1、上海市嘉定区2020届高三化学下学期二模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1，Cl35.5，O16，K39，N14，C12。一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选顶）1.垃圾分类在上海成为新时尚，且还有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是（ ）ABCD垃圾废易拉罐废塑料瓶废荧光灯管蔬菜垃圾分类可回收物其他垃圾有害垃圾湿垃圾A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 废易拉罐属于可回收利用的物质，物质分类合理，A不符合题意；B. 废塑料瓶属于可回收利用的物质，物质分类不合理，B符合题意；C. 废荧光灯管属于有害垃圾，物质分类合理，C不符合题意；
2、D. 蔬菜等餐饮垃圾中含有大量水分，属于湿垃圾，物质分类合理，D不符合题意；故合理选项是B。2. 下列仪器中，可用酒精灯直接加热的是( )A. 烧杯B. 烧瓶C. 锥形瓶D. 蒸发皿【答案】D【解析】【分析】【详解】A烧杯可垫石棉网加热，不可直接加热，故A错误；B烧瓶可垫石棉网加热，不可直接加热，故B错误；C锥形瓶底面积比较大，加热需要垫石棉网，故C错误；D蒸发皿可直接加热，故D正确；故选D。【点睛】熟悉常用仪器的使用特点是解题关键，在酒精灯上直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙；可垫石棉网加热的有：烧杯、烧瓶、锥形瓶，然后根据题目要求选出正确答案。3.由分别与氖和氩电子层结构相同的两
3、种离子组成的化合物是（ ）A. MgF2B. SO2C. Na2OD. Na2S【答案】D【解析】【详解】AMgF2中两种离子都与氖电子层结构相同，故A错误；BSO2是共价化合物，不含离子，故B错误；CNa2O中两种离子都与氖电子层结构相同，故C错误；DNa2S中钠离子与氖电子层结构相同，硫离子与氩电子层结构相同，故D正确。4.下列氮元素化学用语正确的是A. 氮分子的电子式：B. 氮原子电子排布式：lS22S22p5C. 氮分子的结构式：D. 氮原子最外层轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A氮气分子中氮原子间形成三键，电子式为，故A错误；B氮原子质子数为7，电子排布式为1s22s22p3，
4、故B错误；C氮分子的结构式为：NN，故C错误；D氮原子轨道表示式应遵循泡利不相容原理，能量最低，洪特规则等，氮原子最外层电子轨道表示式为，故D正确；故答案选D。5.下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是（ ）A. 和B. 和NaClC. 和D. 和【答案】C【解析】【详解】A. 由于硫酸的酸性比H2CO3、Al(OH)3强，选项中的两种物质与硫酸反应会产生CO2气体及可溶性Al2(SO4)3，无沉淀生成，A不符合题意；B. BaCl2与H2SO4反应产生BaSO4白色沉淀，但是无气体放出，B不符合题意；C. 由于硫酸的酸性比H2SO3、H2CO3强，所以硫酸与两种物
5、质发生反应产生SO2、CO2气体，同时产生BaSO4白色沉淀，反应现象符合要求，C符合题意；D. 硫酸与选项物质不能发生反应，既无气泡产生，也没有沉淀产生，D不符合题意；故合理选项是C。6.下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）A. 酸性：HClO4H3PO4H2SO4B. 氢化物稳定性：HFH2OH2SC. 碱性：NaOHMg(OH)2Ca(OH)2D. 原子半径：FClBrI【答案】B【解析】【分析】A.首先判断元素的非金属性强弱，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B.根据共价键越强，物质的稳定性越强；C.首先判断元素的金属性强弱，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物
6、的水化物的碱性越强；D.根据元素原子的核外电子层数越多，原子半径越大分析判断。【详解】A.根据元素周期律可知元素的非金属性：ClSP，则酸性：HClO4H2SO4H3PO4，A错误；B.元素的非金属性越强，其氢化物中含有的共价键就越强，含有该化学键的物质就越稳定。由于元素的非金属性FOS，所以氢化物稳定性：HFH2OH2S，B正确；C.根据元素周期律可知元素的金属性：CaNaMg，则碱性： Ca(OH)2NaOHMg(OH)2，C错误；D.由于原子核外电子层数IBrClF，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：FClBrc(OH-)的任意物质的水溶液【答案】D【解析】【分析】【详解
7、】A. 在室温下中性溶液pH=7，pH=6的溶液为酸性溶液，但由于未指明溶液的温度，因此不能确定该溶液是否显酸性，A不选；B. 酚酞的pH变色范围是8.210.0，所以加入酚酞后显无色的溶液可能显酸性，也可能显中性或碱性，不一定呈酸性，B不选；C.Al既能与酸反应产生氢气，也能与强碱溶液反应产生氢气，因此不能根据与金属Al反应放出H2确定溶液是否显酸性，C不选；D.在任何物质的稀溶液中都存在水的电离平衡，若溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；若c(H+)c(OH-)，溶液显酸性；若c(H+)c(OH-)确定该溶液一定呈酸性，D选；故合理选项是D。9.下列物质的转化在给定条件下能实现的是
8、（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，正确；S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，错误；向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，制取得到Na
