2025年粤教新版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年粤教新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7题，共14分)1、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料．下列说法正确的是（）A.元素B只能形成一种化合物B.一定条件下，元素D的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C.工业上常用电解法制备元素D的单质D.化合物AE与CE含有相同类型的化学键2、在一定条件下，纤维素与浓H2SO4和浓HNO3的混合酸反应生成硝酸纤维，这个反应的类型属于（）A.硝化B.磺化C.酯化D.氧化3、下列叙述中，正确的是（）A.含金属元素的离子不一定都是阳离子B.在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C.化合物变为单质时，化合价变化的元素一定被还原D.金属离子被还原一定得到金属单质4、同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是（）A.原子半径A＞B＞CB.气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3C.非金属性A＞B＞CD.阴离子还原性C3-＞B2-＞A-5、“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是rm{(}rm{)}A.过滤B.蒸馏C.蒸发D.分液6、下列有关叙述不正确的是（）A.二氧化硅可用于制造光导纤维B.石英玻璃可用于制造光学仪器C.玻璃在加热融化时有固定的熔点D.制普通玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英7、下列叙述中，正确的是（）A.由同种元素组成的物质一定属于纯净物B.NaHCO3在水中电离：NaHCO3═Na++H++CO32-C.含金属元素的离子不一定都是阳离子D.具有相同质子数的微粒都属于同种元素评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol•L-1，则此时溶液的c（OH-）为____mol•L-1；若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5.0×10-4mol•L-1，则由水电离产生的c（H+）=____mol•L-1，此时温度____（填“高于”、“低于”或“等于”）25℃．9、将1mol/LFeCl3饱和溶液滴入沸水中，液体变为____色，得到的是____，反应的化学方程式是____．10、（2012春•仓山区校级期末）原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子；B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体型分子，D原子外围电子排布为3d104s1．请回答下列问题：

（1）这四种元素中电负性最大的是____（填元素符号）、第一电离能最小的是____（填元素符号）

（2）C所在的主族元素气态氢化物中，沸点最低的是____（填化学式）

（3）B元素可形成多种单质，其中“只有一层原子厚”的物质，被公认为目前世界上已知的最薄、最坚硬、传导电子速度最快的新型材料，该材料晶体结构如图1所示，其原子的杂化类型为____；

（4）D的水合醋酸盐晶体局部结构如图2，该晶体中含有的化学键是____（填选项序号）；

①极性键②非极性键③配位键④金属键．11、2007年；我国成功研制出具有自主知识产权的治疗急性缺血性脑卒中的一类化学新药-丁苯酞，标志着我国在脑血管疾病治疗药物研究领域达到了国际先进水平．合成丁苯酞（J）的一种路线如下。

已知：①

②E的核磁共振氢谱只有一组峰；

③C能发生银镜反应；

④J是一种酯；分子中除苯环外还含有一个五元环．

回答下列问题：

（1）B的化学名称是____，由A生成B反应类型为____．

（2）D的结构简式为____，D分子中最多有____个原子共平面．

（3）由H生成J的化学方程式为____（写明反应条件）．

（4）HOC6H4CH2MgBr与CO2反应生成X，X的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应．满足上述条件X的同分异构体共有____种（不考虑超出中学范围的顺反异构和手性异构），写出核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式____．

（5）参考题中信息和所学知识，写出由甲醛和化合物A合成2一苯基乙醇（CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH）的路线流程图（其它试剂任选）．

（合成路线流程图表达方法例如下：）12、依成键电子是否为成键微粒（用A、B表示）所共用可将化学键分为____，其中具有饱和性的化学键是____．依共用电子对是否发生偏离将共价键分成____．依电子云的重叠方式将共价键分为____，若A、B两原子间只形成了一个共价键，则其电子云重叠方式为____；若A、B两原子间能形成n个共价键时，其中含有____个π键．13、某兴趣小组用废铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）制备磁性Fe3O4纳米材料的流程示意图如下：。Fe。Fe已知：R＝步骤⑤中，相同条件下测得Fe3O4的产率与R的关系如图所示。（1）步骤②中，主要反应的离子方程式是______。（2）已知：Fe3+在pH＝2.8时沉淀完全；Fe2+在pH＝6.3时开始沉淀，在pH＝8.3时沉淀完全。步骤③中，用NaOH溶液调pH至9，原因是______。（3）浊液D中铁元素以FeOOH形式存在。步骤④中，反应的化学方程式是______。（4）下列说法正确的是______（选填字母）。a．步骤④中，当反应完成后需再加热一段时间b．步骤⑤中，反应过程中需要不断补充碱液c．步骤⑤恰好反应时，n(FeOOH)/n(Fe2+)=2:1d．当n(浊液D中FeOOH)/n(滤液B中的铁元素)=4/7时，Fe3O4的产率最高Fe评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）15、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）16、含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C-C单键____．17、312g石墨中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）18、常温下体积和浓度都相同的盐酸和醋酸中和氢氧化钠能力盐酸强____（判断正误）19、在化学反应中，参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比____．（判断对错）20、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、简答题(共4题，共8分)21、以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：

