【文档说明】河南省焦作市2019-2020学年高一下学期学业质量测试（期末考试）化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，536.500 KB，由小赞的店铺上传

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河南省焦作市普通高中2019-2020学年高一下学期学业质量测试化学试题1.第101号元素(人工合成元素)被命名为钔(元素符号为Md)，是为了纪念俄国化学家门捷列夫，258101Md原子核内的中子数与核外电子数之差是()A.258B.157C.56

D.101【答案】C【解析】【详解】核素258101Md质量数258，质子数101，中子数=258-101=157，该原子中子数与质子数之差为157-101=56，故合理选项是C。2.化学与社会、生产、生活密切相关.下列有关说法正确的是A.生产医用口罩的

原料聚丙烯属于有机高分子材料B.84消毒液可用于地面、玩具、各种衣物和皮肤的消毒C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，可用填埋法处理D.废弃的聚乙烯塑料属于不可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯是合成纤维，是高聚物，属于有机高分子材

料，A正确；B．84消毒液主要成分是NaClO，具有强的氧化性，能杀灭细菌，可以使蛋白质变性，因此可用于环境消毒，但其具有强的氧化性、强的腐蚀性，因此不能用于玩具、各种衣物和皮肤的消毒，B错误；C．废旧电池中含有镍、镉等重金属，用填埋法处理，会造成土壤、水的污

染，因此不能用填埋法处理，C错误；D．废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，能够回收再利用，D错误；故合理选项是A。3.下列叙述正确的是A.NaOH、NaCl、NaClO中均含有离子键和共价键B.非金属元素组成的化合物中只含共价键C.所有物质中都含有化学键D.Na2O熔化时被破

坏的是离子键【答案】D【解析】【详解】A．NaCl中只有离子键，没有共价键，A错误；B．非金属元素组成的化合物中可能只含共价键，如H2O、HCl等；也可能既含有离子键，也含有共价键，如NH4Cl是完全由非金属元素形成的离子化合物，其中含有

离子键和共价键，B错误；C．惰性气体是由分子构成的物质，一个原子就是一个分子，物质中无化学键，C错误；D．Na2O是Na+和O2-通过离子键形成的离子化合物，熔化时被破坏离子键变为自由移动的Na+和O2-，D正确；故合理选

项是D。4.元素周期表和元素周期律是学习化学的重要工具.下列说法错误的是A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式B.在周期表中金属与非金属元素的分界处可以寻找催化剂和耐高温的合金材料C.过渡元素包括第Ⅷ族和全部副族元素，全部为金属元素D.室温下，0族元素的单质都是

气体【答案】B【解析】【详解】A．周期表是按照原子序数大小排列的，每一周期具有相同的电子层数，每一族元素的价电子数目相等，性质相似，同时按照原子序数的递增呈周期性变化，故A正确；B．在周期表中金属与非

金属元素的分界处可以寻找半导体材料，在周期表中过渡金属部分，可以寻找催化剂和耐高温的合金材料，故B错误；C．过渡元素包括第Ⅷ族和全部副族元素，全部为金属元素，故C正确；D．室温下，0族元素的单质分子间作用力小，都是气体，故D正确；故选B。5.下

列化学用语表示正确的是A.苯分子的球棍模型：B.H2O2的电子式：C.N2H4的结构式：D.丙烯发生加聚反应的生成物的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．苯分子的球棍模型：，是比例模型，故A错误；B．H2O2是共价化合物，H2O2的电子式：，故

B错误；C．肼中N原子最外层5个电子，每个N原子与另个N原子及2个H原子形成三个共价键，N2H4的结构式：，故C正确；D．丙烯发生加聚反应的生成物的结构简式：，故D错误；故选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述错误的是A.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的氢

原子数为0.6NAB.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2NAC.2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NAD.在密闭容器中2molSO2和1molO2充分反应后，容器中含有的原子数为8NA【答案】A【

解析】【详解】A．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的氢原子数大于0.6NA，水中也含有氢，故A错误；B．乙烯C2H4，丙烯C3H6，不论按什么比例混合，碳氢原子比都是1：2，所以质量比都是12：2，所以28克气体中碳原子占24克，也就是2摩尔，28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子

