2021年上海市徐汇高三一模化学试卷及答案

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2020 学年第一学期徐汇区学习能力诊断卷高三化学试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Mn-55 Br-80
一、选择题(本题共 40 分，每小题 2 分，每题只有一个正确选项)
1. 市售“84 消毒液”的有效成分是
A. Ca(ClO)2 B. HClO C. NaClO D. C2H5OH
【答案】C
【解析】
【详解】市售“84 消毒液”的有效成分是NaClO，故合理选项是C。
2. 下列属于自然固氮的是
A. N2→NH3 B. NH3→NH4NO3 C. N2→NO D. NO→NO2
【答案】C
【解析】
【分析】固氮是将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，自然固氮是大气中的氮气直接和氧气转化为NO的过程。
【详解】A．工业上用氮气和氢气合成氨气，是人工固氮，A错误；
B．NH3→NH4NO3是化合态转化为化合态，不符合定义，B错误；
C．空气中的氮气在放电条件下N2→NO，属于自然固氮，C正确；
D．NO→NO2是化合态转化化合态，不符合定义，D错误；
故选C。
【点睛】关键抓住固氮是将游离态的氮元素转化为化合态。
3. 不能使用铁质容器储运的是
A. 浓盐酸 B. 液氯 C. 浓硝酸 D. 浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2，因此浓盐酸不能使用铁质容器储运，A符合题意；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应，因此液氯可以使用铁质容器储运，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硝酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硝酸能使用铁质容器储运，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硫酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硫酸能使用铁质容器储运，D不符合题意；
故合理选项是A。
4. 长期使用容易导致土壤酸化板结的是
A. (NH4)2SO4 B. NH4HCO3 C. CO(NH2)2 D. KNO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸铵是强酸弱碱盐，水解显酸性，生成的一水合氨易分解，长期使用会使土壤酸化板结，A正确；
B．碳酸氢铵是弱酸弱碱盐，溶液显碱性，并且生成的一水合氨和碳酸都易分解，不会使土壤酸化板结，B错误；
C．尿素属于有机氮肥,施用到土壤中会转化成碳酸氢铵,然后又会分解为氨、二氧化碳和水,这三种最终产物都是作物的养分,可以被植物吸收而且易挥发,不含有害的中间产物和最终分解产物,长期施用不影响土质，C错误；
D．硝酸钾是强酸强碱盐，不水解，溶液程中性，长期施用不会导致土壤酸化板结，D错误；
故选A。
5. 下列说法错误的是
A. 稀有气体单质中无化学键 B. 水分子的球棍模型
C. 青铜属于合金 D. 粮食发酵法是工业制备酒精的方法之一
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀有气体都是单原子分子，所以单质中无化学键，A正确，不能选；
B．一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成，且氧原子比氢原子大，是V型分子，不是直线型，B错误，符合题意；
C．青铜是纯铜中加入锡或铅的合金，C正确，不能选；
D．工业制备酒精的方法主要有乙烯合成法和粮食发酵法，D正确，不能选；
故选B。
6. 关于Na2SO3，下列说法正确的是
A. 属于弱电解质 B. 显碱性
C. 2c(Na+)=c(SO) D. 空气中易被氧化变质
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2SO3属于盐，在水溶液中能够完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．Na2SO3属于强碱弱酸盐，溶于水后发生水解，溶液显碱性，但亚硫酸钠固体不能水解，不显酸碱性，故B错误；
C．Na2SO3属于盐，组成为2:1，即亚硫酸根离子物质的量是钠离子物质的量的一半，因此c(Na+)=2c(SO)，故C错误；
D．亚硫酸钠物质中硫元素为+4价，处于中间价态，表现出强的还原性，易被氧气氧化，最终可生成硫酸钠，故D正确；
故选D。
7. 下列事实能用元素周期律解释的是
A. 热稳定性：CH4＞NH3 B. 金属性：Na＞Li
C. 氧化性：HNO3＞H3PO4 D. 溶解性：NaOH＞Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，A不符合题意；
B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li，可以使用元素周期律解释，B符合题意；
C．元素的非金属性：N＞P，但物质的氧化性与其稳定性等有关，与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意；
