2024年滬科版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高三化學上冊階段測試試卷205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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反應后產(chǎn)生的NO氣體在標準狀況下的體積為（）A.36LB.28LC.22.4LD.11.2L2、已知：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，有關(guān)該反應的下列說法中正確的是（）A.氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為15：11B.上述反應中轉(zhuǎn)移電子的總數(shù)為15C.1molCuSO4參加反應時，轉(zhuǎn)移電子2molD.Cu3P既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物3、下列關(guān)于電解池的敘述中正確的是()A.電解池中的閉合回路僅是由電子的定向移動形成的B.金屬導線中，電子從電源的負極流向電解池的陽極，從電解池的陰極流向電源的正極C.在電解質(zhì)溶液中，陰離子向陰極運動，陽離子向陽極運動D.相同時間內(nèi)，陽離子在陰極上得到的電子與陰離子在陽極上失去的電子數(shù)相等4、下列說法正確的是（）A.將NaH溶于水，得到的水溶液能導電說明NaH是離子化合物B.Fe（OH）3膠體和Fe（OH）3沉淀的化學性質(zhì)不相同C.乙醇分子中含羥基，可與金屬鈉反應生成氫氣D.MnO2具有較強氧化性，可作為H2O2分解反應的氧化劑5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.使石蕊試液變紅的溶液中：rm{I^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Na^{+}}B.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液：rm{NH_{4}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}C.水電離出rm{C(H^{+})=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液：rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}rm{ClO^{-}}rm{NH_{4}^{+}}D.澄清透明的溶液：rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}6、下列說法正確的是（）

①在水中氫；氧原子間均以化學鍵相結(jié)合。

②金屬和非金屬化合形成離子鍵。

③離子鍵是陽離子；陰離子的相互吸引。

④兩個非金屬原子間不可能形成離子鍵。

⑤非金屬原子間不可能形成離子鍵。

⑥離子化合物可能共價鍵。

⑦共價化合物中可能有離子鍵．A.①②③B.②④⑤C.④⑥D(zhuǎn).①②③④⑤⑥7、鹽酸、醋酸和碳酸氫鈉是化學中的常見物質(zhì)．下列表述正確的是（）A.在NaHCO3溶液中加入與其等物質(zhì)的量的NaOH，溶液中的陰離子只有CO32-和OH-B.NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）C.CH3COOH溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH后，溶液中離子的濃度由大到小的順序是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）D.中和體積與pH值都相同的鹽酸和醋酸溶液，所消耗NaOH的物質(zhì)的量相同8、2012年3月22日是第二十屆“世界水日”，3月22-28日是第二十五屆“中國水周”．聯(lián)合國確定今年“世界水日”的宣傳主題是“水與糧食安全”（WaterandFoodSecurity）．下列跟水有關(guān)的變化中沒有化學變化的是（）A.海水曬鹽B.太陽能光解水制氫氣C.飲用水生產(chǎn)D.肥皂水區(qū)分硬水和軟水9、上課時老師列出如下試劑保存的方法，其中不用從氧化還原角度解釋的是（）A.鈉保存在石蠟油或煤油中B.盛裝NaOH溶液的試劑瓶不能用玻璃塞C.保存FeSO4溶液需加入少量鐵粉D.氯水保存在棕色的試劑瓶中評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)10、下列事實不能用元素周期律解釋的是()A.金屬rm{Na}和熔融rm{KCl}反應置換出金屬rm{K}B.鹽酸可以與碳酸鈣反應來制取rm{CO_{2}}C.rm{F_{2}}在暗處遇rm{H_{2}}爆炸，rm{I_{2}}在暗處遇rm{H_{2}}幾乎不反應D.常溫下，rm{NaCl}溶液的rm{pH=7}rm{AlCl_{3}}溶液的rm{pH<7}11、關(guān)于可逆反應rm{X_{2}(g)+3Y_{2}(g)?2XY_{3}(g)triangleH<0}下列敘述正確的是rm{X_{2}(g)+3Y_{2}(g)?2XY_{3}(g)triangle

H<0}rm{(}A.降低溫度可以縮短反應達到平衡的時間B.恒容時通入氬氣，壓強增大，平衡向右移動C.恒容時通入rm{)}平衡向正反應方向移動，平衡常數(shù)不變D.恒溫恒壓下，若混合氣體密度不變，說明反應已達平衡rm{X_{2}}12、關(guān)于0.1mol/LNa2CO3溶液的敘述錯誤的是（）A.0.5L該溶液中鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.05mol/LB.1L該溶液中含有Na2CO3的質(zhì)量為10.6gC.從1L該溶液中取出100mL，則取出溶液中Na2CO3的物質(zhì)的量濃度為0.01mol/LD.取該溶液10mL，加水稀釋至100mL后，Na2CO3的物質(zhì)的量濃度為0.01mol/L13、科學家用氮化鎵材料與銅組裝如圖所示人工光合系統(tǒng)，利用該裝置成功地實現(xiàn)了以CO2和H20合成CH4．下列有關(guān)說法正確的是。