数为2NA，故B正确；C．1个D2O中含有10个质子，10个电子，则2.0gD2O物质的量为12.0g20g?mol－=0.1mol，含有的质子数、电子数均为NA，故C正确；D．根据质量守恒，在密闭容器中2molSO2和1mol

O2充分反应后，容器中含有的原子数为(3×2+2×1)NA=8NA，故D正确；故选A。7.某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法错误的是A.分子式为C14H14O6B.1mol该有机物最多与6molH2发生加成反应C.该有机物能

与金属钠发生反应D.环上的一氯取代物有8种【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式，分子式为C14H14O6，故A正确；B．分子中有一个苯环，一个碳碳双键，1mol该有机物最多与4molH2发生加成反应，故B错误；C．分子中含有羧基和羟基，

该有机物能与金属钠发生反应，故C正确；D．环上的一氯取代物有8种，左侧苯环上3种，右侧环上5种，故D正确；故选B。8.下列叙述对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是A.向酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧

水：2I－＋2H+＋H2O2=I2＋2H2OB.锂在空气中燃烧：2Li＋O2Li2O2C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋D.苯使溴水褪色：＋Br2+HBr【答案】A【解析】【详解】A．反应符合事实

，遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒，A正确；B．Li燃烧生成Li2O，不能生成Li2O2，B错误；C．Na2SiO3易溶于水，电离产生离子，应该写成离子形式，正确的离子方程式为23SiO−+2H+=H2SiO3，C错误；D．苯

使溴水褪色是由于苯的萃取作用，二者不能发生化学反应，D错误；故选项是A。9.煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料.下列说法错误的是A.石油化工中的分馏、裂化、裂解和重整都属于化学变化B.天然气作为化工原料可用于合成氨和生产甲醇C.洁净煤技术包

括煤的气化和液化D.常用的塑料、合成橡胶和合成纤维主要是以石油、煤、天然气为原料生产的【答案】A【解析】【详解】A．分馏是分离几种不同沸点的混合物的一种方法，过程中没有新物质生成，只是将原来的物质分离，属于物理变化。故A错误；B．

天然气的主要成分是甲烷，甲烷可以分解为C和H2，可以用于氨和甲醇的合成，故B正确；C．洁净煤技术包括煤的气化和液化，故C正确；D．石油、煤、天然气是生产常用的塑料、合成橡胶和合成纤维的主要原料，故D正确；故选A。1

0.已知：断裂1molC=C键、1molC－H键、1molH－H键、1molC－C键吸收的能量分别为615kJ、413.5kJ、436kJ、347kJ；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，单位为kJ·mol-1，乙烯转化为乙烷的过程如图

所示，下列说法正确的是A.C=C键的键能小于C－C键的键能B.由乙生成1mol丙时放出的能量为2001kJC.CH2=CH2(g)、H2(g)反应生成1molCH3CH3(g)时放出的能量为123kJD.甲、乙、丙中物质含有的

总能量大小关系为乙＞丙＞甲【答案】C【解析】【详解】A.C=C键键能为615kJ/mol，C－C键键能为347kJ/mol，所以C=C键的键能大于C－C键的键能，A错误；B.形成化学键释放能量，则由乙生成1mol

丙时放出的能量为(347+413.5×6)kJ=2828kJ，B错误；C.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则CH2=CH2+H2→CH3CH3反应的△H=(615+413.5×4+436-347-413.4×6)kJ/mol=-123kJ/

mol，C正确；D.断键吸收变为单个气态原子吸收热量，使物质的内能增加，则物质能量：乙＞甲；形成化学键释放能量，物质的内能减小，则物质含有的能量乙＞丙；根据选项C可知物质甲变为丙放出热量，说明甲的能量比丙高，故甲、乙、丙中物质含有的

总能量大小关系为乙＞甲＞丙，D错误；故合理选项是C。11.SO2的催化氧化是工业制硫酸的重要步骤，是一个放热反应。下列关于该反应的说法错误的是A.其他条件不变，增大反应物的浓度，反应速率加快B.达到反应限度时，反应停止，正、逆反应速率均等于零C.工业生产S

O3时，要同时考虑化学反应速率和化学反应限度D.其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率都增大【答案】B【解析】【详解】A．其他条件不变，增大反应物的浓度，增大单位体积内的活化分子数，反应速率加快，故A正确，不选；B．达到反应限度时，反应没有停止，正、

