2024年滬教版高三化學上冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三化學上冊月考試卷159考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列說法中，錯誤的是（）A.酸堿中和反應屬放熱反應B.化學變化中的能量變化主要由化學鍵變化引起的C.煤、石油、天然氣是當今世界最重要的三種化石燃料D.相同條件下，1mol石墨轉化為金剛石要吸收1.895kJ熱量，說明金剛石比石墨穩(wěn)定2、下列各組物質，前者屬于電解質，后者屬于非電解質的是（）A.NaCl晶體、BaS04B.銅、二氧化硫C.純醋酸、酒精D.熔融的KNO3、硫酸溶液3、下列各組離子一定能大量共存的是（）A.加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液中Na+、K+、SO42-、Cl-B.含有大量硝酸根離子的溶液中H+、Fe2+、SO42-、Cl-C.=l×10-10的溶液中：NH4+、K+、Ca2+、Cl-D.水電離的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中Na+、K+、HCO3-、Cl-4、已知X、Y、Z、W四種短周期主族元素在周期表中的相對位置如圖所示，下列說法中正確的是（）A.W的原子序數(shù)不可能是X的原子序數(shù)的3倍B.Z元素可能是金屬元素C.W的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性一定比Y的強D.四種元素的原子有可能均能與氫原子形成18電子分子5、下列反應中，屬于取代反應的是（）A.CH3CH3+Br2CH3CH2Br+HBrB.CH2=CH2+HBr-→CH3CH2BrC.2C2H2+5O24CO2+2H2OD.C4H10C2H4+C2H66、前中國科學院院長盧嘉錫與法裔加拿大科學家Gignere巧妙地利用尿素（H2NCONH2）和H2O2形成化合物H2NCONH2?H2O2，不但使H2O2穩(wěn)定下來，而且其結構也沒有發(fā)生改變，得到了可供衍射實驗的單晶體．已知H2O2的結構式為H-O-O-H，下列說法中不正確的是（）A.H2NCONH2與H2O2是通過氫鍵結合的B.H2O2分子中只含σ鍵，不含π鍵C.H2O2既有氧化性又有還原性D.H2NCONH2?H2O2屬于離子化合物7、下列反應的離子方程式正確的是（）A.向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3↓B.向NaHCO3溶液中滴加足量Ca（OH）2溶液：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC.向H2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：H++SO42-+Ba2++OH-=2H2O+BaSO4↓D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A.1mol甲醇中含有C—H鍵的數(shù)目為4NAB.25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的數(shù)目為0.1NAC.標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NAD.常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0.2molO2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA9、某化學科研小組研究合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H<0,在其他條件不變時，改變某一條件時對化學平衡的影響，得到如下圖像，以下對應選項中正確的是（）A.（1）對應的是：在t1時恒壓條件下，通入NH3，B.（2）對應的是：氨氣在恒容不同溫度下的百分含量C.（3）對應的是：在恒容條件下，反應速率與溫度的關系D.（4）對應的是：N2轉化率與溫度（T1>T2）、壓強的關系評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、有關下列實驗各裝置圖的敘述；不正確的是（）

A.裝置①可用于吸收實驗中多余的Cl2B.裝置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等C.裝置③中X為苯，可用于吸收氨氣或氯化氫D.裝置④中可用于收集氨氣，并吸收多余的氨氣11、短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中T所處的周期序數(shù)與族序數(shù)相等，下列判斷不正確的是（）。RTQWA.原子半徑：T＞Q＞RB.最簡單氣態(tài)氫化物的還原性：R＞QC.含T的鹽溶液一定顯酸性D.最高價氧化物對應水化物的酸性：Q＜W12、濃度都是1mol?L-的4種鹽MX、NX、MY、NY的稀溶液，其中M、N為陽離子，X、Y為陰離子，已知MX、NY溶液的pH=7，MY溶液的pH＜7，則下列可能是強電解質的是（）A.HXB.HYC.MOHD.NOH13、微粒甲與離子乙在溶液中的轉化關系如圖所示：微粒甲離子乙微粒，微粒甲不可能是（）A.CO2B.NH4+C.Al3+D.Fe2O314、下列關于有機物性質的說法正確的是（）A.乙烯和甲烷都可以與氯氣反應B.乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.乙烯和苯都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.乙烯和乙烷都可以發(fā)生氧化反應15、一定溫度和一定體積的密閉容器中發(fā)生如下反應：A2（s）+B2（g）?2AB（g），反應達到平衡狀態(tài)的標志是（）A.V正（B2）═2V逆（AB）B.單位時間內生成2molAB的同時消耗1mol的B2C.容器內的總壓強不隨時間而變化D.氣體密度不再隨時間變化而變化評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、（2016?南昌二模）黃紅色液體二氯化二硫可以作為貴稀金屬的萃取劑；是由硫與氯氣在50～60℃直接化合而成．裝置圖如下：