（）A.該裝置中存在兩種能量的轉(zhuǎn)換形式B.電池工作時，H+向負極移動C.為提高該人工光合系統(tǒng)的工作效率，最好向裝置中加入少量鹽酸D.銅電極表面的電極反應式為：C02+8e-+8H+═CH4+2H2014、在一定條件下，rm{N_{2}}和rm{O_{2}}于密閉容器中發(fā)生如下反應：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)(}正反應是放熱反應rm{)}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.在上述條件下，rm{N_{2}}能完全轉(zhuǎn)化為rm{NO}B.升高溫度可以提高這個反應的化學反應速率C.達到平衡時rm{c(NO)簍Tc(N_{2})}D.加大壓強可以加快這個反應的化學反應速率15、如圖表示某個化學反應過程的能量變化rm{.}該圖表明rm{(}rm{)}

A.催化劑可以改變該反應的熱效應B.該反應是個放熱反應C.反應物總能量低于生成物D.化學反應遵循質(zhì)量守恒定律16、為了除去下列各組混合物中括號內(nèi)的物質(zhì)，所選用的試劑與主要分離方法都正確的是rm{(}rm{)}

。混合物試劑分離方法rm{A}苯rm{(}苯酚rm{)}濃溴水過濾rm{B}碘水rm{(}水rm{)}花生油萃取rm{C}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液分液rm{D}雞蛋清溶液rm{(}氯化鈉溶液rm{)}蒸餾水滲析A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、世界環(huán)保聯(lián)盟建議全面禁止使用氯氣用于飲用水的消毒，而建議采用高效“綠色”消毒劑二氧化氯．二氧化氯是一種極易爆炸的強氧化性氣體，易溶于水、不穩(wěn)定、呈黃綠色，在生產(chǎn)和使用時必須盡量用稀有氣體進行稀釋，同時需要避免光照、震動或加熱．實驗室以電解法制備ClO2的流程如下：

已知：①NCl3是黃色黏稠狀液體或斜方形晶體；極易爆炸，有類似氯氣的刺激性氣味，自燃爆炸點為95℃，在熱水中易分解，在空氣中易揮發(fā)，不穩(wěn)定．②氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍．

回答下列問題：

（1）電解時，發(fā)生反應的化學方程式為____．實驗室制備氣體B的化學方程式為____．為保證實驗的安全，在電解時需注意的問題是：①控制好生成NCl3的濃度；②____．

（2）NCl3與NaClO2（亞氯酸鈉）按物質(zhì)的量之比為1：6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2，該反應的離子方程式為____．

（3）ClO2很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸收得到ClO2溶液．為測定所得溶液中ClO2的含量；進行了下列實驗：

步驟1：準確量取ClO2溶液10mL；稀釋成100mL試樣；

步驟2：量取V1mL試樣加入到錐形瓶中；調(diào)節(jié)試樣的pH≤2.0，加入足量的KI晶體，搖勻，在暗處靜置30min

步驟3：以淀粉溶液作指示劑，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）

①上述步驟3中滴定終點的現(xiàn)象是____；

②根據(jù)上述步驟可計算出原ClO2溶液的濃度為____g/L（用含字母的代數(shù)式表示）．

（4）在一定溫度下，溶質(zhì)溶解在兩種互不相溶的溶劑中的濃度之比是一個常數(shù)K，若c（A）、c（B）（g?L）分別表示溶質(zhì)在A、B兩種溶劑中的濃度，則有=K．對于而言，=85．現(xiàn)有2.0L碘水，其中含I20.020g，若用CCl4萃取，按兩種方法萃?。旱谝环N方法用50mLCCl4萃取一次；第二種方法是分兩次萃取，每次用25mLCCl4．為了比較哪種方法效果好，需求算兩種情況下碘水中殘余的質(zhì)量．第一種方法碘水中殘余的質(zhì)量____，第二種方法碘水中殘余的質(zhì)量____．18、常壓、100℃時，等質(zhì)量的SO2氣體和SO3氣體的密度之比為____，原子數(shù)之比為____，體積之比____．19、在與外界隔離的體系中，自發(fā)過程將導致體系的____增大，這個原理也叫做____原理．用符號____表示．不難理解，即使是同一物質(zhì)，應該存在著____時的熵值最大，____時次之，____時最小的這樣一種普遍規(guī)律．20、（2013秋?舒城縣校級期末）實驗室用亞硫酸鈉固體和一定濃度的硫酸反應制備SO2氣體，某同學用如圖所示裝置探究SO2的性質(zhì)．

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）將SO2氣體通入C溶液中，若C是紫色石蕊溶液，現(xiàn)象是____；若C是品紅溶液，現(xiàn)象是____．

（2）若C是紫紅色KMnO4溶液，現(xiàn)象是____．其反應的離子方程式為____．

（3）若C是足量的澄清石灰水，現(xiàn)象是____．若該同學制備的SO2氣體中混有CO2氣體，要證明氣體中既有SO2又有CO2，簡述其方法是____．21、已知：A是石油裂解氣的主要成份且A的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；D是常用作廚房中調(diào)味品．請回答下列問題：