（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整。

4______+11O22Fe2O3+8SO2

（2）接触室中发生反应的化学方程式是______．

（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母）______．

a．为使黄铁矿充分燃烧；需将其粉碎。

b．过量空气能提高SO2的转化率。

c．使用催化剂能提高SO2的反应速率和转化率。

d．沸腾炉排出的矿渣可供炼铁。

（4）每160gSO3气体与H2O化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是______．

（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐．

①SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2．SO2吸收Br2的离子方程式是______．

②为测定该铵盐中氮元素的质量分数；将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出（此温度下铵盐不分解），该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量．

部分测定结果：

铵盐质量为10.00g和20.00g时；浓硫酸增加的质量相同；

铵盐质量为30.00g时；浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变．

计算：该铵盐中氮元素的质量分数是______%；若铵盐质量为l5.00g，浓硫酸增加的质量为______．（计算结果保留两位小数）22、硝酸与金属反应时，浓度不同生成的还原产物也可能不同rm{.}某兴趣小组进行了如下实验探究．

rm{[}查阅资料rm{]}

rm{a.}镁与硝酸反应生成各气体产物成分及含量随rm{HNO_{3}}浓度变化曲线如图甲所示；

rm{b.NO_{2}}沸点：rm{21隆忙}rm{NO}沸点：rm{-151隆忙}

rm{c.2NO_{2}+2OH^{-}=NO_{3}^{-}+NO_{2}^{-}+H_{2}O}rm{NO+NO_{2}+2OH^{-}=2NO_{2}+H_{2}O.}

rm{(1)}请写出rm{Mg}放入rm{10mol/L}硝酸中反应的化学方程式：______．

rm{[}实验探究rm{]}该小组拟选用如图rm{ABCD}所示装置探究镁与rm{4mol/L}硝酸反应的产物．

连接装置rm{A-B-C-D-C}检查气密性，按图示加入试剂，rm{D}中通入的rm{O_{2}}微过量．

rm{(2)a}仪器的名称是______．

rm{(3)}前一个rm{C}装置的装置是______，证明气体产物中有rm{NO}生成的实验现象是______．

rm{(4)}从后一个rm{C}装置中溢出的______，溶液中还可能有一种还原产物，这种还原产物可能是______，请设计实验验证你的猜想______．23、分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{3}}的芳香族化合物有多种不同的结构；这些物质在食品；化妆品等行业有广泛用途．

rm{(1)C_{8}H_{8}O_{3}}的某一同分异构体尼泊金酯的结构简式如图．

rm{垄脵}下列对尼泊金酯的判断不正确的是______．

rm{a.}能发生水解反应rm{b.}能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应。

rm{c.}分子中所有原子都在同一平面上rm{d.}与浓溴水反应时，rm{1mol}尼泊金酯消耗rm{1mol}rm{Br_{2}}

rm{垄脷}尼泊金酯与rm{NaOH}溶液在一定条件下反应的化学方程式是______；其中包含的反应类型有______；______．

rm{(2)C_{8}H_{8}O_{3}}的另一种同分异构体甲满足以下条件：

rm{垄脵}与足量的rm{NaOH}溶液完全反应时，rm{1mol}甲消耗rm{3molNaOH}

rm{垄脷}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色。

rm{垄脹}苯环上的一氯取代物只有一种。

甲可能的结构简式是______；______．

rm{(3)}已知：rm{CH_{3}CH_{2}COOCH_{3}xrightarrow[垄脵{脪脪脙脩}垄脷H_{2}O]{CH_{3}CH_{2}MgBr}}

rm{CH_{3}CH_{2}COOCH_{3}

xrightarrow[垄脵{脪脪脙脩}垄脷H_{2}O]{CH_{3}CH_{2}MgBr}}也是rm{X}的同分异构体rm{C_{8}H_{8}O_{3}}在常温下呈气态；其产量是衡量一个国家石油化工水平的标志．

rm{.A}由rm{垄脵}制rm{A}的反应类型是______．

rm{CH_{3}CH_{2}Br}反应的化学方程式是______．rm{垄脷X隆煤Y}24、碳酸二甲酯（简称DMC）作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为：2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H1=-15kJ•mol-1（平衡常数为K1）

