【文档说明】四川省成都市新都区2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，837.500 KB，由小赞的店铺上传

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新都区2020年（春季）高一年级期末测试化学试题本试卷分为选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷（选择题）1至4页，笫Ⅱ卷（非选择题）5至8页，共8页；满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号涂填写在试卷答题卡规定

的位置上。2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3．答非选择题部分必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，将答案书写在规定的位置上。4．所有

题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效。5．考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Cr-52Mn-55Fe-56Co-59W-184第Ⅰ

卷（共40分）选择题（每小题只有一个．．．．选项符合题意，每题2分，共40分）1.“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列说法中错误的是（）ABCD用灼烧法可鉴别羊毫与尼龙毫的真伪墨的主要成分

是碳单质纸的主要成分属于合成材料用石材制作砚台的过程是物理变化A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．羊毛主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的羊毫是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔羊毫的真伪，A选项正确；B．墨的主要成分是碳单质，碳的化学性质稳定在空气中不易反

应，所以用墨写字画画可长久不褪色，B选项正确；C．纸的原料是木材，主要成分是纤维素，则纸及造纸原料的主要成分均是纤维素，C选项错误；D．存在新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，D选项正确；答案选C。2.23592U是重要的工业原

料，铀浓缩一直为国际社会关注。下列有关23592U的说法正确的是A.23592U原子核中含有92个中子B.23592U原子核外有143个电子C.23592U与23892U为同一核素D.23592U与23892U互为同位素【答案】D【解析】【分析】元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子

数，质量数-质子数=中子数，原子序数=质子数=核电荷数=原子核外电子数。【详解】A．23592U原子核中含有92个质子数，中子数=235-92=143，故A错误；B．质子数=原子核外电子数，23592U原子核外有92个电子，故B错误；C．核素是指

具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，23592U与23892U是不同的原子，都是氢元素的核素，故C错误；D．质子数相同而中子数不同的原子互称为同位素，23592U与23892U质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；答案选D。3.下列属于未来新能源的是①天然

气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦⑧【答案】C【解析】【分析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、

氢能、生物质能等，故选C。4.下列说法正确的是（）A.Na和Cs属于第ⅠA族元素，Cs失电子能力比Na的强B.2-O半径比-F的小C.2HS比2HO沸点高D.P和As属于第VA族元素，34HPO酸性比34HAsO的弱【答案

】A【解析】【详解】A．Na和Cs均属于第ⅠA族元素，Cs的原子半径比Na大，原子核对外层电子的引力比Na小，失电子能力比Na的强，A正确；B．O2-和F-的核外电子排布相同，O2-的核电荷数较小，半径较大，B错误；C．H2O分子间存在氢键，沸点比H2S高，C错误；D．

P和As属于第VA族元素，P的非金属性比As强，H3PO4酸性比H3AsO4的强，D错误。答案选A。5.某阳离子Mn+的核外共有x个电子，核内有y个中子，则M的质量数为（）A.y-x-nB.y+x+nC.y+x-nD.y-x+n【答案】B【解析】【分析】【详解】某阳离子Mn+的核外共有x个电

子，则质子数为x+n，又核内有y个中子，所以质量数为x+n+y，故选B。6.下列化学用语正确的是A.CO2的电子式：:O::C::O:B.氮气的电子式：C.氨气的电子式：D.氯离子的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．漏写了O原子上的一对孤电子

对，A项错误；B．漏写了N原子上的一对孤电子对，B项错误；C．氨气中N原子最外层共有5个电子，N原子与每个H原子共用一对电子对，N原子还剩一对孤电子对，C项正确；D．氯元素核内质子数为17，质子数不会因为得失电子而发生变化，D项错误；答案选C。【点睛】书写电子式易发生的错误：（

1）未正确使用“［］”；（2）漏写未共用的电子；（3）电子的得失或共用电子对书写错误。7.同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是A

.原子半径A＞B＞CB.气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3C.非金属性A＞B＞CD.阴离子还原性C3—＞B2—＞A—【答案】A【解析】【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周

