2025年中圖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2025年中圖版高三化學上冊階段測試試卷98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8題，共16分)1、下列做法不應該提倡或者不正確的是（）A.采取低碳、節(jié)儉的生活方式，深入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識B.經(jīng)常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等，按照規(guī)定對生活廢棄物逛行分類放量C.熱純堿可以去油污，明礬可以凈化水，漂白粉可用于漂白織物D.煮沸自來水可除去其中的Ca（HCO3）2，食醋可以除水垢2、下列關于干冰的說法，正確的是（）A.干冰是弱電解質(zhì)B.金屬著火可以用干冰滅火C.干冰變?yōu)槎趸細怏w是物理變化D.二氧化碳的電子式為3、丁烷失去-個氫原子后得到丁基（-C4H9），丁基的結(jié)構(gòu)式共有（）A.2種B.3種C.4種D.5種4、將0.20molNO和0.1molCO充入一個容積恒定為1L的密閉容中發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0在不同條件下，反應過程中部分物質(zhì)的濃度變化如圖所示。下列說法正確的是A.容器內(nèi)的壓強不發(fā)生變化說明該反應達到平衡B.當向容器中再充入0.20molNO時，平衡向正反應方向移動，K增大C.第12min時改變的反應條件為升高溫度D.向該容器內(nèi)充入He氣，容器內(nèi)氣體壓強增大，所以反應速率增大5、某同學向一支空試管中按一定的順序分別加入下列四種物質(zhì)（一種物質(zhì)只加一次）：

①KI溶液②淀粉溶液③NaOH溶液④新制氯水．發(fā)現(xiàn)溶液顏色按如下順序變化：無色→棕黃色→藍色→無色．依據(jù)溶液顏色的變化判斷加入以上物質(zhì)的順序是（）A.①→②→③→④B.①→④→②→③C.②→④→①→③D.①→②→④→③6、合成具有美白作用的化妝品原料Z的反應原理如下：

下列敘述不正確的是（）A.X、Z均能與Na2CO3溶液反應B.X可作縮聚反應單體，Y可作加聚反應單體C.X、Y、Z均能使溴水褪色，但是原理不相同D.該反應的反應類型為取代反應7、一定條件下CuS與稀HNO3發(fā)生反應，所得還原產(chǎn)物為NO，氧化產(chǎn)物為SO．現(xiàn)將0.06molCuS加入到50mL4.2mol/LHNO3中，充分反應之后，忽略溶液體積變化，下列說法正確的是（）A.被還原的硝酸為0.08molB.反應后溶液中仍有硝酸剩余C.反應后溶液的pH=1D.CuS未全部參加反應8、化學與科學、技術(shù)、社會、環(huán)境密切相關．下列有關說法中不正確的是（）A.氨氣液化以及液氨氣化要吸熱，所以氨常用于制冷劑B.做紅燒魚時，常加一些食醋和料酒會更香，是因為生成少量的酯C.“地溝油”經(jīng)過加工處理后可以用來制肥皂D.利用生物方法脫除生活污水中的氮和磷，防止水體富營養(yǎng)化評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、明礬石經(jīng)處理后得到明礬[KAl（SO4）2?12H2O]．從明礬制備Al、K2SO4和H2SO4的工藝過程如下所示：

焙燒明礬的化學方程式為：4KAl（SO4）2?12H2O+3S=2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O

請回答下列問題：

（1）在焙燒明礬的反應中，轉(zhuǎn)移15mol電子，生成Al2O3____mol；

（2）A12O3在一定條件下可制得AIN，其晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，該晶體中Al的配位數(shù)是____；

（3）以Al和NiO（OH）為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO（OH）轉(zhuǎn)化為Ni（OH）2，該電池反應的化學方程式是____；

（4）焙燒產(chǎn)生的SO2可用于制硫酸．已知25℃；101kPa時：

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=一197kJ/mol；

2H2O（g）=2H2O（1）△H2=一44kJ/mol；

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）△H3=一545kJ/mol．

則25℃、101kPa時SO3氣體與H2O反應的熱化學方程式是____

焙燒568.8噸明礬（M=474g/mol），若SO2的利用率為96%，可生產(chǎn)質(zhì)量分數(shù)為98%的硫酸____噸．10、粉煤灰中含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等；某實驗室對其進行處理的流程如圖所示：

回答下列問題：

（1）第①步得到的“熟料”中可溶性的成分主要是NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2等，寫出生成NH4Fe（SO4）2的化學方程式____．

（2）濾渣B的主要成分與NaOH溶液反應的離子方程式為____．

（3）步驟③中用NH4HCO3調(diào)節(jié)pH的實驗原理為____（用離子方程式表示）．

（4）實驗室進行第④步操作時，所需的儀器是酒精燈、石棉網(wǎng)、三腳架、玻璃棒、____，得到的晶體主要成份是____（填化學式）．第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為____．11、（2014秋?北京校級期中）利用核磁共振技術(shù)測定有機物分子的三維結(jié)構(gòu)的研究獲得了2002年諾貝爾化學獎．在有機物分子中；不同氫原子的核磁共振譜中給出的峰值（信號）也不同．根據(jù)峰值（信號）可以確定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目．

（1）下列物質(zhì)中，其核磁共振氫譜中給出的峰值（信號）只有一個的是____．

A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3OCH3

（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氫譜圖如圖所示，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：____，請預測B的核磁共振氫譜上有____個峰（信號）．

（3）某含C、H、O三種元素的未知物M，經(jīng)燃燒分析實驗測定M中碳的質(zhì)量分數(shù)為52.16%，氫的質(zhì)量分數(shù)為13.14%，則M的實驗式為____．經(jīng)紅外光譜譜圖可知M中含有O-H、C-O、C-H鍵，則M的結(jié)構(gòu)簡式為____．12、在常溫下，下列五種溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COONH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3?H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液⑤0.1mol/LNH3?H2O；請根據(jù)要求填寫下列空白：

（1）溶液①呈____性（填“酸”、“堿”或“中”），其原因是____（用離子方程式表示）

（2）在上述五種溶液中，pH最小的是____；c（NH4+）最小的是____（填序號）

（3）比較溶液②、③中c（NH4+）的大小關系是②____③（填“＞”；“＜”或“=”）

（4）在溶液④中，____離子的濃度為0.1mol/L；NH3?H2O和____離子的物質(zhì)的量濃度之和為0.2mol/L

（5）常溫下，測得溶液②的pH=7，則說明CH3COO-的水解程度____（填“＞”、“＜”或“=”）NH4+的水解程度，CH3COO-與NH4+濃度的大小關系是：c（CH3COO-）____c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“=”）13、A的分子式為C2H6O2，以A為原料，按下圖所示流程合成一種常用的光敏高分子材料G，其結(jié)構(gòu)簡式為：已知：①—CH2OH+—CH2OH—CH2OCH2—+H2O②++H2O請回答下列問題：（1）A的名稱是：F—→G的反應類型是____B的核磁共振氫譜上共有種吸收峰。C的結(jié)構(gòu)簡式是____。A—→B的化學方程式是。B+D—→E的化學方程式是____。寫出同時滿足下列條件的D的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：①屬于酯類且苯環(huán)上只有一個取代基②除苯環(huán)外不再含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)14、1918年；Lewis提出反應速率的碰撞理論：反應物分子間的相互碰撞是反應進行的必要條件，但并不是每次碰撞都能引起反應，只有少數(shù)碰撞能發(fā)生化學反應．能引發(fā)化學反應的碰撞稱之為有效碰撞．

（1）圖Ⅰ是HI分解反應中HI分子之間的幾種碰撞示意圖，其中屬于有效碰撞的是____（選填“A”；“B”或“C”）；

（2）圖Ⅱ是1molNO2和1molCO反應生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，則寫出該反應的熱化學方程式____