（1）寫出C的結(jié)構(gòu)簡式____．

（2）寫出下列反應的反類型：①____，④____．

（3）寫出下列反應的化學方程式：

②____．

⑤____．22、朝鮮“光明星3號”衛(wèi)星發(fā)射火箭與我國長征號火箭使用的液體推進劑，均為偏二甲肼與四氧化二氮的混合物．3.0g偏二甲肼在O2中充分燃燒后可生成4.4gCO2、3.6gH2O和1.4gN2．據(jù)此可知偏二甲肼由____種元素組成，其中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為____．偏二甲肼的相對分子質(zhì)量為60，其化學式為____．23、硫代硫酸鈉(Na2S2O3)俗稱大蘇打，主要用于照相業(yè)作定影劑．Na2S2O3易溶于水；在酸性溶液中會迅速分解，具有較強的還原性．

(1)Na2S2O3溶液與足量氯水反應的離子方程式為____________．(S元素被氧化為SO42-)

(2)硫代硫酸鈉(Na2S2O3)露置在空氣中易氧化變質(zhì)；其可能的變質(zhì)后生成物如下：

假設一：____________

假設二：只有Na2SO4固體。

假設三：____________

(3)現(xiàn)有一瓶Na2S2O3固體，可能混有Na2SO4固體．設計實驗驗證該假設，寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結(jié)論．限選試劑：1mol?L-1H2SO4、1mol?L-1HNO3、1mol?L-1HCl、1mol?L-1NaOH、0.1mol?L-1BaCl2、0.01mol?L-1KMnO4；蒸餾水．

評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)24、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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．25、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：26、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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、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、B【分析】【分析】n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3-）=4，發(fā)生3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，鐵粉的物質(zhì)的量為1.5mol，由離子方程式判斷過量，以此計算該題．【解析】【解答】解：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3-）=4；鐵粉的物質(zhì)的量為1.5mol；

由3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；

328

1.5mol0.1mol4mol；

則1.5molFe完全反應時；硝酸根離子與氫離子均過量；

則發(fā)生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；

若1.5molFe完全反應時；氫離子不足，則兩個反應均發(fā)生；

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O

x4xx

3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O

yyy

則；解得x=0.75mol，y=0.75mol

生成NO的體積為（0.75mol+0.75mol×）×22.4L/mol=28L；

故選B．2、C【分析】【分析】A；根據(jù)得失電子判斷氧化劑和還原劑；從而確定其比值；

B；根據(jù)元素化合價的變化確定轉(zhuǎn)移電子總數(shù)；

C；根據(jù)硫酸銅和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式確定轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

D、氧化劑對應的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，還原劑對應的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物．【解析】【解答】解：A、該反應11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中部分磷作氧化劑，部分磷作還原劑，硫酸銅是氧化劑，5P（氧化劑）+6P（還原劑）+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4；所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比=（15+5）：6=10：3，故A錯誤；

B；以還原劑P計算；該反應中轉(zhuǎn)移電子數(shù)=6×（5-0）=30，故B錯誤；

C、11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4轉(zhuǎn)移電子

15mol30mol

1mol2mol

所以當1molCuSO4參加反應時；轉(zhuǎn)移電子2mol，故C正確；

D；該反應中磷化亞銅是還原產(chǎn)物不是氧化產(chǎn)物；故D錯誤；

故選C．3、D【分析】試題分析：在電解池中，外電路上是靠電子的定向移動形成電流，而電解質(zhì)溶液中是靠陰、陽離子的定向移動而形成電流，因此A項錯誤。在電解池中，電子由電源的負極流向電解池的陰極，由電解池的陽極流向電源的正極；在電解質(zhì)溶液中，陰離子向著陽極移動，陽離子向著陰極移動，因此B、C兩項都錯誤，只有D項正確?？键c：電解原理【解析】【答案】D4、C【分析】解：A．NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣；不是NaH本身發(fā)生電離，不能說明NaH是離子化合物，故A錯誤；

B．Fe（OH）3膠體和Fe（OH）3沉淀的成分都是氫氧化鐵；化學性質(zhì)相同，故B錯誤；

C．乙醇分子中的羥基能與Na反應生成氫氣；故C正確；

D．二氧化錳作為H2O2分解反應的催化劑，MnO2不是氧化劑；故D錯誤．

故選C．

A．NaH與水反應生成氫氧化鈉和氫氣；

B．Fe（OH）3膠體和Fe（OH）3沉淀的成分都是氫氧化鐵；

C．乙醇分子中的羥基能與Na反應；

D．二氧化錳作催化劑．

本題考查膠體、乙醇的性質(zhì)以及催化劑等，比較基礎，側(cè)重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{A.}使石蕊試液變紅的溶液呈酸性，酸性條件下，rm{I^{-}}與rm{MnO_{4}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存；故A錯誤；

B.rm{HCO_{3}^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}與rm{Fe^{3+}}發(fā)生互促水解反應而不能大量共存；故B錯誤；

C.水電離出rm{C_{(H^{+})}=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下rm{ClO^{-}}不能大量共存，堿性條件下rm{NH_{4}^{+}}不能大量共存；故C錯誤；

