2020-2021學年上海市徐匯區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）

第1頁（共1頁）2020-2021學年上海市徐匯區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）一、選擇題（共20小題，每小題3分，滿分60分）1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（）A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH2．（3分）下列屬于大氣固氮的是（）A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO23．（3分）不能使用鐵質容器儲運的是（）A．濃鹽酸 B．液氯 C．濃硝酸 D．濃硫酸4．（3分）長期使用容易導致土壤酸化板結的是（）A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO35．（3分）下列說法錯誤的是（）A．稀有氣體單質中無化學鍵 B．水分子的球棍模型 C．青銅屬于合金 D．糧食發(fā)酵法是工業(yè)制備酒精的方法之一6．（3分）關于Na2SO3，下列說法正確的是（）A．屬于弱電解質 B．顯堿性 C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空氣中易被氧化變質7．（3分）下列事實能用元素周期律解釋的是（）A．熱穩(wěn)定性：CH4＞NH3 B．金屬性：Na＞Li C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）28．（3分）通過Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列說法正確的是（）A．AlN既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物 B．每生成3.36LCO，轉移0.3mol電子 C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3 D．14N2和12C18O所含中子數(shù)相等9．（3分）高中階段，不使用電子天平能完成的實驗是（）A．配制一定物質的量濃度的硫酸 B．測定硫酸銅晶體中結晶水含量 C．氣體摩爾體積的測定 D．小蘇打中NaHCO3百分含量的測定10．（3分）加油站有不同型號的汽油，下列說法正確的是（）A．汽油屬于純凈物 B．煤通過干餾可以轉化為汽油 C．石油分餾可以獲得汽油 D．重油的裂解可以提高汽油的產(chǎn)量11．（3分）CHCl3是良好的有機溶劑，下列說法正確的是（）A．常溫下為氣態(tài)，俗稱氯仿 B．分子構型為正四面體 C．由極性鍵構成的非極性分子 D．是甲烷和氯氣反應的產(chǎn)物之一12．（3分）SiC和Si的結構相似，是最有前景的半導體材料之一，下列說法正確的是（）A．碳和硅原子最外層電子的軌道表示式完全相同 B．2py是碳原子核外能量最高的電子亞層 C．硅原子核外電子共占用5個軌道 D．都屬于原子晶體，熔點SiC＞Si13．（3分）關于如圖所示裝置，下列說法正確的是（）A．溶液X為食鹽水，鐵主要發(fā)生化學腐蝕 B．溶液X為稀硫酸，銅電極上會產(chǎn)生氣泡 C．溶液X為食鹽水或稀硫酸，電子方向均由FeCuFe D．溶液X為食鹽水或稀硫酸，鐵棒上的電極反應均為：Fe﹣3e﹣→Fe3+14．（3分）制備下列物質未涉及化學平衡的是（）A．工業(yè)制硫酸 B．工業(yè)合成氨 C．工業(yè)制氯化氫 D．實驗室乙酸丁酯制備15．（3分）碳燃燒的過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ C．1molC（s）與0.5molO2（g）的總能量小于1molCO（g）的能量 D．等量的碳燃燒C（s）→CO2（g）過程比C（s）→CO（g）→CO2（g）過程釋放的能量多16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH廣泛用于生產(chǎn)工程塑料及纖維，下列有關說法正確的是（）A．與乙酸互為同系物 B．與乙酸乙酯互為同分異構體 C．所有原子均處于同一平面 D．可被酸性KMnO4氧化為HOOCCH＝CHCOOH17．（3分）只使用待選試劑能完成元素檢驗的是（）待檢驗元素待選試劑A海帶中的碘元素淀粉溶液BCH3CH2Cl中的氯元素AgNO3溶液C明礬中的鋁元素氫氧化鈉溶液DFeSO4中的鐵元素KSCN溶液A．A B．B C．C D．D18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脫脂棉擦拭已打磨過的鋁片，其中一片置于空氣中，鋁片表面生出“白毛”，另一片投入蒸餾水中，持續(xù)產(chǎn)生氣泡，下列說法正確的是（）A．白毛是被鋁置換出來的汞 B．氣泡是汞與水反應生成的氫氣 C．汞能抑制鋁表面形成致密的膜 D．硝酸汞作催化劑，加快了鋁與氧氣、水的化學反應速率19．（3分）恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生反應：2NO2（g）?N2O4（g）+54.5kJ，達到平衡后，通入NO2再次平衡時，下列說法錯誤的是（）A．NO2的體積分數(shù)增大 B．氣體顏色加深 C．氣體壓強增大 D．化學平衡常數(shù)不變20．（3分）室溫下，關于20mL0.1mol/L醋酸溶液，下列判斷一定正確的是（）A．該溶液中CH3COO﹣的數(shù)目為1.204×1021 B．加入水稀釋后，溶液的pH降低，水電離程度增加 C．用酚酞做指示劑，滴加0.1mol/LNaOH溶液至滴定終點時，c（Na+）＝c（CH3COO﹣） D．與等體積、等濃度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）二、解答題（共4小題，滿分40分）21．（10分）工業(yè)級氯化鈣（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥劑，主要利用純堿工業(yè)廢液生產(chǎn)。完成下列填空：（1）氯原子的核外電子排布式；氯化鈣的電子式；比較構成CaCl2的微粒半徑大?。ㄓ梦⒘７柋硎荆?。（2）純堿生產(chǎn)的工業(yè)方法有多種，其中廢液含有大量氯化鈣的是制堿法。（3）向飽和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，產(chǎn)生大量白色沉淀和少量氣體，用平衡知識解釋產(chǎn)生沉淀的原因。（4）氯化鈣不能干燥NH3，因為CaCl2（s）+8NH3（g）?CaCl2?8NH3（s）+Q（Q＞0），該反應的平衡常數(shù)K＝；向2L裝有CaCl2的密閉容器中，通入2molNH3，反應10分鐘，固體增重17g，則0～10分鐘內(nèi)，NH3的平均反應速率?