D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D不符合题意；
故合理选项是B。
8. 通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列说法正确的是
A. AlN既是氧化产物也是还原产物 B. 每生成 3.36 L CO，转移 0.3 mol 电子
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：3 D. 14N2和12C18O所含中子数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物；C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，A错误；
B．只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，B错误；
C．在该反应中N2是氧化剂，C是还原剂，物质发生反应的物质的量的比等于相应方程式中化学计量数的比，故根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：3，C正确；
D．14N2中的中子数是14，而12C18O中的中子数是16，故二者所含中子数不相等，D错误；
故合理选项是C。
9. 高中阶段，不使用电子天平能完成的实验是
A. 配制一定物质的量浓度的硫酸 B. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量
C. 气体摩尔体积的测定 D. 小苏打中NaHCO3百分含量的测定
【答案】A
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的硫酸，需要使用浓硫酸进行稀释，由于溶质为液体，因此需要用量筒量取浓硫酸，不需要使用电子天平，A符合题意；
B．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要用电子天平称量加热前后固体物质的质量，B不符合题意；
C．气体摩尔体积在测定时，需要使用电子天平称量容器的质量及容器与气体的质量和，据此计算气体的质量，然后根据一定质量的气体所占的体积计算气体摩尔体积，C不符合题意；
D．在测定小苏打中NaHCO3百分含量的时，需要称量加热前后固体的质量，因此需要使用电子天平，D不符合题意；
故合理选项A。
10. 加油站有不同型号的汽油，下列说法正确的是
A. 汽油属于纯净物 B. 煤通过干馏可以转化为汽油
C. 石油分馏可以获得汽油 D. 重油的裂解可以提高汽油的产量
【答案】C
【解析】
【详解】A．汽油是主要成分为C5～C12脂肪烃和环烷烃类，以及一定量芳香烃，是混合物，A错误；
B．煤干馏的产物是煤炭、煤焦油和煤气，B错误；
C．石油分馏可得汽油、柴油等，C正确；
D．裂解是深度裂化，其目的是生成气态烯烃或提高燃油品质，D错误；
故选C。
11. CHCl3是良好的有机溶剂，下列说法正确的是
A. 常温下为气态，俗称氯仿 B. 分子构型为正四面体
C. 由极性键构成的非极性分子 D. 是甲烷和氯气反应的产物之一
【答案】D
【解析】
【详解】A．CHCl3常温下为液态，俗称氯仿，A错误；
B．CHCl3分子中C原子与3个Cl原子和1个H原子形成4个共价键，由于不同原子半径大小不同，所以其分子的空间构型为四面体，但不是正四面体，B错误；
C．CHCl3分子中C-Cl键和C-H键都是由不同元素的原子形成的共价键，因此都是极性键，由于分子中原子的空间排列不对称，因此分子是极性分子，C错误；
D．甲烷与Cl2在光照条件下会发生取代反应，首先反应产生CH3Cl，产生CH3Cl再逐步进行取代反应，产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CHCl3是甲烷和氯气反应的产物之一，D正确；
故合理选项是D。
12. SiC 和Si 的结构相似，是最有前景的半导体材料之一，下列说法正确的是
A. 碳和硅原子最外层电子的轨道表示式完全相同
B. 2py是碳原子核外能量最高的电子亚层
C. 硅原子核外电子共占用 5 个轨道
D. 都属于原子晶体，熔点SiC>Si
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子状态不同时，如基态碳原子和激发态的硅原子最外层电子的轨道表示式不相同，A错误；
B．2px、2py、2pz三个轨道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的电子亚层，B错误；
C．硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，s有1个轨道，p有3个轨道，根据电子排布规律可知，其核外电子共占用8个轨道，C错误；
D．SiC 和Si均属于原子晶体，由于原子半径C＜Si，因此键长：C—Si＜Si—Si，则键能：C—Si>Si—Si，因此熔点SiC>Si，D正确；
答案选D。
13. 关于如图所示装置，下列说法正确的是（ ）

A. 溶液X 为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B. 溶液X 为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C. 溶液X 为食盐水或稀硫酸，电子方向均由 FeCuFe
