衡阳市名校2020高考化学检测试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．用如图所示装置进行如下实验，能达到实验目的的是（）
A．瓶中盛满水，从b口进气，用排水法收集NO2
B．瓶中盛适量浓硫酸，从a口进气干燥NH3
C．从b口进气，用排空气法收集CO2
D．瓶中装满水，a口连接导管并伸入量筒中，从b口进气，测量生成H2的体积
2．下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是( )
A．证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度
B．制备氢氧化铁胶体
C．利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停
D．证明氯气具有漂白性
3．下列说法正确的是
A．电解精炼铜时，若转移2N A个电子，则阳极减少的质量为64g
B．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C．在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 D．常温下，。

欲使溶液中，需调节溶液的4．下列图示与对应的叙述相符的是 ( )
A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2 B(g)3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大
C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH＝4，过滤
D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
5．化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是()
现象或事实解释
A Al(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量的热
K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，B K2FeO4用于自来水的消毒和净化
可以软化硬水
C Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2
浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于
KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2
D
水果保鲜
A．A B．B C．C D．D
6．乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。

将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。

若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（）
A．1：1 B．2：1 C．2：3 D．3：2
7．下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()
A．
B．
C．
D．
8．某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字试验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是（）
A．碳酸钠水解是吸热反应
B．ab段说明水解平衡向右移动
C．bc段说明水解平衡向左移动
D．水的电离平衡也对pH产生影响
9．对于2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）
A．t2时使用了催化剂B．t3时采取减小反应体系压强的措施
C．t5时采取升温的措施D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大
10．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是
A．SO2和NO2是主要的大气污染物
B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法
11．铅蓄电池是历史悠久、用量非常大的蓄电池，其构造图如图所示，放电时有PbSO4生成。

下列说法中错误的是
A．铅蓄电池是二次电池
B．放电时负极电极式:Pb-2e- +SO42-= PbSO4
C．充电时电解质溶液密度增大
D．当电路中转移电子数目为2N A时，溶液中SO42-减少或增加1 mol
12．阿伏加德罗常数为N A。

关于l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是
A．加NaOH可制得Fe(OH)3胶粒0.2N A
B．溶液中阳离子数目为0.2N A
C．加Na2CO3溶液发生的反应为3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3↓
D．Fe2(SO4)3溶液可用于净化水
13．氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中
A．只有共价键B．可能存在离子
C．可能存在N≡N D．存在极性分子
14．固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：
下列判断正确的是
A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2
B．原固体混合物X中一定有KAlO2
C．固体乙、固体丁一定是纯净物
D．将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成
15．下列物质属于油脂的是()
①②③④润滑油⑤花生油⑥石蜡
A．①②B．④⑤C．①⑤D．①③
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．吊白块( NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。

实验室制备吊白块的方案如下：
NaHSO3的制备：
如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。

（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。

（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。

吊白块的制备：
如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。

（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。

（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。

吊白块纯度的测定：
将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－
+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。

（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：
请分析后回答下列问题：
(1)反应的类型分别是①________，②________。

(2)D物质中的官能团为________。

(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。

(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．［化学——选修5：有机化学基础］(15 分)花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A 为原料制备，合成路线如下：
回答下列问题：
(1) ①的反应类型为_____；B 分子中最多有_____个原子共平面。

(2) C中含氧官能团的名称为_____；③的“ 条件a” 为_____。

(3) ④为加成反应，化学方程式为_____。

(4) ⑤的化学方程式为_____。

(5) 芳香化合物J 是D 的同分异构体，符合下列条件的J 的结构共有_____种，其中核磁共振氢
谱为五组峰的J 的结构简式为_____。

(只写一种即可)。

①苯环上只有3 个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1 mol J 可中和3 mol NaOH。

(6) 参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线
( 无机试剂任选) ：_____。

19．（6分）[化学——选修3：物质结构与性质]
氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。

（1）氮化镓(GaN)是新型的半导体材料。

基态氮原子的核外电子排布图为____；基态镓(Ga)原子的核外具有____种不同能量的电子。

（2）乙二氨的结构简式为(H2N-CH2-CH2-NH2，简写为en)。

①分子中氮原子轨道杂化类型为____；
②乙二氨可与铜离子形成配合离子[Cu(en)2]2+，其中提供孤电子对的原子是____，配合离子结构简式为____；
③乙二氨易溶于水的主要原因是____。