＝；若要將已吸收NH3的CaCl2重新恢復吸收NH3的能力，寫出一種可采取的措施。22．（10分）高錳酸鉀（KMnO4）是一種廣泛使用的氧化劑和消毒劑。完成下列填空：（1）測定室內(nèi)甲醛含量，發(fā)生反應如下。MnO4﹣+HCHO+H+═Mn2++CO2↑+H2O配平該方程式。（2）將室內(nèi)氣體通入20mL1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L時，溶液顏色恰好變?yōu)闊o色，計算室內(nèi)甲醛的濃度為mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，請說明不使用硝酸酸化的理由。（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法為。（4）將HCl氣體通入KMnO4溶液中，溶液會逐漸褪色，體現(xiàn)HCl的性質。（5）KMnO4溶液與明礬溶液混合后，發(fā)生復分解反應，生成深紫色沉淀，寫出該反應的化學方程式。（6）0.01%的KMnO4溶液可用于消毒蔬果和餐具，該溶液一般保存在棕色試劑瓶中，請解釋原因。23．（10分）G是一種治療心血管疾病的藥物，合成該藥物的一種路線如圖。已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2完成下列填空：（1）寫出①的反應類型。（2）反應②所需的試劑和條件。（3）B中含氧官能團的檢驗方法。（4）寫出E的結構簡式。（5）寫出F→G的化學方程式。（6）寫出滿足下列條件，C的同分異構體的結構簡式。①能發(fā)生銀鏡反應；②能發(fā)生水解反應；③含苯環(huán)；④含有5個化學環(huán)境不同的H原子。（7）設計一條以乙烯和乙醛為原料（其它無機試劑任選）制備聚2﹣丁烯（）的合成路線。（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產(chǎn)物）24．（10分）1，2﹣二溴乙烷常用作殺蟲劑，某同學用如圖裝置制備1，2﹣二溴乙烷。實驗步驟：按圖示連接裝置，先將C與D連接處斷開，再對裝置A中粗砂加熱，待溫度升到150℃左右時，連接C與D，并迅速將A內(nèi)反應溫度升溫至160～180℃，從滴液漏斗中慢慢滴加乙醇和濃硫酸混合液，裝置D試管中裝有6.0mL10mol/LBr2的CCl4溶液，待Br2的CCl4溶液褪色后，經(jīng)洗滌、干燥、蒸餾得到1，2﹣二溴乙烷7.896g。完成下列填空：（1）儀器F的名稱。（2）反應前裝置A中加入少量粗砂目的是。（3）裝置B的作用是。（4）反應一段時間后C溶液堿性。（填“增強”、“減弱”或“不變”）（5）先將C與D連接處斷開的原因是。寫出D裝置中生成1，2﹣二溴乙烷的化學方程式。（6）根據(jù)上述實驗計算1，2﹣二溴乙烷的產(chǎn)率為。（7）下列操作中，不會導致產(chǎn)物產(chǎn)率降低的是。A．裝置D中試管內(nèi)物質換成液溴B．裝置E中的NaOH溶液用水代替C．去掉裝置D燒杯中的冷水D．去掉裝置C

2020-2021學年上海市徐匯區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）參考答案與試題解析一、選擇題（共20小題，每小題3分，滿分60分）1．（3分）市售“84消毒液”的有效成分是（）A．Ca（ClO）2 B．HClO C．NaClO D．C2H5OH【分析】“84消毒液”是由氯氣與氫氧化鈉溶液制成的，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓簩⒙葰馔ㄈ隢aOH溶液中反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的方程式為：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，其中NaClO具有強氧化性，能殺菌消毒，則市售“84消毒液”的有效成分是NaClO，故C正確，故選：C?！军c評】本題考查了常見非金屬元素及其化合物性質，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。2．（3分）下列屬于大氣固氮的是（）A．N2→NH3 B．NH3→NH4NO3 C．N2→NO D．NO→NO2【分析】將空氣中游離態(tài)的氮轉化為含氮化合物的過程叫氮的固定，空氣中氮氣在放電條件下轉換為一氧化氮為大氣固氮，據(jù)此判斷。【解答】解：A．工業(yè)上用氮氣和氫氣合成氨氣，是人工固氮，故A錯誤；B．NH3→NH4NO3是化合態(tài)轉化為化合態(tài)，不符合定義，故B錯誤；C．空氣中的氮氣在放電條件下N2→NO，屬于大氣固氮，故C正確；D．NO→NO2是化合態(tài)轉化化合態(tài)，不符合定義，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了氮的固定，明確氮的固定概念及氮的固定類型是解題關鍵，題目難度不大。3．（3分）不能使用鐵質容器儲運的是（）A．濃鹽酸 B．液氯 C．濃硝酸 D．濃硫酸【分析】A．濃鹽酸與Fe會發(fā)生反應產(chǎn)生FeCl2和H2；B．Fe與液氯在常溫下不能發(fā)生反應；C．在室溫下Fe遇濃硝酸，發(fā)生鈍化；D．在室溫下Fe遇濃硫酸，發(fā)生鈍化。【解答】解：A．濃鹽酸與Fe會發(fā)生反應產(chǎn)生FeCl2和H2，因此濃鹽酸不能使用鐵質容器儲運，故A選；B．Fe與液氯在常溫下不能發(fā)生反應，因此液氯可以使用鐵質容器儲運，故B不選；C．濃硝酸具有強氧化性，在室溫下Fe遇濃硝酸，會在金屬表面氧化產(chǎn)生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬的進一步反應，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，因此濃硝酸能使用鐵質容器儲運，故C不選；D．濃硫酸具有強氧化性，在室溫下Fe遇濃硫酸，會在金屬表面氧化產(chǎn)生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬的進一步反應，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，因此濃硫酸能使用鐵質容器儲運，故D不選；故選：A?！军c評】本題考查了鐵的化學性質，難度不大，注意在室溫下Fe遇濃硝酸、濃硫酸，會發(fā)生鈍化。4．（3分）長期使用容易導致土壤酸化板結的是（）A．（NH4）2SO4 B．NH4HCO3 C．CO（NH2）2 D．KNO3【分析】A．硫酸銨為強酸弱堿鹽，水解顯酸性；B．碳酸氫銨為弱酸弱堿鹽，水溶液顯堿性，生成的一水合氨和碳酸都易分解；C．