…………○…………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年滬科新版高三化學下冊階段測試試卷211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、已知烯烴經臭氧氧化后；在Zn存在下水解，可得到醛和一種有機物酮．如：

現有化學式C7H14的某烯烴，它與H2加成后生成2，3-二甲基戊烷，它經臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一種酮，據此推知該烯烴的結構簡式為（）A.B.C.D.2、下列各組離子中，能在溶液中大量共存的是（）A.Na+H+NO3-Fe2+B.Ca2+NO3-HCO3-OH-C.K+H+Cl-SO42-D.Fe3+Cl-H+CO32-3、下列說法正確的是（）A.放熱反應都能自發進行，自發反應熵值一定增大B.自發反應在恰當條件下才能實現C.一定溫度下Ksp越小，難溶電解質的溶解度就越小D.反應物濃度增大，速率變快是因為增大了單位體積內活化分子百分數4、下列溶液跟100mL0.5mol?L-1NaCl溶液所含Cl-物質的量濃度相同的是（）A.100mL0.5mol?L-1MgCl2溶液B.200mL0.5mol?L-1CaCl2溶液C.25mL0.5mol?L-1HCl溶液D.50mL1mol?L-1KCl溶液5、用鋁熱法還原下列化合物，制取金屬1mol，消耗鋁最少的是()A.MnO2B.WO3C.Co3O4D.Cr2O36、下列是常見離子檢驗的離子方程式，其中錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}隆煤Fe(SCN)_{3}隆媒}B.rm{SO_{4}^{2-}}rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒}C.rm{Cl^{-}}rm{Ag^{+}+Cl^{-}隆煤AgCl隆媒}D.rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle

}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}7、堿性電池具有容量大、放電電流大的特點，因而得到廣泛應用．鋅-錳堿性電池以氫氧化鉀溶液為電解液，電池總反應式為：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）下列說法錯誤的是（）A.電池工作時，鋅失去電子B.電池正極的電極反應式為：2MnO2（s）+H2O（l）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq）C.電池工作時，電子由正極通過外電路流向負極D.外電路中每通過0.1mol電子，鋅的質量理論上減小3.25g8、下列敘述不正確的是（）A.原電池是將化學能轉化為電能的裝置B.鐵船底鑲嵌鋅塊，鋅作負極，以防船體被腐蝕C.鋼鐵腐蝕的正極反應：Fe→Fe3++3e-D.用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，向其中加入CuO固體可以使溶液恢復到原來的濃度9、相同溫度下；容積相同的甲；乙、丙3個恒容密閉容器中發生可逆反應：

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）+197kJ．實驗測得起始、平衡時的有關數據如下表：。容器起始各物質的物質的量/mol達到平衡時體系能量的變化SO2O2SO3Ar甲21放出熱量：Q1乙1.80.90.2放出熱量：Q2丙1.80.90.20.1放出熱量：Q3下列敘述正確的是（）

A.Q1=Q2=Q3

B.達到平衡時，丙容器中SO2的體積分數最大。

C.甲；乙、丙3個容器中反應的平衡常數相等。

D.若在上述條件下反應生成2molSO3（s）的反應放熱小于197kJ

評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)10、迷迭香酸具有抗氧化、延緩衰老、減肥降脂等功效，它的結構簡式為：

以鄰苯二酚為原料合成迷迭香酸的路線為。

下列說法正確的是（）A.有機物B中含有1個手性碳原子B.有機物A分子中所有原子一定在同一平面上C.有機物C在稀硫酸催化下水解的一種產物是BD.1molB與足量的NaOH溶液反應，最多可消耗3molNaOH11、科學家用催化劑將苯酚rm{(X)}和rm{1}rm{3}二羰基化合物rm{(Y)}合成一種重要的具有生物活性的結構單元--苯并呋喃rm{(Z)}rm{W}是中間產物rm{(R_{1}}rm{R_{2}}均為烴基rm{).}則下列有關敘述不正確的是rm{(}rm{)}A.反應rm{壟脵}屬于取代反應B.僅使用溴水或rm{FeCl_{3}}溶液不能鑒別rm{X}和rm{W}C.rm{W}中沒有手性碳原子D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能與rm{NaOH}溶液反應、都能使酸性高錳酸鉀褪色12、化學與生活、生產、可持續發展密切相關，下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{14}C}可用于文物年代的鑒定，rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{12}C}互為同素異形體B.淀粉和纖維素都是高分子化合物，且都是非電解質C.制作航天服的聚酯纖維和用于光纜通信的光導纖維都是新型無機非金屬材料D.現代工業生產中芳香烴主要來源于石油化工的催化重整和煤的干餾13、如圖所示的銅鋅原電池中，銅電極為rm{(}rm{)}