期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．【详解】A．同周期元素原子半径从左到右

原子半径逐渐减小，原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO

4，非金属性A＞B＞C，故C正确；D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。故选A。8.下列说法摘自一些科普杂志或广告用语，你认为有科学性错误的是（）A.糖类、油脂和蛋白质都是天然的有机化合物B.糖类、油

脂、蛋白质只含C、H、O三种元素C.医学上常用CuSO4溶液和NaOH溶液检验糖尿病人尿液中的葡萄糖D.甲醛是某些劣质装饰板材释放的常见污染物之一【答案】B【解析】【详解】A．糖类、油脂和蛋白质都是天然的有机化合物，故A正确；B．蛋白质除含C、H、O三种元素，还含有N

等元素，故B错误；C．NaOH溶液与CuSO4溶液加入某病人的尿液中，微热时如果观察到红色沉淀，则说明该病人的尿液含有有醛基的物质，即含有葡萄糖，故C正确；D．甲醛、苯等常用于装饰材料的溶剂和防腐剂，为装饰材料的主要污染

物质，故D正确；故选B。9.下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B.铝与稀盐酸C.灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应D.煤与O2的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A.Ba(OH)2·8H2O与NH4C

l反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，A不选；B.铝与盐酸的反应属于放热反应，B不选；C.灼热的炭与水蒸气的反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C选；D.煤与O

2的燃烧反应属于放热反应，D不选；答案选C。【点睛】本题考查常见的吸热反应与放热反应及氧化还原反应，学生应注重归纳常见的吸热反应，并熟悉发生的化学反应中是否存在元素的化合价变化，常见的吸热反应有：Ba(OH)2·8H2O与

NH4Cl反应、大多数分解反应、有碳参加的氧化还原反应等；在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。10.科学家最近发现两种粒子：第一种是由四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人

称之为“零号元素”；第二种是由四个氧原子构成的分子。下列有关这两种粒子的说法不正确的是（）A.“四中子”的粒子不显电性B.“四中子”的质量数为4C.第二种粒子是氧元素的另一种同位素D.第二种粒子的化学式为O4【答

案】C【解析】【详解】A．中子不带电，A正确；B．1个中子的相对分子质量是1，则“四中子”的质量数为4，B正确；C．质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，分子不是核素，C错误；D．第二种粒子是由四个氧原子构成

的分子，所以其化学式为O4，D正确；答案选C。11.用铝热法还原下列化合物，制得金属1mol，消耗铝最少的是()A.MnO2B.WO3C.Co3O4D.Cr2O3【答案】C【解析】【详解】A．MnO2～Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗43mol

Al；B．WO3～W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；C．Co3O4～Co，生成1molCo，需要83mol电子，消耗89molAl；D．Cr2O3～Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消

耗1molAl；消耗Al最少的是Co3O4，答案选C。12.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是（）A.1mol苯乙烯()中含有的C=C数为4NAB.2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NAC.0.1molCnH2n+2中含有的C—C键数为0.1nNAD.标准状况下，2

.24LCHCl3含有的分子数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．苯环上没有双键，苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式相同，都是CH2，则2.8g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子的物质的量是0.2mol，碳原子数为0.2

NA，故B正确；C．0.1molCnH2n+2中含有的碳碳单键数应该是0.1(n－1)NA，故C错误；D．标准状况下，三氯甲烷不是气态，不能22.4L/mol进行计算，故D错误；答案选B。13.下列反应的离子方程式书写中，正确的是（）A.硫酸与氢氧化钡在溶液中反应

：2424SOBaSBa=O−++B.用2C1将苦卤中的-Br氧化：22ClBrClBr−−+=+C.用小苏打治疗胃酸过多：322HCOHCOHO−++=+D.用3FeCl溶液腐蚀铜箔制造印刷电路板：3+2+2

+Fe+Cu=Fe+Cu【答案】C【解析】【详解】A．硫酸与氢氧化钡在溶液中反应：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，A错误；B．未配平，应为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，B错误；C．小苏打即