逆反应速率相等，但不等于零，故B错误，符合题意；C．工业生产SO3时，要同时考虑化学反应速率和化学反应限度，速率太慢，转化率太低均不符合工业生产的要求，故C正确，不选；D．其他条件不变，升高温度，单位体积内活化分子百分

数提高，正、逆反应速率都增大，故D正确，不选；故选B。12.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是实验操作实验目的A在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2个2g砝码，左盘上添加NaOH固体称取4.0gN

aOH固体B将浓硫酸倒入烧杯中，再加入适量蒸馏水稀释浓硫酸C向一定量蔗糖溶液中滴加适量稀硫酸，加热5min后，再液加适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，没有出现红色沉淀检验蔗糖的水解产物D将浸透了石蜡油的石棉放在试管底部，试管中加碎瓷片，加热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色检验石蜡油

分解产物中有不饱和烃A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．NaOH具有腐蚀性，不能在托盘天平上直接称量，应该放在烧杯中进行称量，A错误；B．浓硫酸稀释时应该将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓加入到水中，否则会酸滴飞溅

，造成威险，B错误；C．检验蔗糖水解产物时，应该先加入NaOH将催化剂硫酸中和，然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，进行加热，C错误；D．由于饱和烃不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不饱和烃能使入酸性高锰酸钾溶液褪色，所以若产生的气体能够使酸性高锰

酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解产物中含有不饱和烃，D正确；故合理选项是D。13.锂离子电池是新一代可充电的绿色电池.某锂离子电池以LiMn2O4为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋的导电固体为电解质，放电时的电池反应为Li＋LiMn2O4=Li2Mn2O4.下列说法正确的是A.放

电时，电能转化为化学能B.放电时，负极反应为Li+＋LiMn2O4＋e-=Li2Mn2O4C.放电时，Li是正极D.放电时，电子由锂电极经导线移向LiMn2O4电极【答案】D【解析】【详解】A．该装置放电时为原电池，放电时化学能转化为电能，A错误；B．放电时，Li为负

极，失去电子变为Li+，负极反应为Li-e-=Li＋,B错误；C．放电时，Li失去电子，被氧化，因此Li为负极，C错误；D．放电时，Li为负极，LiMn2O4电极为正极，电子由失去电子的锂电极经导线移向得到电子的

LiMn2O4电极，D正确；故合理选项是D。14.短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，Q的单质是空气的主要成分之一，X与Q同周期，且X是该周期中非金属性最强的元素，Y、Z原子的最外层电子数之和为10，Y与Z形成的某种阴离子的结构如图所示.下列说法正确的是A.X、Z的简单氢

化物的水溶液均为强酸B.Y的单质在常温下性质稳定，不与强酸、强碱反应C.Y与Z形成的化合物可用作高温结构陶瓷材料D.简单氢化物的稳定性：Q<X【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大。Q的单质是空气的主要成分之一，则Q为N或O；X与Q同周期且且X是该周期中非金属

性最强的元素，则X为F元素；由图，Z为-1价阴离子，则Z为Cl元素；Y、Z原子的最外层电子数之和为10，Y最外层电子数为10-7=3，其原子序数大于F，则Y为Al元素，据此解答。【详解】A．HF为弱酸，故A错误；B．Al既

能与强酸反应，也能与强碱反应，故B错误；C．Al与Cl形成的化合物是分子晶体，熔点很低，不可用作高温结构陶瓷材料，故C错误；D．非金属性N<F或O＜F，则简单氢化物的稳定性：Q<X，故D正确；故选D。【点睛】易错点C，Al、Cl形成的化合物为氯化铝，氯化铝属于共价化合物。15.