A.負極B.正極C.發生還原反應的一極D.發生氧化反應的一極14、常溫下，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100mol?L-1HCl溶液滴定，其滴定曲線如圖所示：當兩溶液中均滴入相同體積的HCl溶液時，相應的兩溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A.當V（HCl）=0mL時，c（NH3?H2O）=c（HCO3-）B.當V（HCl）=4.00mL時，c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）C.當V（HCl）=8.00mL時，c（Na+）＜c（NH4+）+c（HCO3-）+2c（CO32-）D.當V（HCl）=15.00mL時，c（Na+）=c（NH4+）+c（NH3?H2O）評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)15、下列反應屬于放熱反應的是____；屬于吸熱反應的是____．

A．鋁片與稀鹽酸反應制取H2B．氫氣在氧氣中燃燒。

C．碳酸鈣高溫分解成氧化鈣和二氧化碳D．氫氧化鈉和鹽酸的中和反應。

E．Ba（OH）2?8H2O與NH4Cl反應F．葡萄糖在人體內氧化分解．16、（2014?未央區校級模擬）鎂；鈣、鉀、溴、氟、硼等元素在每升海水中的含量都大于1mg；屬于海水中的常量元素．

（1）鎵與硼同主族，寫出鎵元素原子的價電子排布式____．

（2）鉀、鈣、鎵的第一電離能從大到小的順序是____．

（3）比較氟化鈉和溴化鈉的熔點：氟化鈉____溴化鈉（填“＜”或“＞”），分析其原因是____．

（4）用價層電子對互斥理論推斷BF3空間構型為____，NF3分子中N原子的雜化軌道類型為____；在NH3?BF3中接受孤對電子的原子是____．

（5）2001年曾報道，硼鎂化合物刷新了金屬化合物超導溫度的最高記錄．該化合晶體結構中的晶胞如圖所示．鎂原子間形成正六棱柱，且棱柱的上下底面還各有一個鎂原子，六個硼原子位于棱柱內．則該化合物的化學式可表示為____．17、（2014春?揭陽校級期中）A；B、C、D、E、F六種物質的轉化關系如圖所示（反應條件和部分產物未標出）

（1）若A為短周期金屬單質，D為短周期非金屬單質，且所含元素的原子序數A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數D是A的2倍，F的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，則A的原子結構示意圖為____．反應④的化學方程式為____

（2）若A為常見的變價金屬的單質，D、F是氣態單質，且反應①在水溶液中進行．反應②也在水溶液中進行，則反應②的離子方程式是____．已知光照條件下D與F反應生成B，寫出該反應的化學方程式____．

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則A的元素符號為____，反應①的化學方程式為____．18、氮元素的化合物應用十分廣泛．請回答：

（1）火箭燃料液態偏二甲肼（C2H8N2）是用液態N2O4作氧化劑，二者反應放出大量的熱，生成無毒、無污染的氣體和水．已知室溫下，1g燃料完全燃燒釋放出的能量為42.5kJ，則該反應的熱化學方程式為____．

（2）298K時，在2L固定體積的密閉容器中，發生可逆反應：2NO2（g）?N2O4（g）△H=-akJ/mol（a＞0）．N2O4的物質的量濃度隨時間變化如圖1．達平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍；回答下列問題：

①298k時，該反應的平衡常數為____L?mol-1（精確到0.01）．

②下列情況不是處于平衡狀態的是____：

A．混合氣體的密度保持不變；B．混合氣體的顏色不再變化；C．氣壓恒定時。

③若反應在398K進行，某時刻測得n（NO2）=0.6moln（N2O4）=1.2mol，則此時V（正）____V（逆）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）NH4HSO4在分析試劑、醫藥、電子工業中用途廣泛．現向100mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖2所示．試分析圖中a、b；c、d、e五個點．

①b點時，溶液中發生水解反應的離子是____；

②在c點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序____．

③d、e點對應溶液中，水電離程度大小關系是d____e（填“＞”、“＜”或“=”）．19、已知：C2H5OH+HO-NO2（硝酸）→C2H5O-NO2（硝酸乙酯）+H2O；