。物质CH3OH（g）CO2（g）CH3O（CO）OCH3（g）H2O（g）生成焓kJ•mol-1-201-393-569Q已知：生成焓是某温度下；用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。

（1）H2O（g）生成焓Q为______；从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是______（填序号）。

A．高温B．高压C．低温D．低压。

（2）在体积为1L的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4×10-2mol、2×10-2mol．不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100℃以内平衡转化率变化显著，原因之一有______。100℃时平衡常数为______L•mol-1（结果保留一位有效数字）

（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：

2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H2（平衡常数为K2）

①CO和O2生成CO2的反应是______（填“放热反应”或“吸热反应”），则△H2______△H1（填“大于”；“小于”或“等于”）。

②在100-200℃的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______（填编号）

A．K2远大于K1B．K2略大于K1C．K2等于K1D．K2远小于K1评卷人得分五、其他(共3题，共27分)25、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．26、已知有机物A分子中含有苯环且只有一个侧链。有机物A的相对分子质量M不超过200，其中氧元素的质量分数为26.7%，完全燃烧只生成水和二氧化碳。与之有关的有机物转化关系如下：（注意：部分反应产物省略）（1）有机物A中含有官能团的名称分别为________________，A的分子式为____________。（2）有机物Ｃ的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿（3）有机物A～F中互为同分异构体的有____________和______________（填写序号）（4）有机物A～F中不能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_________________（填写序号）（5）16.2g有机物BCD组成的混合物完全燃烧，得到的CO2通入3mol/LNaOH溶液中得到的产物为________________。（6）写出A+D生成E的化学方程式_____________________________。27、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．评卷人得分六、探究题(共4题，共32分)28、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________．29、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：30、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________．31、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7题，共14分)1、C【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，结合原子序数可知，C只能处于第三周期，故C为Na；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Na，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的原子序数小于碳，且单质为气体，故A为H元素；结合原子序数可知D、E处于第三周期，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；E的单质为气体，故E为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素；元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，处于IA族，结合原子序数可知，C只能处于第三周期，故C为Na；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于Na，只能处于第二周期，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的原子序数小于碳，且单质为气体，故A为H元素；结合原子序数可知D、E处于第三周期，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al；E的单质为气体，故E为Cl．

A．元素H；C形成烃类化合物；种类繁多，故A错误；

B．元素C；D的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝；二者反应生成偏铝酸钠与水，故B错误；

C．工业常用电解熔融氯化钠制备钠与氯气；电解饱和氯化钠溶液制备氯气，故C正确；

D．化合物HCl含有共价键；化合物NaCl含有离子键，二者含有化学键不同，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】纤维素的结构单元中有3个羟基，能够与硝酸发生反应生成酯-硝酸纤维和水，发生的是酯化反应，据此完成本题．【解析】【解答】解：在一定条件下，纤维素与浓H2SO4和浓HNO3的混合酸反应生成硝酸纤维和水；生成的硝酸纤维中含有酯基，该反应为酯化反应；

故选C．3、A【分析】【分析】A．含金属元素的离子也可能为阴离子，如AlO2-等；

B．非金属性单质可作还原剂，如C、H2等；

C．化合物变为单质时；化合价变化的元素可被氧化，也可被还原；

D．金属离子被还原不一定得到单质．【解析】【解答】解：A．含金属元素的离子可为简单阳离子或酸根离子，如为酸根离子，则为阴离子，如AlO2-等；故A正确；

B．当非金属单质的元素的化合价为最低价态时；可为还原剂，故B错误；

C．化合物变为单质时，化合价变化的元素可被氧化，也可被还原，如Cu2+→Cu，S2-→S；故C错误；

D．金属离子被还原不一定得到单质，如Fe3+→Fe2+；故D错误．

故选A．4、A【分析】【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．【解析】【解答】解：同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4；则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，则

A．同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小；原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；

B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则有气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3；故B正确；

C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，已知酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO4；则有非金属性A＞B＞C，故C正确；

D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3-＞B2-＞A-；故D正确．

故选A．5、A【分析】解：“靑蒿一握；以水二升渍，绞取汁”，没有用到加热的方法，则不属于蒸馏；蒸发，为固体和液体分离，属于过滤的方法。

故选A。

“以水二升渍；绞取汁“，可知为将固体和液体分离的方法，以此解答该题。

本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握提给信息，为解答该题的关键，难度不大。【解析】rm{A}6、C【分析】【分析】A．二氧化硅具有良好的光学特性；

B．石英主要成分为二氧化硅；二氧化硅具有良好的光学特性；

C．只有纯净物才有固定熔点；

D．依据生产玻璃的原料解答．【解析】【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性是制造光导纤维主要原料；故A正确；