尿素屬于有機氮肥，施用到土壤中會轉化成碳酸氫銨，然后又會分解為氨、二氧化碳和水；D．硝酸鉀是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈性?！窘獯稹拷猓篈．硫酸銨是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，生成的一水合氨易分解，長期使用會使土壤酸化板結，故A正確；B．碳酸氫銨是弱酸弱堿鹽，溶液顯堿性，并且生成的一水合氨和碳酸都易分解，不會使土壤酸化板結，故B錯誤；C．尿素屬于有機氮肥，施用到土壤中會轉化成碳酸氫銨，然后又會分解為氨、二氧化碳和水，這三種最終產(chǎn)物都是作物的養(yǎng)分，可以被植物吸收而且易揮發(fā)，不含有害的中間產(chǎn)物和最終分解產(chǎn)物，長期施用不影響土質，故C錯誤；D．硝酸鉀是強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性，長期施用不會導致土壤酸化板結，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了銨鹽的性質及應用，熟悉鹽類水解的性質是解題關鍵，題目難度不大。5．（3分）下列說法錯誤的是（）A．稀有氣體單質中無化學鍵 B．水分子的球棍模型 C．青銅屬于合金 D．糧食發(fā)酵法是工業(yè)制備酒精的方法之一【分析】A．稀有氣體為單原子分子；B．水分子為V型結構；C．金屬與金屬或者非金屬熔合而成具有金屬特性物質為合金；D．糧食發(fā)酵，乙烯水化都是制備乙醇的方法?！窘獯稹拷猓篈．稀有氣體都是單原子分子，所以單質中無化學鍵，故A正確；B．一個水分子由兩個氫原子和一個氧原子構成，且氧原子比氫原子大，是V型分子，不是直線型，故B錯誤；C．青銅是純銅中加入錫或鉛的合金，故C正確；D．工業(yè)制備酒精的方法主要有乙烯合成法和糧食發(fā)酵法，故D正確。故選：B?！军c評】本題考查了元素化合物知識，涉及分子的空間構型和合金概念，乙醇的制備方法，熟悉稀有氣體分子組成，明確合金概念，乙醇制備方法是解題關鍵，題目難不大。6．（3分）關于Na2SO3，下列說法正確的是（）A．屬于弱電解質 B．顯堿性 C．2c（Na+）＝c（SO32﹣） D．空氣中易被氧化變質【分析】A．Na2SO3屬于鹽，在水溶液中能夠完全電離；B．亞硫酸鈉固體不能水解，不顯酸堿性；C．Na2SO3屬于鹽，組成為2：1，即亞硫酸根離子物質的量是鈉離子物質的量的一半；D．亞硫酸鈉物質中硫元素為+4價，處于中間價態(tài)，表現(xiàn)出強的還原性，易被氧氣氧化?！窘獯稹拷猓篈．Na2SO3屬于鹽，在水溶液中能夠完全電離，屬于強電解質，故A錯誤；B．Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，溶于水后發(fā)生水解，溶液顯堿性，但亞硫酸鈉固體不能水解，不顯酸堿性，故B錯誤；C．Na2SO3屬于鹽，組成為2：1，即亞硫酸根離子物質的量是鈉離子物質的量的一半，因此c（Na+）＝2c（SO32﹣），故C錯誤；D．亞硫酸鈉物質中硫元素為+4價，處于中間價態(tài)，表現(xiàn)出強的還原性，易被氧氣氧化，最終可生成硫酸鈉，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查Na2SO3的性質，題目難度不大，注意基本概念、性質的理解和應用。7．（3分）下列事實能用元素周期律解釋的是（）A．熱穩(wěn)定性：CH4＞NH3 B．金屬性：Na＞Li C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg（OH）2【分析】A．一般來講，非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，但碳元素的非金屬性小于氮元素；B．同一主族從上到下金屬性逐漸增強；C．最高價含氧酸的氧化性與元素的非金屬性強弱無關；D．物質的溶解性大小與金屬性強弱無關?！窘獯稹拷猓篈．元素的非金屬性：N＞C，但物質的熱穩(wěn)定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解釋，故A不選；B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)逐漸增多，原子半徑逐漸增大，失去電子的能力逐漸增強，得到電子的能力逐漸減弱，所以金屬性：Na＞Li，可以使用元素周期律解釋，故B不選；C．元素的非金屬性：N＞P，但最高價含氧酸的氧化性與元素的非金屬性強弱無關，故C選；D．元素的金屬性越強，其相應的最高價氧化物對應的水化物的堿性越強。由于元素的金屬性：Na＞Mg，所以物質的堿性：NaOH＞Mg（OH）2，這與物質的溶解性大小無關，不能使用元素周期律解釋，故D不選；故選：B?！军c評】本題考查元素周期律的應用，明確元素周期律內(nèi)容為解答關鍵，注意掌握物質性質變化的特例，A為易錯點，試題側重考查學生的分析能力及知識遷移能力，題目難度不大。8．（3分）通過Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得陶瓷材料AlN，下列說法正確的是（）A．AlN既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物 B．每生成3.36LCO，轉移0.3mol電子 C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3 D．14N2和12C18O所含中子數(shù)相等【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元素化合價降低，N2為氧化劑，C元素化合價升高，C為還原劑，結合元素化合價的變化判斷電子轉移的數(shù)目。【解答】解：A．在該反應中N元素化合價降低，得到電子被還原為AlN，所以AlN是還原產(chǎn)物；C元素化合價升高，失去電子被氧化為CO，則氧化產(chǎn)物是CO，故A錯誤；B．只有氣體體積，未說明其所處的外界條件，因此不能確定其物質的量，也就不能進行有關計算，故B錯誤；C．在該反應中N2是氧化劑，C是還原劑，物質發(fā)生反應的物質的量的比等于相應方程式中化學計量數(shù)的比，故根據(jù)方程式可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3，故C正確；D．14N2中的中子數(shù)是14，而12C18O中的中子數(shù)是16，故二者所含中子數(shù)不相等，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查氧化還原反應，題目難度不大，注意把握元素化合價的判斷，從化合價變化的角度分析，題目側重于相關概念和電子轉移計算的考查。9．（3分）高中階段，不使用電子天平能完成的實驗是（）A．配制一定物質的量濃度的硫酸 B．