RCH（OH）2RCHO+H2O

現有只含C；H、O的化合物A、B、D、E；其中A為飽和多元醇，其它有關信息已注明在如圖的方框內．

回答下列問題：

（1）A的分子式為____；

（2）寫出下列物質的結構簡式：B____；E____；

（3）寫出下列反應的化學方程式和反應類型：

A→C：____，反應類型：____；

A→D：____，反應類型：____；

（4）工業上可通過油脂的皂化反應得到A，分離皂化反應產物的基本操作是____．20、（15分）硝酸銨在現代農業生產和國防中都占有重要地位，下圖是云南天然氣化工廠合成硝酸銨的簡要生產工藝流程：回答下列問題：（1）N2的電子式，合成氨的反應中，若生成1g氨放出熱量aKJ,寫出該反應的熱化學方程式。（2）氨催化氧化的化學方程式是，試從化學反應速率和化學平衡原理分析溫度、壓強對合成氨反應的影響。（3）若輸送NH3的管道某處發生泄漏，檢測的簡單方法。（4）農業生產上長期、過量使用化肥硝酸銨，會加重土壤酸化，原因是（用離子方程式回答）。（5）25℃時，將xmolNH4NO3溶于一定量水中，向該溶液中滴加yL氨水后溶液呈中性，則滴加氨水過程中水的電離平衡將（填“正向”“不”或“逆向”）移動，所滴加氨水的物質的量濃度為（25℃時，Kb(NH3·H2O)=2.0×10-5mol·L-1）。評卷人得分四、判斷題(共2題，共18分)21、通過化學變化可以實現35Cl與37Cl間的相互轉化____．（判斷對錯）22、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒，未看見火焰顯紫色，溶液里一定不含K+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)23、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________．24、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：25、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________．26、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、實驗題(共1題，共3分)27、（1）中學化學中使用前必需檢查是否漏水的儀器有（任填二種）：____

（2）今有集氣瓶；導管、帶孔橡皮塞、燒杯；請組裝一套收集氣體裝置，畫出裝置圖．

要求：①收集一種比空氣輕；可溶于水，且有毒的氣體．

②操作簡便；科學性強．

③儀器只能用題目提供的．

（3）按圖2進行實驗；將分液漏斗中水逐滴滴入瓶內．氣球最終會。

A．變癟B．不變c．脹大。

I．當瓶內固體生成物只有Na2CO3時，觀察到氣球的變化是____；（填字母序號；下同）

Ⅱ．當瓶內固體生成物只有NaHCO3時，觀察到氣球的變化是____；

Ⅲ．當瓶內固體生成物既有NaOH，又有Na2CO3時，觀察到氣球的變化是____；

簡要解釋產生該現象的原因：____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】2，3-二甲基戊烷的結構簡式為CH3CH（CH3）CH（CH3）CH2CH3，對應的烯烴被臭氧氧化后在鋅存在下水解生成乙醛和一種酮，該稀烴中碳碳雙鍵在碳鏈的2號位和3號位之間，由于有酮產生，所以雙鍵一端碳上有兩個碳，另一端碳上有一個氫原子，結合2，3-二甲基戊烷的碳架結構可知該烯烴的結構簡式．【解析】【解答】解：分子式為C7H14的某烯烴，它與氫氣發生加成反應生成2，3-二甲基戊烷，該烯烴被臭氧氧化后在鋅存在下水解生成乙醛和一種酮，根據題中信息可知，該稀烴中碳碳雙鍵在碳鏈的2號位和3號位之間，由于有酮產生，所以雙鍵一端碳上有兩個碳，由于生成乙醛，則另一端碳上有一個氫原子，2，3-二甲基戊烷的結構簡式為CH3CH（CH3）CH（CH3）CH2CH3，所以該烯烴的結構簡式為CH3CH（CH3）C（CH3）=CHCH3；

故選C．2、C【分析】【分析】離子能在溶液中大量共存，則離子之間不發生任何反應，如發生復分解反應生成沉淀、氣體、弱電解質，或發生氧化還原反應、互促水解反應等．【解析】【解答】解：A．酸性條件下NO3-與Fe2+發生氧化還原反應而不能大量共存；故A錯誤；

B．Ca2+、HCO3-、OH-反應生成沉淀而不能大量共存；故B錯誤；

C．離子之間不發生任何反應；可大量共存，故C正確；

D．H+與CO32-反應生成水和二氧化碳而不能大量共存；故D錯誤．

故選C．3、B【分析】【分析】A；反應自發進行的判斷依據是△H-T△S＜0；

B；有些自發進行的反應也需要反應條件；

C；一定溫度下；化學式相似的物質Ksp越小，難溶電解質的溶解度就越小；

D、改變濃度，不改變活化分子百分數．【解析】【解答】解：A；反應自發進行的判斷依據是△H-T△S＜0；所以放熱反應不一定能自發進行，自發反應熵值也不一定增大，故A錯誤；

B；有些自發進行的反應也需要反應條件；如碳的燃燒需要點燃，故B正確；

C；一定溫度下；化學式相似的物質Ksp越小，難溶電解質的溶解度就越小，化學式不相似的物質不能直接根據Ksp的大小來比較溶解度，故C錯誤；

D；反應物濃度增大；速率變快是因為增大了單位體積內活化分子數目，活化分子百分數不變，故D錯誤；

故選B．4、C【分析】【分析】根據離子的物質的量濃度=溶質的物質的量濃度×一個溶質分子中含有的離子的個數，與溶液的體積無關．【解析】【解答】解：100mL0.5mol?L-1NaCl溶液所含Cl-物質的量濃度為0.5mol?L-1