（3）E1的大小對該反應的反應熱有無影響？____．（選填“有”或“無”）

（4）進一步研究表明；化學反應的能量變化（△H）與反應物和生成物的鍵能有關．鍵能可以簡單的理解為斷開1mol化學鍵時所需吸收的能量．如表是部分化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)：

?；瘜W鍵C-HCl-ClC-ClH-Cl鍵能/kJ?mol-1X243330432已知：反應CH4（g）+Cl2（g）═CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=-106kJ/mol，則表中X=____．

（5）已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ?mol-1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566kJ?mol-1

③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ?mol-1

則TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g）的△H=____．15、草木灰中含有可溶性鉀鹽（主要成分是K2SO4、K2CO3；KCl）．某學生按下列操作提取草木灰中的鉀鹽：

①取草木灰加水溶解；②過濾；取濾液；③蒸發(fā)濾液；④冷卻結(jié)晶．

（1）在操作①、②、③中均用到玻璃棒，該儀器的作用依次是____、____、____．

（2）為檢驗草木灰中的陰離子；取少量晶體溶于水，并把溶液分成三等份：

①取一份溶液，加入適量鹽酸，觀察到____；證明含有碳酸根．

②取另一份溶液，為檢驗其中是否含有SO42-，方法是____．產(chǎn)生的現(xiàn)象是____．16、（2014?武漢模擬）銅及其化合物在工業(yè)；農(nóng)業(yè)、科技和日常生活中有廣泛應用．

（1）工業(yè)上利用輝銅礦（主要成分是Cu2S）冶煉銅．為了測定輝銅礦樣品的純度，用酸性高錳酸鉀溶液反應，寫出該反應的離子方程式____．

（2）工業(yè)上利用廢銅屑、廢酸（含硝酸、硫酸）為主要原料制備硫酸銅晶體．某含有c（HNO3）=2mol?L-1，c（H2SO4）=4mol?L-1的廢酸混合液100mL（不含其它酸或氧化劑），最多能制備硫酸銅晶體（CuSO4?5H2O）的質(zhì)量為____．

（3）現(xiàn)有一塊含有銅綠的銅片（假設不含其它雜質(zhì)）在空氣中灼燒至完全反應；經(jīng)測定，反應前后固體的質(zhì)量相同．

①固態(tài)銅與適量氧氣反應，能量變化如圖所示，寫出固態(tài)銅與氧氣反應生成1mol固態(tài)氧化亞銅的熱化學方程式____．

②上述銅片中銅的生銹率為____（金屬生銹率=×100%）．

（4）自然界中各種原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后轉(zhuǎn)化為硫酸銅溶液，并向深部滲透，遇到深層的閃鋅礦（ZnS）和方鉛礦（PbS）；慢慢地轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍（CuS）．

①硫化銅與氧氣在淋濾作用下生成硫酸銅等，該過程的化學方程式為____．

②寫出滲透到地下深層的硫酸銅溶液遇到閃鋅礦發(fā)生反應的離子方程式____，請用簡短的語言解釋該反應發(fā)生的原理____．17、實驗室用濃硫酸與銅的反應制取少量NaHSO3；實驗裝置如圖所示：

請回答：

(1)實驗中取一定量Cu片和一定量濃H2SO4放在圓底燒瓶中共熱，至反應結(jié)束后，發(fā)現(xiàn)燒瓶中還有少量Cu剩余，有人認為還有一定量的H2SO4剩余，原因是____________、____________，在不增加濃H2SO4的前提下；若使剩余銅片溶解可再加入____________(填寫兩種屬于不同類別的物質(zhì))．

(2)向反應后的溶液中加入足量的CuO，使剩余的H2SO4全部轉(zhuǎn)化為CuSO4，過濾后將濾液加熱濃縮，冷卻結(jié)晶制得硫酸銅晶體(CuSO4?XH2O)某小組同學采用加熱法測定該晶體里結(jié)晶水X的值；

①在他們的實驗操作中至少稱量____________次．

②下面是其中一次實驗的數(shù)據(jù)。

。坩堝質(zhì)量坩堝與晶體總質(zhì)量加熱后坩堝與固體總質(zhì)量11.7g22.7g18.6g根據(jù)上表數(shù)據(jù)計算判斷x的實測值比理論值(x=5)____________(填“偏大”或“偏小”)．

(3)裝置乙的作用是：____________；

(4)下列說法正確的是：____________(填序號)．

a．甲裝置使用的玻璃儀器有：酒精燈；玻璃管、長頸漏斗、圓底燒瓶。

b．KMnO4溶液用于尾氣處理。

c．當把品紅溶液滴入到錐形瓶中，若品紅不褪色，說明無NaHSO3產(chǎn)生。

d．當把品紅溶液滴入到錐形瓶中，若品紅褪色，說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3

e．若把品紅溶液換成酸性高錳酸鉀溶液，并滴入到錐形瓶中，不顯紫紅色，說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3

f．此裝置換上其它藥品后，不能制取和收集少量純凈的氯氣．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)18、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數(shù)目為0.3NA．____（判斷對錯）19、含碳的化合物一定是有機化合物．____（判斷對錯）20、制備Fe（OH）3，既可以通過復分解反應制備，又可以通過化合反應制備____（判斷對和錯）21、可逆反應達到平衡，反應就不再進行．____（判斷對錯）22、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對錯）23、食物溶于水后的溶液中pH＜7，則為酸性食物．____．（判斷對錯）24、鈉的還原性很強，在空氣中易變質(zhì)，最后變?yōu)檫^氧化鈉____．（判斷對錯）25、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）評卷人得分四、推斷題(共4題，共40分)26、A；B、C、D均為中學化學中的常見物質(zhì)；請根據(jù)題中信息回答下列問題：

（1）若它們存在如下反應轉(zhuǎn)化關系：A+B→C+D（未配平，反應條件略去）．該轉(zhuǎn)化關系中所涉及的反應為非置換反應，且A、D分子的核外電子總數(shù)都為10個，B與C能發(fā)生反應，則反應的方程式是____．

（2）若它們存在如下反應轉(zhuǎn)化關系：A+B→C+D+H2O（未配平；反應條件略去）．

①該轉(zhuǎn)化關系中所涉及的反應為氧化還原反應．若C、D兩種氣體均能使澄清石灰水變渾濁，鑒別C、D兩種氣體不能選用下列試劑中的____（填寫字母編號）．

a．Ba（OH）2溶液b．酸性KMnO4溶液c．紫色石蕊試液d．H2O2與BaCl2混合液e．酸化的Ba（NO3）2溶液。

②該轉(zhuǎn)化關系中所涉及的反應為非氧化還原反應．若A是造成溫室效應的主要氣體之一，C、D均為鈉鹽，D與B反應能轉(zhuǎn)化為C．當參加反應的A、B物質(zhì)的量之比為3：4時，則反應所得溶液中各種離子的濃度由大到小的順序為____．

③若該反應為氧化還原反應，A是一種氣體，B、D溶液顯堿性，且D溶液具有強氧化性，則在綠礬溶液中加入少量D溶液，發(fā)生反應的離子方程式為____．27、如圖表示常見元素單質(zhì)及化合物相應轉(zhuǎn)化關系；部分反應的產(chǎn)物沒有全部列出．

已知：B是一種黃綠色氣體；C在所有氣體中密度最小，D是一種堿；X；Y是生活中應用最為廣泛的金屬，F(xiàn)是一種紅棕色氧化物，常用作紅色油漆和涂料；Z為氣態(tài)氧化物．