D. 溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe-3e-= Fe3+
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示分析，溶液X 为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒作负极，发生的电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，铜棒作正极，发生的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；溶液X 为稀硫酸，铁棒作负极，发生的电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，铜棒作正极，发生的电极反应式为2H++2e-=H2。
【详解】A．根据分析可知，溶液X 为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒上主要发生电化学腐蚀，故A错误；
B．根据分析可知，溶液X 为稀硫酸，铜棒上产生气泡，故B正确；
C．根据分析可知，溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，因此电子方向均由 FeCu，电子不可以在电解质溶液中移动，故C错误；
D．根据分析可知，溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe-2e-= Fe2+，故D错误；
故答案选B。
14. 制备下列物质未涉及化学平衡的是
A. 工业制硫酸 B. 工业合成氨
C. 工业制氯化氢 D. 实验室乙酸丁酯制备
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3，反应产生的SO3被水或浓硫酸吸收就得到硫酸，因此制取过程中涉及化学平衡，A不符合题意；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应，因此工业上合成氨过程涉及化学平衡，B不符合题意；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应，因此制取过程中未涉及化学平衡，C符合题意；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应，故乙酸丁酯在制备过程中涉及化学平衡知识，D符合题意；
故合理选项是C。
15. 碳燃烧的过程如图所示，下列说法正确的是

A. 2C (s) + O2 (g) → 2CO(g) + 221.0kJ
B. CO2(g) → C(s) + O2 (g) + 393.5 kJ
C. 1mol C (s)与 0.5mol O2 (g)的总能量小于 1mol CO(g)的能量
D. 等量的碳燃烧C (s)→CO2 (g)过程比C (s)→CO(g)→CO2 (g)过程释放的能量多
【答案】A
【解析】
【分析】根据图像能量的变化判断反应类型，能量由高到低是放热反应，能量由低到高是吸热反应，能量的高度差即是放出或吸收的能量。
【详解】A．根据图像能量差，C(s)+O2(g)与CO(g)+(g)的能量差为393.5 kJ -283 kJ =110.5kJ,能量由高到低是放热，故A正确；
B．根据图中能量差得出由CO2(g)到 C(s) + O2 (g)应该是吸热反应，故B不正确；
C．根据C(s)+O2(g)与CO(g)+的能量差为393.5 kJ -283 kJ =110.5kJ,能量由高到低，是放热，故1mol C (s)与 0.5mol O2 (g)的总能量大于 1mol CO(g)的能量，故C不正确；
D．根据盖斯定律得出，反应放出的能量与过程无关，只有反应物和生成物的能量有关，故D不正确；
故选A。
【点睛】此题考反应放热与吸热判断，根据能量高低可以判断。其次对盖斯定律的理解，反应热的大小只与反应物和生成物有关。
16. HOCH2CH=CHCH2OH 广泛用于生产工程塑料及纤维，下列有关说法正确的是
A. 与乙酸互为同系物 B. 与乙酸乙酯互为同分异构体
C. 所有原子均处于同一平面 D. 可被酸性KMnO4 氧化为HOOCCH=CHCOOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者分子结构不相似， 因此不能互为同系物，A错误；
B．HOCH2CH=CHCH2OH与乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B正确；
C．HOCH2CH=CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，C错误；
D．醇羟基和碳碳双键都可以被酸性KMnO4 氧化，因此二者反应不能得到产物HOOCCH=CHCOOH，D错误；
故合理选项是B。
17. 只使用待选试剂能完成元素检验的是

待检验元素
待选试剂
A
海带中的碘元素
淀粉溶液
B
CH3CH2Cl 中的氯元素
AgNO3 溶液
C
明矾中的铝元素
氢氧化钠溶液
D
FeSO4 中的铁元素
KSCN 溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘单质与淀粉相遇，变为蓝色，碘离子不具有此性质，不能完成元素检验，故A不选；
