内蒙古乌兰察布市2019-2020学年化学高一下期末统考模拟试题含解析

内蒙古乌兰察布市2019-2020学年化学高一下期末统考模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列反应中属于取代反应的是()
A．CH3CH＝CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br
B．CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O
C．2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
D．CH3CH2OH CH2＝CH2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，结合反应特点分析解答。

【详解】
A、丙烯和溴发生的是加成反应，A错误；
B、乙酸和乙醇在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，属于取代反应，B正确；
C、乙醇和氧气发生催化氧化生成乙醛和水，C错误；
D、乙醇在一定条件下发生消去反应生成乙烯和水，D错误。

答案选B。

2．向MgSO4、和A12(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。

下列图像中能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】试题分析：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。

【考点定位】考查镁、铝的重要化合物
【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。

根据发生的反应Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、
Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O来分析。

3．不久前，央视8套播出的“我们恨化学”广告引起了轩然大波。

由此，北京大学化学与分子生物工程学院教授周公度先生欲将央视8套告上法庭。

广告中常含有科学性错误。

下列广告用语中，不含科学性错误的是
A．“雪山牌”矿泉水，真正的纯水
B．“霸王”牌厕所清洁剂，能清除所有污秽
C．“大自然牌茶叶”真正的绿色饮品，天然种植不含任何化学元素
D．吸烟有害健康
【答案】D
【解析】
【详解】
A、矿泉水不是纯水，它含多种矿物质，含有多种微量元素，A不正确；
B、任何清洁剂都有一定的适用范围，没有万能清洁剂，厕所清洁剂只能清除厕所中的常见污秽，B不正确；
C、茶叶也是物质，它肯定是由元素组成，C不正确；
D、吸烟会引发多种疾病，有损健康，D正确；
答案选D。

4．反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A．增加炭的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入一定量的水(g)
D．保持压强不变，充入氮气使容器体积变大
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题给的四个选项，均可从浓度是否改变这一角度来分析化学反应速率是否改变。

【详解】
A. 增加炭的量，几乎没有改变任一物质的浓度，所以化学反应速率不变，A项正确；
B. 将容器的体积缩小一半，各气体的浓度将增大，化学反应速率将加快，B项错误；
C. 水是反应物，保持体积不变，充入一定量的气态水，将使反应速率加快，C项错误；
D. 氮气是与该反应无关的气体，保持压强不变，充入氮气使容器体积变大，各气体的浓度将变小，反应速率减小，D项错误；
所以答案选择A项。

5．植物油和水、酒精和水、碘的饱和水溶液，这三组混合物的分离方法分别是( )
A．过滤、蒸馏、分液B．分液、蒸馏、萃取
C．萃取、蒸馏、过滤D．萃取、过滤、蒸馏
【答案】B
【解析】
【详解】
植物油和水不互溶，且都是液体,所以采用分液的方法分离；乙醇和水互溶且都是液体，所以根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离；碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可采用萃取的方法分离；故B选项正确；
本题答案为B。

6．海带中含有碘元素。

从海带中提取的碘的步骤如下：
①海带焙烧成灰加入水搅拌②过滤③向滤液中加入稀H2SO4和H2O2④加入CCl4萃取⑤分液
下列说法中不正确的是
A．步骤②中用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
B．步骤③中涉及的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．步骤④中不能用酒精代替CCl4
D．步骤⑤中获得I2从分液漏斗上口倒出
【答案】D
【解析】
【详解】
A.过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故A不选；
B.海带中的碘元素以I-形式存在，加入的H2O2可以把I-氧化为I2，稀硫酸提供了酸性环境，故B不选；
C.酒精和水互溶，不能用酒精萃取碘水里的碘，故C不选；
l4的密度大于水，萃取碘后在分液漏斗的下层，所以获得I2从分液漏斗下口放出，故D选；
故选D。