（3）氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼（如图1）和六方氮化硼（如图2），前者类似于金刚石，后者与石墨相似。

①图1中氮原子的配位数为____，离硼原子最近且等距离的硼原子有____个；
②已知六方氮化硼同层中B与N之间的距离为acm，密度为dg•cm-3，则相邻层与层之间的距离为
____pm(列出表达式)。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A. 二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮，故不能用排水法。

只能用向上排空气法，A项错误；
B. 氨气与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B项错误；
C. 二氧化碳密度大于空气的密度,应用向上排空气法,对此图应该从长导管(a)进,短导管(b)出，C项错误；
D. 测量氢气体积，瓶内装满水，因为氢气的密度小于水的密度，氢气应从短导管进，长导管接量筒，D 项正确；
答案选D。

【点睛】
观察图示可知，此装置被称为“万能装置”，用途很广泛，可用于排空气法或排水法收集气体、净化、检验气体、监控气体流速、测量气体体积等，根据用途不同，选择不同的进气导管或选择加入合适的实验试剂进行试验。

2．A
【解析】
【详解】
A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)，A项正确；
B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，B项错误；
C、过氧化钠是粉末状物质，不能做到随开随用、随关随停，C项错误；
D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用D装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯水中的某种成分具有漂白性，D项错误；
故答案为：A。

【点睛】
Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。

3．D
【解析】
【详解】
A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2N A个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；
B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；
C．，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C错误；
D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6mol•L-1，c(OH-)≥=10-9mol•L-1，即调节溶液的pH≥5，故D正确；
答案选D。

【点睛】
本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。

4．C
【解析】
试题分析：A．燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，由于氢气是2mol，而且产生的是气体水，所以H2的燃烧热大于241.8 kJ/mol，错误；B.2A(g)+2 B(g)3C(g)+D（s）的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡会正向移动，物质的平衡含量改变，因此图2不能表示压强对可逆反应的影响，错误；C．根据图3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，增大溶液的pH,还不回引入杂质离子，调节pH＝4，这时就会形成Fe(OH)3沉淀，然后过滤即可除去，正确；D．当两种电离程度不同的酸溶液稀释水，酸越强，溶液中离子的浓度变化就越大，酸越弱，酸稀释时未电离的电解质分子会继续电离使离子浓度由有所增加，所以离子浓度变化小，根据图像可知酸性：HA>HB。

酸越强，其盐水解程度就越小，其盐溶液的碱性就越弱。

所以相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB 溶液的pH，错误。

考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的应用的知识。

5．D
【解析】
A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。

答案选D。

6．C
【解析】
【分析】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。

【详解】
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：6＝2：3，根据N＝nN A知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。

7．C
【解析】
A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A错误；
B、不能发生消去反应，选项B错误；
C、-OH邻位C上含有H原子，能发生消去反应，含有-CH2OH的结构，可被氧化为醛，选项C正确；
D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D错误。

答案选C。

8．C
【解析】
【详解】
A．根据图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，在一定的温度范围内升高温度，溶液的pH增大，说明升高温度，促进了水解，说明水解是吸热反应，故A正确；
B．ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大，溶液pH增大，图象符合，故B正确；C．溶液中存在碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-和水的电离平衡H2O⇌H++OH-，二者均为吸热反应，bc段中温度进一步升高，水电离出更多的氢氧根，抑制了碳酸根的水解，导致溶液的碱性降低，pH减小，故C错误；
D．随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，氢氧根离子浓度增大，抑制碳酸钠的水解，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故D正确；
故选C。

【点睛】
本题的难点是图象变化特征的理解，要注意溶液中存在的平衡之间的相互影响。

9．D
【解析】
【详解】
A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；
C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C 不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；
故答案为：D
10．B
【解析】
A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。

11．D
【解析】
【分析】
放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e- +SO42-= PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2 + 4H+ + SO42－+2e－= PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：
Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。

【详解】
根据上述分析可知，
A. 铅蓄电池可多次放电、充电，是二次电池，A项正确；
B. 放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e- +SO42-= PbSO4，B项正确；
C. 充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；
D. 根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2N A时，溶液中SO42-减少或增加2 mol，D项错误；
答案选D。