B．一氯乙烷属于共价分子，不存在自由移动的氯离子，加入硝酸银溶液，不会有白色沉淀产生，不能完成元素检验，故B不选；
C．明矾中含有铝离子，逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量，铝离子与氢氧化钠先生成氢氧化铝白色沉淀，碱过量，氢氧化铝溶于过量的强碱，变为溶液，看到的现象为：先有白色沉淀，后沉淀消失，可以检验铝元素的存在，故C可选；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成血红色络合物，亚铁离子与硫氰根离子相遇没有此现象，不能完成铁元素的检验，故D不选；
故选C。
18. 用浸有硝酸汞溶液的脱脂棉擦拭已打磨过的铝片，其中一片置于空气中，铝片表面生出“白毛”， 另一片投入蒸馏水中，持续产生气泡，下列说法正确的是
A. 白毛是被铝置换出来的汞
B. 气泡是汞与水反应生成的氢气
C. 汞能抑制铝表面形成致密的膜
D. 硝酸汞作催化剂，加快了铝与氧气、水的化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于Al的活动性比Hg强，Al与硝酸汞溶液发生置换反应：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg。由于Al比较活泼而Hg不活泼，所以裸露出来的Al会再与空气中的氧气发生反应：4Al+3O2=2Al2O3，Al2O3是白色固体，则反应产生的白毛是Al2O3，A错误；
B．硝酸汞是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，Al与酸性溶液反应产生H2。由于在金属活动性顺序表中Hg活动性在H的后边，不能与水发生置换反应产生H2，因此气泡不是Hg与水反应产生的，B错误；
C．若Hg覆盖在Al表面，就会阻碍Al与空气接触，因此就会抑制铝表面形成致密的膜，C正确；
D．根据选项A分析可知：Al与硝酸汞发生置换反应产生了Hg单质，反应产生的Hg并未再反应变为硝酸汞，因此硝酸汞在反应中不是作催化剂，D错误；
故合理选项是C。
19. 恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4 (g)+54.5 kJ，达到平衡后，通入NO2再次平衡时，下列说法错误的是
A. NO2的体积分数增大 B. 气体颜色加深
C. 气体压强增大 D. 化学平衡常数不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．恒温恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4 (g)+54.5 kJ，达到平衡后，通入NO2，使反应体系的压强增大，增大压强，化学平衡正向移动，因此再次平衡时，NO2的体积分数减小，A错误；
B．反应达到平衡后再加入NO2气体，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说NO2的浓度比原平衡大，故混合气体颜色比原来加深，B正确；
C．反应达到平衡后向其中再加入NO2，化学平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，反应体系中气体的物质的量比原来多，故体系的压强与原平衡时增大，C正确；
D．化学平衡常数只与温度有关，由于温度不变，因此化学平衡常数就不变，D正确；
答案选A。
20. 室温下，关于20 mL 0.1 mol/L 醋酸溶液，下列判断一定正确的是
A. 该溶液中CH3COO-的数目为1.204×1021
B. 加入水稀释后，溶液的pH降低，水电离程度增加
C. 用酚酞做指示剂，滴加0.1 mol/L NaOH 溶液至滴定终点时，c(Na+)=c(CH3COO-)
D. 与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A．20 mL 0.1 mol/L 醋酸溶液中含有醋酸的物质的量n=0.1 mol/L×0.02 L=0.002　mol，但由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，故该溶液中含有CH3COO-的数目小于1.204×1021，A错误；
B．醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释后溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大；溶液中c(H+)减小，则酸对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，B错误；
C．用酚酞作指示剂，滴加0.1 mol/L NaOH 溶液至滴定终点时，由于酚酞指示剂变色点是8，c(OH-)＞c(H+)，则根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-)，C错误；
D．与等体积、等浓度的CH3COONa溶液混合后，根据物料守恒可知：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确；
故合理选项是D。
二、综合题(共 60 分)
21. 工业级氯化钙(CaCl2)通常用作道路的融雪除冰和干燥剂，主要利用纯碱工业废液生产。完成下列填空：
(1)氯原子的核外电子排布式_______；氯化钙的电子式_______； 比较构成CaCl2 的微粒半径大小(用微粒符号表示)_______。