請回答下列問題：

（1）氣體B具有____（填“還原性”或“氧化性”），反應②屬于四種基本反應類型反應中的____．

（2）有學生認為B與X反應的產(chǎn)物E不一定是純凈物．他認為產(chǎn)物中可能還有____（填化學式），為驗證其猜想該同學設計了相關實驗，你認為他需要選擇的試劑為____（填序號）．

a．酸性高錳酸鉀溶液b．NaOH溶液c．KSCN溶液d．稀硫酸。

（3）若Z能導致溫室效應，則反應③的離子反應方程式為____．

（4）若Z是我國酸雨形成的罪魁禍首，目前應用最廣泛的工業(yè)處理含Z廢氣的方法是在熱空氣中與生石灰作用而使其固定，產(chǎn)物可作建筑材料，反應的化學方程式為____．

（5）若Z是形成酸雨的另一種主要物質(zhì)，Z與足量的D溶液反應時能被完全吸收，且生成兩種鹽（物質(zhì)的量之比為1：1），請寫出該反應的化學反應方程式____．28、室溫下；三種中學化學常見的單質(zhì)A；B、C分別為固體、黃綠色氣體、無色氣體，在一定條件下它們的反應如圖：

（1）C的分子式為____，它在充滿B氣體的集氣瓶中燃燒時的現(xiàn)象是：____

（2）寫出反應①的化學方程式：____

（3）分別寫出③和④的離子方程式____

（4）D、E、F三種物質(zhì)的水溶液中均含有一種相同的主要陰離子是____，檢驗該陰離子所用的試劑是____．29、I．A～J分別表示中學化學中常見的一種物質(zhì)；它們之間相互關系如圖1所示（部分反應物；生成物沒有列出），且已知G為主族元素的固態(tài)氧化物，A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)中均含同一種元素．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)中含有的同一種元素在周期表中位置____；

（2）寫出反應④的離子方程式____．

（3）若向氣體K的水溶液中加入鹽酸，使其恰好完全反應，所得溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），用離子方程式表示其原因：____．

II．電浮選凝聚法是工業(yè)上采用的一種污水處理方法：保持污水的pH在5.0～6.0之間，通過電解生成Fe（OH）3沉淀．Fe（OH）3有吸附性；可吸附污物而沉積下來，具有凈化水的作用．陰極產(chǎn)生的氣泡把污水中懸浮物帶到水面形成浮渣層，刮去（或撇掉）浮渣層，即起到了浮選凈化的作用．某科研小組用電浮選凝聚法處理污水，設計裝置如圖2所示．

（1）電解池陽極的電極反應分別是①____；②4OH--4e-=2H2O+O2↑．

（2）熔融鹽燃料電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)，以CH4為燃料，空氣為氧化劑，稀土金屬材料為電極．已知負極的電極反應是：CH4+4-8e-=5CO2+2H2O

①正極的電極反應是____．

②為了使該燃料電池長時間穩(wěn)定運行，電池的電解質(zhì)組成應保持穩(wěn)定．為此電池工作時必須有部分A物質(zhì)參加循環(huán)．則A物質(zhì)的化學式是____．

（3）實驗過程中，若在陰極產(chǎn)生了44.8L（標準狀況）氣體，則熔融鹽燃料電池消耗CH4（標準狀況）____L．評卷人得分五、探究題(共4題，共28分)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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(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________．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：32、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________．33、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：評卷人得分六、簡答題(共2題，共10分)34、Na與FeS04溶液反應，一般很難完整地觀察到反應全過程的有關現(xiàn)象．有人用如圖所示裝置進行實驗改進：先將試管內(nèi)新制備的FeS04溶液液面上覆蓋一薄層汽油；然后將試管放入燒杯中，待試管內(nèi)汽油層消失后，往試管內(nèi)投入一小粒鈉，并迅速塞上帶導管的單孔塞．

（1）實驗中汽油的作用是______．

（2）加入鈉后觀察到液面上有大量氣泡逸出，溶液中有______色沉淀生成．

（3）如果往試管中加入汽油后立即投入鈉?？赡馨l(fā)生爆炸，其原因是______．

（4）寫出鈉與FeS04溶液反應的離子方程式：______．35、含硫化合物的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。rm{(1)}工業(yè)上常將rm{H_{2}S}和空氣的混合氣體通入rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}rm{CuCl_{2}}的混合溶液中反應來回收rm{S}其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如下圖所示。

rm{壟脵}上述轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素是_______。上述轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素是_______。

rm{壟脵}上述反應中當有rm{壟脷}轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，若保持溶液中rm{1molH_{2}S}的物質(zhì)的量不變，則需消耗rm{Fe^{3+}}的物質(zhì)的量為_______。rm{O_{2}}在不改變溫度和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質(zhì)中不含rm{壟脹}可采取的措施有_______。rm{CuS}在高溫下分解生成硫蒸氣和rm{(2)H_{2}S}若反應在不同溫度下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數(shù)如圖所示，rm{H_{2}}在高溫下分解反應的化學方程式為_______。

rm{H_{2}S}黃鐵礦rm{(3)}主要成分rm{(}黃銅礦rm{FeS_{2})}主要成分rm{(}均是自然界中的常見礦物資源。

rm{CuFeS_{2})}有研究者提出黃鐵礦在空氣中氧化的四步反應如圖甲所示。其中rm{壟脵}有研究者提出黃鐵礦在空氣中氧化的四步反應如圖甲所示。其中rm76zgpxn步發(fā)生反應的離步發(fā)生反應的離rm{壟脵}rmh460x61用細菌冶銅時；當黃銅礦中伴有黃鐵礦，由于原電池效應可明顯提高黃銅礦浸取速率，其原理如圖乙所示。

子方程式是___________。冶煉過程中，正極周圍溶液的rm{壟脷}________rm{a.}冶煉過程中，正極周圍溶液的rm{pH}________rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}填“增大”、“減小”或“不變”rm{a.}

rm{pH}rm{(}黃銅礦作負極，其產(chǎn)生單質(zhì)硫的電極反應式為_______。rm{)}參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】A．B．保護環(huán)境；可從減少污染物的排放；開發(fā)新能源等角度分析；

C．純堿為強堿弱酸鹽；碳酸根離子水解而使其溶液呈堿性，明礬中含有鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，漂白粉具有強氧化性；

D．碳酸氫鈣受熱分解生成碳酸鈣，碳酸鈣和醋酸反應生成醋酸鈣．【解析】【解答】解：A．采取低碳；節(jié)儉的生活方式；節(jié)省大量的能源，伸入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識，樹立保護環(huán)境從自我做起、保護環(huán)境人人有責的意識，符合保護環(huán)境的措施，故A正確；

B．經(jīng)常使用一次性筷子和紙杯；會消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用會造成白色污染，故措施不合理，故B錯誤；

C．純堿為強堿弱酸鹽；碳酸根離子水解而使其溶液呈堿性，油脂在堿性條件下能水解，明礬中含有鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性而凈水；漂白粉具有強氧化性，利用其強氧化性漂白織物，故C正確；

D．碳酸氫鈣受熱分解生成碳酸鈣；碳酸鈣和醋酸反應生成醋酸鈣；二氧化碳和水，故D正確．

故選B．2、C【分析】【分析】A；水溶液中或熔融狀態(tài)導電的化合物為電解質(zhì)；水溶液中部分電離的為弱電解質(zhì)；

B；二氧化碳和鈉發(fā)生反應；不能用于滅火；

C；干冰為二氧化碳的固體狀態(tài)變?yōu)槎趸細怏w是物理變化；

D、CO2是共價化合物，其結(jié)構(gòu)式為O=C=O，碳原子和氧原子之間有2對電子．【解析】【解答】解：A；水溶液中或熔融狀態(tài)導電的化合物為電解質(zhì)；水溶液中部分電離的為弱電解質(zhì)，干冰不能電離出離子是非電解質(zhì)，故A錯誤；