D.離子之間不發(fā)生任何反應；可大量共存，故D正確．

故選D．

A.使石蕊試液變紅的溶液呈酸性；

B.與rm{Fe^{3+}}反應的離子不能大量共存；

C.水電離出rm{C_{(H^{+})}=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液；水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性；

D.如離子之間不發(fā)生任何反應；可大量共存．

本題考查離子共存問題，側(cè)重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，注意常見離子的性質(zhì)以及反應類型的判斷，答題時注意審題，把握題給信息，難度不大．【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】①在水中存在化學鍵與氫鍵；

②金屬和非金屬化合一般形成離子鍵；可能形成共價鍵；

③離子鍵是陽離子；陰離子的靜電作用力；

④兩個非金屬原子間只能以共用電子對結(jié)合；

⑤非金屬原子間可能形成離子鍵；

⑥離子化合物中一定含離子鍵；可能共價鍵；

⑦共價化合物中一定不含離子鍵．【解析】【解答】解：①在水中存在化學鍵與氫鍵；氫鍵不是化學鍵，故錯誤；

②金屬和非金屬化合一般形成離子鍵；可能形成共價鍵，如氯化鋁中只含共價鍵，故錯誤；

③離子鍵是陽離子；陰離子的靜電作用力；含吸引和排斥力，故錯誤；

④兩個非金屬原子間只能以共用電子對結(jié)合；則只能形成共價鍵，故正確；

⑤非金屬原子間可能形成離子鍵；如銨鹽為離子化合物，故錯誤；

⑥離子化合物中一定含離子鍵；可能共價鍵，如NaOH中含離子鍵和共價鍵，故正確；

⑦共價化合物中一定不含離子鍵；含離子鍵的為離子化合物，故錯誤；

故選C．7、C【分析】【分析】A．二者恰好反應生成Na2CO3；碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子；氫氧根離子；

B．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒；根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷；

C．二者恰好反應生成CH3COONa，CH3COONa是強堿弱酸鹽；醋酸根離子水解導致溶液呈堿性，鈉離子不水解，據(jù)此判斷離子濃度大?。?/p>

D．pH相等的醋酸和鹽酸，醋酸濃度大于鹽酸，中和等pH、等體積的醋酸和鹽酸，消耗NaOH的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比．【解析】【解答】解：A．二者恰好反應生成Na2CO3，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子、氫氧根離子，所以溶液中存在的陰離子有CO32-、OH-、HCO3-；故A錯誤；

B．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），所以得c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）；故B錯誤；

C．二者恰好反應生成CH3COONa，CH3COONa是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解導致溶液呈堿性，但水解程度較小，鈉離子不水解，所以離子濃度大小為c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正確；

D．pH相等的醋酸和鹽酸；醋酸濃度大于鹽酸，等pH；等體積的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，中和等pH、等體積的醋酸和鹽酸，消耗NaOH的物質(zhì)的量與酸的物質(zhì)的量成正比，所以醋酸消耗NaOH物質(zhì)的量多，故D錯誤；

故選C．8、A【分析】【分析】化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，化學變化與物理變化的本質(zhì)區(qū)別是有無新物質(zhì)生成，據(jù)此抓住化學變化和物理變化的區(qū)別結(jié)合事實進行分析判斷即可．【解析】【解答】解：A．海水曬鹽過程中；通過蒸發(fā)水使氯化鈉從海水中分離出來，過程中沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；