測定硫酸銅晶體中結晶水含量 C．氣體摩爾體積的測定 D．小蘇打中NaHCO3百分含量的測定【分析】A．濃溶液配制稀溶液，需要用量筒量取液體，不需要天平；B．測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，需要用電子天平稱量加熱前后固體的質量；C．氣體摩爾體積在測定時，需要使用電子天平稱量容器的質量及容器與氣體的質量和；D．在測定小蘇打中NaHCO3百分含量的時，需要稱量加熱前后固體的質量。【解答】解：A．配制一定物質的量濃度的硫酸，需要使用濃硫酸進行稀釋，由于溶質為液體，因此需要用量筒量取濃硫酸，不需要使用電子天平，故A正確；B．測定硫酸銅晶體中結晶水含量時，需要用電子天平稱量加熱前后固體物質的質量，故B錯誤C．氣體摩爾體積在測定時，需要使用電子天平稱量容器的質量及容器與氣體的質量和，據(jù)此計算氣體的質量，然后根據(jù)一定質量的氣體所占的體積計算氣體摩爾體積，故C錯誤；D．在測定小蘇打中NaHCO3百分含量的時，需要稱量加熱前后固體的質量，因此需要使用電子天平，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查實驗室常用的實驗儀器，難度不大，熟悉常用的實驗儀器以及常見實驗操作的步驟是解答的關鍵，有利于檢驗學生的基礎掌握能力。10．（3分）加油站有不同型號的汽油，下列說法正確的是（）A．汽油屬于純凈物 B．煤通過干餾可以轉化為汽油 C．石油分餾可以獲得汽油 D．重油的裂解可以提高汽油的產(chǎn)量【分析】A.只有一種物質組成就是純凈物；B.煤干餾的產(chǎn)物是煤炭、煤焦油和煤氣；C.石油分餾可得汽油、柴油等；D.裂解是深度裂化?！窘獯稹拷猓篈.汽油是主要成分為C5～C12脂肪烴和環(huán)烷烴類，以及一定量芳香烴，是混合物，故A錯誤；B.煤干餾的產(chǎn)物是煤炭、煤焦油和煤氣，故B錯誤；C.石油分餾可得汽油、柴油等，故C正確；D.裂解是深度裂化，其目的是生成氣態(tài)烯烴或提高燃油品質，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查煤和石油的加工，難度不大，明確物質的成分是解題的關鍵，如果有兩種或兩種以上物質組成就屬于混合物，只有一種物質組成就是純凈物。11．（3分）CHCl3是良好的有機溶劑，下列說法正確的是（）A．常溫下為氣態(tài)，俗稱氯仿 B．分子構型為正四面體 C．由極性鍵構成的非極性分子 D．是甲烷和氯氣反應的產(chǎn)物之一【分析】A．CHCl3常溫下為液態(tài)；B．C﹣H鍵和C﹣Cl鍵鍵長不同；C．CHCl3分子中鍵的極性不能相互抵消；D．甲烷與Cl2在光照條件下會發(fā)生取代反應，首先反應產(chǎn)生CH3Cl，產(chǎn)生CH3Cl再逐步進行取代反應，產(chǎn)生CH2Cl2、CHCl3、CCl4?！窘獯稹拷猓篈．CHCl3常溫下為液態(tài)，俗稱氯仿，故A錯誤；B．CHCl3分子中C原子與3個Cl原子和1個H原子形成4個共價鍵，由于不同原子半徑大小不同，所以其分子的空間構型為四面體，但不是正四面體，故B錯誤；C．CHCl3分子中C﹣Cl鍵和C﹣H鍵都是由不同元素的原子形成的共價鍵，因此都是極性鍵，由于分子中原子的空間排列不對稱，因此分子是極性分子，故C錯誤；D．甲烷與Cl2在光照條件下會發(fā)生取代反應，首先反應產(chǎn)生CH3Cl，產(chǎn)生CH3Cl再逐步進行取代反應，產(chǎn)生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此CHCl3是甲烷和氯氣反應的產(chǎn)物之一，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了三氯甲烷的結構和制備，難度不大，應注意的判斷分子的極性應根據(jù)分子的具體的空間構型。12．（3分）SiC和Si的結構相似，是最有前景的半導體材料之一，下列說法正確的是（）A．碳和硅原子最外層電子的軌道表示式完全相同 B．2py是碳原子核外能量最高的電子亞層 C．硅原子核外電子共占用5個軌道 D．都屬于原子晶體，熔點SiC＞Si【分析】A．原子狀態(tài)不同時，最外層電子的軌道表示式也會不相同；B．2px、2py、2pz三個軌道的能量相同；C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，s有1個軌道，p有3個軌道；D．SiC和Si均屬于原子晶體，原子晶體的熔點由共價鍵的鍵能大小判斷?！窘獯稹拷猓篈．原子狀態(tài)不同時，軌道表示式也會不相同，如基態(tài)碳原子和激發(fā)態(tài)的硅原子最外層電子的軌道表示式就不相同，故A錯誤；B．2px、2py、2pz三個軌道的能量相同，2p才是碳原子核外能量最高的電子亞層，故B錯誤；C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，s有1個軌道，p有3個軌道，根據(jù)電子排布規(guī)律可知，其核外電子共占用8個軌道，故C錯誤；D．SiC和Si均屬于原子晶體，由于原子半徑C＜Si，因此鍵長：C﹣Si＜Si﹣Si，則鍵能：C﹣Si＞Si﹣Si，因此熔點SiC＞Si，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了基態(tài)原子的核外電子排布式，核外電子排布規(guī)律，晶體的熔點大小判斷，軌道的能量高低等，題目難度不大，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用。13．（3分）關于如圖所示裝置，下列說法正確的是（）A．溶液X為食鹽水，鐵主要發(fā)生化學腐蝕 B．溶液X為稀硫酸，銅電極上會產(chǎn)生氣泡 C．溶液X為食鹽水或稀硫酸，電子方向均由FeCuFe D．溶液X為食鹽水或稀硫酸，鐵棒上的電極反應均為：Fe﹣3e﹣→Fe3+【分析】A．如圖，一般鐵為負極，銅為正極，形成原電池；B．溶液X為稀硫酸，鐵棒作負極，銅棒作正極；C．原電池中，電子由負極經(jīng)導線流向正極；D．鐵釘發(fā)生電化學腐蝕，負極均為Fe失電子生成亞鐵離子。【解答】解：A．溶液X為食鹽水，則為吸氧腐蝕，鐵棒上主要發(fā)生電化學腐蝕，故A錯誤；B．溶液X為稀硫酸，銅棒作正極，發(fā)生的電極反應式為2H++2e﹣＝H2↑，產(chǎn)生氣泡，故B正確；C．溶液X為食鹽水或稀硫酸，鐵棒都作負極，因此電子方向均由負極Fe經(jīng)導線流向正極Cu，電子不可以在電解質溶液中移動，故C錯誤；D．溶液X為食鹽水或稀硫酸，鐵棒都作負極，電極反應均為：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了金屬的電化學腐蝕，把握金屬發(fā)生化學腐蝕和電化學腐蝕的原理，注意原電池中負極失電子被腐蝕，側重于考查學生對基礎知識的應用能力，題目難度不大。14．