（1）二氯化二硫遇水會反應，生成硫、二氧化硫和刺鼻的酸霧，寫出化學反應方程式____

（2）A裝置中所盛試劑為____．

（3）操作過程為：

①先通入N2，理由是____；

②通入少量Cl2后，裝置B采用____（填“水浴”或“油浴”）加熱1h．

③停止加熱，加大通入氯氣量，維持16h．制備二氯化二硫的反應為____（填“放熱”或“吸熱”）反應．

（4）二氯化二硫的電子式是____．

（5）裝置C的作用是____，同時制得有價值的工業(yè)產(chǎn)品為____．

（6）為了得到更純的二氯化二硫，需要在裝置B、C之間安裝干燥管，其內盛試劑為____．17、A為苯的含氧衍生物．經(jīng)實驗測得A物質具有以下四種結構或性質：

①A分子中碳原子和氫原子個數(shù)相等；且只含有一個氧原子；

②A分子苯環(huán)上的-氯取代產(chǎn)物只有兩種；

③A物質的水溶液顯酸性，且能使溴的CCl4溶液褪色；

④0.48g該物質能與40mL0.1mol/L的氫氧化鈉溶液恰好完全反應．試回答：

（1）A的摩爾質量為____g/mol；

（2）A的結構簡式為____，其含氧官能團的名稱為____；

（3）A的含醛基同分異構體共有____種，試列舉一例____；

（4）請寫出A與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式____

（5）下列關于A的結構和性質推斷中，正確的是____（填序號）

A．A分子存在順反異構體。

B．A分子的所有碳原子均可在同一平面上。

C．A物質可以與燒堿溶液反應．18、工業(yè)上以軟錳礦（主要成分MnO2）為原料，通過液相法生產(chǎn)KMnO4．即在堿性條件下用氧氣氧化MnO2得到K2MnO4，分離后得到的K2MnO4，再用惰性材料為電極電解K2MnO4溶液得到KMnO4；其生產(chǎn)工藝簡略如下：

（1）反應器中反應的化學方程式為____．

（2）生產(chǎn)過程中最好使用含MnO280%以上的富礦，因為MnO2含量最低的貧礦中Al、Si的氧化物含量較高，會導致KOH消耗量____（填“偏高”或“偏低”）．

（3）電解槽中總的離子反應方程式為____．

（4）在傳統(tǒng)工藝中得到K2MnO4后，向其中通入適量CO2反應生成黑色固體、KMnO4等，反應的化學反應方程式為____．

上述反應中氧化劑與還原劑的質量比為____．與該傳統(tǒng)工藝相比，電解法的優(yōu)勢是____．

（5）用高錳酸鉀測定草酸結晶水合物的純度：稱草酸晶體樣品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol?L-1的酸性KMnO4溶液滴定（雜質不反應），至溶液呈淺粉紅色且半分鐘內不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，則該草酸晶體的純度為____．（結果保留3位有效數(shù)字）（已知該草酸結晶水合物H2C2O4?2H2O的相對分子質量為126）19、現(xiàn)有某種中性原子，核外有6個電子，其原子核內有____個質子．已知該元素是由質量數(shù)為12和13的兩種原子組成的，其符號表示為____和____，它們互為____．

（1）若此元素的近似相對原子質量為12.011，則質量數(shù)為12的原子在自然界中所占原子百分率為____．

（2）若這種原子分別與16O、18O兩種原子結合形成二氧化碳分子，則共形成的分子有____種．20、（12分）如下表所示為自然界中的多種銅礦石的主要成分：。礦石名稱黃銅礦斑銅礦輝銅礦孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3·Cu(OH)2請回答：（1）上表所列銅化合物中，銅的質量百分含量最高的是（填化學式）；（2）工業(yè)上以黃銅礦為原料。采用火法溶煉工藝生產(chǎn)銅。該工藝的中間過程包含反應：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，則該反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比是；（3）火法溶煉工藝生產(chǎn)銅的尾氣直接排放到大氣中造成環(huán)境污染的后果是；處理該尾氣可得到有價值的化學品，寫出其中一種酸和一種鹽的名稱或化學式、。（4）下表中，對陳述Ⅰ、Ⅱ的正確性及其有無因果關系的判斷都正確的是（填字母）。。選項陳述Ⅰ陳述Ⅱ判斷A銅綠的主成分是堿式堿酸銅可用稀鹽酸除銅器表面的銅綠Ⅰ對；Ⅱ對；有B銅表易形成致密的氧化膜銅容器可以盛放濃硫酸Ⅰ對；Ⅱ對；有C鐵比銅活潑鉚在銅板上的鐵釘在潮濕空氣中不易生銹Ⅰ對；Ⅱ對；有D藍色硫酸銅晶體受熱轉化為白色硫酸銅粉末是物理變化硫酸銅溶液可用作游泳池的消毒劑Ⅰ錯；Ⅱ對；無評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)21、1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為nNA．____（判斷對錯）22、1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為nNA．____（判斷對錯）23、用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，鈉離子物質的量等于醋酸根離子的物質的量____（判斷正誤）24、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質的物質的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）評卷人得分五、書寫(共3題，共15分)25、某同學在實驗室進行以下實驗；請將實驗①②③的現(xiàn)象和離子反應方程式填入實驗報告中．