7．与金属钠、氢氧化钠、碳酸钠均能反应的是
A．CH3CH2OH B．CH3CHO C．CH3OH D．CH3COOH
【答案】D
【解析】
【详解】
A．CH3CH2OH只能与钠反应放出氢气，与氢氧化钠和碳酸钠都不能反应，故A错误；
B．CH3CHO与金属钠、氢氧化钠、碳酸钠都不能反应，故B错误；
C ．CH 3OH 只能与钠反应放出氢气，与氢氧化钠和碳酸钠都不能反应，故C 错误；
D ．CH 3COOH 与钠反应放出氢气，与氢氧化钠发生中和反应，与碳酸钠反应放出二氧化碳，故D 正确； 答案选D 。

【点睛】
掌握有机物中的官能团的结构和性质是解题的关键。

本题中要知道，能和金属钠反应的官能团有羟基、羧基；与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、羧基、酯基、卤素原子等；能和碳酸钠反应的官能团有羧基和酚羟基。

8．向300 mL 1 mol ·L -1的稀硝酸中，加入5.6 g 铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO ），下列说法不正确的是（ ）
A ．最终所得溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+
B ．最终溶液中，硝酸无剩余
C ．标准状况下生成NO 的体积为1.68 L
D ．再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】
当()
3HNO n n Fe （） ≥4：发生反应Fe+4HNO 3（稀）=Fe （NO 3）3+NO ↑+2H 2O ，最终所得溶液中有Fe 3+而没有Fe 2+
；当 ()3HNO n n Fe （）≤8/3：发生反应3Fe+8HNO 3（稀）=3Fe （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O ，最终所得溶液中有Fe 2+而没有Fe 3+
；当8/3< ()3HNO n n Fe （） <4时，发生反应Fe+4HNO 3（稀）=Fe （NO 3）3+NO ↑+2H 2O Fe+2Fe 3+=3Fe 2+最终所得溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+，据此进行分析；
【详解】
A.已知：n （HNO 3）=cV=1mol/L ×0.3L=0.3mol ，n （Fe ）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol ；
()
3HNO n n Fe （）=3/1，则溶液中既有Fe 2+又有Fe 3+，故不选A ； B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B ；
C.溶液是Fe （NO 3）3和Fe （NO 3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生
成Fe 3+为xmol ，生成Fe 2+为ymol ；①根据氮元素的守恒3x+2y+n （NO ）
=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n （NO ），二者联立得n （NO ）=0.075mol ，则V （NO ）=0.075mol ×22.4L/mol=1.68L ，故不选C ；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe 2+会被氧化为Fe 3+，溶液颜色变深，故D 错误；
答案：D
本题关键点是判断Fe与硝酸反应的产物，难点为C选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。

9．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是( )
A．CH3CH2CH2CH3B．CH3CH(CH3)2
C．CH3C(CH3)3D．(CH3)2CHCH2CH3
【答案】C
【解析】
只生成一种一氯代烃，则烃分子中只有一种H，答案是C。

10．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。

下列叙述不正确
．．．的是( )
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e－=Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b用导线连接时，Fe片上发生还原反应，溶液中SO42－向铜电极移动
【答案】D
【解析】
【分析】
a和b不连接时，不能构成原电池，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铜是正极。

【详解】
A．a和b不连接时，由于金属活动性Fe＞Cu，所以在铁片上会发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，在铁片有金属铜析出，A正确；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Cu作原电池的正极，在铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=Cu，B 正确；
C．无论a和b是否连接，Fe都会失去电子，变为Fe2+，而Cu2+会得到电子变为Cu，所以铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，C正确；
D．a和b用导线连接后，铁作负极，铜作正极，铁片上发生氧化反应，溶液中硫酸根离子向铁电极移动，D错误；
答案选D。