（3分）制備下列物質未涉及化學平衡的是（）A．工業(yè)制硫酸 B．工業(yè)合成氨 C．工業(yè)制氯化氫 D．實驗室乙酸丁酯制備【分析】A．工業(yè)上制取硫酸時，先煅燒金屬硫化物或硫單質反應產(chǎn)生SO2，然后SO2與O2在催化劑存在條件下發(fā)生可逆反應產(chǎn)生SO3；B．在工業(yè)上用N2與H2在高溫、高壓、催化劑存在的條件下反應制取氨氣，該反應是可逆反應；C．工業(yè)制以H2在Cl2中燃燒產(chǎn)生HCl，該反應不是可逆反應；D．在實驗室中用乙酸與丁醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸丁酯，該反應為可逆反應?！窘獯稹拷猓篈．工業(yè)上制取硫酸時，先煅燒金屬硫化物或硫單質反應產(chǎn)生SO2，然后SO2與O2在催化劑存在條件下發(fā)生可逆反應產(chǎn)生SO3，反應產(chǎn)生的SO3被水或濃硫酸吸收就得到硫酸，因此制取過程中涉及化學平衡，故A不選；B．在工業(yè)上用N2與H2在高溫、高壓、催化劑存在的條件下反應制取氨氣，該反應是可逆反應，因此工業(yè)上合成氨過程涉及化學平衡，故B不選；C．工業(yè)制以H2在Cl2中燃燒產(chǎn)生HCl，該反應不是可逆反應，因此制取過程中未涉及化學平衡，故C選；D．在實驗室中用乙酸與丁醇在濃硫酸存在的條件下加熱，發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸丁酯，該反應為可逆反應，故乙酸丁酯在制備過程中涉及化學平衡知識，故D不選；故選：C?！军c評】本題考查物質制備中是否涉及化學平衡，側重考查對基本理論的理解和應用，明確涉及的化學反應及化學反應特點是解本題關鍵，注意：只有可逆反應中才存在平衡，題目難度不大。15．（3分）碳燃燒的過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ B．CO2（g）═C（s）+O2（g）+393.5kJ C．1molC（s）與0.5molO2（g）的總能量小于1molCO（g）的能量 D．等量的碳燃燒C（s）→CO2（g）過程比C（s）→CO（g）→CO2（g）過程釋放的能量多【分析】A．由圖可知，C（s）+O2（g）與CO（g）+O2（g）的能量差為393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ；B．由圖可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，則其逆反應反應熱相反；C．若為放熱反應時，反應物具有的能量大于生成物具有的能量，反之相反；D．反應無論是一步完成，還是分步完成，反應熱不變?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，C（s）+O2（g）與CO（g）+O2（g）的能量差為393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低是放熱反應，即C（s）+O2（g）═CO（g）+110.5kJ，則2C（s）+O2（g）═2CO（g）+221.0kJ，故A正確；B．由圖可知，C（s）+O2（g）＝CO2（g）+393.5kJ，則逆反應為CO2（g）═C（s）+O2（g）﹣393.5kJ，故B錯誤；C．根據(jù)C（s）+O2（g）與CO（g）+O2（g）的能量差為393.5kJ﹣283kJ＝110.5kJ，能量由高到低，是放熱，即1molC（s）與0.5molO2（g）的總能量大于1molCO（g）的能量，故C錯誤；D．根據(jù)蓋斯定律得出，反應放出的能量與過程無關，只有反應物和生成物的能量有關，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應熱與物質具有能量的計算關系、吸放熱反應的判斷、蓋斯定律的應用和熱化學方程式的書寫即可解答，注意圖象信息分析與運用，題目難度不大。16．（3分）HOCH2CH＝CHCH2OH廣泛用于生產(chǎn)工程塑料及纖維，下列有關說法正確的是（）A．與乙酸互為同系物 B．與乙酸乙酯互為同分異構體 C．所有原子均處于同一平面 D．可被酸性KMnO4氧化為HOOCCH＝CHCOOH【分析】A．該有機物沒有羧基，與乙酸的結構不相似；B．HOCH2CH＝CHCH2OH與乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，含有的官能團不同；C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有飽和碳原子，具有甲烷的四面體結構；D．醇羥基和碳碳雙鍵都可以被酸性KMnO4氧化。【解答】解：A．乙酸含有羧基，該有機物含有碳碳雙鍵與羥基，二者分子結構不相似，因此不能互為同系物，故A錯誤；B．HOCH2CH＝CHCH2OH與乙酸乙酯分子式都是C4H8O2，分子式相同，含有的官能團不同，即結構不同，因此二者互為同分異構體，故B正確；C．HOCH2CH＝CHCH2OH分子中含有飽和碳原子，具有甲烷的四面體結構，因此不可能所有原子均處于同一平面上，故C錯誤；D．醇羥基和碳碳雙鍵都可以被酸性KMnO4氧化，因此二者反應不能得到產(chǎn)物HOOCCH＝CHCOOH，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，涉及同系物、同分異構體、共面與共線問題、官能團的性質與轉化，題目基礎性強，旨在考查學生對基礎知識的掌握情況。17．（3分）只使用待選試劑能完成元素檢驗的是（）待檢驗元素待選試劑A海帶中的碘元素淀粉溶液BCH3CH2Cl中的氯元素AgNO3溶液C明礬中的鋁元素氫氧化鈉溶液DFeSO4中的鐵元素KSCN溶液A．A B．B C．C D．D【分析】A．碘單質遇到淀粉會變?yōu)樗{色，碘離子不具有此性質；B．一氯乙烷屬于共價分子，不存在自由移動的氯離子；C．鋁離子與氫氧化鈉先生成氫氧化鋁白色沉淀，堿過量，沉淀溶解；D．鐵離子與硫氰根離子反應生成血紅色絡合物，亞鐵離子與硫氰根離子不反應?！窘獯稹拷猓篈．碘單質與淀粉相遇，變?yōu)樗{色，碘離子不具有此性質，不能完成元素檢驗，故A不選；B．一氯乙烷屬于共價分子，不存在自由移動的氯離子，加入硝酸銀溶液，不會有白色沉淀產(chǎn)生，不能完成元素檢驗，故B不選；C．明礬中含有鋁離子，逐滴加入氫氧化鈉溶液直至過量，鋁離子與氫氧化鈉先生成氫氧化鋁白色沉淀，堿過量，氫氧化鋁溶于過量的強堿，變?yōu)槿芤海吹降默F(xiàn)象為：先有白色沉淀，后沉淀消失，可以檢驗鋁元素的存在，故C選；D．鐵離子與硫氰根離子反應生成血紅色絡合物，亞鐵離子與硫氰根離子相遇沒有此現(xiàn)象，不能完成鐵元素的檢驗，故D不選；故選：C?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的檢驗鑒別方法、實驗操作為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。