2025年仁爱科普版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年仁爱科普版高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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.煤的干馏是化学变化，煤的气化、液化和石油的分馏都是物理变化B.2010年诺贝尔化学奖授予“钯催化交叉偶联反应”的研究，采用钯催化可将碳原子连接在一起制造新的有机材料，所以钯催化剂能催化所有类型的有机反应C.日常生活中，无水乙醇常用于杀菌消毒D.无论吸热反应还是放热反应，其它条件一定时，升高温度，化学反应速率一定增大2、提纯下列物质所选试剂及对应分离方法均可行的是（）

。杂质试剂方法A乙烷乙烯H2催化转化B乙酸乙酯乙醇饱和NaCO3溶液分液C溴苯溴H2O萃取D乙酸苯酚NaOH溶液蒸馏A.选项AB.选项BC.选项CD.选项D3、一定条件下进行反应：COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：。t/s02468n(Cl2)/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是A.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)＝0.22mol·L－1，则反应的ΔH＜0B.若在2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变C.保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，反应达到平衡前的速率：v(正)＜v(逆)D.保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0molCl2和0.8molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%4、下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（）A.常温常压下14克CO所含的原子数目为NA个B.标准状况下0.8molCCl4含有的原子数目为4NA个C.任何条件下0.5mol氮气分子的分子数一定是0.5NAD.49克硫酸中含有的原子数目为0.5NA5、实现下列变化，需要加入还原剂的是（）A.HCO3-→CO2B.CuO→CuSO4C.MnO4-→Mn2+D.2Cl-→Cl2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（2016春•彭州市期中）（1）将纯锌片和纯铜片按下图方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间；回答下列问题：

①下列说法中正确的是____（填序号）．

A．甲；乙均为化学能转变为电能的装置。

B．乙中铜片上没有明显变化。

C．甲中铜片质量减少；乙中锌片质量减少。

D．两烧杯中H+的浓度均减小。

②在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速率：甲____乙（填“＞”；“＜”或“=”）．

③甲中硫酸根离子向____极移动（填“铜”或“锌”）

④当甲中产生1.12L（标准状况）气体时，理论上通过导线的电子数目为____．

（2）欲将反应2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为____，电解质溶液为____，正极反应为____，10min内该电池向外提供0.1mol电子，则正极材料与负极材料的质量差为____g（假设刚开始时，两电极的质量相等）．7、CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如图1：

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）

。沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃；加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．

（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式____．

（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式____；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式____．

（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为____．

（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是____、____和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是____．

（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是____；其使用的最佳pH范围是____．

A．2.0～2.5B．3.0～3.5

C．4.0～4.5D．5.0～5.5

（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是____．（答一条即可）8、已知氧；碳、氮、磷元素的某些物质具有相似的结构与性质．请回答下列问题：

（1）氧元素的氢化物除H2O外，还有H2O2；碳元素的氢化物除CH4外，还有C2H6等；氮元素的氢化物除NH3外，还有含2个氮原子的分子的化学式为____，其沸点比氨气____（填“高”或“低”），该氢化物与足量盐酸反应的化学反应方程式为：____．

（2）类似于碳原子，氮原子间也可形成链状结构．某链状结构的氮氢化合物中，氮原子间只以N-N单键形式连接形成氢化物．该系列氮氢化合物化学通式为____（n表示氮原子个数）．

（3）生活中广泛使用烃类物质（CmHn）燃料，火箭发射时的高能燃料常用氮氢化合物，比如肼N2H4．2014年10月31日在测试飞行时坠毁的维珍银河公司“太空船2号”商业载人飞船用N2H4燃料，但助燃剂选择不当据说是事故原因之一．经分析该助燃剂分子由氮、氧原子组成，分子中原子最外层电子总数和CO2分子中原子最外层电子总数相同．该助燃剂的化学式为____．上述燃烧反应产物绿色、环保，写出该燃烧反应的化学方程式为____

