳的质量越大，H元素的质量越大，生成水的质量越大；

（4）在120℃、1.01x105Pa时，烃燃烧生成的水是气态，令烃的平均组成CxHy，根据燃烧反应前后气体体积没有变化，则反应前后气体的化学计量数之和相等，据此根据方程式判断．【解析】【解答】解：（1）等质量的烃CxHy完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6中的y：x值依次为4、2、3，故CH4中H元素质量分数最大，故等甲烷消耗O2最多；

故答案为：CH4；

（2）同状况、同体积的三种气体，其物质的量相等，等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，（x+）的值越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6的（x+）值依次为1+=2、2+=3、2+=3.5，故C2H6耗O2最多；

故答案为：C2H6；

（3）CH4、C2H4、C2H6中的x：y依次为1：4、1：2、1：3，故C元素质量分数C2H4＞CH4＞C2H6，H元素质量分数CH4＞C2H6＞C2H4；

等质量烃完全燃烧，烃中C元素质量分数越大，生成二氧化碳的质量越大，故C2H4生成二氧化碳最多；

H元素的质量越大，生成水的质量越大，故CH4生成水的质量最多；

故答案为：C2H4；CH4；

（4）在105℃、1.01x105Pa时，烃燃烧生成的水是气态，令烃的平均组成CxHy，则：CxHy+（x+）O2=xCO2+H2O（g），燃烧反应前后气体体积没有变化，则反应前后气体的化学计量数之和相等，故1+（x+）=x+，解得y=4，即满足H原子数目为4即可，故为CH4、C2H4；

故答案为：CH4、C2H4．三、判断题(共7题，共14分)17、√【分析】【分析】石墨中每个碳原子与气体3个C形成3个共价键，利用均摊法计算出1molC含有的共价键；【解析】【解答】解：12g石墨中含有1molC，1mol碳原子与其它3mol碳原子形成了3mol共价键，1mol碳原子形成的共价键为：×3mol=1.5mol，含有的共价键数为1.5NA，故答案为：√．18、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），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．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】钠性质活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出铜．【解析】【解答】解：向硫酸铜溶液中投入一小粒钠；先是金属钠和水的反应，有气泡产生；

其次是生成的氢氧化钠和硫酸铜之间的反应；生成氢氧化铜蓝色沉淀的过程；

反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4（或2Na+CuSO4+2H2O=Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑）；

所以金属钠不能置换出金属铜；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶液的稀释．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶液的稀释，故答案为：×．21、×【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：×．22、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．23、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．四、计算题(共1题，共4分)24、0.5c1大于大于【分析】【分析】（1）根据c=进行公式变形计算；

（2）根据稀释定律；稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算稀释后溶液的浓度；

（3）c2mol•L-1的氨水与c2mol•L-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2mol•L-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，据此判断混合后溶液的密度与ρ2g•cm-3关系；

物质的量浓度分别为c2mol•L-1和c2mol•L-1的氨水等质量混合，令c2mol•L-1和c2mol•L-1的氨水的体积分别为aL、bL，混合后溶液的体积为（a+b）L，表示出混合后氨水的物质的量浓度，氨水的浓度越大密度越小，根据V=可知a＞b，据此判断．【解析】【解答】解：（1）根据c=进行公式可知，硫酸的质量分数ω=，故答案为：；

（2）令硫酸与水的体积为VL，则混合后溶液的总体积为2VL，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，稀释后硫酸溶液的浓度为=0.5c1mol/L，故答案为：0.5c1；

（3）c2mol•L-1的氨水与c2mol•L-1的氨水等质量混合，混合后溶液的浓度小于c2mol•L-1的氨水，由图可知，氨水的浓度越大密度越小，故混合后溶液的密度大于ρ2g•cm-3；

物质的量浓度分别为c2mol•L-1和c2mol•L-1的氨水等质量混合，令c2mol•L-1和c2mol•L-1的氨水的体积分别为aL、bL，混合后溶液的体积为（a+b）L，混合后氨水的物质的量浓度为=c2-，氨水的浓度越大密度越小，根据V=可知a＞b，故＜c2，故c2-＞c2；

故答案为：大于；大于．五、推断题(共2题，共8分)25、NH3取少量氯化铵的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl【分析】【分析】A、C、D是常见的气体单质，F气体极易溶于水，且液态常做致冷剂，判断为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F（NH3）=A（N2）+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，G（NH4Cl）+E（NaOH）=B（NaCl）+F（NH3），符合转化关系；依据判断出的物质分析回答问题；【解析】【解答】解：F气体极易溶于水，且液态常做致冷剂，判断为NH3；B电解生成CDE，可以初步推断是电解氯化钠溶液的产物为H2、Cl2、NaOH，所以C为H2，A为N2，D+F（NH3）=A（N2）+G，能发生反应的只能是D为Cl2，推断G为NH4Cl，G（NH4Cl）+E（NaOH）=B（NaCl）+F（NH3）；

（1）推断F为：NH3、G是NH4Cl为离子化合物有铵根离子和氯离子构成，电子式为：

故答案为：NH3、

（2）鉴定G（NH4Cl）中阳离子为NH4+；取少量氯化铵的溶液加入试管中，用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色，证明含铵根离子；故答案为：用胶头滴管加入少量NaOH浓溶液，加热用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验放出的气体，试纸变蓝色；

（3）D为Cl2；E为NaOH；反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；③是氨气和氯气发生的氧化还原反应，反应的化学方程式：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl；

故答案为：2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O；8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl；

（4）电解B（NaCl）溶液得到氢氧化钠、氢气、氯气，反应电子转移用双线桥法标注电子转移方向和数目，

故答案为：26、H2SO4③＜NH3或N2NO28HNO3（稀）+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O属于【分析】【分析】（1）A在常温下为非金属固体单质，能被两次氧化生成C，D是含氧酸，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则B是SO2，A是S，C是SO3，D是H2SO4；

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体，C是NO2，B是NO，氮气和氨气都能和氧气反应生成一氧化氮，所以A为NH3或N2，D是HNO3；

再结合物质的性质及物质之间的反应来分析解答．【解析】【解答】解：（1）A在常温下为非金属固体单质，能被两次氧化生成C，D是含氧酸，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则B是SO2，A是S，C是SO3，D是H2SO4；

①通过以上分析知，D是H2SO4，故答案为：H2SO4；

②这几个反应中只有③没有元素化合价变化；则为非氧化还原反应，故选③；

③正常雨水中因为溶解了二氧化碳导致其溶液pH为5.6；酸雨中溶解了二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，被氧化生成硫酸导致其溶液酸性增强，则pH＜5.6，故答案为：＜；

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体，C是NO2，B是NO，氮气和氨气都能和氧气反应生成一氧化氮，所以A为NH3或N2，D是HNO3；

①通过以上分析知，A是NH3或N2，C是NO2，故答案为：NH3或N2；NO2；

②铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为8HNO3（稀）+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，该反应中Cu、N元素化合价都变化，所以属于氧化还原反应，故答案为：8HNO3（稀）+3Cu═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；属于．六、探究题(共4题，共36分)27、|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．28、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