18．（3分）用浸有硝酸汞溶液的脫脂棉擦拭已打磨過的鋁片，其中一片置于空氣中，鋁片表面生出“白毛”，另一片投入蒸餾水中，持續(xù)產(chǎn)生氣泡，下列說法正確的是（）A．白毛是被鋁置換出來的汞 B．氣泡是汞與水反應生成的氫氣 C．汞能抑制鋁表面形成致密的膜 D．硝酸汞作催化劑，加快了鋁與氧氣、水的化學反應速率【分析】Al的活動性比Hg強，Al與硝酸汞溶液發(fā)生置換反應：2Al+3Hg（NO3）2＝2Al（NO3）3+3Hg。由于Al比較活潑而Hg不活潑，所以裸露出來的Al會再與空氣中的氧氣發(fā)生反應：4Al+3O2＝2Al2O3，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．Al2O3是白色固體，則反應產(chǎn)生的白毛是Al2O3，故A錯誤；B．硝酸汞是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，Al與酸性溶液反應產(chǎn)生H2，由于在金屬活動性順序表中Hg活動性在H的后邊，不能與水發(fā)生置換反應產(chǎn)生H2，因此氣泡不是Hg與水反應產(chǎn)生的，故B錯誤；C．若Hg覆蓋在Al表面，就會阻礙Al與空氣接觸，因此就會抑制鋁表面形成致密的膜，故C正確；D．Al與硝酸汞發(fā)生置換反應產(chǎn)生了Hg單質，反應產(chǎn)生的Hg并未再反應變?yōu)橄跛峁?，因此硝酸汞在反應中不是作催化劑，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了常見金屬元素及其化合物性質，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。19．（3分）恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生反應：2NO2（g）?N2O4（g）+54.5kJ，達到平衡后，通入NO2再次平衡時，下列說法錯誤的是（）A．NO2的體積分數(shù)增大 B．氣體顏色加深 C．氣體壓強增大 D．化學平衡常數(shù)不變【分析】A．其它條件不變時，通入NO2相當于增大壓強，增大壓強，化學平衡正向移動；B．反應達到平衡后再加入NO2氣體，化學平衡正向移動，但平衡時c（NO2）大于原來平衡狀態(tài)；C．恒溫恒容條件下氣體壓強與氣體物質的量成正比；D．化學平衡常數(shù)只與溫度有關?！窘獯稹拷猓篈．恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生反應：2NO2（g）?N2O4（g）+54.5kJ，達到平衡后，通入NO2，使反應體系的壓強增大，增大壓強，化學平衡正向移動，因此再次平衡時，NO2的體積分數(shù)減小，故A錯誤；B．反應達到平衡后再加入NO2氣體，化學平衡正向移動，但平衡移動的趨勢是微弱的，總的來說NO2的濃度比原平衡大，故混合氣體顏色比原來加深，故B正確；C．反應達到平衡后向其中再加入NO2，化學平衡正向移動，但平衡移動的趨勢是微弱的，反應體系中氣體的物質的量比原來多，故體系的壓強與原平衡時增大，故C正確；D．化學平衡常數(shù)只與溫度有關，由于溫度不變，因此化學平衡常數(shù)就不變，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查化學平衡影響因素，側重考查分析判斷及知識綜合應用能力，明確“條件改變時平衡移動趨勢微弱”是解本題關鍵，B為解答易錯點，題目難度不大。20．（3分）室溫下，關于20mL0.1mol/L醋酸溶液，下列判斷一定正確的是（）A．該溶液中CH3COO﹣的數(shù)目為1.204×1021 B．加入水稀釋后，溶液的pH降低，水電離程度增加 C．用酚酞做指示劑，滴加0.1mol/LNaOH溶液至滴定終點時，c（Na+）＝c（CH3COO﹣） D．與等體積、等濃度的CH3COONa溶液混合后2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）【分析】A.醋酸是弱酸，部分電離，主要以電解質分子存在；B.醋酸在溶液中存在電離平衡，加水稀釋后溶液中c（H+）減小，溶液的pH增大；C.酚酞指示劑變色點是8，c（OH﹣）＞c（H+）；D.與等體積、等濃度的CH3COONa溶液混合后，根據(jù)物料守恒來找到微粒關系?！窘獯稹拷猓篈.20mL0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸的物質的量n＝0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，但由于醋酸是弱酸，主要以電解質分子存在，故該溶液中含有CH3COO﹣的數(shù)目小于1.204×1021，故A錯誤；B.醋酸在溶液中存在電離平衡，加水稀釋后溶液中c（H+）減小，溶液的pH增大；溶液中c（H+）減小，則酸對水電離平衡的抑制作用減弱，水電離程度增大，故B錯誤；C.用酚酞作指示劑，滴加0.1mol/LNaOH溶液至滴定終點時，由于酚酞指示劑變色點是8，c（OH﹣）＞c（H+），則根據(jù)電荷守恒可知溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故C錯誤；D.與等體積、等濃度的CH3COONa溶液混合后，根據(jù)物料守恒可知：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了弱電解質的電離，明確弱電解質電離特點是解本題關鍵，掌握電荷守恒、物料守恒是解題的關鍵，難度中等。二、解答題（共4小題，滿分40分）21．（10分）工業(yè)級氯化鈣（CaCl2）通常用作道路的融雪除冰和干燥劑，主要利用純堿工業(yè)廢液生產(chǎn)。完成下列填空：（1）氯原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p5；氯化鈣的電子式；比較構成CaCl2的微粒半徑大?。ㄓ梦⒘７柋硎荆﹔（Cl﹣）＞r（Ca2+）。（2）純堿生產(chǎn)的工業(yè)方法有多種，其中廢液含有大量氯化鈣的是氨堿（或索爾維）制堿法。（3）向飽和NaHCO3溶液中滴加少量CaCl2溶液，產(chǎn)生大量白色沉淀和少量氣體，用平衡知識解釋產(chǎn)生沉淀的原因存在平衡：HCO3﹣?H++CO32﹣，CO32﹣與Ca2+結合形成CaCO3沉淀，使電離平衡正向移動。（4）氯化鈣不能干燥NH3，因為CaCl2（s）+8NH3（g）?CaCl2?8NH3（s）+Q（Q＞0），該反應的平衡常數(shù)K＝；向2L裝有CaCl2的密閉容器中，通入2molNH3，反應10分鐘，固體增重17g，則0～10分鐘內(nèi)，NH3的平均反應速率?＝0.05mol/（L?min）；若要將已吸收NH3的CaCl2重新恢復吸收NH3的能力，寫出一種可采取的措施加熱。