海洋约占地球表面积的71%，海水资源的利用前景广阔，从海水中提取镁的主要步骤如图所示，下列说法正确的是A.工业上利用NaOH溶液使Mg2＋转化为Mg(OH)2B.与Mg同周期的金属都可以采用电解熔融的无水氯化物来

制备C.试剂②可以选用盐酸D.工业上也可以将Mg(OH)2煅烧分解为MgO，通过电解熔融MgO制取Mg【答案】C【解析】【分析】海水中加入试剂①石灰乳沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，通过过滤得到氢氧化镁沉淀，加入试剂②为盐酸溶解生

成氯化镁溶液，通过蒸发结晶得到氯化镁晶体，氯化氢气流中的环境加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。【详解】A．石灰乳比NaOH成本更低，工业上利用试剂①石灰乳使Mg2＋转化为Mg(OH)2

，故A错误；B．与Mg同周期的金属铝不能采用电解熔融的无水氯化物来制备，氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，故B错误；C．试剂②可以选用盐酸，溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，故C正确；D．MgO熔点高，熔化耗能太多

，工业上不用“将Mg(OH)2煅烧分解为MgO，电解熔融MgO制取Mg”，故D错误；故选C。【点睛】本题考查镁的制备，明确海水中镁的制备的流程及试剂的选择来分析解答，易错点D，注意MgO的熔点高是学生解答中易忽略的地方，制备镁利用电解法，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。16.

将铜和镁的合金2.3g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生0.1moLNO2和0.0075molN2O4，在反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，生成沉淀的质量约为A.3.52gB.4.26gC.4.13gD.4.51g

【答案】B【解析】【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】

根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.1mol×1+0.0075mol×2×1=0.115mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为2.3g+0.115mol×17g·mol－1=4.26g

，故选B。【点睛】本题考查混合物计算，侧重解题方法与分析思维能力的考查，解题技巧：注意利用守恒法解答。17.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下：元素元素的性质或原子结构X该元素的一种原子无中子Y原子半径最大的短周期元素Z第三周期元素中简单离子半径最小

M地壳中含量最多的元素Q其氧化物是光导纤维的基本原料W其核电荷数为M元素核电荷数的2倍(1)X的无中子原子的符号为____________，Y的原子结构示意图为_____________，Q在元素周期表中的位置为______________

_____。(2)Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的碱性由强到弱的顺序是_______________________(用化学式表示)，写出两者反应的离子方程式：______________________________

____________。(3)M、W两种元素中非金属性较强的是______________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的____________________(填序号)，a.常温下，M的单质与W的单质的状态不同b.向W的氢化物中通入M2，有淡黄色固体析出c.M、W形成的

化合物中W元素为正价【答案】(1).11H(2).(3).第三期ⅣA族(4).NaOH＞Al(OH)3(5).Al(OH)3＋OH－=-2AlO＋2H2O(6).O(7).bc【解析】【分析】X元素的一种原子无中子，则X为H元素；Y的原子半径是最大的短周期元素，则Y为N

a元素；Z是第三周期元素中简单离子半径最小的元素，则Z为Al元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；Q的氧化物是光导纤维的基本原料，则Q为Si元素；W的核电荷数为M元素核电荷数的2倍，则W为S元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，X为H元素，Y为Na

元素，Z为Al元素，M为O元素，Q为Si元素，W为S元素，(1)X为H元素，H元素中无中子原子的质子数为1，质量数也为1，故该原子的符号为11H；Y为Na元素，Na为11号元素，故其原子结构示意图为；Q为Si元素，其在元素周期表中的位置为第三期ⅣA族；(

2)Y为Na元素，Z为Al元素，元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，由于金属性：Na＞Al，故碱性由强到弱的顺序是NaOH＞Al(OH)3；Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以与强酸反应，也可以与强碱反应，两者反应的离子方程式为Al(

OH)3＋OH－=-2AlO＋2H2O；(3)M为O元素，W为S元素，O与S位于同族，O的核电荷数较小，原子半径较小，吸引电子的能力较强，故O的非金属性较强；a.不能通过它们单质的状态比较它们的非金属性强弱，故a错误；b.向

H2S中通入O2，有淡黄色固体析出，该淡黄色固体为S单质，说明O2的氧化性大于S单质的氧化性，则可证明非金属性：O＞S，故b正确；c.由于O的非金属性较强，吸引电子的能力较强，则由O、S形成的化合物中S元素为正价，O元素为负价，故c正确

。故选bc。【点睛】元素非金属性判断的依据有：1.由单质的氧化性判断，一般情况下，单质氧化性越强，对应元素非金属性越强；2.由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属

性依次减弱）；3.由对应氢化物的稳定性判断，氢化物越稳定，非金属性越强；4.由和氢气化合的难易程度判断，化合反应越容易，非金属性越强；5.由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；6.由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也