（4）分子式为N4的氮元素的同素异形体，结构等同于白磷，N4中每个原子满足最外层8e-结构．则1molN4中含有____对共用电子对．已知NH3、-NH2、一定条件下都可以和H+结合．则N4和足量的H+反应生成的粒子的化学式为____．

（5）化学家发现了一种化学式为N4H4的离子化合物，一定条件下1molN4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，该物质熔融时电离方程式为____．9、在第一次世界大战期间；德国就开始制造烷基苯基磺酸盐以代替肥皂．1930年，美国NationalAniline公司正式将烷基苯磺酸钠作为廉价的合成洗涤剂销售．这种产品，在第二次世界大战后的1945～1950年间迅速普及．在日本，利用硬性型ABS（带支链的烷基苯磺酸盐）的合成洗涤剂的产量，在1963年已超过肥皂．但是随着合成洗涤剂消费量的增加，引起了河川发生泡沫等污染水质的问题．因而改用对微生物降解性良好的软性型LAS（直链烷基苯磺酸盐）．

（1）软性型LAS最常见的是直链十二烷基苯磺酸钠：其结构中与肥皂（C17H35COONa）的憎水基团-C17H35相当的基团为____；

（2）当洗涤用水硬度较大时，洗衣粉与肥皂相比，____洗涤效果较好，原因是肥皂____．

（3）1999年1月1日开始的太湖流域禁磷行动是指____，主要目的是____．

（4）现在市场上销售的加酶洗衣粉中含有碱性蛋白酶，它对洗涤____类污渍效果极好，原因是____．10、铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2等杂质．

Ⅰ．从铝土矿中提取氧化铝的流程如图所示：

（1）试剂A是____；试剂B是氨水，则溶液b与试剂B反应的离子方程式为____．

（2）向溶液a中通入过量的CO2，将得到的不溶物煅烧后也可得到Al2O3，该方案的缺点是____．

Ⅱ．电解熔融的氧化铝可制备金属铝。

（3）写出电解的化学方程式____．每生产0.324吨铝，理论上转移电子的物质的量为____mol．

Ⅲ．新型陶瓷氮化铝可用以下两种方法制备。

（4）氧化铝高温还原法（配平）：____Al2O3+____C+____N2____AlN+____CO．11、钇；钪和镧系一起称为稀土元素；稀土元素堪称“工业味精”，对工业和国防有着十分重要的作用．独居石是稀土元素的常见矿物，下图是由独居石（主要成分是钍和镧系元素的磷酸盐）提取镧系元素（以Ln表示）的生产工艺流程：