A、100mL0.5mol?L-1MgCl2溶液氯離子濃度為0.5mol/L×2=1mol/L；故A錯誤；

B、200mL0.5mol?L-1CaCl2溶液氯離子濃度為0.5mol/L×2=1mol/L；故B錯誤；

C、25mL0.5mol?L-1HCl溶液氯離子濃度為0.5mol/L；故C正確；

D、50mL1mol?L-1KCl溶液氯離子濃度為1mol/L；故D錯誤；

故選：C．5、C【分析】生成1mol金屬轉移的電子越少，消耗的鋁越少。ABCD中轉移的電子分別是4、6、8/3、3，所以答案選C。【解析】【答案】C6、A【分析】解：rm{A.}檢驗rm{Fe^{3+}}的正確反應為：rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}隆煤Fe(SCN)_{3}}故A錯誤；

B.檢驗rm{SO_{4}^{2-}}的離子方程式為：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒}故B正確；

C.檢驗rm{Cl^{-}}的離子方程式為：rm{Ag^{+}+Cl^{-}隆煤AgCl隆媒}故C正確；

D.檢驗rm{NH_{4}^{+}}的離子方程式為：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}故D正確；

故選：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle

}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

A.生成的硫氰化鐵不是沉淀；

B.鋇離子與硫酸根離子生成難溶于強酸的硫酸鋇沉淀；

C.銀離子與氯離子生成難溶于酸的氯化銀沉淀；

D.銨根離子與氫氧根離子在加熱條件下生成氨氣；氨氣能夠使濕潤的紅色石蕊試紙變藍。

本題考查常見離子的檢驗方法及離子方程式書寫，題目難度不大，明確常見離子的檢驗方法為解答關鍵，注意掌握離子方程式的書寫原則。rm{A}【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】根據電池總反應式為：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反應中Zn被氧化，為原電池的負極，負極反應為Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，MnO2為原電池的正極，發生還原反應，正極反應為2MnO2（s）+H2O（1）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq），以此解答該題．【解析】【解答】解：A；根據總反應可知Zn被氧化；為原電池的負極，故A正確；

B、根據電池總反應式為：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反應中Zn被氧化，為原電池的負極，負極反應為Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，MnO2為原電池的正極，發生還原反應，正極反應為2MnO2（s）+H2O（1）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq）；故B正確；

C；原電池中；電子由負極經外電路流向正極，故C錯誤；

D、負極反應為Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；外電路中每通過O.1mol電子，消耗的Zn的物質的量為0.05mol，質量為0.05mol×65g/mol=3.25g，故D正確．

故選C．8、C【分析】【分析】A；原電池中發生氧化還原反應向外提供電能；

B；Zn、Fe構成原電池時；Fe作正極；

C；鋼鐵腐蝕時；Fe作負極失電子；

D、根據電解時兩極上的產物判斷．【解析】【解答】解：A；原電池中發生氧化還原反應向外提供電能；即原電池是將化學能轉化為電能的裝置，故A正確；

B；Zn、Fe構成原電池時；Fe作正極被保護，Zn作負極被腐蝕，故B正確；

C、鋼鐵腐蝕時，Fe作負極失電子，負極反應為Fe→Fe2++2e-；故C錯誤；

D、用惰性電極電解CuSO4溶液時；陰極生成Cu，陽極生成氧氣，則電解一段時間后，向其中加入CuO固體可以使溶液恢復到原來的濃度，故D正確．

故選C．9、C【分析】

A、三個容器內盡管最終平衡相同，但起始量不同反應的熱效應不同，正向反應是放熱反應，逆向反應是吸熱反應，所以Q1＞Q2=Q3；故A錯誤；

B；因為甲、乙、丙最終達到的平衡狀態相同；所以三氧化硫的體積分數相同，故B錯誤；

C；溫度相同；平衡常數相同，故C正確；

D、在上述條件下反應生成2molSO3（s）；氣體轉化為固體放熱，所以反應放熱應大于197kJ，故D錯誤；

故選C．

【解析】【答案】A；從起始量分析；正向反應是放熱反應，逆向進行的反應是吸熱反應；

B；從恒溫恒容容器中加入惰性氣體；增加總壓，分壓不變，平衡不動分析判斷；

C；從平衡常數是只與溫度有關的物理量；

D；從反應是可逆反應不能進行徹底分析判斷；

二、雙選題(共5題，共10分)10、A|D【分析】解：A．連有4個不同基團的C原子為手性碳原子，中標圓圈的為手性碳原子；故A正確；

B．苯環為平面結構；與苯環直接相連的原子一定在同一平面內，-OH上的H不一定在同一平面內，故B錯誤；

C．有機物C在稀硫酸催化下水解，只有酯基斷裂，水解產物為沒有B物質，故C錯誤；

D．B中酚-OH和-COOH具有酸性；則1molB中含2mol酚-OH和1mol-COOH，與足量的NaOH溶液反應，最多可消耗3molNaOH，故D正確；

故選AD．

A．連有4個不同基團的C原子為手性碳原子；

B．苯環為平面結構；與苯環直接相連的原子一定在同一平面內；

C．有機物C在稀硫酸催化下水解；只有酯基斷裂；

D．B中酚-OH和-COOH具有酸性．

本題考查有機物的結構與性質，注意把握有機物的官能團與性質的關系，熟悉酚、羧酸的性質即可解答，選項A為易錯點，題目難度不大．【解析】【答案】AD11、rCD【分析】解：rm{A.}從有機物的結構和官能團的轉化可知反應rm{壟脵}為取代反應；故A正確；