成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。18.缓解当前能源和资源紧张问题的方法无非是开源和节流两个方面，从开源角度看，有效地开发利用燃煤产生的CO2重新合成新的燃料是一个途径，目前工

业上用CO2来生产甲醇的原理是CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，(1)上述反应过程中的能量变化如图所示，该反应是_____________(填“吸热”或“放热”)反应。(2)一定温度下，将5molCO2和8molH2

充入2L恒容密闭容器中发生上述反应，测得H2的物质的量与时间的关系如图所示，0-1min内，用CO2表示的平均反应速率v(CO2)=________________(保留两位有效数字)；a点的逆反应速率________________b点的逆反应速率(填“＞”“＜”或“＝”)。

(3)对于在恒温恒容条件下进行的反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，下列叙述不能说明其已达到平衡状态的是________________(填序号)。a.混合气体的密度不再改变b.容器内的压强不再发生变

化c.CH3OH(g)的浓度保持不变d.单位时间内消耗1molCO2，同时生成1molCH3OH(4)甲醇燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，结构如图所示（电解质溶液为稀硫酸）：①Pt(b)电极上发生_

____________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为________________________。②如果该电池工作时导线中通过3mol电子，则理论上消耗甲醇的物质的量为________________

__。【答案】(1).放热(2).0.33mol/(L·min)(3).＜(4).ad(5).还原(6).O2＋4e－＋4H＋=2H2O(7).0.5mol【解析】【分析】(1)根据吸热反应、放热反应中反应物和生成物的能量大小关系分析；(2)根据速率的计算公式进行计算；根据可逆反应平衡建立过程

中正逆反应速率的变化分析；(3)由化学平衡状态的判断方法分析；(4)由燃料电池的工作原理分析解答。【详解】(1)由能量变化图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应；(2)由图像可知，0-1min内，2Δ(H)=(8-6)mol=2moln

，则22Δ()CO=mol3n，则用CO2表示的平均反应速率()()222molΔ(CO)3CO==0.33mol/LminΔ2L1minnvVt；由于该反应是从正反应方向建立平衡的，则在平衡之前，正反应反速率逐渐减小，逆反应速率逐渐

增大，故a点的逆反应速率＜b点的逆反应速率；(3)反应条件为恒温、恒容，该反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的正反应方向是气体分子数减少的反应，a.由质量守恒定律可知，混合气体的质量始终保持不变，又容器的容积不变，则混合气体的密度始终保持改变，则混合

气体的密度不再改变时，不能说明反应已达到平衡状态，故a符合；b.该反应的正反应方向是气体分子数减少的反应，则随着反应的进行，容器内压强会发生变化，故容器内的压强不再发生变化时，能说明反应已达到平衡状态，故b

不符合；c.CH3OH(g)的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，能说明反应已达到平衡状态，故c不符合；d.单位时间内消耗1molCO2，同时生成1molCH3OH，均表示正反应速率，不能说明正逆反应

速率相等，故单位时间内消耗1molCO2，同时生成1molCH3OH时，不能说明反应已达到平衡状态，故d符合；故选ad；(4)甲醇燃料电池通入燃料甲醇的一极为负极，即Pt(a)电极为负极，通入氧气的一极为正极，即Pt(b)电极为

正极，电解质溶液为稀硫酸，①Pt(b)电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O；②Pt(a)电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为-+322CHOH-6e+HO=CO+6H，由关系式-3CHOH~6

e可知，如果该电池工作时导线中通过3mol电子，则理论上消耗甲醇的物质的量为0.5mol。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，

各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。19.钛是一种性能非常优越的金属，以钛

铁矿（主要成分是FeTiO3，还含有少量Fe2O3）为原料制备钛的流程如下：（1）FeTiO3中Ti的化合价为_______________________.（2）步骤①中加Fe的目的是_____________________（用离子方程式表示）.（3）步骤②冷却的目的是________

______________________________________.（4）水浸过程发生的反应为TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋，从成本或废物的再利用因素考虑，水浸后废液中应加入_

___________________处理.（5）写出步骤⑤的化学方程式：____________________________，该反应在Ar气氛中进行的目的是___________________

_____________.【答案】(1).+4(2).2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋(3).便于析出FeSO4·7H2O晶体(4).生石灰（或碳酸钙、废碱，合理即可）(5).428002Mg+TiCl2MgCl+Ti℃(6).防止高温下镁（或钛）与空气