NaHCO3，小苏打治疗胃酸过多：322HCOHCOHO−++=+，C正确；D．电荷不守恒，应为：3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu，D错误。答案选C。14.在光照条件下，将1molCH4与1molCl2混合后，经充分时

间的光照，得到的液态产物为（）A.CH2Cl2、CHCl3、CCl4B.CCl4C.CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4D.CH3Cl【答案】A【解析】【详解】甲烷和氯气的取代产物有4种有机物一种无机物，其中一氯甲烷和氯化氢是气体，其余是液体，所以

正确的答案是A。15.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（）A.甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应D.在苯中滴入溴水，

溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A

不符合题意；B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，

一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题

关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。16.下列烷烃在光照下与

氯气反应，生成一氯代烃中只有一种结构的是（）A.3223CHCHCHCHB.C.D.【答案】B【解析】【分析】等效氢法：有几种等效氢，就生成几种一氯取代物。【详解】A．3223CHCHCHCH有2种等效氢，则生成的一氯代烃有2种，A不满足题意

；B．有1种等效氢，则生成的一氯代烃有1种，B满足题意；C．有4种等效氢，则生成的一氯代烃有4种，C不满足题意；D．有2种等效氢，则生成的一氯代烃有2种，D不满足题意。答案选B。17.海带中含有碘元素，某校研究性学习小组设计了如下实验步骤来提取碘：①通足量

氯气②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌③加CCl4振荡④过滤⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为A.①→③→⑤→②→④B.②→①→③→④→⑤C.②→④→①→③→⑤D.③→①→②→⑤→④【答案】C【解析】【详解】从海带中提取碘，首先应该将海带剪碎，用酒精湿润后灼烧成灰烬，然后加水并加热，搅拌是

I-充分溶解，再过滤，向滤液中通入足量的氯气后，将I-转化为I2，再用CCl4萃取分液得到，故正确的顺序为：②→④→①→③→⑤；故答案为：C。18.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是（）XYZWQA.元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B.原

子半径的大小顺序为：XYZWQr>r>r>r>rC.离子2-Y和3+Z的核外电子数和电子层数都相同D.元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强【答案】AC【解析】【分析】根据元素所在周期表中的位置判断元素的种类：X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl

元素。【详解】A．X(N)元素的最高正价为+5，Z(Al)元素的最高正价为+3，元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值=5+3=8故A正确；B．Z、W、Q原子均有3个电子层，X、Y原子均有2个电子层，电子层数相同时，核电荷数

越大，原子半径小，所以原子半径的大小顺序为：ZWQXYr>r>r>r>r，故B错误；C．氧离子和铝离子均有2个电子层，核外电子数均为8，故C正确；D．非金属性：W＜Q，所以元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的弱，故D错误。故答案选AC。19.门捷列夫在描述元素周期

表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确。根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是：A.X单质不易与水反应B.XO2可被碳或氢还

原为XC.XCl4的沸点比SiCl4的高D.XH4的稳定性比SiH4的高【答案】D【解析】【详解】A项，该元素是一种类硅的元素，化学性质与硅相似，硅不易与水反应，因此该元素也不易与水反应，故A项正确；B项，该元素与硅性质相似，SiO2

可被碳或氢还原为Si，因此XO2可被碳或氢还原为X，故B项正确；C项，X与硅结构相似，因此XCl4与SiCl4的结构相似，结构相似的化合物相对分子质量越大沸点越高，XCl4的相对分子质量大于SiCl4，所以XCl4的

沸点比SiCl4的高，故C项正确；D项，X位于元素周期表第四周期，且是一种类硅的元素，而同主族元素中，原子序数越大，非金属性越弱，因此X非金属性比硅弱，而非金属性越弱的元素对应氢化物的稳定性也就越低，因此XH4的稳定性比SiH4的低，故D项错

误。答案选D。20.某有机物的结构为下图所示，这种有机物可能具有的性质是（）①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色；③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加成反应；A.只有②③④B.只有①②③④C.只有②④D.①②③④⑤【答案】D【解析】①该有机物可

