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全国化学2卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)

理综化学试题

7.食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误的是()

A.硅胶可用作食品干燥剂

B.P2O5不可用作食品干燥剂

C.六水合氯化钙可用作食品干燥剂

D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂

【答案】C

【解析】A.硅胶多孔,吸附水分能力强,且没有毒,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,A正确;B.P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸,酸有腐蚀性,而偏磷酸有毒,因此不可用作食品干燥剂,B正确;C.氯化钙检验吸水性,而六水合氯化钙不具有吸水性,不能用作食品干燥剂,C错误;D.加工后具有吸水性的植物纤维没有毒,没有腐蚀性,因此可用作食品干燥剂,D正确,答案选C。

【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用

【名师点晴】本题从知识上考查了常见干燥剂在生活中的应用,考查了学生对知识理解、综合运用能力,对生活中的化学知识的运用情况,熟悉常见干燥剂的性质是答题的关键。

这道高考题为一道中下档题,难度偏低。

8.某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,该羧酸的分子式为()

A.C14H18O5B.C14H16O4C.C14H22O5D.C14H10O5

【答案】A

【解析】羧酸酯的分子式为C18H26O5,1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇,这说明分子中含有2个酯基,因此有2分子水参加反应,水解方程式为:

C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O,则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是18—2×2=14,氢原子个数是26+4-2×6=18,氧原子个数是5+2-2×1=5,即分子式为C14H18O5,A正确。

【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式

【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体,考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式,该题的关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用,题目难度不大。

9.原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。

a-的电子层结构与氦相同,b和c的次外层有8个电子,c-和d+的电子层结构相同。

下列叙述错误的是()

A.元素的非金属性次序为c>b>a

B.a和其他3种元素均能形成共价化合物

C.d和其他3种元素均能形成离子化合物

D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6

【答案】B

【解析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1,即分别属于第IA、ⅥAⅦA、IA族。

a-的电子层结构与氦相同,则a是H。

b和c的次外层有8个电子,即二者均是第三周期元素,所以b是S,c是Cl。

c-和d+的电子层结构相同,都是18电子微粒,则d是K。

A.同周期自左向右非金属性逐渐增强,同主族自上而下非金属性逐渐减弱,则元素的非金属性次序为c>b>a,A正确;B.氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl,但氢元素与钾元素不能形成共价化合物,而是形成离子化合物KH,B错误;C.d和其他3种元素均能形成离子化合物,即KH、K2S、KCl,C正确;D.氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或-2、+7或-1,所以元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6,D正确,答案选B。

【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用,涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等

【名师点晴】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律,了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。

高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查,有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查,该种题型是高考经典和必考题型。

通过元素周期表考查元素性质(主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等),充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理,更突显了化学学科规律的特色,题目浓度不大。

10.NA代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是()

A.60g丙醇中存在的共价键总数为10NA

B.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA

C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。

23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA

D.235g核互

U发生裂变反应:

U+

n

Sr+

U+10

n,净产生的中子(

n)数为10NA

【答案】C

【解析】A.60g丙醇的物质的量是

1mol,丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH,所以分子中存在的共价键总数为11NA,A错误;B.根据物料守恒可知1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,B错误;C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物,氧化钠或过氧化钠,23g钠的物质的量是23g÷23g/mol=1mol。

钠不论是转化为氧化钠,还是过氧化钠,均失去1个电子,所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA,C正确;D.235g核素

U的物质的量=235g÷235g/mol=1mol,根据发生的裂变反应

U+

n

Sr+

U+10

n可知净产生的中子(

n)数为9NA,D错误,答案选C。

【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算,涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等

【名师点晴】将分子、原子的结构、相对分子质量或式量、物质质量、摩尔质量、物质的量、物质的量在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用、溶液体积、溶质的物质的量浓度、溶质的物质的量、溶质与水化合即电解质的电离、可逆反应、取值范围、气体摩尔体积、物质的状态、电解质溶液中存在的微粒、钠的燃烧、氧化还原反应、化合价、物质的量在钠与失去电子的关系式计算中的应用等联系起来。

充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点,更突显了化学科学特点和化学研究基本方法,能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

11.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)()

A.3种B.4种C.5种D.6种

【答案】B

【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,这说明该有机物是饱和的一元羧酸,即分子组成为C4H9—COOH,丁基有4种,分别是CH3CH2CH2CH2—、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—、CH3CH2CH(CH3)—,所以该羧酸也有4种,答案选B。

【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断,侧重于碳链异构体的考查。

【名师点晴】该题的关键是熟悉常见官能团的结构与性质,准确判断出有机物的属类,依据碳链异构体的书写方法逐一分析判断即可,旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