B．石英主要成分为二氧化硅；二氧化硅具有良好的光学特性，所以石英玻璃可用于制造光学仪器，故B正确；

C．玻璃是混合物；不具有固定熔点，故C错误；

D．生产玻璃的原料是纯碱；石灰石和石英；故D正确；

故选：C．7、C【分析】【分析】A．氧气与臭氧的混合物；

B．碳酸氢根离子为多元弱酸根离子；不能拆；

C．高锰酸根离子含有金属锰元素；

D．氢氧根离子含有9个质子，氟离子含有9个质子．【解析】【解答】解：A．氧气与臭氧组成的物质只含有1种元素；但是属于混合物，故A错误；

B．NaHCO3在水中电离，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3-；故B错误；

C．高锰酸根离子含有金属锰元素；但是高锰酸根离子是阴离子，故C正确；

D．具有相同质子数的微粒不一定都属于同种元素；如氢氧根离子与氟离子，具有相同质子数的原子为同种元素，故D错误；

故选：C．二、填空题(共6题，共12分)8、2.0×10-7mol•L-18.0×10-11高于【分析】【分析】纯水存在电离平衡，电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，水的电离时吸热过程，常温下水电离出氢离子浓度为10-7mol/L；依据计算得到离子积常数为4.0×10-14，结合离子积常数计算得到溶液中氢氧根离子浓度，水电离出的氢氧根离子和氢离子浓度相同，水的电离吸热，温度高，水的离子积常数大．【解析】【解答】解：某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol•L-1，H2O⇌OH-+H+，常温下水电离出的离子浓度c（OH-）=c（H+），则c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol•L-1；

若温度不变，滴入稀盐酸使c（H+）=5.0×10-4mol•L-1，Kw=c（OH-）×c（H+）=4.0×10-14（mol•L-1）2，c（OH-）==8.0×10-11mol/L；

常温下水电离出的离子浓度c（OH-）=c（H+）=1.0×10-7mol•L-1，此时：纯水中，c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol•L-1；所以此时温度高于25℃；

故答案为：2.0×10-7；8×10-11；高于．9、红褐Fe（OH）3胶体FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl【分析】【分析】向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可得氢氧化铁胶体，据此解题．【解析】【解答】解：向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可得氢氧化铁胶体，反应的化学方程式：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl；

故答案为：红褐；Fe（OH）3胶体；FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3HCl．10、ClCuHClsp2①②③【分析】【分析】原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素；D原子外围电子排布为3d104s1；则D为铜元素．

（1）非金属性越强；电负性越大；金属性越强，第一电离能越小．

（2）HF中存在氢键；沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高．

（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；3个杂化轨道用来形成σ键结合其他碳原子，所有碳原子剩余2p轨道一同形成离域大π键．

（4）由结构图可知，该晶体中含有C-H键、C-C键、配位键．【解析】【解答】解：原子序数依次增大的四种主族元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，其中A原子核是一个质子，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；B与C可形成正四面体型分子，则C为氯元素；D原子外围电子排布为3d104s1；则D为铜元素．

（1）氯元素非金属性最强；电负性越大；铜为金属，其它为非金属，所以铜第一电离能最小．

故答案为：Cl；Cu．

（2）HF中存在氢键；沸点比HCl高，其它氢化物相对分子质量越大，沸点越高，所以HCl的沸点最低．

故答案为：HCl．

（3）在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；3个杂化轨道用来形成σ键结合其他碳原子，所有碳原子剩余2p轨道一同形成离域大π键．

故答案为：sp2．

（4）由结构图可知；该晶体中含有C-H键为极性键；C-C键为非极性键、配位键．

故选：①②③．11、2-溴甲苯取代反应813【分析】【分析】E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E为（CH3）3CBr，可知D为根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为则A为B为．根据题中已知①，由G可推知H为J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为．

（5）甲醛和合成2一苯基乙醇，可以用甲苯与氯气光照条件下发生取代生成一氯甲苯，再与镁、乙醚作用生成再与甲醛反应可得2一苯基乙醇，据此答题．【解析】【解答】解：E的核磁共振氢谱只有一组峰，则E为（CH3）3CBr，可知D为CH2=C（CH3）2，根据信息①可知F为（CH3）3CMgBr，C能发生银镜反应，由G的结构逆推可知C为则A为B为．根据题中已知①，由G可推知H为J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为．