以燃烧；②该分子含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色；③该分子含有羧基，能跟NaOH溶液反应；④该分子含有醇羟基，能发生酯化反应；⑤该分子含有不饱和结构碳碳双键和苯环，能发生加成反应。故选D。第Ⅱ卷（非选择题共60分）21.元素周期表是学习化学的重要工具。下表为

8种元素在周期表中的位置。（1）下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是____________。写出c分子的空间构型为___________，d分子的结构简式．．．．____________。（2）关于a（乙烯）分子有下列问题：①如果a分子中的

一个氢原子被甲基取代后得到的物质中在同一平面的原子最多有_________个；②a能使溴的水溶液褪色，该反应的生成物的名称是___________________（命名）；③a与氢气发生加成反应后生成分子

e，e在分子组成和结构上相似的有机物有一大类（又称“同系物”），它们均符合通式n2n2CH+，当n=________时，这类有机物开始出现同分异构．．．．．．．．体．，写出该烷烃可能有的同分异构体结构简式________；__

_____；（3）Na在R的单质气体中燃烧产物的电子式．．．为______，Na在F单质中燃烧的产物是________（写化学式．．．．）；（4）上述元素的最高价氧化物的水化物．．．中，碱性最强的是________（写化学式．．．．），其与Q的单质反应的离子

方程式．．．．．是_________；（5）已知16g固体单质M完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式．．．．．．是________。【答案】(1).acd(2).正四面体(3).或(4).7(5).1,2一二溴乙烷(6).4(7)

.3223CHCHCHCH(8).(CH3)2CHCH3(9).(10).22NaO(11).KOH(12).--2222Al+2OH+2HO=2A1O+3H(13).-122S(s)+O(g)=SO(g)ΔH=-296.8kJmol【解

析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。【详解】(1)A为H，D为C，由模型可知：a为CH2=CH2，b为NH3，c为CH4，d为C6H6，所以由A、D形成的

是acd，c为CH4，其空间构型为正四面体，d为C6H6，其结构简式为：或，故答案为：acd；正四面体；或；(2)①甲烷是正四面体结构，最多有3个原子共面，乙烯是平面型结构，最多有6个原子共面，所以a分子中的一个氢原子

被甲基取代后得到的物质丙烯中在同一平面的原子最多有6+3-2=7个，故答案为：7；②乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故答案为：1，2-二溴乙烷；③烷烃中甲烷、乙烷、丙烷没有同分异构体，从丁烷开始出现同分异构体，所以n=4，丁烷的同分异构体有

：CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH3，故答案为：4；CH3CH2CH2CH3；(CH3)2CHCH3；(3)Na在Cl2中燃烧生成NaCl，氯化钠为离子化合物，电子式为：，Na在O2中燃烧生成Na2O2，故答案为：；Na2O2；(4)金

属性最强的元素为第四周期ⅠA族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑，故答案为：KOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑

。(5)M为S元素，16gS(0.5mol)燃烧放出148.4kJ热量，则1molS燃烧放出148.4×2kJ=296.8kJ热量，则该反应的热化学方程式为：-122S(s)+O(g)=SO(g)ΔH=-296.8kJmol

，故答案为：-122S(s)+O(g)=SO(g)ΔH=-296.8kJmol。22.下图所示为某化学兴趣小组设计的乙醇催化氧化及其产物检验的实验装置（图中加热仪器、铁架台、铁夹等均未画出）。图中：A为无水乙醇（沸点为78℃），B为绕成螺旋状的细铜丝或银丝，

C为无水4CuSO粉末，D为碱石灰，F为新制的碱性2Cu(OH)悬浊液。（1）在上述装置中，实验时需要加热的仪器从左到右依次为．．．．．．（填仪器或某部位的代号．．．．．．．．．．）___、_____、_____、______（可以填满，也可

以不填满．．．．．．．．．．．）；（2）为使A中乙醇平稳气化成乙醇蒸气．．．．．．．．．．．，常采用的方法是．．．．．．．__________；（3）检验乙醇氧化产物时F中的实验现象是_____；（4）E处是一种纯