本题主要是考查原电池的反应原理及应用的知识，掌握原电池的工作原理、金属活动性顺序是解答的关键。

难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒、离子的移动方向和电解质溶液的性质分析。

11．在光照条件下，纳米TiO2能将甲醛催化氧化成二铖化碳和水。

经10小时(h)催化氧化后，某密闭空间内甲醛的浓度从2.0×10-7mol/L降到1.0×10-7mol/L，则甲醛在这段时间内的平均反应速率为（）A．4.0×10-8mol/(L·h)B．3.0×10-8mol/(L·h)
C．2.0×10-8mol/(L·h)D．1.0×10-8mol/(L·h)
【答案】D
【解析】经10小时(h)催化氧化后，某密闭空间内甲醛的浓度从2.0×10-7mol/L降到1.0×10-7mol/L，甲醛在
这段时间内的平均反应速率为
77
2.010/ 1.010/
10
mol L mol L
h
--
⨯-⨯
= 1.0×10-8mol/(L·h)，故选D。

12．某化工厂发生苯爆燃特大事故。

下列说法错误
．．的是
A．苯是一种环状有机物B．苯分子中含有碳碳双键
C．苯的分子式为C6H6D．苯在氧气中燃烧产生浓烟
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、苯的结构简式为，苯的分子是环状结构，故A正确；
B项、苯分子中的碳碳键是介于单、双键之间的一种独特的键，不存在单纯的单、双键，故B错误；
C项、苯的结构简式为，分子式为C6H6，故C正确；
D项、苯的分子式为C6H6，分子中的含碳量高，在氧气中燃烧产生浓烟，火焰明亮，故D正确；
故选B。

13．下列冶炼方法中，可将化合物中的金属元素还原为金属单质的是（）
A．加热Al2O3B．加热CaCO3
C．电解熔融NaCl D．氯化钠与铝粉高温共热
【答案】C
【解析】
试题分析：铝、钠和钙都是活泼的金属，通过电解法冶炼，选项ABD不正确，答案选C。

考点：考查金属冶炼的有关判断
点评：金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属,如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)
还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4。

14．化学与生产、生活密切相关。

下列事实的解释正确的是（）
选项事实解释
A 酸雨的pH<5.6 CO2溶解在雨水中
B 氢能是能源开发的研究方向化石燃料燃烧放出的热量使水分解产生氢气
C 疫苗一般应冷藏存放避免蛋白质变性
D 漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
A、酸雨的pH<5.6，是因为二氧化硫和水反应生成了亚硫酸，酸雨与二氧化碳无关，错误；
B、电解水生成氢气，加热条件不能使水分解，错误；
C、疫苗一般应冷藏存放，冷藏室保持温度在2-8摄氏度，避免蛋白质变性，正确；
D、漂白粉在空气中久置变质，因为漂白粉中次氯酸钙与空气中二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸不稳定见光分解，错误; 故选C
15．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费。

有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是
A．通入氢气的电极为原电池的正极
B．两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl―
【答案】A
【解析】试题分析：根据燃料电池的工作原理，利用原电池原理直接制盐酸的方程式为：H2+Cl2=2HCl。

A、氢气发生氧化反应，故通入氢气的电极为原电池的负极，错误；B、两极材料可以都用石墨，一极通入氢气，一极通入氯气，可以用稀盐酸做电解质溶液，正确；C、在原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，氯气发生还原反应，通氯气的电极为正极，正确；D、通氯气的电极为正极，发生得电子得还原反应，电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，正确。

考点：考查原电池原理的应用。

16．对于可逆反应：2M(g)+N(g)2P(g)△H<0，下列各图中正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】正反应是放热的、体积减小的可逆反应，则A、温度升高平衡逆向移动，N的浓度应增大，A错误；B、加压平衡正向移动，压强越大P的百分含量越高，升温平衡逆向相应的，温度越高，P的百分含量越低，B正确；C、正逆反应速率都随压强的增大而增大，C错误；D、温度升高平衡逆向移动，温度越高M的转化率越低，D错误；答案选B。