（1）独居石中镧系元素主要以LnPO4的形式存在，试写出LnPO4与浓H2SO4反应的化学方程式：____；写出Ln2（HPO4）3的溶解平衡表达式：____．

（2）可选用精密pH试纸测定pH，控制沉淀的分步沉淀，其pH试纸使用的操作过程是：____．

（3）若在实验室中洗涤所得的Ln2（HPO4）3沉淀的方法是：____；怎样证明Ln2（HPO4）3沉淀洗涤已经干净，其操作是：____．

（4）若直接加热LnCl3•6H2O，生成的是LnOCl写出相应反应的化学方程式：____；用电解法制取稀土金属Ln时，需要无水氯化物，在干燥的HCl气流中加热LnCl3•6H2O，能得到无水LnCl3，其原因是____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）13、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．14、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）15、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判断对错）16、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）17、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）18、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）评卷人得分四、实验题(共1题，共8分)19、化学兴趣小组设计以下实验方案,测定某已部分变质的小苏打样品中Na2CO3的质量分数。【方案一】称取一定质量的固体样品,通过加热至恒重后冷却,称量剩余固体质量,计算。(1)下列仪器中,在灼烧固体样品时必须用到的是(填名称)。(2)实验中需加热至恒重的目的是:。(3)实验中确定加热至恒重的方法是:。(4)若加热过程中有晶体迸溅出来,则测得的结果(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【方案二】称取一定质量样品,置于小烧杯中,加适量水溶解;向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液,过滤,洗涤,干燥沉淀,称量固体质量,计算。(已知:Ba2++OH-+HCBaCO3↓+H2O)(1)过滤操作中,除了烧杯、漏斗外,还要用到的玻璃仪器为。(2)实验中判断沉淀是否完全的方法是。(3)实验中洗涤沉淀的操作是。(4)实验中判断沉淀是否洗涤干净的方法是。【方案三】按如图所示装置进行实验:(1)B装置内所盛试剂是;D装置的作用是;分液漏斗中(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。(2)实验前称取17.9g样品,实验后测得C装置增重8.8g,则样品中Na2CO3的质量分数为。(3)根据此实验测得的数据,测定结果有误差,因为实验装置还存在一个明显缺陷是。评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)20、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________．21、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：22、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________．23、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：评卷人得分六、解答题(共1题，共5分)24、柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外，它有富足得令人惊讶的盐矿资源．液体矿床以钾矿为主，伴生着镁、溴等多种矿产．某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴（Br2）；他们设计了如下流程图1：

请根据以上流程；回答相关问题：

（1）操作①的名称：______；操作②名称是：______；

操作③的名称是：______；

操作④需要的玻璃仪器有：______．

（2）参照图2溶解度曲线；欲得到较纯的氯化钾晶体需用少量的______（选填：“热水”，“冷水”）洗涤固体______（选填“A”或“B”）．

（3）同学甲提出一些新的方案；对上述操作②后无色溶液进行除杂提纯，其方案如下：

【有关资料】

。化学式BaCO3BaSO4Ca（OH）2MgCO3Mg（OH）2Ksp8.1×10一91.08×10一101.0×10一43.5×10一51.6×10一11【设计除杂过程】

（i）若在图3的操作⑤结束后发现溶液B略有浑浊；应采取的措施是______；

（ii）混合液A的主要成分是______．（填化学式）

【检验除杂效果】

（ⅲ）为检验Mg2+、SO42-是否除尽；通常分别取悬浊液A上层清液于两试管中．进行如下实验：

步骤一：检验Mg2+是否除尽．向其中一支试管中加入______溶液（填化学式），如果没有沉淀生成，则Mg2+已除尽．

步骤二：检验SO42-是否除尽．向另一支试管中加入某溶液，如果无有沉淀生成，则SO42-已除尽；效果最好的是______（填字母）．

A．Na2CO3B．BaCl2C．CaCl2

【获取纯净氯化钾】

（ⅳ）对溶液B加热并不断滴加lmol•L一1的盐酸溶液；同时用pH试纸检测溶液，直至pH=5时停止加盐酸，得到溶液C．该操作的目的是______．

（ⅴ）将溶液C倒入______（填仪器名称）中；加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到______时（填现象），停止加热．

【问题讨论】

（ⅵ）进行操作⑤前，需先加热，其目的是______，该操作中控制溶液pH=12可确保Mg2+除尽，根据提供的数据计算，此时溶解B中Mg2+物质的量浓度为______．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．没有新物质生成的变化是物理变化；有新物质生成的变化是化学变化；

B．没有“万能催化剂”；

C．体积分数为75%的酒精溶液常用于杀菌消毒；此浓度杀菌力最强；

D．升高温度，无论反应是吸热还是放热反应，反应速率都会加快．【解析】【解答】解：A．利用原油中各组分沸点的不同进行分离的过程叫分馏；属于物理变化；通过石油的裂化；裂解可以得到小分子化合物，所以石油的裂化、裂解是化学变化，故A错误；