。編號現(xiàn)象離子方程式①②③26、你被遺忘在火星上；如何生存下去等待救援呢？

（1）獲得氫氣．向火箭燃料液態(tài)聯(lián)氨（N2H4）中加入銥催化劑；分解生成氮氣和氫氣．

已知：3N2H4（l）?4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ?mol-1

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1

則N2H4（g）?N2（g）+2H2（g）△H=____kJ?mol-1，該反應平衡常數(shù)的表達式為____．

（2）獲得氧氣．火星大氣中有稀薄的CO2．

以堿溶液為電解質可實現(xiàn)如下轉化2CO22CO+O2，該反應在一定條件下能自發(fā)進行的原因是____，陰極的反應式為____．

（3）獲得水．火星上含有高濃度高氯酸根的有毒鹵水；可對其進行生物降解．

Ⅰ、在微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-還原，過程如圖1所示，CH3COO-也可作為碳元素的來源；促進微生物生長．

①該過程中總反應的離子方程式為____．

②CH3COO-的濃度對ClO4-降解程度的影響如圖2所示，則12小時后，CH3COO-濃度小于0.4g/L的條件下，ClO4-的降解幾乎停滯的原因是____．

Ⅱ．高氯酸、鹽酸和硝酸的酸性在水溶液中差別不大．某溫度下，這三種酸在冰醋酸中的電離平衡常數(shù)如表所示．冰醋酸做溶劑，這三種酸酸性最強的是____．在冰醋酸中，鹽酸的電離方程式為____．

。酸HClO4HClHNO3Ka1.6×10-51.6×10-94.2×10-1027、寫出與下列化學方程式相應的離子方程式．

（1）CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl____；

（2）HCl+NaOH=NaCl+H2O____；

（3）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑____；

（4）2HCl+Na2CO3=H2O+CO2↑+2NaCl____；

（5）CuCl2+Fe=FeCl2+Cu____；

（6）Ba（OH）2+CuSO4=BaSO4↓+Cu（OH）2↓____．評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．31、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A；酸堿中和反應是放熱反應；

B；化學反應實質是舊化學鍵斷裂與新化學鍵生成；

C；煤、石油、天然氣是三大化石燃料；

D、能量低的物質穩(wěn)定．【解析】【解答】解：A；常見的放熱反應有：燃燒、中和、多數(shù)化合反應等；酸堿中和反應是放熱反應，故A正確；

B；化學反應實質是化學鍵的斷裂與生成；故化學變化中的能量變化主要由化學鍵變化引起的正確，故B正確；

C；煤、石油、天然氣是當今世界最重要的三種化石燃料；故C正確；

D、石墨轉化為金剛石要吸收能量，說明石墨的能量低，石墨穩(wěn)定，故D錯誤；故選D．2、C【分析】【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物稱為電解質；酸；堿、鹽都是電解質；

在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物稱為非電解質；蔗糖；乙醇等都是非電解質，大多數(shù)的有機物都是非電解質；

單質，混合物既不是電解質也不是非電解質，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A．氯化鈉；硫酸鋇都是鹽；都屬于電解質，故A錯誤；

B．銅為單質；既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；

C．純醋酸是化合物；在水溶液中能夠導電，屬于電解質；酒精是化合物，在水溶液中和熔融狀態(tài)下都不能導電，屬于非電解質，故C正確；

D．硫酸溶液屬于混合物；既不是電解質也不是非電解質，故D錯誤；

故選：C．3、A【分析】【分析】A．加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液；為酸或強堿溶液；

B．離子之間發(fā)生氧化還原反應；

C．c（H+）/c（OH-）=1×l0-10的溶液，c（OH-）=1×l0-2mol/L；溶液顯堿性；

D．水電離的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液，為酸或堿溶液．【解析】【解答】解：A．加入鋁粉有氫氣產(chǎn)生的溶液；為酸或強堿溶液，無論酸或堿溶液中該組離子之間不反應，能大量共存，故A正確；

B．H+、Fe2+、NO3-離子之間發(fā)生氧化還原反應；不能大量共存，故B錯誤；

C．c（H+）/c（OH-）=1×l0-10的溶液，c（OH-）=1×l0-2mol/L，溶液顯堿性，不能大量存在NH4+；故C錯誤；

D．水電離的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液，為酸或堿溶液，HCO3-既能與酸反應又能與堿反應；一定不能共存，故D錯誤；

故選A．4、D【分析】【分析】X；Y、Z、W四種短周期主族元素；根據(jù)元素在周期表中的相對位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，則X、Y、Z分別是N、O、S元素；

如果W是S元素；則X；Y、Z分別是C、N、P元素；

如果W是P元素；則X；Y、Z分別是B、C、Si元素；

結合題目分析解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W四種短周期主族元素；根據(jù)元素在周期表中的相對位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，則X、Y、Z分別是N、O、S元素；