12.海水开发利用的部分过程如图所示。

下列说法错误的是()

A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴

B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯

C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂

D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收

【答案】C

【解析】A.氯气具有强氧化性,能把溴离子氧化为单质溴,因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴,A正确;B.粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去,所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯,B正确;C.工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂,用氢氧化钠不经济,C错误;D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,SO2具有还原性,能被溴氧化,因此再用SO2将其还原吸收,D正确,答案选C。

【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等,题目难度中等。

【名师点晴】本题从知识上考查物质的分离与提纯,考查了学生对知识了解、理解、掌握和分析、综合运用的情况。

明确常见的化学实验基本操作以及常见物质的性质是答题的关键。

13.用右图所示装置进行下列实验:

将①中溶液滴入②中,预测的现象与实际相符的是()

选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A.

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B.

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C.

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

D.

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

【答案】D

【解析】A、氢氧化钠是强碱,碳酸钠是盐,因此盐酸首先中和氢氧化钠,然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠,最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2,A错误;B、常温下铝在浓硝酸中钝化,反应很快同志,看不到红棕色NO2气体,B错误;C、氢氧化钠溶液开始是过量的,滴入氯化铝生成偏铝酸钠,当氢氧化钠完全消耗后,再滴入氯化铝,铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝,C错误;D、草酸具有还原性,酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,能被酸性高锰酸钾溶液氧化,因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确,答案选D。

【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价,涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。

【名师点晴】该题以实验探究的形式考查元素及其化合物的性质,充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的,有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等,能更全面地考查考生的综合素质和能力。

掌握常见元素及其化合物的性质是答题的关键,注意基础知识的理解掌握和灵活运用。

26.(14分)酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是碳粉,MnO2,ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物,该电池在放电过程产生MnOOH,回收处理该废电池可得到多种化工原料,有关数据下表所示:

溶解度/(g/100g水)

温度/℃

化合物

0

20

40

60

80

100

NH4Cl

29.3

37.2

45.8

55.3

65.6

77.3

ZnCl2

343

395

452

488

541

614

化合物

Zn(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

Ksp近似值

10-17

10-17

10-39

回答下列问题:

(1)该电池的正极反应式为,电池反应的离子方程式为:

(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,理论上消耗Zng。

(已经F=96500C/mol)

(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通过____分离回收;滤渣的主要成分是MnO2、______和,欲从中得到较纯的MnO2,最简便的方法是,其原理是。

(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中,需去除少量杂质铁,其方法是:

加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为_____,加碱调节至pH为时,铁刚好完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol/L时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱调节至pH为_____时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1mol/L)。

若上述过程不加H2O2后果是,原因是。

【答案】

(1)MnO2+e—+H+=MnOOH;Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH

(2)0.05g

(3)加热浓缩、冷却结晶;铁粉、MnOOH;在空气中加热;碳粉转变为CO2,MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3+;2.7;6;Zn2+和Fe2+分离不开;Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近

【解析】

(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,锌是活泼的金属,锌是负极,电解质显酸性,则负极电极反应式为Zn—2e—=Zn2+。

中间是碳棒,碳棒是正极,其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH,则正极电极反应式为MnO2+e—+H+=MnOOH,所以总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH。

(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,则通过的电量是0.5×300=150,因此通过电子的物质的量是

,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗Zn的质量是

(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有氯化锌和氯化铵。

根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大,因此两者可以通过结晶分离回收,即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。

二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水,因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。

由于碳燃烧生成CO2,MnOOH能被氧化转化为二氧化锰,所以欲从中得到较纯的二氧化锰,最简便的方法是在空气中灼烧。

(4)双氧水具有强氧化性,能把铁氧化为铁离子,因此加入稀硫酸和双氧水,溶解后铁变为硫酸铁。

根据氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L,则溶液中氢氧根的浓度=

,所以氢离子浓度是2×10—3mol/L,pH=2.7,因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。

Zn2+浓度为0.1mol/L,根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为=

=10—8mol/L,氢离子浓度是10—6mol/L,pH=6,即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。

如果不加双氧水,则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近,因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2+和Fe2+。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等,涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。

【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等,能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。

考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力,对相关知识的掌握情况。

这道高考题为一道中高档题,能力要求较高。

27.(14分)甲醇是重要的化工原料,又可称为燃料。

利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反应如下:

①CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)△H1

②CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)△H2

③CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)△H3

回答下列问题:

(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下:

化学键

H—H

C—O

C

O

H—O

C—H

E/(kJ.mol-1)

436

343

1076

465

413

由此计算△H1=kJ·mol-1,已知△H2=-58kJ·mol-1,则△H3=kJ·mol-1。

(2)反应①的化学平衡常数K的表达式为;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母),其判断理由是。