（1）B为化学名称是2-溴甲苯，由A生成B反应类型为取代反应；

故答案为：2-溴甲苯；取代反应；

（2）D为碳碳双键上所有原子共面，单键可以转动，可以使甲基中1个H原子处于平面内，所以D分子中最多有8个原子共平面；

故答案为：8；

（3）由H生成J的化学方程式为

故答案为：

（4）根据题中信息可知，HOC6H4CH2MgBr与CO2反应生成X应为HOC6H4CH2COOH，根据条件：①能发生水解反应，说明有酯基；②能发生银镜反应，说明有醛基；③能与氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，则符合条件的HOC6H4CH2COOH的同分异构体为苯环上连有HCOOCH2-、-OH，有邻间对三种，也可以是苯环上连有HCOO-、CH3-、-OH三个基团，根定二动一的原则可知，有10种，所以共有13种，其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为

故答案为：13；

（5）由甲醛和合成2一苯基乙醇，可以用甲苯与氯气光照条件下发生取代生成一氯甲苯，再与镁、乙醚作用生成再与甲醛反应可得2一苯基乙醇，合成路线为

故答案为：．12、离子键与共价键共价键极性键与非极性键σ键与π键头碰头（n-1）【分析】【分析】根据成键电子是否得失或共用，化学键分为离子键、共价键，其中共价键具有饱和性、方向性，根据共用电子对是否发生偏移，将共价键分为极性键与极性键；根据电子云的重叠方式将共价键分为σ键与π键；若A、B两原子间只形成了一个共价键，则其电子云重叠方式头碰头，若A、B两原子间能形成n个共价键时，只有1个σ键，其余的为π键．【解析】【解答】解：根据成键电子是否得失或共用；化学键分为离子键；共价键，其中共价键具有饱和性、方向性；

根据共用电子对是否发生偏移；将共价键分为极性键与非极性键，共用电子对偏移为极性键，共用电子对不偏移的为非极性键；

根据电子云的重叠方式将共价键分为σ键与π键；电子云以“头碰头”方式重叠的为σ键，以“肩并肩”方式重叠的为π键；

若A；B两原子间只形成了一个共价键；属于σ键，则其电子云重叠方式为“头碰头”，若A、B两原子间能形成n个共价键时，只有1个σ键，其余的为π键，即含有（n-1）个π键；

故答案为：离子键与共价键；共价键；极性键与非极性键；σ键与π键；头碰头；（n-1）．13、略

【分析】试题分析：（1）滤液A中含有Fe3+，加入Fe后发生反应：2Fe3+＋Fe＝3Fe2+（2）Fe2+在pH＝8.3时沉淀完全，所以步骤③中，用NaOH溶液调pH至9，亚铁离子沉淀完全。（3）浊液C含有Fe(OH)2，加入H2O2，发生氧化还原反应，生成FeOOH，化学方程式为：2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O。（4）a、步骤④中，当反应完成后需再加热一段时间，可除去剩余的H2O2，正确；b、步骤⑤发生的反应为：2FeOOH+Fe2++2OH‾=Fe3O4+2H2O，消耗OH‾，所以需要不断补充碱液，正确；c、步骤⑤恰好反应时，生成Fe3O4，+3价的Fe与+2价的Fe物质的量之比为2:1，所以n(FeOOH)/n(Fe2+)=2:1，正确；d、根据图像可知，Fe3O4的产率最高时，+3价Fe与+2价Fe物质的量之比为1.75，所以当n(浊液D中FeOOH)/n(滤液B中的铁元素)=4/7时，Fe3O4的产率不是最高，错误。考点：本题考查化学流程的分析、方程式的书写。【解析】【答案】（1）2Fe3+＋Fe＝3Fe2+（2）使亚铁离子沉淀完全（3）2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O（4）abc三、判断题(共7题，共14分)14、×【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：×．15、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．16、×【分析】【分析】根据碳原子可以形成碳链，也可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链来解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳链；无论带支链，还是不带支链，都含有4个C-C单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链，都含有5个C-C单键；

故答案为：×；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】等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠中和需要氢氧化钠物质的量相同．【解析】【解答】解：等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等体积；等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液；所需氢氧化钠相同．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，据此分析解答．【解析】【解答】解：在化学反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据m=nM知，参加反应的各物质的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比，所以参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比的说法错误，故答案为：×．20、×【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、简答题(共4题，共8分)21、略

【分析】解：（1）依据题意，黄铁矿是制硫酸的第一步所需的原料，由成分可知化学式为FeS2，故答案为：FeS2；

（2）沸腾炉中生成的二氧化硫气体和空气中的氧气在接触室内发生的催化氧化反应生成三氧化硫；2SO2+O22SO3故答案为：2SO2+O22SO3；

（3）粉碎矿石增大接触面积提高反应速率；增加空气的量会使平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率；催化剂只改变速率不改变平衡，不改变转化率；生产过程中的矿渣中含有三氧化二铁；所以正确的是abd；故答案为：abd；