净物，其反应方程式为_____________；（5）写出乙醇发生催化氧化成乙醛．．．．．．．的化学方程式___________。【答案】(1).E(2).A(3).B(4).F(5).水浴加热(6).有砖红色

沉淀生成(7).2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑(8).Cu/Ag322322CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯⎯→△【解析】【分析】E中放高锰酸钾，加热E产生氧气，用热水浴加热A，使乙醇气化成乙醇蒸汽，氧气和乙醇蒸汽在B处Cu丝或Ag丝

的催化作用下反应生成乙醛和水，C中的无水CuSO4为白色粉末，遇水蒸气变为蓝色，D中的碱石灰将水蒸气吸收，乙醛和F中的新制氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，据此解答。【详解】(1)E中高锰酸钾固体制氧气需要

加热，乙醇变为蒸汽需加热，乙醇的催化氧化要加热，醛和氧气的反应也要加热，故答案为E、A、B、F；(2)为使A中乙醇平稳气化成乙醇蒸气，常采用的方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；(3)乙醛能和氢氧化铜悬浊液

反应，生成砖红色沉淀，所以F中会产生砖红色沉淀，故答案为：有砖红色沉淀生成；(4)固体纯净物加热制氧气的只能是加热高锰酸钾制氧气，反应为：2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑，故答案为：2KMnO4ΔK2MnO4+

MnO2+O2↑；(5)乙醇发生催化氧化的化学方程式为：Cu/Ag322322CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯⎯→△，故答案为：Cu/Ag322322CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯⎯→△。23.已知溴乙烷32CHCHBr在

KOH(NaOH)溶液中加热可以生成乙醇，其反应方程式为2HO3232CHCHBrKOHCHCHOHKBr+⎯⎯⎯→+△。以乙烯为原料合成化合物C的流程如下所示：（1）写出A的结构简式__________

；（2）反应①④的反应类型分别为_______、_________；（3）写出反应①和④的化学方程式：①__________；②_________。【答案】(1).22||CHCH-BrBr(2).加成反应(3).取

代（酯化）反应(4).22232CH=CH+HOCHCHOH⎯⎯⎯→催化剂(5).24HSO322322322CHCOOH+HOCHCHOHCHCOOCHCHCCH+2OOOH浓△【解析】【分析】乙烯和溴发生加成反应生成22||CHCH

BrBr—，则A为22||CHCHBrBr—；结合已知条件可知，22||CHCH-BrBr和NaOH水溶液可生；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，则B为CH3CHO，CH3CHO和氧气反应生成乙酸，乙酸和(HOCH2CH2OH)发生酯化反应生成

C，则C为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此解答。【详解】(1)由分析可知，A为22||CHCH-BrBr，故答案为：22||CHCH-BrBr；(2)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙酸和发生酯化反应生成C，

故答案为：加成反应；取代（酯化）反应；(3)结合(2)可知，反应①化学方程式为：22232CH=CH+HOCHCHOH⎯⎯⎯→催化剂，反应④的化学方程式为：24HSO322322322CHCOOH+HOCHCHOHCHCOOCH

CHCCH+2OOOH浓△，故答案为：22232CH=CH+HOCHCHOH⎯⎯⎯→催化剂；24HSO322322322CHCOOH+HOCHCHOHCHCOOCHCHCCH+2OOOH浓△。24.某工厂的废金属屑的主要成分为CuFe、和Al，此外还含有少量23AlO和

23FeO。为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的废料抽取氯化铝、绿矾()42FeSO7HO和胆矾晶体。请回答：（1）写出步骤Ⅰ反应的离子方程式．．．．．：__________；_________

_；（2）试剂X是_______，溶液D是_____；（3）在步骤Ⅱ时，用如图所示装置制取2CO并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是______；（4）工业上常用溶液E制得净水剂24NaFeO，流程如下：E溶液NaClO/Na

OH324Fe(OH)NaFeO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯→过滤混合溶液固体含的溶液①测得溶液E中()3+cFe为0.2mol/L，若要处理31m溶液E，理论上需要消耗25%的22HO溶液_____kg；②写出由3Fe(OH)制取24NaFeO的离子