如果W是S元素；則X；Y、Z分別是C、N、P元素；

如果W是P元素；則X；Y、Z分別是B、C、Si元素；

A．如果W是P；X是B元素；則W原子序數(shù)是X的3倍，故A錯誤；

B．Z可能是P；Si元素；所以Z不可能為金屬元素，故B錯誤；

C．N元素電負性大于S；則N元素氫化物穩(wěn)定性大于S元素氫化物，故C錯誤；

D．若X、Y、Z、W分別是N、O、S、Cl元素，那么它們與H原子形成18電子的分子分別是N2H4、H2O2、H2S；HCl；故D正確；

故選D．5、A【分析】【分析】有機物中原子或原子團被其它原子或原子團取代的反應為取代反應，如水解反應、酯化反應等，以此來解答．【解析】【解答】A；此反應是用溴原子取代了乙烷中的氫原子；屬于取代反應，故A正確；

B、此反應是乙烯中的碳碳雙鍵斷開，H原子和Br原子分別加到兩條半鍵上；屬于加成反應，故B錯誤；

C；此反應是乙炔的燃燒；屬于氧化反應，故C錯誤；

D；此反應是丁烷的裂解；屬于分解反應，故D錯誤．

故選A．6、D【分析】【分析】A、H2O2的結構沒有發(fā)生改變；

B、根據(jù)H2O2的結構式為H-O-O-H可知，H2O2的結構中只有單鍵；

C、H2O2的氧元素的化合價為-1價；處于氧元素的中間價態(tài)；

D、由非金屬元素形成的化合物絕大多數(shù)為共價化合物．【解析】【解答】解：A、尿素（H2NCONH2）和H2O2形成加合物H2NCONH2?H2O2，不但使H2O2穩(wěn)定下來；而且結構也沒有發(fā)生改變，這說明是通過氫鍵連接的，故A正確；

B、根據(jù)H2O2的結構式為H-O-O-H可知，H2O2的結構中只有單鍵；即只含只含σ鍵，不含π鍵，故B正確；

C、H2O2的氧元素的化合價為-1價；處于氧元素的中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，故C正確；

D、除了銨鹽外，由非金屬元素形成的化合物絕大多數(shù)為共價化合物，故H2NCONH2?H2O2為共價化合物；故D錯誤．

故選D．7、B【分析】【分析】A．硫氰合鐵是可溶性絡合物；

B．氫氧化鈣足量；反應生成碳酸鈣；氫氧化鈉和水；

C．離子個數(shù)配比不符合物質的結構；

D．酸性溶液中不能生成氫氧根離子，不符合反應的客觀事實．【解析】【解答】解：A．向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液，離子方程式：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3；故A錯誤；

B．向NaHCO3溶液中滴加足量Ca（OH）2溶液，離子方程式：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；故B正確；

C．向H2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性，離子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故C錯誤；

D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI，離子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；故D錯誤；

故選：B．8、D【分析】A項，甲醇的結構式為1mol甲醇中含有C－H鍵的數(shù)目為3NA；B項，未說明溶液體積；C項，己烷在標準狀況下為液體?！窘馕觥俊敬鸢浮緿9、B【分析】試題分析：A.（1）對應的是：在t1時恒壓條件下，通入NH3則V逆不變，V正減小，平衡逆向移動，與圖像不符合，錯誤；B.由于合成氨的反應是放熱反應，所以升高溫度，化學反應速率加快，達到平衡所需要的時間縮短，但是升高溫度平衡向吸熱反應方向即向逆反應方向移動，所以平衡時氨氣的含量降低（2）對應的是：氨氣在恒容不同溫度下的百分含量，正確；C.在恒容條件下，升高溫度，V逆、V正都增大，但是V逆增大的多，所以平衡逆向移動，與（3）對應的是：速率與溫度的關系不符合，錯誤；D.在溫度不變時，增大壓強，平衡正向移動，N2的轉化率提高；在壓強不變時，升高溫度，平衡逆向移動，N2的轉化率降低，與（4）對應的是N2轉化率與溫度（T1>T2）、壓強的關系不符合，錯誤。考點：考查圖像法在化學反應速率和化學平衡移動的影響的知識。【解析】【答案】B二、多選題(共6題，共12分)10、AC【分析】【分析】A．導管在液面下；可發(fā)生倒吸；

B．a(chǎn)進氣可收集密度比空氣密度大的氣體，b進入可收集密度比空氣密度小的氣體；

C．X為苯；密度比水的小，則X在上層，不能隔絕氣體和水；

D．堿石灰可干燥氨氣，氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水．【解析】【解答】解：A．導管在液面下；可發(fā)生倒吸，則圖中裝置可收集尾氣，但易發(fā)生倒吸，故A錯誤；

B．a(chǎn)進氣可收集密度比空氣密度大的氣體，b進入可收集密度比空氣密度小的氣體，則裝置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等；故B正確；