B；二氧化碳和金屬能發(fā)生反應；金屬著火可不以用干冰滅火，故B錯誤；

C；干冰為二氧化碳的固體狀態(tài)變?yōu)槎趸細怏w是物理變化；故C正確；

D、CO2是共價化合物，其結(jié)構(gòu)式為O=C=O，碳原子和氧原子之間有2對電子，其電子式為故D錯誤；

故答案為：C．3、C【分析】【分析】先確定丁烷的同分異構(gòu)體，再根據(jù)等效氫，失去不同的1個氫原子后得到不同的丁基，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：丁烷為CH3CH2CH2CH3時，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基；丁烷為CH3CH（CH3）CH3時，分子中有2種不同的H原子，故有2種丁基，故丁基（-C4H9）共有4種，故選C．4、A【分析】試題分析：A、根據(jù)方程式可知，正方應是體積減小的可逆反應，因此當壓強不再發(fā)生變化時，可以說明反應達到平衡狀態(tài)，A正確；B、平衡常數(shù)只與溫度有關系，因此當溫度不變時平衡常數(shù)不變，B錯誤；C、根據(jù)圖像可知，第12min時反應物的濃度逐漸升高，而生成物的濃度逐漸降低，這說明平衡向逆反應方向移動，由于正方應是放熱、體積減小的反應，所以改變的條件是升高溫度或降低壓強或增大CO2的濃度，C錯誤；D、容器容積不變，充入He氣，壓強增大，但反應物的濃度不變，反應速率不變，D錯誤，答案選A?？键c：考查平衡狀態(tài)判斷以及外界條件對反應速率和平衡狀態(tài)的影響【解析】【答案】A5、B【分析】解：KI為無色溶液；加入氯水反應生成碘，變?yōu)樽攸S色，然后加淀粉變藍，再加NaOH反應生成NaI；NaIO，溶液又變?yōu)闊o色，上述分析可知，加入以上藥品的順序是①→④→②→③，故選B．

KI為無色溶液；加入氯水反應生成碘，變?yōu)樽攸S色，然后加淀粉變藍，再加NaOH反應生成NaI；NaIO，溶液又變?yōu)闊o色，以此來解答．

本題考查氯、溴、碘及其化合物之間的轉(zhuǎn)化，為高頻考點，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意反應與現(xiàn)象的關系，題目難度中等．【解析】【答案】B6、D【分析】【分析】A．X和Z中都含有酚羥基；酚羥基和碳酸鈉反應；

B．Y中含有碳碳雙鍵；能發(fā)生加聚反應；X中含有酚羥基，能發(fā)生縮聚反應．

C．能和溴反應的有碳碳不飽和鍵；苯環(huán)上酚羥基鄰對位氫原子；

D．該反應為加成反應．【解析】【解答】解：A．X和Z中都含有酚羥基；酚羥基和碳酸鈉反應，所以二者能與碳酸鈉反應，故A正確；

B．Y中含有碳碳雙鍵；能發(fā)生加成反應；X中含有酚羥基，能發(fā)生縮聚反應，所以Y可作加聚反應單體，X可作縮聚反應單體，故B正確；

C．能和溴反應的有碳碳不飽和鍵；苯環(huán)上酚羥基鄰對位氫原子；X、Z中都含有酚羥基且苯環(huán)上酚羥基鄰對位有H原子，所以能發(fā)生取代反應而褪色；Y中含有碳碳雙鍵，能與溴發(fā)生加成反應而褪色，故C正確；

D．該反應碳碳雙鍵斷裂；為加氫反應，即為加成反應，故D錯誤；

故選D．7、B【分析】【分析】由信息可知，N元素的化合價由+5價降低為+2價，S元素的化合價由-2價升高為+6價，則S失去電子為0.06mol×8=0.48mol，n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，由原子守恒可知，生成CuSO4為0.06mol，若恰好完全反應，作氧化劑的硝酸為=0.16mol＜0.21mol，則硝酸剩余，以此來解答．【解析】【解答】解：A．S失去電子為0.06mol×8=0.48mol，由電子守恒可知，被還原的硝酸為=0.16mol；故A錯誤；

B．n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，作氧化劑的硝酸為=0.16mol＜0.21mol；則硝酸剩余，故B正確；

C．反應后硝酸剩余為0.21mol-0.16mol=0.05mol，c（H+）==1mol/L；pH=0，故C錯誤；

D．硝酸剩余；則CuS全部參加反應生成硫酸銅，故D錯誤；

故選B．8、A【分析】解：A；氨氣的沸點高；液化放熱后氣化吸熱，則液氨氣化吸收大量的熱，所以液氨常用作制冷劑，故A錯誤；

B；食醋和酒發(fā)生酯化反應生成有香味的酯類物質(zhì)；則紅燒魚更香，故B正確；

C；地溝油主要成分為高級脂肪酸甘油酯；堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽，即為肥皂的主要成分，故C正確；

D；氮和磷是植物的營養(yǎng)元素；可造成水體富營養(yǎng)化，故D正確；

故選A．

A；氨氣的沸點高；易液化；

B；食醋和酒發(fā)生酯化反應生成有香味的酯類物質(zhì)；

C；地溝油主要成分為高級脂肪酸甘油酯；堿性條件下水解為皂化反應；

D；氮和磷是植物的營養(yǎng)元素．

本題考查了氨氣性質(zhì)分析，酯化反應、酯的水解，注意化學知識的積累，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單．【解析】【答案】A二、填空題(共9題，共18分)9、2.54Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol259.2【分析】【分析】（1）根據(jù)化學方程式確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目與Al2O3的關系；

（2）配位化合物中直接和中心原子（或離子）相聯(lián)系的配位原子的數(shù)目；

（3）以Al和NiO（OH）為電極；鋁做原電池負極失電子發(fā)生氧化反應，NiO（OH）得到電子發(fā)生還原反應，結(jié)合原子守恒和電子守恒寫出反應化學方程式；

（4）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到；依據(jù)硫元素守恒計算得到．【解析】【解答】解：（1）單質(zhì)S元素的化合價為0價，二氧化硫中S元素的化合價為+4價，由方程式可知生成9mol的二氧化硫轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是12mol，同時生成2mol三氧化二鋁，即轉(zhuǎn)移電子與三氧化二鋁的物質(zhì)的量之比為6：1，所以轉(zhuǎn)移15mol電子，生成Al2O32.5mol；

故答案為：2.5；

（2）依據(jù)晶體晶胞結(jié)構(gòu)分析；結(jié)合配位數(shù)含義可知，每個鋁原子和四個單原子相連，所以鋁原子的配位數(shù)為4；

故答案為：4；

（3）以Al和NiO（OH）為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO（OH）轉(zhuǎn)化為Ni（OH）2，鋁做負極失電子在氫氧化鈉溶液中生成偏鋁酸鈉，反應的化學方程式為：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；

故答案為：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；

（4）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H1=-197kJ/mol①

H2O（g）?H2O（l）△H2=-44kJ/mol②

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol③

依據(jù)蓋斯定律③-①-2×②得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-260KJ/mol；即反應的熱化學方程式為：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

明礬的物質(zhì)的量==1.2×106mol，根據(jù)方程式知，生成SO2的物質(zhì)的量=×9=2.7×106mol，SO2的利用率為96%，根據(jù)硫原子守恒知，硫酸的物質(zhì)的量=SO2的物質(zhì)的量=2.592×106mol，則98%的質(zhì)量==2.592×108g=259.2噸；

故答案為：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；259.2．10、Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2OSiO2+2OH-=SiO32-+H2OH++HCO3-=H2O+CO2↑蒸發(fā)皿（NH4）2SO4[Al（OH）4]-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-【分析】【分析】（1）根據(jù)題意，F(xiàn)e2O3與NH4HSO4反應生成NH4Fe（SO4）2和氨氣與水；物質(zhì)分類體系中，NH4Fe（SO4）2、NH4Al（SO4）2都屬于復鹽；都是強電解質(zhì)；