（4）每160gSO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，1mol三氧化硫和水反应放热130.3KJ；热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=-130.3kJ/mol

故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=-130.3kJ/mol；

（5）①SO2吸收Br2的反应中二氧化硫被氧化为硫酸，溴单质被还原为溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；

②从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO4和NH4HSO4的混合物；本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大；放出的氨气的量会为0；

由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3．该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，NH4++OH-=NH3↑+H2O．据此判断铵盐质量为10.00g时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等．设10.00g铵盐中NH4HSO4与（NH4）2SO4的物质的量分别为X、Y，n（NH3）=n（OH-）-n（H+），则有：。铵盐质量/g10.0020.0030.0040.00含NH4HSO4、（NH4）2SO4/molX、Y2X、2Y3X、3Y4X、4Y产生NH3/molX+2YX+2Y0.040消耗NaOH/mol2X+2Y3X+2Y3X+0.043X+0.04因此3X+2Y=3X+0.04，解得Y=0.02mol，又115X+132Y=10.00，得X=0.064mol．则该铵盐中氮元素的质量分数=×100%=14.56%．计算15.00g铵盐与NaOH溶液反应产生的NH3；由上面讨论可知此NaOH溶液中共有0.232molNaOH，当铵盐质量为15.00g时含0.096molNH4HSO4和0.03mol（NH4）2SO4，共有NH4+和H+0.252mol，故NaOH不足，此时产生n（NH3）=（0.232-0.096）mol=0.136mol，NH3的质量=0.136mol×17g/mol=2.31g．

故答案为：14.56；2.31g．

（1）利用工业制硫酸的原理分析；需要的原料是黄铁矿；

（2）接触室内的反应是二氧化硫的催化氧化；

（3）依据影响反应速率的因素和平衡移动的影响因素分析解答；

（4）每160gSO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量；依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应量的反应热；

（5）二氧化硫吸收溴单质利用的是二氧化硫的还原性和溴单质的氧化性；根据氧化还原反应书写离子方程式；

（6）本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH-不足）．

本题考查了工业制硫酸的基本原理，考查化学平衡的影响因素和化学反应速率的影响因素，以硫酸工业尾气的吸收为载体考查化学计算，涉及混合物计算，过量问题的计算、范围讨论型计算、信息迁移型计算、NH4+、H+与NaOH溶液反应的先后顺序等知识，定性与定量相结合，综合性强，难度较大．【解析】FeS2；2SO2+O22SO3；abd；SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130.3KJ/mol；SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；14.56；2.31g22、略

【分析】解：rm{(1)}根据图象可知，rm{Mg}放入rm{10mol/L}硝酸中产生二氧化氮，反应的化学方程式为rm{Mg+4HNO_{3}=Mg(NO_{3})_{2}+2H_{2}O+2NO_{2}隆眉}

故答案为：rm{Mg+4HNO_{3}=Mg(NO_{3})_{2}+2H_{2}O+2NO_{2}隆眉}

rm{(2)}根据装置图可知仪器rm{a}的名称为分液漏斗；

故答案为：分液漏斗；

rm{(3)}前一个rm{C}装置是吸收未被冷却的二氧化氮，防止其对后面一氧化氮的检验产生影响，一氧化氮为无色气体，遇到空气中的氧气能被氧化成红棕色的二氧化氮，所以看到rm{C}中酚酞溶液不褪色，rm{D}装置中有红棕色气体出现，则证明体产物中有rm{NO}生成；

故答案为：吸收未被冷却的二氧化氮；rm{C}中酚酞溶液不褪色，rm{D}装置中有红棕色气体出现；

rm{(4)}在rm{D}装置中一氧化氮被氧化成二氧化氮，二氧化氮被氢氧化钠吸收，氢气和氮气不能被吸收，所以从后一个rm{C}装置中逸出的气体主要是氮气和氢气；硝酸被还成氮的氧化物都为气体，如果不是气体根据化合升降规则可知，应为铵盐，生成的为硝酸铵，可以在所得溶液中加入浓氢氧化钠溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸检验，如果红色石蕊试纸变蓝，则可证明的铵根离子产生，产物中含有硝酸铵；