B．催化剂具有选择性；没有“万能催化剂”，故B错误；

C．在75%的酒精作用下；乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，低于这个浓度，其渗透脱水作用减弱，杀菌力不强；而高于此浓度，则会使细菌表面蛋白质迅速脱水，凝固成膜，妨碍乙醇透入，削弱杀菌能力，对病毒无效，故C错误；

D．温度升高；正逆反应速率都会加快，与反应吸热放热无关，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，以此来解答．【解析】【解答】解：A．乙烯与H2反应不能完全进行；且会引入新的杂质，故A错误；

B．因乙醇能溶于饱和Na2CO3溶液，乙酸乙酯不与饱和Na2CO3溶液反应，也不溶于饱和Na2CO3溶液反应；出现分层现象，可用分液的方法分离，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故B正确；

C．溴在溴苯中的溶解度比在水中的大；达不到除杂目的，故C错误；

D．氢氧化钠可与乙酸反应；将原物质出去，不符合除杂原则，故D错误．

故选B．3、C|D【分析】试题分析：A、该反应平衡时氯气的浓度为0.2mol·L－1，升高温度浓度变大，平衡正向移动，反应为吸热反应，错误；B、绝热容器中反应的热量不能交换导致温度发生变化，平衡常数随之改变，错误；C、根据浓度熵和平衡常数比较，判断逆向进行，正确；D、充入1.0molCl2和1.0molCO，Cl2的转化率为60%，CO量减少，平衡逆向移动，转化率降低，正确。考点：考查化学平衡有关问题。【解析】【答案】CD4、D【分析】【分析】A．质量转化为物质的量结合1个CO含有2个原子解答；

B．一个四氯化碳分子含有5个原子；

C.1mol任何气体都含有个NA分子；与条件无关；

D．质量转化为物质的量，结合1个硫酸分子含有7个原子．【解析】【解答】解：A．常温常压下14克CO所含的原子数目为×2×NA=NA；故A正确；

B．标准状况下0.8molCCl4含有的原子数目为0.8mol×5=4NA；故B正确；

C.1mol任何气体都含有个NA分子，与条件无关，所以0.5mol氮气分子的分子数一定是0.5NA；故C正确；

D.49克硫酸的物质的量为0.5mol，含有原子数目为0.5mol×7=3.5mol，含有的原子数目为3.5NA；故D错误；

故选：D．5、C【分析】【分析】需要加入还原剂才能实现，说明题中所给物质作氧化剂，氧化剂在氧化还原反应中得电子化合价降低，据此分析解答．【解析】【解答】解：需要加入还原剂才能实现；说明题中所给物质作氧化剂，氧化剂在氧化还原反应中得电子化合价降低；

A．该反应中；各元素化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故A错误；

B．该反应中；各元素的化合价都不变，所以不是氧化还原反应，故B错误；

C．该反应中；锰元素化合价由+7价得电子变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故C正确；

D．该反应中；氯元素的化合价由-1价变为0价，则氯离子失电子作还原剂，故D错误；

故选C．二、填空题(共6题，共12分)6、BD＞锌0.1NA或6.02×1022Cu氯化铁溶液Fe3++e-═Fe2+3.2【分析】【分析】（1）①甲装置符合原电池构成条件；所以是原电池，乙不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，两个烧杯中，锌都失电子发生氧化反应，甲中铜上氢离子得电子发生还原反应，乙中锌上氢离子得电子发生还原反应；

②作原电池负极的金属加速被腐蚀；

③原电池工作时；阴离子向负极移动；

④根据氢气和转移电子之间的关系式计算；

（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，根据转移电子与Cu的关系式计算消耗Cu的质量．【解析】【解答】解：（1）①A．甲符合原电池构成条件；所以属于原电池，乙不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故A错误；

B．乙不能构成原电池；氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，故B正确；

C．甲中铜片作正极；正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，故C错误；

D．两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小；所以溶液的pH均增大，故D正确；

故答案为：BD；

②甲能构成原电池；乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲＞乙，故答案为：＞；

③锌为负极；硫酸根离子向锌极移动过，故答案为：锌；

④甲中，铜电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据电极反应式知，通过电子的物质的量==×2=0.1mol，通过导线的电子数目为0.1NA或6.02×1022；