(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。

α(CO)值随温度升高而(填“增大”或“减小”),其原因是。

图2中的压强由大到小为_____,其判断理由是_____。

【答案】

(1)—99;+41

(2)

;a;反应①为放热反应,平衡常数应随温度升高变小;

(3)减小;升高温度时,反应①为放热反应,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低;P3>P2>P1;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高

【解析】

(1)反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值,则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)可知反应热△H1=1076kJ/mol+2×436kJ/mol—3×413kJ/mol—343kJ/mol—465kJ/mol=—99kJ.mol-1。

根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③,则△H3=—58kJ/mol+99kJ/mol=+41kJ.mol-1。

(2)化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值,则反应①的化学平衡常数K的表达式为

;由于正方应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,因此a正确。

(3)反应①为放热反应,升高温度时,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又产生CO的量增大;因此最终结果是随温度升高,使CO的转化率降低;相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为P3>P2>P1。

【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等

【名师点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律,平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响,考查了学生对知识理解、综合运用能力。

将热化学方程式、盖斯定律,平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响,碳、氮及其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来,充分体现了学以致用的目的,更突显了化学是一门实用性的学科的特点。

28.(15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂,回答下列问題:

(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。

(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:

①电解时发生反应的化学方程式为。

②溶液X中大量存在的阴离子有__________。

③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。

a.水b.碱石灰C.浓硫酸d.饱和食盐水

(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:

Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸:

Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;

Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;

Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中:

Ⅴ.用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液

(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去20.00mL硫

代硫酸钠溶液。

在此过程中:

①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。

②玻璃液封装置的作用是。

③V中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是。

④测得混合气中ClO2的质量为g。

(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。

若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是_______(填标号)。

a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁

【答案】

(1)2:

1

(2)①NH4Cl+2HCl

3H2↑+NCl3②Cl—、OH—③c

(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)

③淀粉溶液;溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700(4)d

【解析】

(1)工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价,得到1个电子,氯酸钾是氧化剂。

S元素的化合价从+4价升高到+6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:

1。

(2)①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3,则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl

3H2↑+NCl3。

②NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH,反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2—=6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑,溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。

③a、ClO2易溶于水,不能利用水吸收氨气,a错误;b、碱石灰不能吸收氨气,b错误;c、浓硫酸可以吸收氨气,且不影响ClO2,c正确;d、ClO2易溶于水,不能利用饱和食盐水吸收氨气,d错误,答案选c。

(3)①ClO2具有强氧化性,通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应,氧化I—为I2,自身被还原为Cl—,同时生成水,反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O。

②由于二氧化氯是气体,容易挥发到空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。

③由于碘遇淀粉显蓝色,则V中加入的指示剂通常为淀粉,滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。

④根据方程式可知2ClO2~5I2~10S2O32-,则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L×0.02L×67.5g/mol/5=0.02700g。

(4)亚氯酸盐具有氧化性,明矾不能被氧化,碘化钾被氧化为碘,盐酸可能被氧化氯气,因此若要除去超标的亚氯酸盐,最适宜的是硫酸亚铁,且产生的氧化产物铁离子能净水。

【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等,难度中等,要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力,注意基础知识的全面掌握。

【名师点晴】本题从知识上考查了重要物质的化学性质、化学实验基本操作、实验现象的判断与分析、化学探究实验方案的设计与评价、化学方程式的书写、氧化还原反应原理等知识。

考查了学生对基础知识的记忆、理解和运用,运用所学知识分析具体问题的能力。

也涉及到运用所学知识分析问题、解决问题的能力,同时把元素化合物、基本化学原理和化学实验联系在一起,充分体现了学生对基础知识的掌握和分析问题、解决问题的思维能力,凸显了理科综合考试中的综合性与实用性的特点。

36.【化学——选修2:

化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料,工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮,其反应和工艺流程示意图如下:

相关化合物的物理常数

物质

相对分子质量

密度(g/cm-3)

沸点/℃

异丙苯

120

0.8640

153

丙酮

58

0.7898

56.5

苯酚

94

1.0722

182

回答下列问题:

(1)在反应器A中通入的X是。

(2)反应

分别在装置和中进行(填装置符号)。

(3)在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸,其作用是______,优点是用量少,缺点是_______________。

(4)反应②为(填“放热”或“吸热”)反应。

反应温度控制在50-60℃,温度过高的安全隐患是。

(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是(填编号。

已知苯酚是一种弱酸)。

a.NaOHb.CaCOc.NaHCOd.CaO

(6)蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和,判断的依据是。

(7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。

【答案】

(1)氧气(或空气)

(2)A;C(3)催化剂(提高反应速率);腐蚀设备

(4)放

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