（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2與NaOH溶液反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）H+與HCO3-不共存；

（4）實驗室進行第④步操作時，濾液C得到硫酸銨，所需的儀器是酒精燈、石棉網(wǎng)、三腳架、玻璃棒、蒸發(fā)皿；第⑤步所加試劑NaOH，生成四羥基合硫酸根離子，第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為通入CO2，酸堿中和生成（NH4）2SO4．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意，F(xiàn)e2O3與NH4HSO4反應生成NH4Fe（SO4）2和氨氣與水：Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O；

故答案為：Fe2O3+4NH4HSO42NH4Fe（SO4）2+2NH3↑+3H2O；

（2）SiO2不溶于一般酸性溶液，不溶于氨水；SiO2與NaOH溶液反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

故答案為：SiO2、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）在酸性溶液中，H++HCO3-=H2O+CO2↑；

故答案為：H++HCO3-=H2O+CO2↑；

（4）實驗室進行第④步操作時，濾液C得到硫酸銨，所需的儀器是酒精燈、石棉網(wǎng)、三腳架、玻璃棒、蒸發(fā)皿；第⑤步所加試劑NaOH，生成四羥基合硫酸根離子，第⑥步生成Al（OH）3的離子方程式為通入CO2，酸堿中和生成（NH4）2SO4；

故答案為：蒸發(fā)皿；（NH4）2SO4；[Al（OH）4]-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-．11、ADBrCH2CH2Br2C2H6OCH3CH2OH【分析】【分析】（1）核磁共振氫譜中峰值數(shù)等于有機物中氫原子的種類數(shù)；

（2）化合物C2H4Br2的結(jié)構(gòu)有兩種：CH3CHBr2、CH2Br-CH2Br，前者有2種氫原子，后者有1種H原子，由圖可知A的核磁共振氫譜只有1個吸收峰，故A為CH2Br-CH2Br，B為CH3CHBr2；

（3）碳的質(zhì)量分數(shù)是52.16%，氫的質(zhì)量分數(shù)是13.14%，則氧元素質(zhì)量分數(shù)是：1-52.16%-13.14%=34.7%，則該物質(zhì)中碳、氫、氧原子個數(shù)之比=：：=2：6：1，實驗式C2H6O，H原子已經(jīng)飽和C的四價結(jié)構(gòu)，故分子式為C2H6O，結(jié)合含有的化學鍵書寫結(jié)構(gòu)簡式．【解析】【解答】解：（1）核磁共振氫譜中只有一種峰；說明分子種有1種H原子，乙烷；二甲醚分子種有1中H原子，而乙酸與乙酸甲酯分子中都有有2種H原子，故AD正確，BC錯誤；

故答案為：AD；

（2）化合物C2H4Br2的結(jié)構(gòu)有兩種：CH3CHBr2、CH2Br-CH2Br，由圖可知A的核磁共振氫譜只有1個吸收峰，則A分子中只有1種H原子，A的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH2Br，A、B分子式相同，則B為的結(jié)構(gòu)簡式為Br2CHCH3；分子種有2種H原子；

故答案為：BrCH2CH2Br；2；

（3）碳的質(zhì)量分數(shù)是52.16%，氫的質(zhì)量分數(shù)是13.14%，則氧元素質(zhì)量分數(shù)是：1-52.16%-13.14%=34.7%，則M中碳、氫、氧原子個數(shù)之比=：：=2：6：1，實驗式C2H6O，H原子已經(jīng)飽和C的四價結(jié)構(gòu)，故M分子式為C2H6O，經(jīng)紅外光譜譜圖可知M中含有O-H、C-O、C-H鍵，則M的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH；

故答案為：C2H6O；CH3CH2OH．12、酸NH4++H2O?NH3?H2O+H+③⑤＜Cl-NH4+==【分析】【分析】（1）氯化銨是強酸弱堿鹽；水解溶液呈酸性，銨根離子水解生成一水合氨和氫離子；

（2）假設銨根離子不考慮水解；依據(jù)另一種離子的影響分析判斷；

（3）醋酸根離子水解促進銨根離子水解，NH4HSO4溶液中的氫離子抑制銨根離子的水解；

（4）混合溶液中氯離子濃度不變?yōu)?.1mol/L；依據(jù)溶液中氮元素的物料守恒計算得到；

（5）醋酸根離子水解程度和銨根離子水解程度相同，溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；【解析】【解答】（1）氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解顯酸性；水解離子方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

故答案為：酸NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

（2）假設銨根離子不考慮水解，①0.1mol/LNH4Cl中銨根離子濃度0.1mol/L；②0.1mol/LCH3COONH4醋酸根離子水解促進銨根離子水解，銨根離子濃度小于0.1mol/L；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的氫離子抑制銨根離子的水解，銨根離子濃度大于0.1mol/L，溶液呈酸性；④0.1mol/LNH3?H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中，一水合氨電離程度大于銨根離子的水解，銨根離子濃度大于0.1mol/L，溶液呈堿性；⑤0.1mol/LNH3?H2O；一水合氨是弱堿存在電離平衡，溶液中銨根離子濃度原小于0.1mol/L，溶液呈堿性；所以溶液PH最小的是③，銨根離子濃度最小的是⑤；故答案為：③；⑤；

（3）②0.1mol/LCH3COONH4醋酸根離子水解促進銨根離子水解，銨根離子濃度小于0.1mol/L；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中的氫離子抑制銨根離子的水解，銨根離子濃度大于0.1mol/L，溶液呈酸性溶液②、③中c（NH4+）的大小關系是小于；故答案為：＜；

（4）0.1mol/LNH3?H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中，氯離子濃度不變?yōu)?.1mol/L；根據(jù)氮元素守恒得到NH3?H2O和NH4+濃度為0.2mol/L；故答案為：Cl-；NH4+；

（5）常溫下，測得溶液②的pH=7，說明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根離子和銨根離子水解程度相同；溶液中存在電荷守恒：[CH3COO-]+[OH-]=[NH4+]+[H+]PH=7說明溶液中[H+]=[OH-]得到：[CH3COO-]=[NH4+]；故答案為：=；=；13、略

【分析】試題分析：從G產(chǎn)物可知F—→G是加聚反應，F(xiàn)是CH=CHCOO(CH2)2OCH=CH2，由反應條件可知E是CH=CHCOO(CH2)2O(CH2)2OH。B是HOCH2CH2OCH2CH2OH，不同的H為3個；由信息①得出A是乙二醇。D為由反應條件催化氧化可知C是（6）因為支鏈只有一個O原子，沒有酯類的同分異構(gòu)體?？键c：有機化學推斷，考查有機物的名稱、反應類型及方程式、同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。【解析】【答案】（1）乙二醇加聚反應；（2）3；（3）（4）2HOCH2CH2OHHOCH2CH2OCH2CH2OH+H2O（5）+HO(CH2)2O(CH2)2OHCH=CHCOO(CH2)2O(CH2)2OH+H2O（6）(沒有)14、CNO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol無413-80KJ/mol【分析】【分析】（1）根據(jù)活化分子發(fā)生有效碰撞時發(fā)生化學反應進行判斷；

（2）反應物總能量大于生成物總能量；應為放熱反應，反應熱為134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol；

（3）E1是反應的活化能不影響反應的反應熱；

（4）依據(jù)反應焓變△H=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和計算得到；

（5）已知：①C（S）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/mol；②2CO（g）+O2=2CO2（g）△H=-566KJ/mol；③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H=+141KJ/mol；所以金紅石與氯氣、石墨制取TiCl4（s）和CO的化學反應方程式可以通過③+①×2-②得到，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）只有發(fā)生化學反應的碰撞才是有效碰撞；分析三個圖，可知只有C有新物質(zhì)生成，則C為有效碰撞，故答案為：C；