故答案为：0.1NA或6.02×1022；

（2）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，则作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性铁盐溶液为电解质溶液，如FeCl3溶液；

负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，负极上铜失电子生成铜离子进入溶液，所以铜质量在不断减少，根据转移电子与Cu的关系式得消耗Cu的质量=×64g/mol=3.2g；

故答案为：Cu；氯化铁溶液；Fe3++e-═Fe2+；3.2．7、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe（OH）3、Al（OH）3蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【分析】【分析】含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体；应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干；

（1）根据流程图结合信息浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等进行解答；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；

（3）根据铝离子；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成沉淀和二氧化碳进行解答；

（4）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；温度高时，CoCl2•6H2O分解；

（5）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；

（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，可能是含有杂质，也可能是失去部分水．【解析】【解答】解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体；其操作步骤为：蒸发浓缩；冷却结晶和过滤；

根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度；防止产品分解；

（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；

由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；

故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；

（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质；导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；

故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．8、N2H4高N2H4+2HCl=N2H6Cl2NnHn+2（n≥1且n为正整数）N2ON2H4+2N2O=3N2+2H2O6NAN4H44+N4H4=NH4++N3-【分析】【分析】（1）依据信息结合常识判断含2个氮原子的分子为肼；依据相对分子质量大小判断其熔沸点；然后书写化学反应方程式即可；

（2）每个N原子能形成3个共价键；可以和氮原子；氢原子都能形成共价键，利用数学归纳法确定其通式；

（3）依据该N；O化合物与二氧化碳属于等电子体；推断出该氧化物即可；绿色环保，氮的燃烧产物为氮气符合题意，据此书写即可；

（4）白磷分子为正四面体，每个边都代表一个P-P键，所以共6个P-P共价键，据此推断即可；N4中每个原子满足最外层8e-结构；还含有1对孤对电子，每个N原子还能单独结合1个H离子，据此解答即可；

（5）依据题意，结合氮元素、H元素守恒书写电离方程式即可．【解析】【解答】解：（1）含2个氮原子的分子为肼，化学式为N2H4；由于其相对分子质量较氨气大，故熔沸点比氨气高，肼与HCl反应方程式为N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

故答案为：N2H4；高；N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

（2）当氮原子个数为1时；氢原子个数为3；

当氮原子个数为2时；氢原子个数为4；

当氮原子个数为3时；氢原子个数为5；

当氮原子个数为4时；氢原子个数为6；

当氮原子个数为n时；氢原子个数为n+2；

所以其通式为NnHn+2（n≥1且n为正整数）；

故答案为：NnHn+2（n≥1且n为正整数）；

（3）该助燃剂分子由氮、氧原子组成，分子中原子最外层电子总数和CO2分子中原子最外层电子总数相同，故该助燃剂为：N2O，由于该反应产物绿色环保，故N的产物应为氮气，依据氧化还原反应原理书写，化学反应方程式为：N2H4+2N2O=3N2+2H2O；

故答案为：N2O；N2H4+2N2O=3N2+2H2O；

（4）白磷分子为正四面体，每个边都代表一个P-P键，所以共6个P-P共价键，N4的结构等同于白磷，故1molN4中含有6molN-N键，N4中每个原子满足最外层8e-结构，还含有1对孤对电子，每个N原子还能提供1个空轨道，结合1个H离子，故可以形成N4H44+；