点睛：本题考查了根据图象分析影响平衡移动和化学反应速率的因素，注意先拐先平数值大原则和定一议二原则在图象题中的应用。

17．下列反应的离子方程式正确的是
A．漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B．铅蓄电池放电时的正极反应PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C．硫酸铝溶液中加入过量氨水3NH3·H2O+A13+=Al(OH)3↓+3NH4+
D．用过量FeBr2溶液吸收少量Cl2 Br-+Cl2=Br2+2Cl-
【答案】C
【解析】
分析：根据离子方程式书写要求和物质的性质判断离子方程式的正误。

详解：漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳气体，CaCO3将转化为Ca（HCO3）2，所以A选项错误；因为PbSO4不溶于水，所以铅蓄电池放电时的正极反应PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4↓+2H2O，B选项错误；氢氧化铝呈两性，它能够溶于强碱溶液，氨水是弱碱，所以C选项正确；Fe2+离子的还原性比Br-离子强，遇到少量强氧化剂，Fe2+首先被氧化为Fe3+，其次才是Br-，所以D选项错误。

正确选项C。

点睛：离子方程式书写的分为四步，第一步：写正确写出反应的化学方程式；第二步：拆把易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式；第三步：删删去方程式两边不参加反应的离子；第四步：查检查方程式两边的元素和电荷是否守恒；上述四步“写”是保证，本题A选项中生成产物错误，离子方程式必定错误；“拆”是关键，难溶物质如：本题中的PbSO4、Al(OH)3等；弱酸如：CH3COOH、HClO、H2SO3等；弱碱如：本题中的NH3·H2O等；氧化物如：Na2O、FeO、Al2O3等；挥发性气体如CO2、SO2、NO、NO2等物质，在书写离子方程式时都不能拆写，必须写化学式。

微溶物的处理有以下三种情况: ①在生成物中有微溶物
析出时，应用分子式表示；②当反应物中有微溶物并且处于澄清状态时，应将微溶物写成离子形式，如在澄清的石灰水中通入适量CO2，其离子方程式为:Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O ③当反应物中有微溶物且处于悬浊液或固态时，应将微溶物写成分子式，如在石灰乳中加入Na2CO3浓溶液，.其离子方程式为：Ca(OH)2+CO32-=CaCO3↓+2OH-。

18．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是()
A．NH5中既有离子键又有共价键
B．1mol NH5中含有5mol N—H键
C．NH5的熔沸点高于NH3
D．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】B
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成，据此解答。

【详解】
A.NH5应为NH4H，该化合物中铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B.化学式NH4H中含有4个N-H键，所以1molNH5中含有4mol N-H键，B错误；
C.NH4H中含有离子键为离子化合物，离子间以强的离子键结合，熔沸点较高，而NH3中只存在共价键，为共价化合物，分子间以微弱的分子间作用力结合，所以NH5的熔沸点高于NH3，C正确；
D.NH5能和水发生反应NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，一水合氨不稳定分解生成氨气，所以NH5固体投入少量水中，可产生两种气体，D正确；
故合理选项是B。

【点睛】
本题考查了物质结构，包括物质的晶体类型的判断、化学键的类型、物质熔沸点高低比较，为高频考点，把握铵盐的结构及化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子是H-为解答的难点。

19．X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同。

下列说法不正确的是A．离子半径：X+> Y3+> Z2－B．碱性：XOH > Y(OH)3
C．单质的还原性：X > Y D．原子序数：Y > X > Z
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同，所以离子半径取决于核电荷数，核电荷数越多离子半径越小，根据“阴上阳下”的原则判断核电荷数的大小关系是Y>X>Z，所以离子半径：Z2->X+>Y3+，故A错误；
B、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，碱性：XOH > Y(OH)3，故B正确；
C、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，单质的还原性X>Y，故C正确；
D、根据以上分析得原子序数：Y > X > Z，故D正确。