(2)纯碱生产的工业方法有多种，其中废液含有大量氯化钙的是_______制碱法。
(3)向饱和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，产生大量白色沉淀和少量气体，用平衡知识解释产生沉淀的原因_______。
(4)氯化钙不能干燥NH3，因为CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)+Q(Q＞0)，该反应的平衡常数K=_______；向2 L装有CaCl2的密闭容器中，通入2 mol NH3，反应10分钟，固体增重17 g，则 0~10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ =_______；若要将已 吸收NH3的CaCl2重新恢复吸收NH3的能力，写出一种可采取的措施_______。
【答案】 ①. 1s22s22p63s23p5 ②. ③. r(Cl-)＞r(Ca2+) ④. 氨碱法(或索尔维法) ⑤. 存在⇌H++平衡，Ca2+与结合形成CaCO3沉淀，使电离平衡正向移动 ⑥. ⑦. 0.05 mol/(L·min) ⑧. 加热
【解析】
【详解】(1)Cl是17号元素，根据构造原理，可知基态Cl原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；
CaCl2是离子化合物，2个Cl-与Ca2+之间以离子键结合，其电子式为：；
Cl-与Ca2+核外电子排布相同，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序为：r(Cl-)＞r(Ca2+)；
(2)纯碱生产的工业方法有多种，其中氨碱法(索尔维)法制取原理是：将氨气通入饱和NaCl溶液中得到氨盐水，然后将煅烧石灰石产生的CO2气体通入其中，发生反应产生溶解度较小的碳酸氢钠晶体，反应方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3晶体经过滤、洗涤后，加热煅烧得到纯碱Na2CO3，分解产生的CO2可以循环利用，含有NH4Cl的滤液与石灰乳混合，所放氨气可循环利用，CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O，可见该方法生产中会得到CaCl2；故废液含有大量氯化钙的是索尔维法或氨碱法；
(3)饱和NaHCO3溶液中存在电离平衡：⇌H++，向其中滴加少量CaCl2溶液，与Ca2+会反应产生CaCO3白色沉淀，使电离平衡正向移动，当溶液中H+浓度增大到一定程度后，与H+会发生反应产生CO2气体，因此反应时产生大量白色沉淀，同时还有少量气体；
(4)根据电离平衡常数的含义可知反应CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)的化学平衡常数K=；
向2 L装有CaCl2的密闭容器中，通入2 mol NH3，发生反应CaCl2(s)+8NH3(g)⇌CaCl2·8NH3(s)，10分钟，固体增重17 g，说明反应的氨气的质量是17g，其物质的量是n(NH3)==1 mol，则 0~10分钟内，NH3的平均反应速率ʋ = =0.05 mol/(L·min)；
由于该反应的正反应是放热反应，要使已 吸收NH3 的CaCl2 重新恢复吸收NH3 的能力，应该使化学平衡逆向移动。根据化学平衡移动：升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动。故应该采取的措施是加热。
22. 高锰酸钾(KMnO4)是一种广泛使用的氧化剂和消毒剂。完成下列填空：
(1)测定室内甲醛含量，发生反应如下。
_______+_______HCHO +_______H+ →_______Mn2+ +_______CO2↑ +_______H2O
配平该方程式_______。
(2)将室内气体通入20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10 L时，溶液颜色恰好变为无色，计算室内甲醛的浓度为_______mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，请说明不使用硝酸酸化的理由_______。
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为_______。
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，体现HCl的_______性质。
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀，写出该反应的化学方程式_______。
(6)0.01%KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，请解释原因_______。
【答案】 ①. 4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O ②. 0.075 ③. 硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低 ④. 加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面与刻度线齐平 ⑤. 还原性、酸性 ⑥. 3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4 ⑦. 高锰酸钾溶液见光能发生分解