故答案为：6NA；N4H44+；

（5）1molN4H4熔融电离生成两种离子，其中一种为NH4+，依据N元素与H元素守恒得知另外一种离子应为：N3-，电离方程式为：N4H4=NH4++N3-；

故答案为：N4H4=NH4++N3-．9、洗衣粉肥皂易与Ca2+、Mg2+生成沉淀在太湖流域禁止使用、销售含磷洗衣粉防止太湖流域水体磷含量过高而起藻类大量繁殖血渍、奶渍血渍、奶渍主要成分是蛋白质，能在蛋白酶催化下水解【分析】【分析】（1）憎水基团为相对分子质量较大的烃基；

（2）肥皂易与Ca2+、Mg2+生成沉淀；失去去污能力；

（3）太湖流域禁磷行动是指在太湖流域禁止使用；销售含磷洗衣粉；磷元素是植物生长的营养元素；水体磷含量过高会引起藻类大量繁殖，污染湖水；

（4）加酶洗衣粉中含有碱性蛋白酶，能使蛋白质发生水解．【解析】【解答】解；（1）憎水基团为相对分子质量较大的烃基，则的憎水基团为

故答案为：

（2）水硬度较大时Ca2+、Mg2+浓度较大，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，易与Ca2+、Mg2+生成沉淀；失去去污能力，所以当洗涤用水硬度较大时，洗衣粉的洗涤效果较好；

故答案为：洗衣粉；肥皂易与Ca2+、Mg2+生成沉淀；

（3）太湖流域禁磷行动是指在太湖流域禁止使用；销售含磷洗衣粉；磷元素是植物生长的营养元素；水体磷含量过高会引起藻类大量繁殖，污染湖水；所以禁磷行动的目的是防止太湖流域水体磷含量过高而起藻类大量繁殖；

故答案为：在太湖流域禁止使用；销售含磷洗衣粉；防止太湖流域水体磷含量过高而起藻类大量繁殖；

（4）加酶洗衣粉中含有碱性蛋白酶；能使蛋白质发生水解，所以加酶洗衣粉对洗涤血渍；奶渍等含有蛋白质的污渍效果极好；

故答案为：血渍、奶渍；血渍、奶渍主要成分是蛋白质，能在蛋白酶催化下水解．10、盐酸（硫酸或硝酸）Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Al2O3中含有SiO2杂质2Al2O34Al+3O2↑3.6×10413123【分析】【分析】Ⅰ．（1）SiO2和盐酸不反应，Fe2O3和氢氧化钠不反应而氧化铝能，该工艺流程原理为：铝土矿加入试剂A氢氧化钠，得到滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀a为氧化铁，a溶液加入过量为酸溶液，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液b中；加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝；

（2）滤液a中含有偏铝酸根离子；硅酸根离子；制氧化铝的过程中可能会混有二氧化硅杂质；

Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝；阳极生成氧气，阴极生成铝，产物为铝和氧气；

Ⅲ．（4）根据化合价的升降总数相等配平方程式；【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）铝土矿与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，加入盐酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根离子，试剂B是氨水，滤液b中含有铝离子，氨水与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：盐酸（硫酸或硝酸）；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）滤液a中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，向溶液a中通入过量的CO2，沉淀为Al（OH）3及少量硅酸，煅烧得到与和二氧化硅，则Al2O3中含有SiO2杂质；

故答案为：Al2O3中含有SiO2杂质；

Ⅱ．（3）电解熔融的氧化铝可制备金属铝，阳极生成氧气，阴极生成铝，总反应为2Al2O34Al+3O2↑，n（Al）==1.2×104mol，则转移电子3.6×104mol；