中的O2、N2反应【解析】【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3，在80℃条件下钛铁矿和浓硫酸混合，发生的反应有FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3

H2O，得到固体熔块，然后用水浸取，浸取液中含有Fe3＋，Fe3＋能和Fe反应生成Fe2＋，然后过滤，滤液冷却，得到硫酸亚铁晶体，TiOSO4能发生水解反应生成H2TiO3和H2SO4，最后高温煅烧H2TiO3得到TiO2，生产TiCl4，TiCl4在800℃和Ar气保护下用M

g还原得到Ti，据此分析解题。【详解】(1)铁为+2价，氧为-2价，由化合价代数和为0得：FeTiO3中Ti的化合价为+4，故答案为：+4；(2)加铁粉的目的是将溶液里的Fe3＋还原为Fe2＋，步骤①中加Fe的目的是2Fe3＋＋Fe

=3Fe2＋（用离子方程式表示），故答案为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；(3)根据FeSO4溶解度，从滤液中获得副产品绿矾（FeSO4·7H2O）的具体操作为加热浓缩成饱和溶液，冷却结晶、过滤，少量冰水洗涤、低温干燥，步骤②冷却的目的是便于析出FeSO4·7H2O晶体，故答案为：便于析出FeSO

4·7H2O晶体；(4)水浸过程发生的反应为TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋，从成本或废物的再利用因素考虑，水浸后废液中应加入生石灰（或碳酸钙、废碱，合理即可）处理，以促进盐的水解，故答案为：生石灰（或碳酸钙、废碱，合理

即可）；(5)TiCl4在800℃和Ar气保护下用Mg还原得到Ti，步骤⑤的化学方程式：428002Mg+TiCl2MgCl+Ti℃，该反应在Ar气氛中进行的目的是防止高温下镁（或钛）与空气中的O2、N2反应，故答案为：42

8002Mg+TiCl2MgCl+Ti℃；防止高温下镁（或钛）与空气中的O2、N2反应。【点睛】以物质分离和提纯和制备为载体考查化学工艺流程，涉及化学方程式书写、溶解、结晶和盐的水解等，明确化学原理及物质性质是解本题关键，难点(4)水浸过程

发生的反应为TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋，实质上是盐的水解，加入的试剂促进水解，又不能引入杂质。20.乙烯的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，以乙烯为原料合成一些重要有机物的流程如下：(1)乙烯的电子式为__________________。(2)①②的反

应类型分别为__________________、______________________。(3)写出乙醇的同分异构体的结构简式：_____________________________。(4)分别写出反应④⑦的化学方程式：___________

___________、_______________。(5)上述反应中原子利用率为100%的反应有____________________(填编号)。【答案】(1).(2).加成反应(3).取代反应(4).CH3OCH3(5).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2

H2O(6).CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(7).①③⑤⑥【解析】【分析】乙烯CH2=CH2与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生乙醇CH3CH2OH，CH2=CH2与HCl

在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NaOH的水溶液共热发生取代反应产生CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生乙醛CH3CHO，CH3CHO与H2发生加成反应产生CH3CH2OH；乙醛催化氧化产生乙酸CH3COOH；CH3COO

H与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂条件下加热，发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3和H2O，据此分析解答。【详解】(1)CH2=CH2分子中2个C原子形成共价双键，每个C原子再分别与2个H原子形成2个共价键，故其电子式为：；(2)乙烯与

HCl发生加成反应产生CH3CH2Cl，因此反应①的类型为加成反应；CH3CH2Cl与NaOH的水溶液共热发生取代反应产生CH3CH2OH，所以反应②类型为取代反应；(3)乙醇结构简式是CH3CH2OH，分子式是C2H6O，其同

分异构体结构简式是CH3OCH3；(4)CH3CH2OH在Cu催化下，加热发生氧化反应产生CH3CHO和H2O，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH与C

H3CH2OH在浓硫酸作催化剂条件下加热，发生酯化反应产生CH3COOCH2CH3和H2O，该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(5)在上述反应中，①、③、⑤属于加成反应，⑥中CH3CHO与O2催化氧化产生乙酸C