（2）反應熱為134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，則反應的熱化學方程式為NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol；

故答案為：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ/mol；

（3）E1是反應的活化能；反應焓變是和反應物和生成物有關于反應過程無關，不影響反應的反應熱，故答案為：無；

（4）反應CH4（g）+Cl2（g）=CH3Cl（g）+HCl（g）；△H=-106kJ/mol；反應焓變△H=4×C-H+Cl-Cl-（C-Cl+3×C-H+H-Cl）=-106；

4X+243-（330+3X+432）=-106計算得到X=413kJ/mol；

故答案為：413；

（5）已知：①C（S）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5KJ/mol；②2CO（g）+O2=2CO2（g）△H=-566KJ/mol；③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H=+141KJ/mol；所以金紅石與氯氣、石墨制取TiCl4（s）和CO的化學反應方程式可以通過③+①×2-②得到；

所以TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=141kJ/mol-393.5kJ/mol×2+566kJ/mol=-80KJ/mol；

即TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=-80KJ/mol，故答案為：-80KJ/mol．15、攪拌加速溶解引流攪拌受熱均勻（防止液體飛濺）有氣泡產(chǎn)生先加足量稀鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液白色沉淀【分析】【分析】（1）實驗過程中玻璃棒的作用①是攪拌加快草木灰溶解；②是過濾需要用玻璃棒引流，③是蒸發(fā)濾液過程中攪拌受熱均勻析出晶體；

（2）①加入鹽酸會生成二氧化碳氣體；

②檢驗硫酸根離子的存在，應先排除碳酸根離子的干擾．【解析】【解答】解：（1）實驗過程中玻璃棒的作用①是攪拌加快草木灰溶解；②是過濾需要用玻璃棒引流，③是蒸發(fā)濾液過程中攪拌受熱均勻析出晶體，防止液體飛濺；

故答案為：攪拌加速溶解；引流；攪拌受熱均勻（防止液體飛濺）；

（2）草木灰中含有可溶性鉀鹽（主要成分是K2SO4、K2CO3；KCl）；

①取一份溶液，加入適量HCl，發(fā)生反應CO32-+2H+═CO2↑+H2O；溶液中有氣泡生成，證明含有碳酸根離子；

故答案為：有氣泡產(chǎn)生；

②取另一份溶液，為檢驗SO42-，應先加足量稀鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液，觀察到生成白色沉淀，Ba2++SO42-═BaSO4↓；證明含有硫酸根離子；

故答案為：先加足量稀鹽酸酸化，再加氯化鋇溶液；白色沉淀．16、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O75g2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=-（）kJ?mol-134%CuS+2O2CuSO4Cu2+（aq）+ZnS（s）=CuS（s）+Zn2+（aq）在一定條件下，溶解度小的礦物可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的礦物（或在相同條件下，由于KSP（CuS）小于KSP（ZnS），故反應可以發(fā)生）．【分析】【分析】（1）輝銅礦（主要成分是Cu2S）冶煉銅；和酸性高錳酸鉀溶液反應生成銅離子，硫酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子，結(jié)合原則守恒和電荷守恒配平書寫；

（2）依據(jù)溶液中氫離子物質(zhì)的量和硝酸根離子物質(zhì)的量，硫酸根離子物質(zhì)的量，結(jié)合反應3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；中離子定量關系和元素守恒計算分析；

（3）①依據(jù)圖象書寫反應過程中的熱化學方程式；結(jié)合個數(shù)定量計算所需熱化學方程式；

②依據(jù)化學方程式灼燒后質(zhì)量不變，反應的氧氣和生成的二氧化碳和水的質(zhì)量相同，結(jié)合金屬生銹率=×100%；計算得到；

（4）①依據(jù)硫化銅與氧氣在淋濾作用下生成硫酸銅書寫化學方程式；

②依據(jù)硫化銅溶解度小于硫化鋅，硫酸銅溶液遇到閃鋅礦發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應生成硫化銅；【解析】【解答】解：（1）輝銅礦（主要成分是Cu2S）冶煉銅，和酸性高錳酸鉀溶液反應生成銅離子，硫酸根離子，高錳酸根離子被還原為錳離子，反應的離子方程式為：Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O；

故答案為：Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O；

（2）某含有c（HNO3）=2mol?L-1，c（H2SO4）=4mol?L-1的廢酸混合液100mL（不含其它酸或氧化劑），n（H+）=0.1L×2mol/L+0.1L×4mol/L×2=1mol，n（NO3-）=0.1L×2mol/L=0.2mol，n（SO42-）=0.1L×4mol/L=0.4mol，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，依據(jù)定量關系可知硝酸根離子全部反應消耗氫離子0.8mol，銅0.3mol，所以生成硫酸銅晶體最多為0.3mol，最多能制備硫酸銅晶體（CuSO4?5H2O）的質(zhì)量=0.3mol×250g/mol=75g；

故答案為：75g；

（3）①依據(jù)圖象分析書寫熱化學方程式：①2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s）△H=-KJ/mol，②2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=-bKJ/mol；

依據(jù)蓋斯定律計算（①×2-②）×得到2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=-（）kJ?mol-1；

故答案為：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=-（）kJ?mol-1；

②含有銅綠的銅片（假設不含其它雜質(zhì)）在空氣中灼燒至完全反應；經(jīng)測定，反應前后固體的質(zhì)量相同，說明反應的氧氣質(zhì)量和生成的二氧化碳；水蒸氣的質(zhì)量相同計算得到，設銅綠中銅物質(zhì)的量為x，銅綠物質(zhì)的量為y；

2Cu+O22CuO；

x0.5x

Cu2（OH）2CO32CuO+CO2+H2O

yyy

0.5x×32=18y+44y

x：y=31：8

依據(jù)元素守恒計算，金屬生銹率=×100%=×100%=×100%=34%；

故答案為：34%；

（4）①硫化銅與氧氣在淋濾作用下生成硫酸銅，反應的化學方程式為：CuS+2O2CuSO4；

故答案為：CuS+2O2CuSO4；

②滲透到地下深層的硫酸銅溶液遇到閃鋅礦，在一定條件下，溶解度小的礦物可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的礦物（或在相同條件下，由于KSP（CuS）小于KSP（ZnS），故反應可以發(fā)生），硫化銅溶解性小于硫化鋅，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應，反應的離子方程式：Cu2+（aq）+ZnS（s）=CuS（s）+Zn2+（aq）；

故答案為：Cu2+（aq）+ZnS（s）=CuS（s）+Zn2+（aq）在一定條件下，溶解度小的礦物可以轉(zhuǎn)化為溶解度更小的礦物（或在相同條件下，由于KSP（CuS）小于KSP（ZnS），故反應可以發(fā)生）．17、略

【分析】解：(1)稀H2SO4與Cu不反應，隨著反應進行，H2SO4越來越稀，所以H2SO4一定有剩余，加入NaNO3，可以形成稀硝酸繼續(xù)溶解銅，F(xiàn)e2O3溶于酸生成三價鐵離子能溶解銅；

故答案為：稀H2SO4與Cu不反應，隨著反應進行，H2SO4越來越稀，所以H2SO4一定有剩余；NaNO3，F(xiàn)e2O3；

(2))①實驗中為準確測定結(jié)晶水的值；應分別測定坩堝的質(zhì)量；坩堝與晶體的總質(zhì)量，以此測定晶體的質(zhì)量，然后稱量加熱后坩堝與固體總質(zhì)量，之后再加熱一次以判斷晶體是否完全分解，總共稱量4次，故答案為：4；