【解析】
【详解】(1)在该反应中，Mn元素化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素的化合价由反应前HCHO中的0价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是20，所以、Mn2+的系数是4，HCHO、CO2的系数是5；根据电荷守恒可知H+的系数是12，最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是11，则配平后该反应的离子方程式为：4+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑ +11H2O；
(2)20 mL 1×10-3 mol/L酸性KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)= 1×10-3 mol/L×0.02 L=2×10-5 mol/L，根据物质反应关系可知n(HCHO)=n(KMnO4)=2.5×10-5 mol，由于溶液的体积是10 L，则甲醛的浓度为c(HCHO)==2.5×10-6 mol/L，用单位体积的质量表示浓度为2.5×10-6 ×30 g/L=7.5×10-5 g/L=0.075 mg/L；
上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因为硝酸具有强氧化性，会与待测物(HCHO)发生反应，所以作为标准溶液会使测定结果偏低；
(3)配制KMnO4溶液，定容操作的方法为：向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线1～2 cm，改用胶头滴管逐滴滴加，至凹液面最低处与刻度线齐平；
(4)将HCl气体通入KMnO4溶液中，溶液会逐渐褪色，这是由于二者发生氧化还原反应，HCl被氧化为Cl2，KMnO4被还原为无色Mn2+，同时部分HCl提供酸根离子Cl-与金属阳离子结合形成盐，故该反应中体现了HCl的酸性和还原性；
(5)KMnO4溶液与明矾溶液混合后，发生复分解反应，生成深紫色沉淀为Al(MnO4)3，该反应的化学方程式为：3KMnO4+KAl(SO4)2=Al(MnO4)3↓+2K2SO4；
(6)0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，说明KMnO4具有强氧化性。该溶液一般保存在棕色试剂瓶中，这是由于KMnO4不稳定，光照会发生分解反应，因此要保存在棕色瓶试剂瓶中避光保存。
23. G是一种治疗心血管疾病的药物，合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2
完成下列填空：
(1)写出①的反应类型_______。
(2)反应②所需的试剂和条件_______。
(3)B 中含氧官能团的检验方法_______。
(4)写出E 的结构简式_______。
(5)写出 F→G 的化学方程式_______。
(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有 5 个化学环境不同的H 原子
(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚 2-丁烯()的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物)
【答案】 ①. 氧化反应 ②. Br2、光照 ③. 取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，说明含有醛基 ④. ⑤. +NaOHNaI+H2O+ ⑥. ⑦. CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3
【解析】
【分析】化合物A分子式是C7H8，结构简式是，根据物质反应过程中碳链结构不变，结合D分子结构及B、C转化关系，可知B是，B发生催化氧化反应产生C是，C与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生D是，D与HCHO发生信息反应产生的分子式是C9H8O2的E是：，E与I2反应产生F是：，F与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：，然后结合物质性质逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是，B是，C是，D是，E是，F是，G是。
(1)反应①是与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应产生，故该反应的类型为氧化反应；
(2)反应②是与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生，故所需试剂和条件是Br2、光照；
(3)B结构简式是，含有的官能团是醛基-CHO，检验其存在的方法是：取样，滴加少量新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，若产生砖红色沉淀，就说明物质分子中含有醛基；