答案选A。

20．将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，这种气体单质是
A．O2B．H2C．N2D．NO
【答案】C
【解析】
【详解】
将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，红色的单质为铜，铜元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律和质量守恒，N元素的化合价升高，气体单质只能为氮气，故选C。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。

现取3 g A与 4.48 L氧气(标准状况)在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余)。

将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6 g，碱石灰增重4.4 g。

回答下列问题：
（1）通过计算确定该有机物的分子式___________________。

（2）若有机物A能与金属钠反应放出氢气，请写出有机物A可能的结构简式___________。

【答案】C3H8O、
【解析】分析：根据已知生成二氧化碳、一氧化碳和水的质量确定分子中碳、氢、氧原子个数，进而确定分子式。

再结合相关的性质确定官能团，进而确定物质的结构简式。

详解：(1)浓硫酸增重3.6g为水的质量, n(H2O)=3.6g/18(g. mol-1) =0.2 mol根据H原子守恒可知
n(H)=2n(H2O)=0.4 mol，碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量, n(CO2)=4.4g/44g.mol-1=0.1mol，4.48L氧气的物质的量=4.48L/22.4L. mol-1 =0.2 mol，氧气的质量=0.2mol×32g/mol=6.4g，故CO的质量
=3g+6.4g−3.6g−4.4g=1.4g,故 n(CO)=1.4g/28(g. mol-1 )=0.05 mol，根据C原子守恒可知n(C)= n(CO2)+
n(CO)=0.1mol+0.05mol=0.15mol。

由O原子守恒可知3gA中
n(O)=2n(CO2)+n(CO)+n(H2O)−2n(O2)=2×0.1mol+0.05mol +0.2mol −2×0.2 mol= 0.05 mol，由上述分析知3gA中,n(H)=0.4mol,n(C)=0.15mol，所以,n(C):n(H):n(O)=3:8:1,故A的最简式为C3H8O,由H原子与碳原子数目可知,H原子已经饱和C原子四价结构,故其最简式即为分子式,A的分子式为C3H8O。

答案：该有机物的分子式为C3H8O。

(2)有机物的分子式为C3H8O,为醇或醚,。

因为有机物A能与金属钠反应放出氢气，所以只能为醇类，可能
结构简式为CH3CH2CH2OH、。

答案：有机物A可能的结构简式为CH3CH2CH2OH、。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．探究苯与溴反应生成溴苯的实验可用如图所示装置，分析装置并完成下列题目：
（1）关闭止水夹F，打开止水夹C，由A口向装有少量苯的三口烧瓶中加入过量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三口烧瓶中发生反应的有机化学方程式为______________________。

（2）D、E试管内出现的现象分别为：D．______，E．__________。

（3）待三口烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时，松开止水夹F，关闭止水夹C，可以看到的现象是
___________。

【答案】+Br2+HBr石蕊溶液变红有淡黄色沉淀生成洗气瓶内水面上出现大量白雾
【解析】
【分析】
在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢使石蕊试液呈红色，遇硝酸银溶液产生溴化银淡黄色沉淀。

溴化氢遇水蒸气产生白雾。

NaOH用于吸收尾气，防止污染空气。

【详解】
（1）三颈烧瓶内，在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式为：+Br2+HBr，故答案为：
+Br2+HBr。

（2）HBr溶于水呈酸性，D中使石蕊溶液变红，HBr与硝酸银溶液反应生成AgBr，E中产生淡黄色沉淀，故答案为：石蕊溶液变红；出现淡黄色沉淀。

（3）HBr与水蒸气结合形成小液滴，洗气瓶内水面上出现大量白雾，故答案为：洗气瓶内水面上出现大量白雾。

【点睛】
本题为苯与液溴取代反应探究实验，实验中注意挥发的溴对实验的影响，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料。