B.rm{X}rm{W}都含有酚羥基；可與溴水發生取代反應，不能用溴水鑒別，故B正確；

C.rm{W}中連接酯基的碳原子為手性碳原子；故C錯誤；

D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能與rm{NaOH}溶液反應，但rm{Y}不能使酸性高錳酸鉀褪色；故D錯誤．

故選CD．

A.從官能團的轉化判斷反應類型；

B.rm{X}rm{W}含有酚羥基；可與溴水發生取代反應；

C.根據手性碳原子的定義判斷；

D.能與rm{NaOH}反應的官能團為酚羥基和酯基；能被酸性高錳酸鉀氧化的官能團為酚羥基和碳碳雙鍵．

本題考查有機物的結構和性質，題目難度不大，注意把握有機物官能團的性質，為解答該題的關鍵，易錯點為rm{A}注意根據官能團的變化判斷反應的類型．【解析】rm{CD}12、rBD【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{14}C}可用于文物年代的鑒定，rm{{,!}^{14}C}與rm{{,!}^{12}C}互為同位素；同素異形體是單質，故A錯誤；

B.淀粉和纖維素都是高分子化合物；在水溶液中和熔融狀態下不導電的化合物是非電解質，所以淀粉和纖維素都是非電解質，故B正確；

C.聚酯纖維屬于有機材料；光導纖維是新型無機非金屬材料，故C錯誤；

D.石油化工的催化重整可以獲得芳香烴；煤焦油中含有芳香烴，所以現代工業生產中芳香烴主要來源于石油化工的催化重整和煤的干餾，故D正確．

故選BD．

A.同素異形體是同種元素組成的不同的單質；

B.淀粉和纖維素都是高分子化合物；在水溶液中和熔融狀態下不導電的化合物是非電解質；

C.聚酯纖維屬于有機材料；

D.石油化工的催化重整可以獲得芳香烴；煤焦油中含有芳香烴．

本題考查了同位素和同分異構體的概念、石油的裂化裂解、分餾，煤的干餾，無機非金屬材料等知識點，難度不大，屬于基礎性題目，注意基礎知識的積累．【解析】rm{BD}13、rBC【分析】解：rm{A.}原電池中；活潑性強的金屬作負極，鋅作負極，故A錯誤；

B.原電池中；不活潑的金屬作正極，銅作正極，故B正確；

C.rm{Cu}作正極；正極上氫離子得電子，發生還原反應，故C正確；

D.該裝置中，負極上rm{Zn}失電子；發生氧化反應，故D錯誤；

故選BC．

銅、鋅、硫酸銅溶液構成原電池中，活潑性強的金屬作負極，負極上rm{Zn}失電子；不活潑的金屬作正極，正極上氫離子得電子，據此分析．

本題考查了原電池原理，明確正負極的判斷方法即可解答，可以從電子流向、電極上得失電子、電極上發生反應類型來判斷正負極，難度不大．【解析】rm{BC}14、CD【分析】解：A．當V（HCl）=0mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液PH不同，電離和水解程度不同，c（NH3?H2O）≠c（HCO3-）；故A錯誤；

B．當V（HCl）=4.00mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100mol?L-1HCl溶液滴定，分別得到的溶液為NH3?H2O和少量NH4Cl、NaHCO3和少量NaCl，c（HCO3-）＞c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（CO32-）；故B錯誤；

C．當V（HCl）=8.00mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100mol?L-1HCl溶液滴定，分別得到的溶液為少量NH3?H2O和NH4Cl，少量NaHCO3和NaCl，溶液中存在電荷守恒；c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），兩溶液中c（Cl-）相同，c（OH-）＞c（H+），得到c（Na+）＜c（NH4+）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故C正確；

D．當V（HCl）=15.00mL時恰好反應，得到溶液為NaHCO3溶液、NaCl溶液，鈉離子濃度和銨根離子濃度相同，c（Na+）=c（NH4+）+c（NH3?H2O）；故D正確；

故選：CD。

A．當V（HCl）=0mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液PH不同；

B．當V（HCl）=4.00mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100mol?L-1HCl溶液滴定，分別得到的溶液為NH3?H2O和少量NH4Cl、NaHCO3和少量NaCl；

C．當V（HCl）=8.00mL時，濃度均為0.100mol?L-1、體積均為15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分別用0.100mol?L-1HCl溶液滴定，分別得到的溶液為少量NH3?H2O和NH4Cl，少量NaHCO3和NaCl；