【分析】（1）Cl是17號元素，根據(jù)構造原理書寫核外電子排布式；CaCl2是離子化合物，2個Cl﹣與Ca2+之間以離子鍵結合；Cl﹣與Ca2+核外電子排布相同，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小；（2）純堿生產(chǎn)的工業(yè)方法有多種，其中氨堿法（索爾維）法制取原理是：將氨氣通入飽和NaCl溶液中得到氨鹽水，然后將煅燒石灰石產(chǎn)生的CO2氣體通入其中，發(fā)生反應產(chǎn)生溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，NaHCO3晶體經(jīng)過濾、洗滌后，加熱煅燒得到純堿Na2CO3，分解產(chǎn)生的CO2可以循環(huán)利用，含有NH4Cl的濾液與石灰乳混合，所放氨氣可循環(huán)利用，可見該方法生產(chǎn)中會得到CaCl2；（3）飽和NaHCO3溶液中存在電離平衡：HCO3﹣?H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣與Ca2+會反應產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，使電離平衡正向移動，當溶液中H+濃度增大到一定程度后，HCO3﹣與H+會發(fā)生反應產(chǎn)生CO2氣體；（4）根據(jù)電離平衡常數(shù)的含義書寫反應CaCl2（s）+8NH3（g）?CaCl2?8NH3（s）的化學平衡常數(shù)；固體增重17g，說明反應的氨氣的質量是17g，計算氨氣的物質的量，再根據(jù)?＝計算反應速率；正反應為放熱反應，升高溫度，化學平衡會向吸熱的逆反應方向移動?！窘獯稹拷猓海?）Cl是17號元素，根據(jù)構造原理，可知基態(tài)Cl原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p5；CaCl2是離子化合物，2個Cl﹣與Ca2+之間以離子鍵結合，其電子式為：；Cl﹣與Ca2+核外電子排布相同，對于電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以離子半徑由大到小的順序為：r（Cl﹣）＞r（Ca2+），故答案為：1s22s22p63s23p5；；r（Cl﹣）＞r（Ca2+）；（2）純堿生產(chǎn)的工業(yè)方法有多種，其中氨堿法（索爾維）制取原理是：將氨氣通入飽和NaCl溶液中得到氨鹽水，然后將煅燒石灰石產(chǎn)生的CO2氣體通入其中，發(fā)生反應產(chǎn)生溶解度較小的碳酸氫鈉晶體，反應方程式為：NaCl+NH3+H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3晶體經(jīng)過濾、洗滌后，加熱煅燒得到純堿Na2CO3，分解產(chǎn)生的CO2可以循環(huán)利用，含有NH4Cl的濾液與石灰乳混合，所放氨氣可循環(huán)利用，CaO+H2O＝Ca（OH）2，Ca（OH）2+2NH4Cl＝CaCl2+2NH3↑+2H2O，可見該方法生產(chǎn)中會得到CaCl2，故廢液含有大量氯化鈣的是索爾維法或氨堿法，故答案為：氨堿（或索爾維）；（3）飽和NaHCO3溶液中存在電離平衡：HCO3﹣?H++CO32﹣，向其中滴加少量CaCl2溶液，CO32﹣與Ca2+會反應產(chǎn)生CaCO3白色沉淀，使電離平衡正向移動，當溶液中H+濃度增大到一定程度后，HCO3﹣與H+會發(fā)生反應產(chǎn)生CO2氣體，因此反應時產(chǎn)生大量白色沉淀，同時還有少量氣體，故答案為：存在平衡：HCO3﹣?H++CO32﹣，CO32﹣與Ca2+結合形成CaCO3沉淀，使電離平衡正向移動；（4）根據(jù)電離平衡常數(shù)的含義可知反應CaCl2（s）+8NH3（g）?CaCl2?8NH3（s）的化學平衡常數(shù)K＝；向2L裝有CaCl2的密閉容器中，通入2molNH3，發(fā)生反應CaCl2（s）+8NH3（g）?CaCl2?8NH3（s），10分鐘，固體增重17g，說明反應的氨氣的質量是17g，其物質的量是n（NH3）＝＝1mol，則0～10分鐘內(nèi)，NH3的平均反應速率?＝＝0.05mol/（L?min）；要使已吸收NH3的CaCl2重新恢復吸收NH3的能力，應該使化學平衡逆向移動，由于該反應的正反應是放熱反應，根據(jù)化學平衡移動，升高溫度，化學平衡會向吸熱的逆反應方向移動，故應該采取的措施是加熱，故答案為：；0.05mol/（L?min）；加熱。【點評】本題屬于一題多點型題目，涉及核外電子排布、電子式、微粒半徑比較、純堿制備、化學反應速率、化學平衡常數(shù)、化學平衡移動等，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用的能力，是對學生綜合能力的考查。22．（10分）高錳酸鉀（KMnO4）是一種廣泛使用的氧化劑和消毒劑。完成下列填空：（1）測定室內(nèi)甲醛含量，發(fā)生反應如下。4MnO4﹣+5HCHO+12H+═4Mn2++5CO2↑+11H2O配平該方程式。（2）將室內(nèi)氣體通入20mL1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中，通入10L時，溶液顏色恰好變?yōu)闊o色，計算室內(nèi)甲醛的濃度為0.075mg/L；上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，請說明不使用硝酸酸化的理由硝酸具有強氧化性，會與待測物（HCHO）發(fā)生反應，所以作為標準溶液會使測定結果偏低。（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法為向容量瓶中加蒸餾水至離刻度線1～2cm，改用膠頭滴管逐滴滴加，至凹液面最低處與刻度線齊平。（4）將HCl氣體通入KMnO4溶液中，溶液會逐漸褪色，體現(xiàn)HCl的酸性和還原性性質。（5）KMnO4溶液與明礬溶液混合后，發(fā)生復分解反應，生成深紫色沉淀，寫出該反應的化學方程式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，該溶液一般保存在棕色試劑瓶中，請解釋原因高錳酸鉀溶液見光能發(fā)生分解?！痉治觥浚?）