H3COOH，这几个反应中反应物全部变为生成物，原子利用率都达到100%；而反应②是取代反应，除产生CH3CH2OH，还有HCl生成；反应④除产生CH3CHO外，还有H2O生成；反应⑦除产生CH3COOCH2CH3，还有H2O生成，因此这几个反应中原子利用率都

没有达到100%，故上述反应中原子利用率为100%的反应有①③⑤⑥。【点睛】本题考查有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断等。掌握乙烯、乙醇、乙醛、乙酸的性质及官能团的变化关系、反应特点是本题解答的关

键。21.2020年春节前后，新型冠状病毒严重影响了人们的正常生活。次氯酸(HClO)具有强氧化性，可以杀灭新型冠状病毒，被广泛用于物体表面、织物等的消毒。已知：①常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，Cl2O和水作用可以生成次氯酸。②将氯气(易溶于四氯化碳)

和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入潮湿的Na2CO3中生成Cl2O气体，用水吸收Cl2O可制得次氯酸溶液，某学习小组利用以下装置制备次氯酸溶液，回答下列问题：(1)各装置的连接顺序为A、_____

__________________.(2)检验装置A气密性的方法是___________________________________________________________.(3)装置A中发生反应的离子方程式为_________________________

___________________________.(4)配平装置B中反应的化学方程式：___________Cl2+___________Na2CO3+_________H2O=___________Cl2O+______________NaCl+_____

________NaHCO3._____________(5)从环境保护角度考虑该装置存在一定的缺陷，改进方法是_____________________________.(6)若装置A中MnO2的质量为43.5g，浓盐酸过量，完全

反应后装置E中得到500mL0.8mol·L－1的次氯酸溶液，则整个过程中氯气的有效利用率为____________________%.【答案】(1).D、B、C、E(2).打开分液漏斗玻璃塞，向分液漏斗中注入适量水，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞，如果滴入少量水后很快停止流下，则证明裝置气

密性良好，否则气密性不好(合理即可)(3).MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(4).2、2、1、1、2、2(5).在装置末端添加一个装有碱石灰的干燥管(合理即可)(6).80【解析】【分析】由制备实验装置可知，A装置中发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑

+2H2O，制备氯气，然后连接D装置，用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置中，B中发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，制备Cl2O气体，然后连接C装置除去Cl2O中的Cl

2，再用E装置吸收Cl2O制备高纯度次氯酸溶液，据此分析来解答。【详解】(1)由以上分析知，A装置用于制备氯气，然后连接D装置，除去氯气中的氯化氢气体，并与空气形成1：3的混合气体通入B装置中，B装置用于制备Cl2O气

体，然后连接C装置除去Cl2O中的Cl2，再连接E装置，用水吸收Cl2O制备高纯度次氯酸溶液，故各装置的连接顺序为A、D、B、C、E；(2)检验装置A的气密性时，可先打开分液漏斗玻璃塞，向分液漏斗中注入

适量水，关闭止水夹，打开分液漏斗活塞，如果滴入少量水后很快停止流下，则证明裝置气密性良好，否则气密性不好(合理即可)；(3)A装置用于制备氯气，MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2C

l－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)B装置用于制备Cl2O气体，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；(5)从环境保护角度考虑该装置存在一定的缺陷，就是没有进行尾气Cl2O的

处理，改进方法是在装置末端添加一个装有碱石灰的干燥管(合理即可)；(6)装置A中MnO2的质量为43.5g，物质的量为0.5mol，浓盐酸过量，则根据关系式MnO2~Cl2可知，制取Cl2的物质的量为0.5mol；完全反应后装置E中得到500

mL0.8mol·L－1的次氯酸溶液，则次氯酸的物质的量为0.5L×0.8mol·L－1=0.4mol，根据反应Cl2O+H2O=2HClO可知，消耗Cl2O的物质的量为0.2mol，根据关系式2Cl2~

Cl2O可知，制备Cl2O时，消耗Cl2的物质的量为0.4mol，则整个过程中氯气的有效利用率为0.4mol100%=80%0.5mol。【点睛】MnO2与浓盐酸在加热的条件下反应生成氯化锰、氯气和水，随着反应的进行，浓盐酸变稀，MnO2与稀盐酸不反应，则反应停止。