C．X為苯；密度比水的小，則X在上層，不能隔絕氣體和水，X應為四氯化碳，故C錯誤；

D．堿石灰可干燥氨氣；氨氣的密度比空氣密度小，易溶于水，則圖④中可用于收集氨氣，并吸收多余的氨氣，故D正確；

故選AC．11、BC【分析】【分析】短周期元素R、T、Q、W，根據(jù)元素所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，T所處的周期序數(shù)與族序數(shù)相等，則T為Al元素，故Q為Si元素，W為S元素，R為N元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：短周期元素R；T、Q、W；根據(jù)元素所處的位置，可確定T、Q、W為第三周期的元素，R為第二周期元素，T所處的周期序數(shù)與族序數(shù)相等，則T為Al元素，故Q為Si元素，W為S元素，R為N元素；

A．同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：T＞Q＞R，故A正確；

B．同周期自左而右非金屬性增強；同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性N＞Si，元素的非金屬性越強，對應的氫化物的還原性越弱，故B錯誤；

C．含鋁離子的鹽溶液是顯酸性，但NaAlO2溶液顯堿性；故C錯誤；

D．同周期自左而右非金屬性增強，非金屬性Si＜S，非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，所以酸性：H2SiO3＜H2SO4；故D正確．

故選BC．12、BD【分析】【分析】由鹽類水解的規(guī)律可知，MY可能為強酸弱堿鹽，因MY的溶液pH＜7，即M為弱堿的陽離子，Y為強酸的陰離子，即MOH為弱堿，HY為強酸；又因MX的溶液pH=7，則為弱酸弱堿鹽且M-和X-水解程度相當，由此知HX為弱酸．已知NY的水溶液pH=7，可知NOH可能為強堿，因強酸強堿鹽不水解．【解析】【解答】解：25℃時；MY的溶液pH＜7，則MY可能為強酸弱堿鹽，M為弱堿的陽離子，Y為強酸的陰離子，所以MOH為弱堿，HY為強酸；

又MX的溶液pH=7，則MX為弱酸弱堿鹽且M-和X-水解程度基本相同；故HX為弱酸．已知NY的水溶液pH=7，由強酸強堿鹽不水解可知NOH可能為強堿；

故選BD．13、BD【分析】【分析】根據(jù)微粒甲能與氫氧根反應生成離子乙，乙能與氫離子反應再生成甲解題，將選項帶入轉化關系，符合即可．【解析】【解答】解：A．CO2與氫氧根能反應生成碳酸根離子，碳酸根離子和氫離子反應生成水和CO2；故A不選；

B．NH4+與OH-反應生成NH3?H2O，NH3?H2O不是離子；不符合轉化關系，故B可選；

C．Al3+與OH-反應生成氫氧化鋁或AlO2-，氫氧化鋁和AlO2-與氫離子反應生成鋁離子；故C不選；

D．Fe2O3與OH-不反應；不符合轉化關系，故D可選；

故選BD．14、AD【分析】【分析】A；烯烴與氯氣發(fā)生加成反應；烷烴與氯氣發(fā)生取代反應；

B；聚乙烯不含不飽和鍵不能使溴的四氯化碳溶液褪色；

C；苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

D、烯烴、烷烴都能發(fā)生氧化反應．【解析】【解答】解：A；乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成1；2-二氯乙烯，甲烷與氯氣發(fā)生取代反應可以生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故A正確；

B；乙烯含有碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應；使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯不含不飽和鍵不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B錯誤；

C；乙烯含有碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色；苯中的鍵是介于單鍵與雙鍵之間的一種特殊鍵，不能使使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；

D；乙烯能燃燒能被酸性高錳酸鉀等氧化；乙烷能燃燒發(fā)生氧化反應，故D正確．

故選：AD．15、CD【分析】【分析】化學反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不變，由此衍生的一些物理量不變，注意化學方程式的特點是反應前后氣體體積改變的反應．【解析】【解答】解：A、化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，當2V正（B2）═V逆（AB）時；說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B、生成2molAB的同時消耗1mol的B2；都是正反應速率，無法證明正逆反應速率相等，故B錯誤；

C；反應前后氣體體積不相等；所以壓強不變說明各組分濃度不變，反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D；容器體積不變；A為固態(tài)，所以密度不變說明反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；

故選CD．三、填空題(共5題，共10分)16、2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl濃硫酸防止硫加熱時與氧氣反應水浴放熱吸收多余氯氣漂白粉或漂粉精氯化鈣或五氧化二磷【分析】【分析】（1）二氯化二硫遇水會反應；生成硫；二氧化硫和刺鼻的酸霧為氯化氫氣體形成，結合原子守恒配平書寫化學方程式；

（2）二氯化二硫遇水會反應；裝置B中制備二氯化二硫不能含水蒸氣，通入的氯氣需要濃硫酸干燥；

（3）①先通入氮氣排凈裝置中空氣；避免硫單質和空氣中氧氣發(fā)生反應；

②硫與氯氣在50～60℃直接化合生成二氯化二硫；控制此溫度需要水浴加熱；

③停止加熱；加大通入氯氣量，維持16h，說明反應是放熱反應；

（4）S2Cl2是展開書頁型結構，Cl-S位于兩個書頁面內，S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對；Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對；

（5）裝置C是利用氯氣和堿溶液反應；來吸收剩余氯氣，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣；次氯酸鈣和水，是工業(yè)漂白粉的制備原理；