故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；3.6×104；

Ⅲ．（4）碳从0价→+2价，氮从0价→-3价，最小公倍数为6，由化合价的升降总数相等可知反应的方程式为Al2O3+3C+N2═2AlN+3CO；

故答案为：1；3；1；2；3；11、2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4Ln2（HPO4）3（s）⇌2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）取一小块试纸放在表面皿（玻璃片）上，用沾有待测液的玻璃棒（胶头滴管）点于试纸的中部，半分钟后与标准比色卡比较，确定溶液的pH值将沉淀置于放置在新制过滤器中，注入蒸馏水至浸没沉淀，待液体滤干，再重复两到三次取最后一次洗涤浸出液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明已洗涤干净LnCl3•6H2OLnOCl+2HCl+5H2O在干燥的HCl气流中，抑制了LnCl3的水解，且带走LnCl3•6H2O受热产生的水气，故能得到无水LnCl3【分析】【分析】独居石（主要成分是钍和镧系元素的磷酸盐）与浓硫酸反应生成Ln2（SO4）3和磷酸，过滤出不溶物后第一次用稀氨水中和，然后过滤出含有钪元素的滤渣并得到含有Ln的滤液，再次过滤得到滤渣Ln2（HPO4）3，经过第一步转化Ln2（HPO4）3转化成LnCl3•6H2O，在干燥的HCl气流中加热LnCl3•6H2O，能得到无水LnCl3，电解LnCl3得到Ln；

（1）根据强酸制取弱酸写出LnPO4与浓H2SO4反应的化学方程式；Ln2（HPO4）3为难溶物，与Ln3+、HPO42-之间存在沉淀转化平衡，据此写出Ln2（HPO4）3的溶解平衡表达式；

（2）根据实验室中pH试纸的正确使用方法解答；

（3）根据实验室中洗涤沉淀的操作方法分析；没有洗涤干净的滤液中会含有硫酸根离子；根据具有硫酸根离子的方法解答；

（4）根据信息“若直接加热LnCl3•6H2O，生成的是LnOCl”及氯化氢的挥发性形成反应的化学方程式；根据盐的水解原理分析“在干燥的HCl气流中加热LnCl3•6H2O，能得到无水LnCl3”的原因．【解析】【解答】解：独居石（主要成分是钍和镧系元素的磷酸盐）与浓硫酸反应生成Ln2（SO4）3和磷酸，过滤出不溶物后第一次用稀氨水中和，然后过滤出含有钪元素的滤渣并得到含有Ln的滤液，再次过滤得到滤渣Ln2（HPO4）3，经过第一步转化Ln2（HPO4）3转化成LnCl3•6H2O，在干燥的HCl气流中加热LnCl3•6H2O，能得到无水LnCl3，电解LnCl3得到Ln；

（1）LnPO4与浓H2SO4反应生成Ln2（SO4）3和磷酸，反应的化学方程式为：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4；

Ln2（HPO4）3与Ln3+、HPO42-之间存在沉淀转化平衡，Ln2（HPO4）3的溶解平衡表达式为：Ln2（HPO4）3（s）⇌2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）；

故答案为：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4（或3LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+Ln（H2PO4）3）；Ln2（HPO4）3（s）⇌2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）；

（2）pH试纸使用的操作方法为：取一小块试纸放在表面皿（玻璃片）上；用沾有待测液的玻璃棒（胶头滴管）点于试纸的中部，半分钟后与标准比色卡比较，确定溶液的pH值；

故答案为：取一小块试纸放在表面皿（玻璃片）上；用沾有待测液的玻璃棒（胶头滴管）点于试纸的中部，半分钟后与标准比色卡比较，确定溶液的pH值；

（3）在实验室中洗涤所得的Ln2（HPO4）3沉淀的方法为：将沉淀置于放置在新制过滤器中；注入蒸馏水至浸没沉淀，待液体滤干，再重复两到三次；

若最后一次的洗涤液中不含硫酸根离子，则已经洗涤干净，操作方法为：取最后一次洗涤浸出液，加入BaCl2溶液；若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明已洗涤干净；

故答案为：将沉淀置于放置在新制过滤器中，注入蒸馏水至浸没沉淀，待液体滤干，再重复两到三次；取最后一次洗涤浸出液，加入BaCl2溶液；若有白色沉淀生成，则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明已洗涤干净；