故答案为：氮气和氢气；硝酸铵；取少量rm{A}中溶液于试管中；加入过量浓氢氧化钠溶液，用湿润的粉红色石蕊试纸放在试管口，微热试管如果红色石蕊试纸变蓝，则可证明铵根离子产生，产物中含硝酸铵．

rm{(1)}根据图象可知，rm{Mg}放入rm{10mol/L}硝酸中产生二氧化氮；根据电子得失守恒和元素守恒书写化学方程式；

rm{(2)}根据装置图可知仪器rm{a}的名称为分液漏斗；

rm{(3)}前一个rm{C}装置是吸收未被冷却的二氧化氮；一氧化氮为无色气体，遇到空气中的氧气能被氧化成红棕色的二氧化氮；

rm{(4)}在rm{D}装置中一氧化氮被氧化成二氧化氮；二氧化氮被氢氧化钠吸收，氢气和氮气不能被吸收；

硝酸被还成氮的氧化物都为气体；如果不是气体根据化合升降规则可知，应为铵盐，可以用氢氧化钠溶液及红色石饭蕊试纸检验．

本题考查反应产物的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．【解析】rm{Mg+4HNO_{3}=Mg(NO_{3})_{2}+2H_{2}O+2NO_{2}隆眉}分液漏斗；吸收未被冷却的二氧化氮；rm{C}中酚酞溶液不褪色，rm{D}装置中有红棕色气体出现；氮气和氢气；硝酸铵；取少量rm{A}中溶液于试管中，加入过量浓氢氧化钠溶液，用湿润的粉红色石蕊试纸放在试管口，微热试管如果红色石蕊试纸变蓝，则可证明铵根离子产生，产物中含硝酸铵23、略

【分析】解：rm{(1)垄脵a.}尼泊金酯结构中含酯基，能发生水解反应，故rm{a}正确；

rm{b.}尼泊金酯结构中含酚羟基，故遇rm{FeCl_{3}}溶液显色，故rm{b}正确；

rm{c.}尼泊金酯结构中含甲基，不可能共平面，故rm{c}错误；

rm{d.}羟基的邻位有两个位置，故与浓溴水反应时，rm{1mol}尼泊金酯消耗rm{2mol}rm{Br_{2}}故rm{d}错误；

故答案为：rm{cd}

rm{垄脷}酚羟基发生中和反应，酯基发生水解反应，该反应为反应类型是取代反应或水解反应；中和反应；

故答案为：取代反应或水解反应；中和反应；

rm{(2)}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色，说明含酚羟基，苯环上的一氯取代物只有一种，说明结构对称，足量的rm{NaOH}溶液完全反应时，rm{1mol}甲消耗rm{3molNaOH}所以应含rm{3}个酚羟基，综合以上情况，可写出符合条件的有机物的结构简式：

故答案为：

rm{(3)A}在常温下呈气态，其产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，则rm{A}为乙烯；结合rm{X}的分子式采取逆推法可推知rm{Y}为rm{X}为

rm{垄脵}由乙烯转化为rm{CH_{3}CH_{2}Br}的反应为加成反应；故答案为：加成反应；

rm{垄脷X隆煤Y}反应的化学方程式是：

故答案为：．

rm{(1)垄脵}中含有苯环；酯基和酚羟基；具有苯、酯和酚的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应等；

rm{垄脷}尼泊金酯与rm{NaOH}水溶液发生水解反应和中和反应；

rm{(2)C_{8}H_{8}O_{3}}的另一种同分异构体甲满足以下条件：

rm{垄脵}与足量的rm{NaOH}溶液完全反应时，rm{1mol}甲消耗rm{3molNaOH}说明含有三个酚羟基或羧基；

rm{垄脷}遇rm{FeCl_{3}}溶液显色；说明含有酚羟基；

rm{垄脹}苯环上的一氯取代物只有一种；说明苯环上只有一种氢原子；

rm{(3)A}在常温下呈气态，其产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，则rm{A}为乙烯；结合rm{X}的分子式采取逆推法可推知rm{Y}为rm{X}为．

本题考查了有机合成，为高频考点，侧重考查有机物结构与性质，试题综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，熟练掌握常见有机物结构与性质为解答关键，注意同分异构体的概念及书写原则．【解析】rm{cd}取代反应或水解反应；中和反应；加成反应；24、-241BC温度降低，平衡向正方向移动5×10-3放热反应小于A【分析】解：（1）反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓=[Q+（-569）]kJ•mol-1-[2×（-201）+（-393）]kJ•mol-1=-15kJ•mol-1；Q=-241；

制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应；增大压强或降低温度均有利于反应正向移动，提高DMC的产率，所以有利于制得DMC的条件是低温；加压；