（6）在裝置B、C之間安裝干燥管吸收水分，需要選擇固體干燥劑．【解析】【解答】解：（1）二氯化二硫遇水會反應，生成硫、二氧化硫和刺鼻的酸霧為氯化氫氣體形成，反應的化學方程式為：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；

故答案為：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；

（2）二氯化二硫遇水會反應；裝置B中制備二氯化二硫不能含水蒸氣，通入的氯氣需要濃硫酸干燥；

故答案為：濃硫酸；

（3）①先通入氮氣排凈裝置中空氣；避免硫單質和空氣中氧氣發(fā)生反應；

故答案為：防止硫加熱時與氧氣反應；

②硫與氯氣在50～60℃直接化合生成二氯化二硫；控制此溫度需要水浴加熱；

故答案為：水浴；

③停止加熱；加大通入氯氣量，維持16h，說明反應過程中是放熱反應，反應放出的熱量保證反應繼續(xù)進行；

故答案為：放熱；

（4）S2Cl2是展開書頁型結構，Cl-S位于兩個書頁面內，S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對，Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對，電子式為

故答案為：

（5）氯氣和堿溶液反應；裝置C的作用是用來吸收剩余氯氣，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣；次氯酸鈣和水，是工業(yè)漂白粉的制備原理；

故答案為：吸收多余氯氣；漂白粉或漂粉精；

（6）為了得到更純的二氯化二硫；需要在裝置B；C之間安裝干燥管，其內盛試劑選擇中性或酸性固體干燥劑，選擇氯化鈣或五氧化二磷做干燥劑；

故答案為：氯化鈣或五氧化二磷．17、120羥基4+NaOH→+H2OBC【分析】【分析】A為苯的含氧衍生物，A分子中碳原子和氫原子個數(shù)相等，且只含有一個氧原子，A物質的水溶液顯酸性，則A含有酚羥基，0.48g該物質消耗氫氧化鈉物質的量為0.04L×0.1mol/L=0.004mol，則A的相對分子質量為=120，則A分子中C、H原子數(shù)目=8，故A的分子式為C8H8O，不飽和度為=5，A能使溴的CCl4溶液褪色，可知還含有1個碳碳雙鍵，又A分子苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種，則A為．【解析】【解答】解：A為苯的含氧衍生物，A分子中碳原子和氫原子個數(shù)相等，且只含有一個氧原子，A物質的水溶液顯酸性，則A含有酚羥基，0.48g該物質消耗氫氧化鈉物質的量為0.04L×0.1mol/L=0.004mol，則A的相對分子質量為=120，則A分子中C、H原子數(shù)目=8，故A的分子式為C8H8O，不飽和度為=5，A能使溴的CCl4溶液褪色，可知還含有1個碳碳雙鍵，又A分子苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種，則A為．

（1）由上述分析可知；A的摩爾質量為120g/mol，故答案為：120；

（2）A的結構簡式為含有的含氧官能團為：羥基；

故答案為：羥基；

（3）A的含醛基同分異構體，可以是苯乙醛，也可以是甲基苯甲醛，有鄰、間、對3種，共有4種，其中一種結構簡式為等；

故答案為：4；

（4）A與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式：+NaOH→+H2O；

故答案為：+NaOH→+H2O；

（5）A．A分子中其中一個不飽和碳原子連接個H原子；不存在順反異構體，故A錯誤；

B．苯環(huán)誒平面結構；碳碳雙鍵為平面結構；旋轉碳碳單鍵可以使2個平面共面，所有碳原子均可在同一平面上，故B正確；

C．A含有酚羥基；能與燒堿溶液反應，故C正確．

故選：BC．18、4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O偏高2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO31：2產(chǎn)率更高、KOH循環(huán)利用93.2%【分析】【分析】（1）堿性條件下用氧氣氧化MnO2得到K2MnO4；根據(jù)得失電子守恒和原子守恒寫出相應的方程式；

（2）氧化鋁是兩性氧化物；氧化鋁能和強堿反應生成偏鋁酸鹽和水，所以會導致KOH消耗量偏高．

（3）在電解槽中用鉑板作用陽極，鐵作陰極電解K2MnO4溶液得到KMnO4；陰極上水得電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧根離子，陽極上錳酸根離子失電子反應氧化反應生成高錳酸根離子．

（4）根據(jù)題干信息可知反應物為K2MnO4、CO2、生成黑色固體MnO2、KMnO4，根據(jù)原子守恒書寫化學反應方程式，根據(jù)方程式可知3molK2MnO4參加反應生成2molKMnO4、1molMnO2，據(jù)此判斷氧化劑與還原劑的質量之比；電解法陽極都生成KMnO4；產(chǎn)率更高；

（5）發(fā)生反應：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根據(jù)方程式計算樣品中草酸的質量，進而計算草酸的質量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）二氧化錳和氫氧化鉀、氧氣發(fā)生反應，生成錳酸鉀和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反應的化學方程式為4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；

故答案為：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；

（2）氧化鋁是兩性氧化物，既能與強酸反應也能與強堿反應，氧化鋁和強堿反應生成偏鋁酸鹽和水，反應的化學方程式為2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O；所以會導致KOH消耗量偏高；