(4)根据上述推断可知E的结构简式是；
(5)F是 ，与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生G：，则F→G 的化学方程式为：+NaOHNaI+H2O+；
(6)化合物C是，C 的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO；②能发生水解反应，说明含有酯基；③含苯环；④含有 5 个化学环境不同的H 原子，则其可能的结构简式是；
(7)CH2=CH2与HBr在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2Br，CH3-CH2Br与CH3CHO发生信息反应产生CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在一定条件下发生加聚反应产生聚 2-丁烯，故合成路线为：CH2=CH2CH3-CH2BrCH3CH=CHCH3。
24. 1，2-二溴乙烷常用作杀虫剂，某同学用如图装置制备1，2-二溴乙烷。

实验步骤：按图示连接装置，先将C与D连接处断开，再对装置A中粗砂加热，待温度升到150 ℃左右时，连接C与D，并迅速将A 内反应温度升温至160～180 ℃，从滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和浓硫酸混合液，装置D试管中装有6.0 mL 10 mol/L Br2CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，经洗涤、干燥、蒸馏得到1，2-二溴乙烷7.896 g。
完成下列填空：
(1)仪器F的名称_______。
(2)反应前装置A中加入少量粗砂目的是_______。
(3)装置B的作用是_______。
(4)反应一段时间后 C 溶液碱性_______。(填“增强”、“减弱”或“不变”)
(5)先将C与D连接处断开的原因是_______。写出D装置中生成 1，2-二溴乙烷的化学方程式_______。
(6)根据上述实验计算1，2-二溴乙烷产率为_______。
(7)下列操作中，不会导致产物产率降低的是_______。
A．装置D中试管内物质换成液溴
B．装置E中的 NaOH 溶液用水代替
C．去掉装置D烧杯中的冷水
D．去掉装置C
【答案】 ①. 温度计 ②. 防止暴沸 ③. 调节压强，控制气体流速 ④. 减弱 ⑤. 减少气体流入D装置，减少溴的挥发 ⑥. CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br ⑦. 70% ⑧. B
【解析】
【分析】在装置A中乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去反应产生CH2=CH2和H2O，由于浓硫酸具有强氧化性，在加热时可能有一部分与乙醇发生氧化还原反应，乙醇被氧化CO2、CO等浓硫酸被还原产生SO2气体，装置B的作用是安全瓶，防止气流过大，装置C是除去杂质SO2、CO2，防止干扰CH2=CH2与溴的反应，装置D是冷却收集制取的产品1,2-二溴乙烷，装置E是尾气处理，防止大气污染。
【详解】(1)根据图示可知仪器F的名称是温度计；
(2)反应前装置 A 中加入少量粗砂目的是防止液体混合物加热时产生暴沸现象；
(3)装置 B可以适当储存部分气体。B装置中有一个导气管，当气流过大时，水被压入导气管中，使气体压强减小；当气流过小时，锥形瓶中储存的气体又起到补充作用，故装置B 的作用是调节压强，控制气体流速；
(4)乙醇与浓硫酸混合加热，可能会发生副反应，乙醇被氧化产生C、CO、CO2，浓硫酸被还原产生SO2气体，SO2具有还原性，也会与溴单质发生反应，所以装置C中盛有NaOH溶液库吸收SO2、CO2等酸性气体，NaOH不断被消耗，溶液的碱性就会逐渐减弱；
(5)实验前先将C 与D 连接处断开目的是减少气体流入D装置，减少溴的挥发；在D 装置中CH2=CH2与Br2发生加成反应生成 1，2-二溴乙烷，该反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
(6)装置 D 试管中装有 6.0 mL 10 mol/L Br2 的 CCl4 溶液中含有溶质的物质的量n(Br2)=c·V=10 mol/L×0.006 L=0.06 mol，反应产生的7.896 g 1，2-二溴乙烷的物质的量n(C2H4Br2)==0.042 mol，根据方程式CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br可知：反应消耗1 mol 的Br2，就会产生1 mol的 1，2-二溴乙烷，则1，2-二溴乙烷的产率是=70%；
(7)A．装置D中试管内物质换成液溴，由于Br2易挥发，导致Br2未与乙烯发生加成反应就挥发掉，因此导致产物的产率降低，A不符合题意；
B．装置E中的 NaOH溶液作用是吸收尾气，防止大气污染，是否用水代替与原料利用率无关，因此不会使产物的产率降低，B符合题意；
C．去掉装置D烧杯中的冷水，温度升高，会加速溴单质的挥发，而不能发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，使物质产率降低，C不符合题意；
D．装置C的作用是除去杂质SO2，防止其与Br2发生氧化还原反应。若去掉装置C，部分溴发生副反应，不能发生加成反应变为1，2-二溴乙烷，使物质产率降低，D不符合题意；
故合理选项是B。