（4）由于氯化氢具有挥发性，若直接加热LnCl3•6H2O，生成的是LnOCl，反应的化学方程式为：LnCl3•6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；

由于在干燥的HCl气流中，抑制了LnCl3的水解，且带走LnCl3•6H2O受热产生的水气，故能得到无水LnCl3；

故答案为：LnCl3•6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；在干燥的HCl气流中，抑制了LnCl3的水解，且带走LnCl3•6H2O受热产生的水气，故能得到无水LnCl3．三、判断题(共7题，共14分)12、×【分析】【分析】NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，则NH4+的数目小于0.3NA；

故答案为：×．13、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．14、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】NaHCO3为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH为可溶性的强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，NaHCO3与NaOH溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成可溶性的碳酸钠和水，反应的实质为HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O，该反应的离子方程式为：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案为：√．16、√【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：√．17、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．四、实验题(共1题，共8分)19、略

【分析】【方案一】小苏打受热分解,根据反应前后固体质量的变化,可以测定小苏打样品中Na2CO3的质量分数。(1)给固体灼烧需用到的仪器有:酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、坩埚钳。(2)加热至恒重的目的是保证NaHCO3分解完全。(3)当两次称量剩余固体的质量差不超过0.1g时,说明已经加热至恒重。(4)加热过程中迸溅出晶体时,最后剩余的固体质量减小,求出的小苏打的质量增大,进而求出的苏打的质量减小。【方案二】(1)过滤操作中用到的仪器有:铁架台(附铁圈)、烧杯、漏斗、玻璃棒、滤纸。(2)判断沉淀是否完全的方法是:静置,向上层清液中继续滴加沉淀剂,若有沉淀生成,则说明沉淀不完全;若无沉淀生成,则说明沉淀已完全。(3)洗涤沉淀的操作是向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2～3次。(4)要判断沉淀是否洗干净就要分析如果没有洗净,洗涤液中含有何种易于鉴别的离子,然后取最后一次的洗涤液,选择适当的试剂进行实验,该题若没有洗干净,会含有OH-、Ba2+、HCC离子,现象明显的是用S鉴别Ba2+。【方案三】(1)A装置是将样品中的Na2CO3、NaHCO3完全转化为CO2,产生的CO2被C装置吸收,通过称量C装置吸收前后的质量差(即产生的CO2的质量),可以求出Na2CO3和NaHCO3的质量,进而求出小苏打样品中Na2CO3的质量分数。由于碱石灰既能吸收CO2又能吸收水蒸气,所以从A装置中出来的气体在进入C装置前,必须除去CO2气体中的水蒸气,C装置后面必须连接一防止空气中的水蒸气、CO2进入的装置。用盐酸代替稀硫酸进行实验时,挥发出来的HCl气体会被C装置吸收而导致测定结果不准确。(2)设样品中Na2CO3的物质的量为x,NaHCO3的物质的量为y。则有:44g·mol-1(x+y)=8.8g,106g·mol-1x+84g·mol-1y=17.9g,解得:x=0.05mol,y=0.15mol。可求出样品中Na2CO3的质量分数为29.6%。(3)由于A、B装置内的CO2气体无法完全进入C装置里,导致实验测得的结果有误差,应增加一套将A、B内的CO2气体驱赶到C里的装置(合理即可)。【解析】【答案】【方案一】(1)坩埚、泥三角(2)保证NaHCO3分解完全(3)两次称量固体的质量差不超过0.1g(4)偏小【方案二】(1)玻璃棒(2)静置,向上层清液滴加一滴Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成(3)向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2～3次(4)取少量最后一次洗涤沉淀的滤液于试管中,滴加一滴Na2SO4溶液,观察是否有白色沉淀生成【方案三】(1)浓H2SO4防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置不能(2)29.6%(3)缺少一套将A、B内的CO2气体驱赶到C里的装置(或其他合理答案)五、探究题(共4题，共16分)20、|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．21、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，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．22、|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．23、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