故答案為：偏高；

（3）電解錳酸鉀溶液時，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，電極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陽極上錳酸根離子失電子生成高錳酸根離子，電極反應式為2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，則電極總反應為：2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑；

故答案為：2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑；

（4）反應物為K2MnO4、CO2、生成黑色固體MnO2、KMnO4，所以的化學方程式為：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；

由化學反應方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4參加反應生成2molKMnO4、1molMnO2；即3mol高錳酸鉀參與反應有1mol作氧化劑；2mol作還原劑，則反應中氧化劑與還原劑的質量比為1：2；

與該傳統(tǒng)工藝相比，電解法陽極都生成KMnO4；產(chǎn)率更高，所以優(yōu)勢是產(chǎn)率更高；KOH循環(huán)利用；

故答案為：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；產(chǎn)率更高；KOH循環(huán)利用；

（5）在測定過程中，高錳酸鉀為氧化劑，草酸為還原劑，反應的離子方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；根據(jù)方程式可得關系式：

5H2C2O4?2H2O～2KMnO4

52

n0.02mol/L×14.8×10-3L×

解得：n（H2C2O4?2H2O）=3.7×10-3mol

則m（H2C2O4?2H2O）=3.7×10-3mol×126g/mol=0.4662g；

所以成品的純度為：×100%=93.2%；

故答案為：93.2%．19、6126C136C同位素98.9%3【分析】【分析】中性原子的質子數(shù)等于核外電子數(shù)，該元素為C元素，原子符號表示為AZX；其中左下角Z代表質子數(shù)，左上角A代表質量數(shù)，X代表元素符號，質子數(shù)相同；中子數(shù)不同的原子互為同位素；

（1）元素近似相對原子質量=A1x1+A2x2++Aixi（Ai代表各同位素質量數(shù)，xi代表各同位素元素百分率）；

（2）12C與16O、18O兩種原子結合形成二氧化碳分子有：12C16O2、12C18O2、12C16O18O．【解析】【解答】解：中性原子的質子數(shù)等于核外電子數(shù)，核外有6個電子，其原子核內有6個質子，該元素為C元素，其中質量數(shù)為12原子為126C，質量數(shù)為13原子為136C；二者質子數(shù)相同；中子數(shù)不同，互為同位素；

故答案為：6；126C；136C；同位素；

（1）設質量數(shù)為12的原子在自然界中所占原子百分率為x；則質量數(shù)為13的碳原子百分率為（1-x），故：12x+13（1-x）=12.011，解得x=98.9%；

故答案為：98.9%；

（2）12C與16O、18O兩種原子結合形成二氧化碳分子有：12C16O2、12C18O2、12C16O18O；共有3種；

故答案為：3．20、略

【分析】試題分析：（1）銅化合物中，銅的質量百分含量＝×100%，黃銅礦中銅的含量=×100%=35%；斑銅礦中銅的含量=×100%=63%；輝銅礦中銅的含量=×100%=80%；孔雀石中銅的含量=×100%=58%，所以銅的質量百分含量最高的是Cu2S；（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，該反應中銅的化合價由+1價變?yōu)?價，銅元素在該反應中得電子化合價降低，所以該反應中的氧化劑是Cu2O，Cu2S，還原劑是Cu2S，則該反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比是3：1；（3）二氧化硫是有毒氣體，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，隨雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫能溶于水，且能和水反應生成亞硫酸，亞硫酸能被氧化成硫酸，二氧化硫是酸性氧化物，所以能用堿液吸收生成鹽，如硫酸銨；（4）A、Ⅰ銅綠的主成分是堿式碳酸銅，故正確；Ⅱ堿式碳酸銅能和強酸反應生成鹽和水、二氧化碳，故正確；堿式碳酸銅是弱酸鹽能和強酸反應，所以二者有因果關系，故A正確；B、Ⅰ銅是不活潑金屬，所以其表面不易形成致密的氧化膜，故錯誤；Ⅱ常溫下，銅和濃硫酸不反應，所以銅容器可以盛放濃硫酸，故正確；二者沒有、因果關系，所以B錯誤；C、Ⅰ鐵的金屬性比銅的金屬性強，所以鐵比銅活潑，故正確；Ⅱ在銅板上的鐵釘在潮濕空氣中易形成原電池，所以易生銹，故錯誤；二者有因果關系，所以C錯誤；D、Ⅰ藍色硫酸銅晶體受熱轉化為白色硫酸銅粉末是化學變化，故錯誤；硫酸銅是重金屬鹽，能使蛋白質變性，所以溶液可用作游泳池的消毒劑，故正確；二者沒有因果關系，所以D正確，故選AD。考點：考查質量分數(shù)的計算、氧化劑的判斷、物質性質與應用等【解析】【答案】（1）Cu2S（2）3：1（3）形成酸雨硫酸硫酸銨（4）AD四、判斷題(共4題，共28分)21、×【分析】【分析】CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，則1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為（n-1）NA．故答案為：×．22、×【分析】【分析】CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：CnH2n+2為烷烴，分子中含有n-1個C-C鍵，則1molCnH2n+2分子中含有的C-C數(shù)為（n-1）NA．故答案為：×．23、×【分析】【分析】用標準NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸到終點時，反應恰好生成醋酸鈉，水解呈堿性，以此解答．【解析】【解答】解：達到滴定終點時，氫氧化鈉和醋酸的物質的量相等，生成醋酸鈉，醋酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質的物質的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．五、書寫(共3題，共15分)25、略