B．水在光能的作用下分解生成氫氣和氧氣；屬于化學變化，故B錯誤；

C．飲用水生產(chǎn)過程中；消毒時有新物質(zhì)生成，發(fā)生了化學變化，故C錯誤；

D．肥皂水中的肥皂能和水中的鈣離子；鎂離子發(fā)生化學反應；生成不溶于水的物質(zhì)，屬于化學變化，故D錯誤．

故選A．9、B【分析】【分析】A．金屬鈉能與空氣中的氧氣和水反應；

B．玻璃的主要成分是二氧化硅；

C．二價鐵離子具有較強的還原性；

D．氯水中含有HClO，見光易分解．【解析】【解答】解：A．因金屬鈉能與空氣中的氧氣和水反應；須貯存在煤油中隔離空氣，故A錯誤；

B．因燒堿溶液能與玻璃中的二氧化硅反應生成具有粘和合性的硅酸鈉；容易將瓶口和瓶塞粘結(jié)在一起，故燒堿溶液盛放在帶橡皮塞的玻璃瓶中，故B正確；

C．二價鐵離子具有較強的還原性；易被氧化為三價鐵離子，加入少量鐵粉可防止被氧化，故C錯誤；

D．氯水中含有HClO；見光易分解，應保存在棕色試劑瓶中，故D錯誤．

故選B．二、雙選題(共7題，共14分)10、AB【分析】【分析】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系【解答】A.金屬rm{Na}和熔融rm{KCl}反應置換出金屬rm{K}與鉀熔點比鈉低有關(guān)，與元素周期律無關(guān)，故A正確；B.鹽酸可以與碳酸鈣反應來制取rm{CO_{2}}與酸的性質(zhì)，鹽的性質(zhì)有關(guān)，與元素周期律無關(guān)，故B正確；C.元素的非金屬性越強，對應的單質(zhì)越易與氫氣反應，rm{F2}在暗處遇rm{H2}爆炸，rm{I2}在暗處遇rm{H2}幾乎不反應，與非金屬性有關(guān)，故C錯誤；D.rm{NaCl}溶液的rm{pH=7}rm{AlCl3}溶液的rm{pH<7}說明氫氧化鋁的堿性較弱，與金屬性有關(guān)，故D錯誤。故選AB?！窘馕觥縭m{AB}11、rCD【分析】解：rm{A.}降低溫度后會減小反應速率；則會延長反應達到平衡的時間，故A錯誤；

B.恒容時通入氬氣；壓強增大，但是各組分的濃度不變，平衡不發(fā)生移動，故B錯誤；

C.恒容時通入rm{X_{2}}反應物濃度增大，平衡向正反應方向移動，由于溫度不變，則化學平衡常數(shù)不變，故C正確；

D.恒溫恒壓下；若混合氣體密度不變，說明反應體系中各組分的物質(zhì)的量不再變化，證明該反應已達平衡狀態(tài)，故D正確；

故選CD．

A.降低溫度后反應速率減小；達到平衡時間增大；

B.恒容時加入氬氣；各組分的濃度不變，平衡不移動；

C.通入rm{X}平衡向著正向移動，溫度不變，平衡常數(shù)不變；

D.該反應前后氣體體積不相等；恒溫恒壓條件下，若密度不變，說明反應體系中各組分的濃度不再變化．

本題考查了化學平衡及其影響，題目難度不大，明確化學平衡、化學反應速率的影響因素為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重基礎知識的考查，培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力．【解析】rm{CD}12、A|C【分析】解：A、由碳酸鈉的化學式可知，溶液中鈉離子濃度為碳酸鈉的2倍，所以0.1mol/LNa2CO3溶液中鈉離子濃度為。

0.2mol/L；故A錯誤；

B、1L0.1mol/LNa2CO3溶液含有Na2CO3的質(zhì)量為1L×0.1mol/L×106g/mol=10.6g；故B正確；

C；溶液是均勻的取出的100ml碳酸鈉溶液與原碳酸鈉溶液濃度相同為0.1mol/L；故C錯誤；

D；令稀釋后的濃度為c；根據(jù)稀釋定律，溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，所以10ml×0.1mol/L=100ml×c，解得c=0.01mol/L，故D正確．

故選：AC．

A、根據(jù)碳酸鈉的化學式可知，0.1mol/LNa2CO3溶液中鈉離子濃度為0.2mol/l．

B；根據(jù)n=cV計算碳酸鈉的物質(zhì)的量；再根據(jù)m=nM計算碳酸鈉質(zhì)量．

C；溶液是均勻的取出的100ml碳酸鈉溶液及剩余的溶液濃度與原碳酸鈉溶液濃度相同．

D；令稀釋后的濃度為c；根據(jù)稀釋定律，溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，列式計算．

考查物質(zhì)的量濃度計算及理解，難度不大，注意公式的運用與基礎知識的掌握，溶質(zhì)離子濃度與溶液體積無關(guān)，由溶液濃度、溶質(zhì)化學式及溶質(zhì)電離情況決定．【解析】【答案】AC13、A|D【分析】解：A．該裝置中將太陽能轉(zhuǎn)化為化學能以及化學能轉(zhuǎn)化為電能；存在兩種能量的轉(zhuǎn)換形式，故A正確；

B．原電池工作時；陽離子向正極移動，故B錯誤；

C．可向裝置中加入少量的酸作電解質(zhì)；由于鹽酸易揮發(fā)，生成的甲烷中會混有HCl氣體，應加入硫酸，故C錯誤；

D．根據(jù)電子流向知，Cu是正極，正極上二氧化碳得電子和氫離子反應生成甲烷，電極反應式為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；故D正確．

故選AD．

該裝置中，根據(jù)電子流向知，GaN是負極、Cu是正極，負極反應式為：2H2O-4e-=4H++O2↑，正極反應式為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動，以此解答該題．

本題考查化學電源新型電池，題目難度中等，明確原電池原理為解答根據(jù)，注意正確判斷電極反應、電子流向、離子流向，難點是電極反應式的書寫．【解析】【答案】AD14、rBD【分析】解：rm{A.}為可逆反應，則rm{N_{2}}不能完全轉(zhuǎn)化為rm{NO}故A錯誤；

B.升高溫度；活化分子百分數(shù)增大，則升高溫度可以提高這個反應的化學反應速率，故B正確；

C.起始量、轉(zhuǎn)化率未知，則平衡時不一定存在rm{c(NO)簍Tc(N_{2})}故C錯誤；

D.增大壓強；活化分子數(shù)目增多，則加快這個反應的化學反應速率，故D正確；

故選BD．

A.為可逆反應；

B.升高溫度；活化分子百分數(shù)增大；

C.起始量；轉(zhuǎn)化率未知；

D.增大壓強；活化分子數(shù)目增多．

本題考查化學平衡及反應速率，為高頻考點，把握可逆反應的特點、平衡影響因素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的易錯點，題目難度不大．【解析】rm{BD}15、rBD【分析】解：rm{A.}由圖可知；加入催化劑降低反應的活化能，但反應熱不變，故A錯誤；