目前，仅有10%产量的石油转
化为化工、医药等行业的基本原料加以利用。

用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：
已知：CH3CHO CH3COOH
根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：
（1）由CH2＝CH2制得有机物A的化学反应方程式是_____________，反应类型是___________。

（2）有机物B中含有的官能团为_________、_________ (填名称)。

（3）写出A与B合成丙烯酸乙酯的反应方程式是___________________________，反应类型是______。

其中浓硫酸所起的作用是___________。

（4）在沙漠中，喷洒一定量的聚丙烯酸乙酯，能在地表下30～50厘米处形成一个厚0.5厘米的隔水层，既能阻断地下盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用，可使沙漠变成绿洲。

写出丙烯酸乙酯在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式____________________，反应类型是____________。

【答案】CH2=CH2+H2O CH3CH2OH加成反应碳碳双键羧基
CH2=CHCOOH+HOCH2CH3CH2=CHCOOCH2CH3+H2O取代反应(或酯化反应) 催化剂、吸水剂
nCH2=CHCOOCH2CH3加成聚合反应（或加聚反应）
【解析】试题分析：（1）乙烯含有碳碳双键，能与水发生加成反应生成乙醇，则A是乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH。

（2）有机物B与乙醇反应生成丙烯酸乙酯，则B是丙烯酸，结构简式为CH2＝CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基。

（3A与B发生酯化反应生成丙烯酸乙酯的反应方程式是CH2=CHCOOH＋HOCH2CH3
CH2=CHCOOCH2CH3＋H2O。

其中浓硫酸所起的作用是催化剂、吸水剂。

（4）丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3。

考点：考查有机物推断、方程式书写及反应类型判断
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为
21。

请用化学用语
．．．．回答下列问题：
(1)写出Ｗ含有8个中子的核素的化学符号_____________。

(2)元素Z的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_____________。

(3)在X、Y、Z三种元素中，其离子半径按由大到小的排列顺序为________________。

(4)X、Z的气态氢化物沸点较高是________，原因是____________________。

(5)化合物Y2X3中含有的化学键类型是________。

工业上冶炼Y单质的方法是________（填字母）。

A．重力沉降法B．热分解法C．热还原法D．电解法
(6)水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色、使水产生异味。

ZX2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀，同时测得消耗13.50g ZX2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式是
___________________________________。

【答案】HClO4r(Cl－)> r(O2－)> r(Al3+)H2O水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高离子键D2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】分析：(1)根据质量数=质子数+中子数关系，写出氮元素含有8个中子的核素的化学符号。

(2)元素氯的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸。

(3)电子层数越多，半径越大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。

(4)水分子间有氢键，熔沸点较高。

(5)氧化铝为离子化合物，电解熔融的氧化铝可以得到金属铝。

详解:根据元素在周期表中的位置及四种元素原子的最外层电子数之和为21可知：X为氧，Y为铝，Z为氯；W为氮；
(1) W为氮元素，氮的核电荷数为7，质量数为7+8=15，所以含有8个中子的核素的化学符号；正确答案：。

(2) 元素Z为氯，氯的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；正确答案：HClO4。

(3)核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数越多，半径越大，r(Cl－)>r(O2－)>r(Al3+)；正确答案：r(Cl－)>r(O2－)>r(Al3+)。

(4) X的气态氢化物为水，Z的气态氢化物为氯化氢，由于水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高，所以X、Z的气态氢化物沸点较高是H2O；正确答案：H2O；水分子间形成氢键，使分子间作用力增大，沸点升高。

(5) 化合物Y2X3为氧化铝，属于离子化合物，含有离子键；工业上电解熔融的氧化铝得到金属铝和氧气；正确答案：离子键；D。

(6) ZX2为ClO2，物质的量为13.50/67.5=0.2mol,转移电子1mol电子，则1molClO2完全反应转移电子5mol,所以ClO2由+4价降低-1价，Mn2+被氧化生成二氧化锰，反应离子方程式：
2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+；正确答案：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+。