故答案为：-241；BC；

（2）制取DMC的反应正向为放热反应；降低温度，有利于反应正向移动，平衡转化率升高；反应的三段式为。

2CH3OH（g）+CO2（g）=CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）

起始浓度（mol/L）4×10-22×10-200

变化量（mol/L）8×10-44×10-44×10-44×10-4

平衡浓度（mol/L）3.92×10-21.96×10-24×10-44×10-4

平衡常数k==5×10-3；

故答案为：温度降低，平衡向正方向移动；5×10-3；

（3）CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H＜0，并且化学反应进行程度很大，即常数k很大，①2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g），②2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H2，根据盖斯定律②-①得到CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2-△H1，CO（g）+O2（g）=CO2（g）的化学反应常数k=

①CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H＜0，所以△H=△H2-△H1＜0，即△H2＜△H1；故答案为：放热反应；小于；

②CO（g）+O2（g）=CO2（g）的反应趋于完全，所以反应常数k=很大，即K2远大于K1；故答案为：A。

（1）根据反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓计算H2O（g）生成焓Q；制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应；增大压强或降低温度均有利于反应正向移动，提高DMC的产率；

（2）制取DMC的反应正向为放热反应；降低温度，有利于反应正向移动，提高DMC的产率；根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度，代入平衡常数k的表达式计算平衡常数k；

（3）CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H＜0，并且化学反应常数k很大，①2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g），②2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H2，根据盖斯定律②-①得到CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2-△H1，CO（g）+O2（g）=CO2（g）的化学反应常数k=据此解答①②。

本题考查盖斯定律的应用和反应热的计算、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数的计算等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握基本原理并能迁移运用是解题关键，注意利用三段式法计算、总化学反应常数k与过程反应常数k1、k2的关系，题目难度中等。【解析】-241BC温度降低，平衡向正方向移动5×10-3放热反应小于A五、其他(共3题，共27分)25、EBAGHFDC【分析】【分析】根据常见仪器的名称和用途回答．【解析】【解答】解：（1）试管夹的用途是加持试管；故答案为：E；

（2）广口瓶是贮存固体用的；口相对较大，取用药品方便，故答案为：B；

（3）锥形瓶的用途是做反应容器；可在常温或加热时使用，故答案为：A；

（4）试管刷是在试管不易清洗时；帮助刷试管的，故答案为：G；

（5）坩埚钳用来夹持受热后的坩埚；也可夹持金属用来做燃烧实验，故答案为：H；

（6）燃烧匙是做燃烧实验时盛固体粉末用的反应容器；故答案为：F；

（7）蒸发皿是用来蒸发溶液；使溶质结晶的，故答案为：D；

（8）石棉网主要用途是给底部面积大的容器加热时防止受热不均的，也可放或接热的物质，故答案为：C．26、略

【分析】本题以式量差18和36也就是脱水反应为主体设计，A物质为反应的焦点，需要注意的是浓硫酸加热可以发生酯化反应，也可以发生醇的消去反应，A与B、D均能发生酯化反应，所以B、D类别相同，所以①③为消去反应，A分子有两种消去方式，B、D为不饱和羧酸，A中既含有羟基也含有羧基，至少3个氧原子。200×26.7%÷16=3.34，分子中一定含有3个氧原子，即含有一个羟基和一个羧基。M=3×16÷26.7%=180，180-17-45=118，残基118÷12=910，所以A的分子式为C10H12O3.根据组成判断，分子中含有苯环，因为两种消去方式，所以羟基位于侧链中间碳原子上，结构简式C为A分子内酯化反应的产物。由于都是脱去一分子水，B、C、D互为同分异构体。B、D含有不饱和键，所以E、F也含有不饱和键，A、C不能使溴水退色。因为B、D无法确定，所以（6）小问有两种可能。【解析】【答案】(1)羧基、羟基C10H12O3（2）（3）BCD、EF（4）AC（5）NaHCO3和Na2CO3（6）或者27、EBAGHFDC【分析】【分析】根据常见仪器的名称和用途回答．【解析】【解答】解：（1）试管夹的用途是加持试管；故答案为：E；

（2）广口瓶是贮存固体用的；口相对较大，取用药品方便，故答案为：B；

（3）锥形瓶的用途是做反应容器；可在常温或加热时使用，故答案为：A；

（4）试管刷是在试管不易清洗时；帮助刷试管的，故答案为：G；

（5）坩埚钳用来夹持受热后的坩埚；也可夹持金属用来做燃烧实验，故答案为：H；

（6）燃烧匙是做燃烧实验时盛固体粉末用的反应容器；故答案为：F；

（7）蒸发皿是用来蒸发溶液；使溶质结晶的，故答案为：D；

（8）石棉网主要用途是给底部面积大的容器加热时防止受热不均的，也可放或接热的物质，故答案为：C．六、探究题(共4题，共32分)28、|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．29、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【