B.由圖象可知；反應物總能量大于生成物總能量，故為放熱反應，故B正確；

C.由圖象可知；反應物總能量大于生成物總能量，故C錯誤；

D.化學反應一定遵循質(zhì)量守恒定律；故D正確．

故選BD．

由圖象可知；反應物總能量大于生成物總能量，正反應為放熱反應，加入催化劑，可降低反應的活化能，但反應熱不變，以此解答該題．

本題考查反應熱與焓變，側(cè)重于學生的分析能力的考查，為高頻考點，注意根據(jù)圖象判斷反應的熱效應，把握催化劑對反應的影響，難度不大．【解析】rm{BD}16、rCD【分析】解：rm{A.Br_{2}}和苯酚反應生成rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚沉淀，但溴單質(zhì)和rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚易溶于苯，無法用過濾分開，應加入rm{NaOH}反應后分液；故A錯誤；

B.花生油含碳碳雙鍵；能與碘單質(zhì)反應，故B錯誤；

C.乙酸與碳酸鈉反應后與乙酸乙酯分層；可用分液的方法分離，故C正確；

D.溶液能透過半透膜；膠體不能，故D正確．

故選CD．

A.三溴苯酚易溶于苯；無法用過濾分開；

B.花生油含碳碳雙鍵；

C.乙酸與碳酸鈉反應后與乙酸乙酯分層；

D.溶液能透過半透膜．

本題考查物質(zhì)的分離、提純和除雜，為高頻考點，注意除雜不能引入新的雜質(zhì)、不能影響被提純的物質(zhì)的性質(zhì)和量，并且操作簡單可行，除雜時要結(jié)合物質(zhì)的物理性質(zhì)和化學性質(zhì)進行分離，題目難度不大．【解析】rm{CD}三、填空題(共7題，共14分)17、NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O控制好反應溫度NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，溶液藍色變?yōu)闊o色，且30s內(nèi)不變色0.0064g0.0046g【分析】【分析】NH4Cl溶液中加入鹽酸進行電解得到NCl3，結(jié)合元素守恒可知，生成的氣體A為H2，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2與氣體B，氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則B為NH3．

（1）由上述分析可知，電解發(fā)生反應：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；實驗室用氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣；反應生成氯化鈣；氨氣與水；

由題目信息可知，NCl3極易爆炸，盡量用稀有氣體進行稀釋，在熱水中易分解，電解中應注意：控制好生成NCl3的濃度；控制好反應溫度；

（2）NCl3與NaClO2按物質(zhì)的量之比為1：6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2與NH3，由氫元素守恒可知，有水參加反應，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2；結(jié)合電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH；

（3）①碘反應完畢，加入最后一滴Na2S2O3溶液；溶液藍色褪去；

②ClO2與I-反應得到Cl-與I2，由電子轉(zhuǎn)移守恒及已知反應，可得關(guān)系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，據(jù)此計算V1mL試樣中ClO2的物質(zhì)的量，進而計算100mL溶液中ClO2的物質(zhì)的量，再結(jié)合m=nM計算原10mL溶液中ClO2的濃度；

（4）按一次萃取，設C（H2O）=x，則C（CCl4）=85x，C（H2O）V（H2O）+C（CCl4）V（CCl4）=m（I2）

2x+85x×0.05=0.02

x=0.0032g/L；

殘存碘的量m（I2）=2L×0.0032g/L=0.0064g；

按兩次萃取設C（H2O）=a（第一次）

2a+85a×0.025=0.02

a=0.0048g/L；

m（I2）=0.0048g/L×2L=0.0096g；

再設C（H2O）=b（第二次），2b+85b×0.025=0.02

b=0.0023g/L；

殘存碘量m（I2）=2L×0.0023g/L=0.0046g，【解析】【解答】解：NH4Cl溶液中加入鹽酸進行電解得到NCl3，結(jié)合元素守恒可知，生成的氣體A為H2，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2與氣體B，氣體B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，則B為NH3．

（1）由上述分析可知，電解發(fā)生反應：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；實驗室用氯化銨與氫氧化鈣在加熱條件下制備氨氣，反應生成氯化鈣、氨氣與水，反應方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

由題目信息可知，NCl3極易爆炸，盡量用稀有氣體進行稀釋，在熱水中易分解，電解中應注意：控制好生成NCl3的濃度；控制好反應溫度；

故答案為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；控制好反應溫度；

（2）NCl3與NaClO2按物質(zhì)的量之比為1：6混合，在溶液中恰好反應生成ClO2與NH3，由氫元素守恒可知，有水參加反應，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2，結(jié)合電荷守恒可知，反應還生成NaCl與NaOH，反應離子方程式為：NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；