根據(jù)升降價守恒、電荷守恒和原子守恒配平；（2）20mL1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高錳酸鉀的物質的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根據(jù)物質反應關系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，根據(jù)關系式計算，硝酸具有強氧化性，會與待測物（HCHO）發(fā)生反應，所以用硫酸酸化；（3）向容量瓶中加蒸餾水至離刻度線1～2cm，改用膠頭滴管逐滴滴加，至凹液面最低處與刻度線齊平；（4）HCl被氧化為Cl2，KMnO4被還原為無色Mn2+，同時部分HCl提供酸根離子Cl﹣與金屬陽離子結合形成鹽，故該反應中體現(xiàn)了HCl的酸性和還原性；（5）KMnO4溶液與明礬溶液混合后，發(fā)生復分解反應，生成深紫色沉淀為Al（MnO4）3；（6）由于KMnO4不穩(wěn)定，光照會發(fā)生分解反應，因此要保存在棕色瓶試劑瓶中避光保存。【解答】解：（1）在該反應中，Mn元素化合價由反應前MnO4﹣中的+7價變?yōu)榉磻驧n2+的+2價，化合價降低5價；C元素的化合價由反應前HCHO中的0價變?yōu)榉磻驝O2中的+4價，化合價升高4價，化合價升降最小公倍數(shù)是20，所以MnO4﹣、Mn2+的系數(shù)是4，HCHO、CO2的系數(shù)是5；根據(jù)電荷守恒可知H+的系數(shù)是12，最后根據(jù)H元素守恒，可知H2O的系數(shù)是11，則配平后該反應的離子方程式為：4MnO4﹣+5HCHO+12H+＝4Mn2++5CO2↑+11H2O，故答案為：4；5；12；4；5；11；（2）20mL1×10﹣3mol/L酸性KMnO4溶液中含有高錳酸鉀的物質的量n（KMnO4）＝1×10﹣3mol/L×0.02L＝2×10﹣5mol/L，根據(jù)物質反應關系可知n（HCHO）＝n（KMnO4）＝2.5×10﹣5mol，由于溶液的體積是10L，則甲醛的濃度為c（HCHO）＝＝2.5×10﹣6mol/L，用單位體積的質量表示濃度為2.5×10﹣6×30g/L＝7.5×10﹣5g/L＝0.075mg/L，上述酸性KMnO4是指用硫酸酸化的KMnO4溶液，不使用硝酸酸化，是因為硝酸具有強氧化性，會與待測物（HCHO）發(fā)生反應，所以作為標準溶液會使測定結果偏低，故答案為：0.075；硝酸具有強氧化性，會與待測物（HCHO）發(fā)生反應，所以作為標準溶液會使測定結果偏低；（3）配制KMnO4溶液，定容操作的方法為：向容量瓶中加蒸餾水至離刻度線1～2cm，改用膠頭滴管逐滴滴加，至凹液面最低處與刻度線齊平，故答案為：向容量瓶中加蒸餾水至離刻度線1～2cm，改用膠頭滴管逐滴滴加，至凹液面最低處與刻度線齊平；（4）將HCl氣體通入KMnO4溶液中，溶液會逐漸褪色，這是由于二者發(fā)生氧化還原反應，HCl被氧化為Cl2，KMnO4被還原為無色Mn2+，同時部分HCl提供酸根離子Cl﹣與金屬陽離子結合形成鹽，故該反應中體現(xiàn)了HCl的酸性和還原性，故答案為：酸性和還原性；（5）KMnO4溶液與明礬溶液混合后，發(fā)生復分解反應，生成深紫色沉淀為Al（MnO4）3，該反應的化學方程式為：3KMnO4+KAl（SO4）2＝Al（MnO4）3↓+2K2SO4，故答案為：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，說明KMnO4具有強氧化性。該溶液一般保存在棕色試劑瓶中，這是由于KMnO4不穩(wěn)定，光照會發(fā)生分解反應，因此要保存在棕色瓶試劑瓶中避光保存，故答案為：高錳酸鉀溶液見光能發(fā)生分解。【點評】本題考查了氧化還原反應和離子方程式的配平、物質的量濃度的計算、溶液的配制、試劑的保存、物質的性質等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。23．（10分）G是一種治療心血管疾病的藥物，合成該藥物的一種路線如圖。已知：R1CH2BrR1CH＝CHR2完成下列填空：（1）寫出①的反應類型氧化反應。（2）反應②所需的試劑和條件Br2、光照。（3）B中含氧官能團的檢驗方法取樣，滴加少量新制的Cu（OH）2懸濁液，加熱煮沸，若產(chǎn)生磚紅色沉淀，說明含有醛基。（4）寫出E的結構簡式。（5）寫出F→G的化學方程式+NaOHNaI+H2O+。（6）寫出滿足下列條件，C的同分異構體的結構簡式。①能發(fā)生銀鏡反應；②能發(fā)生水解反應；③含苯環(huán)；④含有5個化學環(huán)境不同的H原子。（7）設計一條以乙烯和乙醛為原料（其它無機試劑任選）制備聚2﹣丁烯（）的合成路線CH2＝CH2CH3﹣CH2BrCH3CH＝CHCH3。（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產(chǎn)物）【分析】化合物A分子式是C7H8，結合D中含有苯環(huán)，可知A中含有苯環(huán)，故A的結構簡式是，由分子式可知，A與CO發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生氧化反應生成C，C發(fā)生溴代反應生成D，反應過程中碳鏈結構不變，結合D分子結構，可知B是，B發(fā)生催化氧化反應產(chǎn)生C是，C與Br2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應產(chǎn)生D是，D與HCHO發(fā)生信息反應產(chǎn)生的分子式是C9H8O2的E是，E與I2反應產(chǎn)生F是，F(xiàn)與NaOH的乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應產(chǎn)生G（）；（7）CH2＝CH2與HBr在一定條件下發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH3﹣CH2Br，CH3﹣CH2Br與CH3CHO發(fā)生信息反應產(chǎn)生CH3CH＝CHCH3，CH3CH＝CHCH3在一定條件下發(fā)生加聚反應產(chǎn)生聚2﹣丁烯?！窘獯稹拷猓海?）反應①是與O2在催化劑存在的條件下加熱，發(fā)生氧化反應產(chǎn)生，故該反應的類型為氧化反應，故答案為：氧化反應；（2）反應②是與Br2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應產(chǎn)生，故所需試劑和條件是Br2、光照，故答案為：Br2、光照；（3）B的結構簡式是，含有的官能團是醛基﹣CHO，檢驗其存在的方法是：取樣，滴加少量新制的Cu（OH）2懸濁液，加熱煮沸，若產(chǎn)生磚紅色沉淀，就說明物質分子中含有醛基，故答案為：取樣，滴加少量新制的Cu（OH）2懸濁液，加熱煮沸，若產(chǎn)生磚紅色沉淀，說明含有醛基；（4）根據(jù)上述推斷可知E的結構簡式是，故答案為：；（5）F是，與NaOH乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應產(chǎn)生G：，則F→G的化學方程式為：+NaOHNaI+H2O+，故答案為：+NaOHNaI+H2O+；（6）化合物C是，C的同分異構體滿足下列條