12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；
B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中n[Fe2(SO4)3] =1 mol∙L−1 ×0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2N A，故B错误；
C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为3CO32−+ 2Fe3+ + 3H2O =2
Fe(OH)3↓ + 3CO2↑，故C错误；
D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。

综上所述，答案为D。

【点睛】
铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。

13．A
【解析】
【详解】
A. C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A正确；
B. C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B错误；
C. C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N 原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有N≡N，故C错误；
D. C3N4晶体中每个C原子周围有4个N原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D错误；
正确答案是A。

【点睛】
本题考查原子晶体的性质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。

14．D
【解析】
【详解】
溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。

硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。

溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。

A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；
B.X可能有偏铝酸钾，故错误；
C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；
D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。

故正确；
故选D。

【点睛】
掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。

15．C
【解析】
【分析】
【详解】
油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除②③；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑+ H2O 增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40% 偏高
【解析】
【分析】
⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na 2SO 3 + H 2SO 4 = Na 2SO 4 + SO 2↑+ H 2O ；
Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO 3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO 3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO 3被氧化。

⑶仪器A 的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO 挥发。

⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO ，因此将仪器A 中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。

⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；
5mol ：0.1000mol·L －1×0.03L = 2mol ：xmol
解得x = 1.2×10－3mol
36.00mL0.1000mol·L －1酸性KMnO 4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L －1 = 3.6×10－3mol ，则甲醛消耗得
高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol - 1.2×10－3mol=2.4×10－3mol ，再根据
4mol ：2.4×10－3mol = 5mol ：ymol
解得y = 3×10－3mol
3-1
310mol 154g mol ω=100%=92.40%0.5g
⨯⨯⨯⋅－，若KMnO 4标准溶液久置释放出O 2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。

【详解】
⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na 2SO 3 + H 2SO 4 = Na 2SO 4 + SO 2↑+ H 2O ；
Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na 2SO 3 + H 2SO 4 = Na 2SO 4 + SO 2↑+ H 2O ；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO 3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO 3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化
钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO 3被氧化，故答案为：取少量NaHSO 3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO 3被氧化。

⑶仪器A 的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO 挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO 挥发。

⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO ，因此将仪器A 中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。

⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；
5mol ：0.1000mol·L －1×0.03L = 2mol ：xmol
解得x = 1.2×10－3mol
36.00mL0.1000mol·L －1酸性KMnO 4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L －1 = 3.6×10－3mol ，则甲醛消耗得
高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol - 1.2×10－3mol=2.4×10－3mol ，再根据
4mol ：2.4×10－3mol = 5mol ：ymol
解得y = 3×10－3mol
3-1
310mol 154g mol ω=100%=92.40%0.5g
⨯⨯⨯⋅－，若KMnO 4标准溶液久置释放出O 2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．加成反应 酯化反应 -COOH(或羧基) OHC-CHO CH 3-CHBr 2 1，1-二溴乙烷 nCH 2OHCH 2OH+nCCOC-COOH +(2n-1)H 2O
【解析】
【分析】
CH 2=CH 2和溴发生加成反应，生成A 为CH 2BrCH 2Br ，水解生成B 为CH 2OHCH 2OH ，氧化产物C 为OHC-CHO ，
进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。

【详解】
根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。

(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与
HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；
(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；
(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；
(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为
nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．取代反应18 羰基、醚键浓硫酸、加热＋HCHO→
＋O2＋2H2O 30
【解析】
【分析】
根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学
式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为；结合G的结构及E 的分子式可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。

【详解】
(1)根据A和B的结构可知，反应①发生了羟基上氢原子的取代反应；B()分子中的苯
环为平面结构，单键可以旋转，每个甲基上最少有2个氢原子不在苯环决定的平面内，所以最多有18个原子共平面。

(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应③为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，所以“条件a”为浓硫酸、加热。

(3)反应④为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知，F为甲醛，反应的化学方程式为＋HCHO―→。

(4)反应⑤是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为＋O2＋2H2O。

(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1 mol J可中和3 mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个—C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为—C3H6COOH的结构有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2＋3＋1)×5＝30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有。