D．當V（HCl）=15.00mL時恰好反應，得到溶液為NaHCO3溶液；NaCl溶液；鈉離子濃度和銨根離子濃度相同，結合物料守恒分析；

本題考查了電解質溶液中溶質分析、離子濃度大小、物料守恒等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等．【解析】CD三、填空題(共6題，共12分)15、ABDFCE【分析】【分析】常見的放熱反應有：所有的物質燃燒；所有金屬與酸反應、金屬與水反應、所有中和反應、絕大多數化合反應和鋁熱反應；

常見的吸熱反應有：絕大數分解反應、個別的化合反應（如C和CO2）、少數分解、置換以及某些復分解反應（如銨鹽和強堿）．【解析】【解答】解：A．鋁片與稀H2SO4反應制取H2屬于放熱反應；

B．氫氣在氧氣中燃燒屬于放熱反應；

C．碳酸鈣高溫分解成氧化鈣和二氧化碳屬于吸熱反應；

D．氫氧化鈉和鹽酸中和屬于放熱反應；

E．Ba（OH）2?8H2O與NH4Cl反應屬于吸熱反應；

F．葡萄糖在人體內氧化分解是氧化反應，屬于放熱反應，故答案為：ABDF、CE．16、4s24p1鈣＞鎵＞鉀＞由于氟化鈉晶格能大于溴化鈉平面三角形sp3BMgB2【分析】【分析】（1）Ga元素屬于第IIIA族；其價電子為4s；4p電子，據此書寫其價電子排布式；

（2）同一周期元素；其第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族元素第一電離能大于其相鄰元素；

（3）離子晶體的熔點與其晶格能成正比；晶格能與離子半徑成反比；與所帶電荷成正比；

（4）根據價層電子對互斥理論確定BF3空間構型及NF3分子中N原子的雜化軌道類型；含有孤電子對的原子和含有空軌道的原子之間易形成配位鍵；

（5）利用均攤法確定該化合物的化學式．【解析】【解答】解：（1）Ga元素屬于第IIIA族，其價電子為4s、4p電子，其價電子排布式為4s24p1，故答案為：4s24p1；

（2）同一周期元素；其第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，但第IIA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小順序是鈣＞鎵＞鉀；

故答案為：鈣＞鎵＞鉀；

（3）離子晶體的熔點與其晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比、與所帶電荷成正比，氟離子半徑小于溴離子，所以氟化鈉的晶格能大于溴化鈉，則熔點NaF＞NaBr；故答案為：＞；由于氟化鈉晶格能大于溴化鈉；

（4）根據價層電子對理論知，BF3分子中B原子價層電子對個數=3+×（3-3×1）=3且不含孤電子對，所以其空間構型為平面三角形，NF3分子中N原子價層電子對個數=3+×（5-3×1）=4且含有一個孤電子對，所以N原子采用sp3雜化，在NH3?BF3中B原子含有空軌道；N原子含有孤電子對；所以二者能形成配位鍵；

故答案為：平面正三角形；sp3；B；

（5）該晶胞中，B原子個數=6，Mg原子個數=2×+12×=3，所以Mg原子和B原子個數之比=6：3=2：1，所以其化學式為MgB2，故答案為：MgB2．17、C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HClC2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A為短周期金屬單質，D為短周期非金屬單質，A+B=C+D是置換反應，F的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，說明生成的氣體為NO2，F為濃硝酸HNO3，非金屬判斷D為C，結合置換反應和所含元素的原子序數A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數D是A的2倍，分析判斷A為Mg，B為CO2，C為MgO，E為Mg（NO3）2；依據分析判斷出的物質回答問題；

（2）若A是常見的變價金屬的單質，D、F是氣態單質，且反應①在水溶液中進行，D和F單質化合反應生成B為酸，則推斷變價金屬為Fe，B為HCl，D為H2，F為Cl2，E為FeCl3，反應②在水溶液中進行反應，其離子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照條件下D（H2）與F（Cl2）反應生成B（HCl）；依據判斷物質回答問題；

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置換反應，依據周期表中非金屬單質發生置換反應可知A為C，D為Si，F為O2，依據判斷物質回答．【解析】【解答】解：（1）若A為短周期金屬單質，D為短周期非金屬單質，A+B=C+D是置換反應，F的濃溶液與A、D反應都有紅棕色氣體生成，說明生成的氣體為NO2，F為濃硝酸HNO3，非金屬判斷D為C，結合置換反應和所含元素的原子序數A是D的2倍，所含元素的原子最外層電子數D是A的2倍，分析判斷A為Mg，B為CO2，C為MgO，E為Mg（NO3）2；A為Mg原子結構示意圖為：反應④是碳和濃硝酸加熱反應生成二氧化氮和二氧化碳氣體及水的反應，化學方程式為：C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案為：C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常見的變價金屬的單質，D、F是氣態單質，且反應①在水溶液中進行，D和F單質化合反應生成B為酸，則推斷變價金屬為Fe，B為HCl，D為H2，F為Cl2，E為FeCl3，反應②在水溶液中進行反應，其離子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照條件下D（H2）與F（Cl2）反應生成B（HCl），化學方程式為：H2+Cl22HCl；