故答案為：NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；

（3）①碘反應完畢，加入最后一滴Na2S2O3溶液；溶液藍色變?yōu)闊o色，且30s內(nèi)不變色，說明反應到達終點；

故答案為：溶液藍色變?yōu)闊o色；且30s內(nèi)不變色；

②ClO2與I-反應得到Cl-與I2，由電子轉(zhuǎn)移守恒及已知反應，可得關(guān)系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，則V1mL試樣中ClO2的物質(zhì)的量為cmol/L×V2×10-3L×，故100mL溶液中ClO2的物質(zhì)的量為為cmol/L×V2×10-3L××，故原10mL溶液中ClO2的質(zhì)量為cmol/L×V2×10-3L×××68.5g/mol；

濃度．

ClO2與I-反應得到Cl-與I2，由電子轉(zhuǎn)移守恒及已知反應，可得關(guān)系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，則V1mL試樣中ClO2的物質(zhì)的量為cmol/L×V2×10-3L×，故100mL溶液中ClO2的物質(zhì)的量為cmol/L×V2×10-3L××，故原10mL溶液中ClO2的質(zhì)量為cmol/L×V2×10-3L×××67.5g/mol=cV2×10-3×××67.5g，即原溶液中ClO2的濃度為（cV2×10-3×××67.5g）÷0.01L=g/L；

故答案為：；

（4）按一次萃取，設C（H2O）=x，則C（CCl4）=85x，C（H2O）V（H2O）+C（CCl4）V（CCl4）=m（I2）

2x+85x×0.05=0.02

x=0.0032g/L；

殘存碘的量m（I2）=2L×0.0032g/L=0.0064g；

按兩次萃取設C（H2O）=a（第一次）

2a+85a×0.025=0.02

a=0.0048g/L；

m（I2）=0.0048g/L×2L=0.0096g；

再設C（H2O）=b（第二次），2b+85b×0.025=0.0096

b=0.0023g/L；

殘存碘量m（I2）=2L×0.0023g/L=0.0046g；

第二種方法好；

故答案為：0.0064g，0.0046g；18、4：515：165：4【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量計算氣體的物質(zhì)的量，可得物質(zhì)的量之比，根據(jù)分子組成可得原子數(shù)之比，同溫同壓下，氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，密度之比等于相對分子質(zhì)量之比，根據(jù)n===計算．【解析】【解答】解：由n=可知，；在相同條件下氣體的相對分子質(zhì)量之比等于密度之比，所以兩種氣體的密度之比為：64：80=4：5；

設氣體的質(zhì)量為m，則n（SO2）=mol，n（SO3）=mol，所以物質(zhì)的量之比為=：=80：64=5：4；

根據(jù)分子組成可知；兩種氣體的原子數(shù)之比為：5×3：4×4=15：16；

根據(jù)V=n?Vm可知；同溫同壓下，氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以兩種氣體體積之比等于5：4；

故答案為：4：5；15：16；5：4．19、混亂度熵增△S＞0氣態(tài)液態(tài)固態(tài)【分析】【分析】在與外界隔離的體系中；自發(fā)過程將導致體系的混亂度增大，這個原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

對于同一種物質(zhì)而言，氣態(tài)時熵值最大，液態(tài)時次之，固態(tài)時最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓涸谂c外界隔離的體系中；自發(fā)過程將導致體系的混亂度增大，這個原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

對于同一種物質(zhì)而言；氣態(tài)時熵值最大，液態(tài)時次之，固態(tài)時最?。?/p>

故答案為：混亂度；熵增；△S＞0；氣態(tài)；液態(tài)；固態(tài)．20、變紅褪色逐漸變淺或紫色消失5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+變渾濁先把混合氣體通過品紅試液，褪色證明含有二氧化硫，再通過高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通過品紅試液不褪色證明二氧化硫除凈，最后通過澄清石灰水變渾濁證明含有二氧化碳【分析】【分析】（1）二氧化硫和水反應生成亞硫酸；紫色石蕊試液遇酸變紅色；二氧化硫有漂白性，能使品紅溶液褪色，但不能使石蕊褪色．

（2）二氧化硫有還原性；高錳酸鉀有強氧化性，所以二氧化硫和高錳酸鉀能發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀褪色．

（3）二氧化硫和二氧化碳有相似性，都能使澄清的石灰水變渾濁，二氧化硫和二氧化碳在澄清石灰水中都變渾濁，所以需要先檢驗二氧化硫氣體，除凈二氧化硫后再檢驗二氧化碳的存在，據(jù)此設計實驗過程；【解析】【解答】解：（1）二氧化硫和水反應生成亞硫酸；亞硫酸能電離出自由移動的氫離子，所以溶液顯酸性，紫色石蕊試液遇酸變紅色，所以溶液會變紅；二氧化硫有漂白性，能使品紅試液褪色，但不能使石蕊褪色；

故答案為：變紅；褪色；

（2）二氧化硫有還原性，高錳酸鉀有強氧化性，所以二氧化硫和高錳酸鉀能發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀溶液顏色逐漸變淺或紫色消失，離子反應方程式為：5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+；