【分析】【分析】①NaOH和硫酸鐵反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀和硫酸鈉；

②氯化鋇和硫酸銅溶液混合；鋇離子和硫酸根離子反應生成硫酸鋇白色沉淀；

③硝酸銀和氯化鋇溶液混合，銀離子和氯離子反應生成白色氯化銀沉淀．【解析】【解答】解：①NaOH和硫酸鐵反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀和硫酸鈉，離子方程式為：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

②氯化鋇和硫酸銅溶液混合，鋇離子和硫酸根離子反應生成硫酸鋇白色沉淀，離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓；

③硝酸銀和氯化鋇溶液混合，銀離子和氯離子反應生成白色氯化銀沉淀，離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案為：。編號現(xiàn)象離子方程式①產(chǎn)生紅褐色沉淀Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓②產(chǎn)生白色沉淀Ba2++SO42-=BaSO4↓③產(chǎn)生白色沉淀Ag++Cl-=AgCl↓26、-50.6K=△S＞02CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-，CH3COO-濃度過低，不能促進微生物生長，失去催化作用，反應速率顯著降低HClO4HCl?H++Cl-【分析】【分析】（1）已知：①3N2H4（l）?4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ?mol-1

②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1

則①×-②×得到N2H4（g）?N2（g）+2H2（g），據(jù)蓋斯定律來計算；平衡常數(shù)K=；

（2）電解池可以實現(xiàn)分自發(fā)的氧化還原反應的發(fā)生；根據(jù)自發(fā)進行的判據(jù)△H-T△S＜0來判斷；在電解池的陰極上發(fā)生得電子的還原反應，據(jù)此回答；

（3）Ⅰ、①微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-還原；得到二氧化碳和氯離子，據(jù)此書寫離子方程式；

②根據(jù)CH3COO-的濃度對ClO4-降解程度的影響圖可以看出：CH3COO-濃度過低；不能促進微生物生長；

Ⅱ、電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，酸性越強；在冰醋酸中，鹽酸不能完全電離，據(jù)此回答．【解析】【解答】解：（1）已知：①3N2H4（l）?4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ?mol-1

②N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1

據(jù)蓋斯定律，則①×-②×得到N2H4（g）?N2（g）+2H2（g）；所以。

△H=（-336.6kJ?mol-1）×（-92.4kJ?mol-1）=-50.6kJ?mol-1，平衡常數(shù)K==；

故答案為：-50.6；K=；

（2）轉化2CO22CO+O2是一個熵增加的反應，有利于自發(fā)進行；在電解池的陰極上發(fā)生得電子的還原反應，陰極的反應式為：2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-；

故答案為：△S＞0；2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-；

（3）Ⅰ、①微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-還原，得到二氧化碳和氯離子，離子方程式為：ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-，故答案為：ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-；

②根據(jù)CH3COO-的濃度對ClO4-降解程度的影響圖可以看出：CH3COO-濃度過低，不能促進微生物生長CH3COO-濃度小于0.4g/L的條件下，ClO4-的降解幾乎停滯，故答案為：CH3COO-濃度過低；不能促進微生物生長，失去催化作用，反應速率顯著降低；

Ⅱ、電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，酸性越強，所以這三種酸酸性最強的是HClO4；在冰醋酸中，鹽酸不能完全電離，電離方程式為：HCl?H++Cl-．

故答案為：HClO4；HCl?H++Cl-．27、Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓H++OH-=H2OCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑CO32-+2H+=H2O+CO2↑Cu2++Fe=Fe2++Cu2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓【分析】【分析】（1）只有Cu（OH）2在離子反應中保留化學式；

（2）只有水在離子反應中保留化學式；

（3）難溶物碳酸鈣；弱電解質水、氣體二氧化碳都寫化學式；可溶性強電解質HCl、氯化鈣都寫離子；

（4）水；二氧化碳在離子反應中保留化學式；

（5）單質用化學式；

（6）BaSO4和Cu（OH）2用化學式．【解析】【解答】解：（1）離子反應為Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案為：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；

（2）NaOH+HCl=NaCl+H2O的離子反應為H++OH-=H2O，故答案為：H++OH-=H2O；

（3）難溶物碳酸鈣、弱電解質水、氣體二氧化碳都寫化學式，可溶性強電解質HCl、氯化鈣都寫離子，離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案為：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

（4）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑的離子反應為CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故答案為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（5）離子反應為Cu2++Fe=Fe2++Cu，故答案為：Cu2++Fe=Fe2++Cu；

（6）反應用離子方程式表示為：2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故答案為：2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓．六、探究題(共4題，共36分)28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．29、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，