②該實驗晶體的質(zhì)量為22.7g-11.7g=11g，硫酸銅的質(zhì)量為18.9g-11.7g=7.2g，水的質(zhì)量為22.7g-18.9g=3.8g，則n(CuSO4)==0.045mol，n(H2O)==0.21mol，所以x==4.7；小于5，硫酸銅晶體中含有不揮發(fā)的雜質(zhì)，加熱失水后露置在空氣中冷卻等都會造成硫酸銅的質(zhì)量偏大，水的質(zhì)量偏小，而實驗前晶體表面有濕存水或加熱時有晶體飛濺出去，會造成質(zhì)量差偏大，結(jié)果偏大；

故答案為：偏大；

(3)裝置乙是安全瓶；可防止丙裝置中的液體倒吸入甲中；故答案為：防止丙中液體倒吸入甲中；

(4)a．甲裝置使用的玻璃儀器有：酒精燈；玻璃管、分液漏斗、圓底燒瓶；故a錯誤；

b．KMnO4溶液用于尾氣處理，二氧化硫是污染性氣體不能排放到大氣中，高錳酸鉀溶液可以吸收二氧化硫，故b正確；

c．當把品紅溶液滴入到錐形瓶中，溶液中如果溶有SO2則品紅褪色，若無SO2則不褪色，但并不能說明無NaHSO，3．故c錯誤；

d．當把品紅溶液滴入到錐形瓶中，若品紅褪色，說明溶液中含有二氧化硫，過量的二氧化硫和氫氧化鈉全部反應，說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3；故d正確；

e．若把品紅溶液換成酸性高錳酸鉀溶液，并滴入到錐形瓶中，不顯紫紅色，高錳酸鉀發(fā)生反應，其中亞硫酸鈉、亞硫酸氫鈉、二氧化硫都可以和高錳酸鉀反應，不能說明NaOH已完全轉(zhuǎn)化為NaHSO3；故e錯誤；

f．此裝置換上其它藥品后；若制取氯氣，氯氣比空氣重，裝置乙丙不能收集，無除雜裝置，不能制取和收集少量純凈的氯氣．故f正確；

故選：bdf；【解析】稀H2SO4與Cu不反應;隨著反應進行，H2SO4越來越稀，所以H2SO4一定有剩余;NaNO3、Fe2O3;4;偏大;防止丙中液體倒吸入甲中;bdf三、判斷題(共8題，共16分)18、×【分析】【分析】NH4NO3為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【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為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數(shù)目小于0.3NA；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物，簡稱有機物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素，但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似，把它們歸入無機物，故答案為：×．20、√【分析】【分析】鐵鹽與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，氫氧化亞鐵能與空氣的氧氣和水化合生成氫氧化鐵．【解析】【解答】解：氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，此反應屬于復分解反應，氫氧化亞鐵與氧氣和水反應生成氫氧化鐵，此反應屬于化合反應，故正確，答案為：√．21、×【分析】【分析】據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學平衡是動態(tài)平衡；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為0；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】當向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達到一定濃度時，反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．23、×【分析】【分析】食物的酸堿性與化學上所指的溶液的酸堿性是不同的概念，食物呈酸性或成堿性，是按食物在體內(nèi)代謝最終產(chǎn)物的性質(zhì)來分類的．【解析】【解答】解：食物的酸堿性與溶于水后的溶液PH無關，如檸檬酸呈酸性，但為堿性食物，故答案為：×．24、×【分析】【分析】鈉具有強還原性，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：鈉性質(zhì)很活潑，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉而變暗，鈉在空氣中燃燒生成淡黃色固體過氧化鈉，故答案為：×．25、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．四、推斷題(共4題，共40分)26、4NH3+5O24NO+6H2OacNa+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+6Fe2++3ClO-+3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl-【分析】【分析】（1）A、B、C、D均為中學化學中的常見物質(zhì)，它們存在如下反應轉(zhuǎn)化關系：A+B→C+D，為非置換反應，若A、D分子的核外電子總數(shù)都為10個，B與C能發(fā)生反應，則A為NH3，D為H2O；該反應為氨氣與氧氣的反應；

（2）A、B、C、D均為中學化學中的常見物質(zhì)，它們存在如下反應轉(zhuǎn)化關系：A+B→C+D+H2O；

①為氧化還原反應；若C；D兩種氣體均能使澄清石灰水變渾濁，C、D可能為二氧化碳或二氧化硫中的一種，該反應為C與濃硫酸的反應，可利用二氧化硫的漂白性和還原劑區(qū)別；

②為非氧化還原反應，若A是造成溫室效應的主要氣體之一，則A為二氧化碳，C、D均為鈉鹽，D與B反應能轉(zhuǎn)化為C，所以B為NaOH，D為NaHCO3，C為Na2CO3；當參加反應的A；B物質(zhì)的量之比為3：4時，利用原子守恒計算C、D的物質(zhì)的量并比較溶液中各種離子的濃度由大到?。?/p>

③若該反應為氧化還原反應，A是一種氣體，B、D溶液顯堿性，且D溶液具有強氧化性，則A為氯氣，B為氫氧化鈉，D為次氯酸鈉，在綠礬溶液中加入少量D溶液，亞鐵離子被次氯酸根氧化；【解析】【解答】解：（1）為非置換反應，若A、D分子的核外電子總數(shù)都為10個，B與C能發(fā)生反應，則A為NH3，D為H2O，該反應為氨氣與氧氣的反應，反應為4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）①為氧化還原反應；若C；D兩種氣體均能使澄清石灰水變渾濁，C、D可能為二氧化碳或二氧化硫中的一種，該反應為C與濃硫酸的反應，可利用二氧化硫的漂白性和還原劑區(qū)別，則。

a．與Ba（OH）2溶液反應；均生成白色沉淀，不能鑒別，故選；

b．二氧化硫與酸性KMnO4溶液反應使其褪色；二氧化碳不能，可鑒別，故不選；

c．均使紫色石蕊試液變紅；不能鑒別，故選；

d．二氧化硫與H2O2與BaCl2混合液反應生成白色沉淀；而二氧化碳不能，可鑒別，故不選；

e．二氧化硫與酸化的Ba（NO3）2溶液反應生成白色沉淀；而二氧化碳不能，可鑒別，故不選；

故答案為：ac；

②非氧化還原反應，若A是造成溫室效應的主要氣體之一，則A為二氧化碳，B為NaOH，C、D均為鈉鹽，D與B反應能轉(zhuǎn)化為C，所以D為NaHCO3，C為Na2CO3，當參加反應的A、B物質(zhì)的量之比為3：4時，設生成C為x，D為y，則，解得x：y=1：2，溶液中Na2CO3與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：2，碳酸根和碳酸氫根水解，溶液呈堿性，所以溶液中各種離子的濃度由大到小為Na+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+；

故答案為：Na+＞HCO3-＞CO32-＞OH-＞H+；

③若該反應為氧化還原反應，A是一種氣體，B、D溶液顯堿性，且D溶液具有強氧化性，則A為氯氣，B為氫氧化鈉，D為次氯酸鈉，在綠礬溶液中加入少量D溶液，亞鐵離子被次氯酸根氧化，反應的離子方程式為6Fe2++3ClO-+3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl-；

故答案為：6Fe2++3ClO-+3H2O=2Fe（OH）3↓+4Fe3++3Cl-；27、氧化性置換反應FeCl2aCO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-2SO2+2CaO+O2=2CaSO4NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O【分析】【分析】（1）（2）電解飽和食鹽水得到B、C、D，B是一種黃綠色氣體，則B為Cl2，C在所有氣體中密度最小，則C為H2，D是一種堿，則D為NaOH；X、Y是生活中應用最為廣泛的金屬，F(xiàn)是一種紅棕色氧化物，常用作紅色油漆和涂料，則F為Fe2O3，由轉(zhuǎn)化關系可知X為Fe、E為FeCl3，反應②為鋁熱反應，Y為Al、G為Al2O3，與氫氧化鈉反應反應生成I為NaAlO2；