故答案為：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，H2+Cl22HCl

（3）若A、D、F都是短周期非金屬元素單質，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置換反應，依據周期表中非金屬單質發生置換反應可知A為C，D為Si，F為O2，反應①是碳置換硅的反應，化學方程式為為：2C+SiO2Si+2CO↑；

故答案為：C，2C+SiO2Si+2CO↑．18、C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ?mol-16.67A＜NH4+c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）＞【分析】【分析】（1）先求出偏二甲肼的物質的量；再根據物質的量之比等于熱量比求出反應熱，然后寫出熱化學方程式；

（2）①有圖可知N2O4的平衡濃度為0.6mol/L，達到平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍，則NO2的平衡濃度為0.3mol/L；帶入平衡常數表達式計算；

②A．氣體的質量不變；容積恒定，因此氣體的密度為一定值；

B．混合氣體的顏色不變，說明NO2的濃度保持恒定；

C．反應2NO2（g）?N2O4（g）氣壓恒定時；正；逆反應速率相等；

③反應為放熱反應，升高溫度，K值減小，計算可知此時的濃度商Q=K（298K）＞K（398K），反應向逆反應方向移動，因此V（正）＜V（逆）；

（3）①a、b、c、d、e五個點，根據反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；

②c點溶液呈中性，則溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分；

③根據堿性溶液中，氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小進行分析．【解析】【解答】解：（1）1g燃料完全燃燒釋放出的能量為42.5kJ，則1mol偏二甲肼完全燃燒釋放出的能量為42.5kJ×60=2550kJ，其熱化學方程式為：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ/mol；

故答案為：C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ?mol-1；

（2）①有圖可知N2O4的平衡濃度為0.6mol/L，達到平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍，則NO2的平衡濃度為0.3mol/L，則K===6.67；

故答案為：6.67；

②A．反應物和生成物全是氣態物質，氣體的質量不變，容積為2L保持恒定，由ρ=可知氣體的密度為一定值；因此氣體的密度保持不變不一定處于平衡狀態，故A正確；

B．混合氣體的顏色不變說明NO2的濃度不變；說明反應處于化學平衡狀態，故B錯誤；

C．反應2NO2（g）?N2O4（g）是一個氣體體積減小的反應；氣壓恒定時，正；逆反應速率相等，說明反應處于化學平衡狀態，故C錯誤；

故答案為：A；

③反應為放熱反應，升高溫度，K值減小，密閉容器的體積為2L，因此的N2O4的濃度為0.6mol/L，NO2的濃度為0.3mol/L，濃度商Q===6.67=K（298K）＞K（398K），反應向逆反應方向移動，故：V（正）＜V（逆）；故答案為：＜；

（3）①a、b、c、d、e五個點，根據反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4，溶液中發生水解反應的離子是NH4+，故答案為：NH4+；

②c點溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，b點時c（Na+）=c（SO42-），c點時c（Na+）＞c（SO42-），根據N元素與S元素的關系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

③d；e溶液都為堿性溶液；溶液中的氫氧根離子抑制了水的電離，則氫氧化鈉溶液體積越大，水的電離沉淀越小，故d點水的電離程度大于e點水的電離；

故答案為：＞．19、C3H8O3酯化反應氧化反應鹽析、過濾【分析】【分析】當一個醇羥基和乙酸發生酯化反應時，醇羥基相當于增加一個C2H2O基團，其相對分子質量增加42，A和乙酸發生酯化反應生成B時，相等分子質量增加218-92=126，所以A中醇羥基個數==3，所以A中含有3個醇羥基，A為飽和多元醇且A的相對分子質量是92，設A的通式為CnH2n-1（OH）3，則n==3；

所以A的分子式為：C3H8O3；為丙三醇；

丙三醇和乙酸發生酯化反應生成B，則B的結構簡式為：A部分被氧化生成E，E能發生銀鏡反應，則E中含有醛基，E的相對分子質量為88，與A相比相對分子質量少9，說明A中有兩個醇羥基被氧化，所以其結構簡式為：A部分被氧化生成D，D能發生銀鏡反應說明D中含有醛基，D比A的相對分子質量小2說明A中有一個醇羥基被氧化，所以D的結構簡式為：A和硝酸發生酯化反應生成C，其相對分子質量增加227-92=135，一個醇羥基發生酯化反應時，相對分子質量增加45，實際上相對分子質量增加135，則丙三醇中三個醇羥基都參加酯化反應，則C的結構簡式為：．【解析】【解答】解：當一個醇羥基和乙酸發生酯化反應時，醇羥基相當于增加一個C2H2O基團，其相對分子質量增加42，A和乙酸發生酯化反應生成B時，相等分子質量增加218-92=126，所以A中醇羥基個數==3，所以A中含有3個醇羥基，A為飽和多元醇且A的相對分子質量是92，設A的通式為CnH2n-1（OH）3，則n==3；