方程式_________（已知NaClO被还原为NaCl）。【答案】(1).--2222Al+2OH+2HO=2A1O+3H(2).--2322AlO+2OH=2A1O+HO(3).稀硫酸(4).NaHCO3溶液(5).在a、b之间加一个盛有饱和3NaHCO溶液的洗气瓶，除去HCl(6)

.13.6(7).--2--3422Fe(OH)+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5HO【解析】【分析】废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3，当加入过量NaOH溶液时，Cu、Fe、Fe2O3不与氢氧化钠反应

，Al、Al2O3与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，反应生成氢氧化铝固体C，溶液D为碳酸氢钠溶液，氢氧化铝再和盐酸

反应生成AlCl3，得到AlCl3溶液；滤渣B为Cu、Fe、Fe2O3的混合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E主要为FeSO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，Cu与浓硫酸反应产生CuSO4，从而制备胆矾，以此解答该题。【详解】(1)在废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、F

e2O3，当加入过量NaOH溶液时，只有Al、Al2O3可以发生反应，所以步骤Ⅰ反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al2O

3+2OH-=2AlO2-+H2O；(2)把混合物过滤，得到的固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3，向其中加入过量的稀硫酸，产生硫酸亚铁溶液E和固体F(Cu)，所以试剂X是稀H2SO4，溶液A为NaAlO2溶液

，经途径Ⅱ与足量二氧化碳发生NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，溶液D为NaHCO3溶液，故答案为：稀硫酸；NaHCO3溶液；(3)在步骤Ⅱ时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，这是由于浓盐酸有挥发性，在制取的

CO2气体中含有杂质HCl，HCl使氢氧化铝溶解而减少，为了避免固体C减少，可采取的改进措施是a、b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶，除去HCl，故答案为：在a、b之间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去H

Cl；(4)①Fe2+与H2O2反应的方程式是：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，由于n(Fe2+)=0.2mol/L×1×103L=200mol，则根据方程式可知需要H2O2的物质的量是100mol，所以理论上需要消耗的H2O2溶液的质量=100mo

l34g/mo%l25=13600g=13.6kg，故答案为：13.6；②结合图示流程可知由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式是2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O，故

答案为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42-＋3Cl－＋5H2O。25.常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如下图所示。（1）请分别写出A、B、C、D的化学式（如为溶液

请填溶质的化学式）：A_________、B_______、C_______、D________；（2）在通常情况下，A的物理性质是___________；（就你所知，尽可能多写．．．．．．．．．．）（3）写出下列反应的化学

方程式或离子方程式（请注明条件．．．．．）：2AHO+（离子方程式）__________；A+NaOH（离子方程式）________；DA→（化学方程式）_________。【答案】(1).2Cl(2).HC

lO(3).NaCl(4).HCl(5).为黄绿色气体，有强烈的刺激性气味，能溶于水，易液化，密度比空气大(6).+-22Cl+HO=H+Cl+HClO(7).---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO(

8).2222MnO+4HCl()MnCl+2HO+Cl△浓【解析】【分析】常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，氯气与水反应生成B和D，B光照分解生

成D，则B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知A为Cl2、B为HClO，C为NaCl，D为HCl，E为NaClO，故答案为：Cl2；HClO；NaCl；HCl；(2)A为氯气，在通常情况下，氯

气是一种黄绿色气体，有强烈的刺激性气味，能溶于水，易液化，密度比空气大，故答案为：为黄绿色气体，有强烈的刺激性气味，能溶于水，易液化，密度比空气大；(3)氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2O＝H++Cl−+HClO，氯气和NaOH的反应离子方程式为Cl2

+2OH−＝Cl−+ClO−+H2O，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生氧化还原反应制备氯气，反应的方程式为2222MnO+4HCl()MnCl+2HO+Cl△浓，故答案为：Cl2+H2O＝H++Cl−+HClO；Cl2+2OH−＝Cl−+ClO−+H2O；2222MnO+

4HCl()MnCl+2HO+Cl△浓。