（3）若Z能導致溫室效應，則Z為CO2；過量的二氧化碳與偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉；

（4）若Z是我國酸雨形成的罪魁禍首，則Z為SO2；生石灰與二氧化硫；氧氣反應生成硫酸鈣；

（5）若Z是形成酸雨的另一種主要物質(zhì)，則Z為NO2，與足量的D溶液反應時能被完全吸收，且生成兩種鹽（物質(zhì)的量之比為1：1），發(fā)生歧化反應，有NaNO3生成，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知有NaNO2生成，同時生成水．【解析】【解答】解：電解飽和食鹽水得到B、C、D，B是一種黃綠色氣體，則B為Cl2，C在所有氣體中密度最小，則C為H2，D是一種堿，則D為NaOH；X、Y是生活中應用最為廣泛的金屬，F(xiàn)是一種紅棕色氧化物，常用作紅色油漆和涂料，則F為Fe2O3，由轉(zhuǎn)化關系可知X為Fe、E為FeCl3，反應②為鋁熱反應，Y為Al、G為Al2O3，與氫氧化鈉反應反應生成I為NaAlO2．

（1）B為Cl2；具有氧化性，反應②是Al與氧化鐵反應生成氧化鋁與Fe，屬于置換反應；

故答案為：氧化性；置換反應；

（2）學生認為B與X反應的產(chǎn)物E不一定是純凈物，他認為產(chǎn)物中可能還有FeCl2；亞鐵離子具有還原性，能使酸性高錳酸鉀褪色，而氫氧化鈉；KSCN與鐵離子反應，影響亞鐵離子檢驗，而硫酸不反應，故選a；

故答案為：FeCl2；a；

（3）若Z能導致溫室效應，則Z為CO2，反應③是過量的二氧化碳與偏鋁酸鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，反應③的離子反應方程式為CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案為：CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）若Z是我國酸雨形成的罪魁禍首，則Z為SO2，生石灰與二氧化硫、氧氣反應生成硫酸鈣，反應的化學方程式為：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4；

故答案為：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4；

（5）若Z是形成酸雨的另一種主要物質(zhì)，則Z為NO2，與足量的D溶液反應時能被完全吸收，且生成兩種鹽（物質(zhì)的量之比為1：1），發(fā)生歧化反應，有NaNO3生成，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知有NaNO2生成，同時生成水，該反應的化學反應方程式為：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；

故答案為：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O．28、H2劇烈燃燒，蒼白色火焰2Fe+3Cl22FeCl3Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Cl-硝酸酸化的AgNO3溶液【分析】【分析】B是黃綠色氣體，故B是氯氣，A和B生成D，D是氯化物，D溶于水得黃色溶液，D含有鐵離子，則D是氯化鐵，A是鐵，氯氣和C反應生成E，E溶于水得無色溶液，無色溶液和A反應，生成F和C，則C是氫氣，E是氯化氫，鐵與鹽酸反應生成F為氯化亞鐵，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：B是黃綠色氣體；故B是氯氣，A和B生成D，D是氯化物，D溶于水得黃色溶液，D含有鐵離子，則D是氯化鐵，A是鐵，氯氣和C反應生成E，E溶于水得無色溶液，無色溶液和A反應，生成F和C，則C是氫氣，E是氯化氫，鐵與鹽酸反應生成F為氯化亞鐵；

（1）通過以上分析知，C是氫氣，C的化學式為H2；氫氣在充滿氯氣體的集氣瓶中燃燒時的現(xiàn)象是劇烈燃燒，蒼白色火焰；

故答案為：H2；劇烈燃燒；蒼白色火焰；

（2）反應①的化學方程式為2Fe+3Cl22FeCl3；

故答案為：2Fe+3Cl22FeCl3；

（3）反應③的離子方程式為Fe+2H+═Fe2++H2↑，反應④是氯氣和氯化亞鐵溶液反應生成氯化鐵，反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

故答案為：Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（4）D是氯化鐵，E是氯化氫，F(xiàn)為氯化亞鐵，三種物質(zhì)的水溶液中均含有一種相同的主要陰離子是Cl-，檢驗Cl-離子所用的試劑是硝酸酸化的AgNO3溶液；

故答案為：Cl-；硝酸酸化的AgNO3溶液．29、第四周期、第Ⅷ族2Al+2OH-+6H2O═2[Al（OH）4]-+3H2↑＜NH4++H2ONH3?H2O+H+Fe-2e-=Fe2+O2+2CO2+4e-=2CO32-CO211.2【分析】【分析】G為主族元素的固態(tài)氧化物，在電解條件下生成I和H，能與NaOH溶液反應，說明G為Al2O3，與NaOH反應生成NaAlO2，而I也能與NaOH反應生成NaAlO2，則I為Al，H為O2，C和堿、D和氣體K反應生成E、F，則說明E、F都為氫氧化物，E能轉(zhuǎn)化為F，應為Fe（OH）2→Fe（OH）3的轉(zhuǎn)化，所以E為Fe（OH）2，F(xiàn)為Fe（OH）3，則C為FeCl2，D為FeCl3，K為NH3，B為Fe3O4，與Al在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應生成A，即Fe，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：I．G為主族元素的固態(tài)氧化物，在電解條件下生成I和H，能與NaOH溶液反應，說明G為Al2O3，與NaOH反應生成NaAlO2，而I也能與NaOH反應生成NaAlO2，則I為Al，H為O2，C和堿反應生成E、F，D和氣體K反應也生成E、F，則說明E、F都為氫氧化物，E能轉(zhuǎn)化為F，應為Fe（OH）2→Fe（OH）3的轉(zhuǎn)化，所以E為Fe（OH）2，F(xiàn)為Fe（OH）3，則C為FeCl2，D為FeCl3，K為NH3，B為Fe3O4，與Al在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應生成A，即Fe，則各物質(zhì)分別為：A、Fe；B、Fe3O4；C、FeCl2；D、FeCl3；E、Fe（OH）2；F、Fe（OH）3；G、Al2O3；H、O2；I、Al；K、NH3；

（1）A；B、C、D、E、F六種物質(zhì)中的含有同一種元素鐵元素；在周期表中位置，位于周期表第4周期、第Ⅷ族；

故答案為：第4周期；第Ⅷ族；

（2）反應④是金屬鋁和氫氧化鈉溶液的反應，Al與NaOH溶液反應生成NaAlO2和H2；

反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；

（3）氣體K的水溶液為一水合氨溶液，加入鹽酸，使其恰好完全反應生成氯化銨和水，氯化銨在水溶液中水解顯酸性，所以PH＜7；反應的離子方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

故答案為：＜；NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

II．（1））活潑金屬電極做電解池的陽極，通甲烷的一端是原電池的正極，連接的鐵做電解池的陽極，所以鐵電極本身放電；，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+；故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

（2）①燃料電池中，正極發(fā)生的反應一定是氧氣得電子的過程，該電池的電解質(zhì)環(huán)境是熔融碳酸鹽，所以電極反應為：O2+2CO2+4e-=2CO32-（或2O2+4CO2+8e-=4CO32-），故答案為：O2+2CO2+4e-=2CO32-（或2O2+4CO2+8e-=4CO32-）；

②電池是以熔融碳酸鹽為電解質(zhì)，可以循環(huán)利用的物質(zhì)只有二氧化碳（CO2），故答案為：CO2；

（3）陰極的電極反應為：2H++2e-=H2↑，陰極產(chǎn)生了44.8L（標準狀況）即2mol的氫氣產(chǎn)生，所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，根據(jù)電池的負極電極反應是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，當轉(zhuǎn)移0.1mol電子時，消耗CH4（標準狀況）的體積V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案為：11.2．五、探究題(共4題，共28分)30、|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．31、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色