所以A的分子式為：C3H8O3；為丙三醇；

丙三醇和乙酸發生酯化反應生成B，則B的結構簡式為：A部分被氧化生成E，E能發生銀鏡反應，則E中含有醛基，E的相對分子質量為88，與A相比相對分子質量少9，說明A中有兩個醇羥基被氧化，所以其結構簡式為：A部分被氧化生成D，D能發生銀鏡反應說明D中含有醛基，D比A的相對分子質量小2說明A中有一個醇羥基被氧化，所以D的結構簡式為：A和硝酸發生酯化反應生成C，其相對分子質量增加227-92=135，一個醇羥基發生酯化反應時，相對分子質量增加45，實際上相對分子質量增加135，則丙三醇中三個醇羥基都參加酯化反應，則C的結構簡式為：．

（1）通過以上分析知，A的分子式C3H8O3，故答案為：C3H8O3；

（2）通過以上分析知，B、E的結構簡式分別是：

故答案為：

（3）A生成C的反應方程式為：該反應屬于酯化反應，A生成D的反應方程式為：該反應屬于氧化反應；

故答案為：酯化反應；氧化反應；

（4）工業上可通過油脂的皂化反應得到丙三醇，分離皂化反應產物的基本操作先鹽析，然后再過濾即可，故答案為：鹽析；過濾．20、略

【分析】試題分析：（1）在氮氣分子中兩個N原子共用三對電子，所以N2的電子式是根據題意可得合成氨氣的反應的熱化學方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-34akJ/mol；（2）氨在催化劑表面被氧化為NO。該催化氧化的化學方程式是4NH3+5O24NO+6H2O;由于合成氨正反應是放熱反應，所以從平衡角度看低溫有利于提高反應物的轉化率，但反應速率過慢，故合成氨采用高溫（400℃-500℃）；正反應體積縮小，增大壓強有利于提高轉化率（正向移動），故采用高壓（10MPa-30MPa）。（3）若輸送NH3的管道某處發生泄漏，檢測的簡單方法是用潤濕的紅色石蕊試紙檢測，試紙變藍的位置即是氨氣泄漏處。或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近，有白煙產生。（4）農業生產上長期、過量使用化肥硝酸銨，會加重土壤酸化，這是因為硝酸銨是強酸弱堿鹽。該鹽會發生水解反應：NH4++H2ONH3·H2O+H+，消耗了水電離產生的OH-，破壞了水的大量平衡，水會繼續電離，當最終達到電離平衡時c(H+)>c(OH-),所以溶液顯酸性。（5）25℃時，將xmolNH4NO3溶于一定量水中，向該溶液中滴加yL氨水電離產生銨根離子和OH-，會對水的電離起抑制作用。所以滴加氨水過程中水的電離平衡將逆向移動。在該溶液中，存在電荷守恒c(NH4+)+（H+）=c(NO3-)+c(OH-).由于溶液為中性，所以c(NH4+)=c(NO3-)。由于Kb(NH3·H2O)=2.0×10-5mol/L,即所以c(NH3·H2O)=c(NH4+)·c(OH-)/Kb={(x÷y)×10-7}÷2.0×10-5mol/L=x/200ymol/L。考點：考查物質的電子式、方程式、熱化學方程式的書寫、外界條件的選擇、氨氣的檢驗、弱電解質的濃度的計算的知識。【解析】【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-34akJ/mol（2）4NH3+5O24NO+6H2O;合成氨正反應放熱，低溫有利于提高轉化率，但反應速率過慢，故合成氨采用高溫（400℃-500℃）；正反應體積縮小，增大壓強有利于提高轉化率（正向移動），故采用高壓（10MPa-30MPa）。（3）用潤濕的紅色石蕊試紙檢測，試紙變藍的位置即是氨氣泄漏處。（其他合理答案也可）（4）NH4++H2ONH3·H2O+H+;（5）逆向x/200ymol·L－1四、判斷題(共2題，共18分)21、×【分析】【分析】化學變化不涉及原子核內部的變化，即化學變化不能改變中子數、質子數．故通過化學變化無法實現35Cl與37Cl間的相互轉化，同位素之間的轉化屬于核變化．【解析】【解答】解：35Cl與37Cl間的相互轉化沒有新物質生成，屬于物理變化，故通過化學變化無法實現35Cl與37Cl間的相互轉化；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色藍色鈷玻璃片濾去黃色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，Na元素的焰色反應為黃色，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色的藍色鈷玻璃片濾去黃色，本題中未通過藍色鈷玻璃片觀察，因此不能確定是否含有K+．

故答案為：×．五、探究題(共4題，共32分)23、|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．24、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，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，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mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，