故答案為：顏色逐漸變淡或紫色消失；5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+；

（3）二氧化硫和氫氧化鈣反應生成不溶于水的亞硫酸鈣和水，溶液變渾濁，離子反應方程式為：Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O；制備的SO2氣體中混有CO2氣體，要證明氣體中既有SO2又有CO2；先把混合氣體通過品紅試液，褪色證明含有二氧化硫，再通過高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通過品紅試液不褪色證明二氧化硫除凈，最后通過澄清石灰水變渾濁證明含有二氧化碳；

故答案為：變渾濁；先把混合氣體通過品紅試液，褪色證明含有二氧化硫，再通過高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，通過品紅試液不褪色證明二氧化硫除凈，最后通過澄清石灰水變渾濁證明含有二氧化碳；21、CH3CHO加成反應酯化反應或取代反應2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【分析】【分析】A是石油裂解氣的主要成份且A的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，A和水發(fā)生加成反應生成B，B為CH3CH2OH，B發(fā)生氧化反應生成C，C為CH3CHO，C發(fā)生氧化反應生成D，D常用作廚房中的調(diào)味品，則D為CH3COOH，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成E，E為CH3COOCH2CH3，E在堿性條件下水解生成F，F(xiàn)酸化得到D，則F為CH3COONa，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A是石油裂解氣的主要成份且A的產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，A和水發(fā)生加成反應生成B，B為CH3CH2OH，B發(fā)生氧化反應生成C，C為CH3CHO，C發(fā)生氧化反應生成D，D常用作廚房中的調(diào)味品，則D為CH3COOH，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成E，E為CH3COOCH2CH3，E在堿性條件下水解生成F，F(xiàn)酸化得到D，則F為CH3COONa；

（1）通過以上分析知，C的結(jié)構(gòu)簡式CH3CHO，故答案為：CH3CHO；

（2）反應的反類型：①為加成反應；④為酯化反應或取代反應；

故答案為：加成反應；酯化反應或取代反應；

（3）②為乙醇的催化氧化反應，反應方程式為2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；

⑤為酯的水解反應，反應方程式為CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；

故答案為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH．22、三40%C2H8N2【分析】【分析】依據(jù)生成產(chǎn)物可以判斷偏二甲肼的元素組成，依據(jù)燃燒產(chǎn)物計算各種物質(zhì)的含量，依據(jù)相對分子質(zhì)量判斷化學式，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：偏二甲肼中碳元素的質(zhì)量為：4.4g×=1.2g；H元素的質(zhì)量為：3.6g×=0.4g；N元素的質(zhì)量為：1.4g；O元素的質(zhì)量為：3.0-1.2-0.4-1.4=0，故偏二甲肼由C；H、N三種元素組成；

偏二甲肼中碳元素的質(zhì)量分數(shù)為：×100%=40%；

偏二甲肼中C、H、N元素的質(zhì)量比為：1.2：0.4：1.4=12：4：14，則C、H、N元素的原子個數(shù)比為：1：4：1，相對分子質(zhì)量為60，則偏二甲肼中C的個數(shù)為2，H的個數(shù)為8，N的個數(shù)為2，那么其化學式為：C2H8N2；

故答案為：三；40%；C2H8N2．23、略

【分析】解：(1)根據(jù)氧化還原反應的實質(zhì)得失電子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根據(jù)電荷守恒，生成物中應有10molH+，根據(jù)原子守恒反應物中應有5molH2O；離子方程式為。

S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案為：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；

(2)Na2S2O3在空氣中易被氧化，先氧化為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉再繼續(xù)氧化，部分氧化得到亞硫酸鈉和和硫酸鈉的混合物，全部氧化得到硫酸鈉．故假設一：只有Na2SO3，假設三：Na2SO4、Na2SO3都有；

故答案為：只有Na2SO3；Na2SO4、Na2SO3都有；

(3)具體操作：取少量固體于試管中加水溶解后，加入過量的1mol?L-1HCl溶液，硫代硫酸鈉反應生成二氧化硫氣體和硫單質(zhì)，取上層清液，滴加少量0.1mol?L-1BaCl2溶液；生成難溶于水的白色沉淀硫酸鋇，證明含硫酸根離子，即證明固體中含有硫酸鈉，否則不含有硫酸鈉．

故答案為：。實驗步驟預期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量固體于試管中，加蒸餾水溶解．步驟2：向試管中加入過量1mol?L-1HCl溶液．充分振蕩，靜置．有淡黃色沉淀生成．步驟3：取上層清液于另一試管中，滴加少量0.1mol?L-1BaCl2溶液．有白色沉淀生成，證明固體中混有Na2SO4．【解析】S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+;只有Na2SO3;Na2SO4、Na2SO3都有;向試管中加入過量1mol?L-1HCl溶液．充分振蕩，靜置．;有淡黃色沉淀生成．;取上層清液于另一試管中，滴加少量0.1mol?L-1BaCl2溶液．;有白色沉淀生成，證明固體中混有Na2SO4．四、探究題(共4題，共36分)24、|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．25、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(nèi)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(nèi)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(nèi)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，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為