9、2CO3，能够实现给定物质的转化，正确；Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，错误；综上所述可知：能够实现物质转化的序号是，故合理选项是A。10. 化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是 （ ）A. 侯氏制碱法工艺过程中应用了物质溶解度的差异B. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D. 黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定
10、比例混合制成【答案】C【解析】【详解】A.根据侯氏制碱法的原理可表示为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3， NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O NH4Cl 在常温时的溶解度比 NaCl 大，而在低温下却比 NaCl 溶解度小的原理，在 278K 283K(5 10 ) 时，向母液中加入食盐细粉，而使 NH4Cl 单独结晶析出供做氮肥，故侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，选项A正确。B.氨气可以与浓盐酸反应生成白烟（氯化铵晶体颗粒），选项B正确；C.碘是人类所必须的微量元素，所以要适当食用含碘元素的食物，但不是含高碘酸
11、的食物，选项C错误；D.黑火药由硫磺、硝石、木炭按一定比例组成，选项D正确。故选C。11.在海水浓缩过程中，析出盐的种类和质量见下表(单位gL1)。海水密度(gmL1)CaSO4NaClMgCl2MgSO4NaBr1.200.911.210.053.260.0040.0081.220.0159.650.010.041.260.012.640.020.020.041311.400.540.030.06当海水密度达到1.211.22 gmL1时，析出的盐中，质量分数最大的是()A. CaSO4B. MgSO4C. NaClD. MgCl2【答案】C【解析】根据表中数据判断，当海水密度达到1.211
12、.22 gmL1时，析出盐的质量越大，则该盐质量分数越大，由表中数据可知析出的NaCl的质量最大，所以析出的盐中，质量分数最大的是NaCl。故答案选C。12.2，2-二甲基-3-乙基“某烷”，该烷烃的碳至少为（ ）A. 5个B. 8个C. 9个D. 10个【答案】C【解析】【分析】【详解】2，2-二甲基-3-乙基“某烷”中3号碳原子上至少还连接一个H原子、一个乙基，如果碳原子个数最少，则碳链结构为 ，所以碳原子最少为9个。答案选C。13.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原
13、子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是（）A. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】A【解析】【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰
14、富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。14.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是A. 钢管与电源正极连接，钢管可被保护B. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C. 钢管与铜
15、管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀D. 钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-3e-Fe3+【答案】B【解析】【详解】A用电解原理保护金属时，金属应作电解池阴极，应该与原电池负极连接，故A错误；B常温下，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，所以可以保护内部金属不被腐蚀，故B正确；C钢管、铜管和雨水能构成原电池，铁作原电池负极而容易被腐蚀，故C错误；D钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe-2e-Fe2+，故D错误。答案选B。15.25时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡(Sn，发生反应：Sn(s)+Pb2+(aq)Sn2+(aq)+Pb(s)，体系中c(Pb2+
16、)、c(Sn2+)变化关系如图所示。下列判断正确的是（ ） A. 往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2+)增大B. 往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2+)变小C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明该反应正反应是吸热反应D. 25时，该反应的平衡常数K=2.2【答案】D【解析】【详解】A. 金属铅是固体，增大铅的用量，化学平衡不移动，c(Pb2+)不变，A错误；B. 加入少量Sn(NO3)2固体，溶液中Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c(Pb2+)增大，B错误；C. 升高温度，平衡体系中c(Pb2+)增大，说明升高温度化学平衡向逆反应移动，逆反应为吸热反应，故
17、该反应的正反应为放热反应，C错误；D. 由图可知，平衡时c(Pb2+)=0.1 mol/L，c(Sn2+)=0.22 mol/L，故该温度下反应平衡常数K=2.2，D正确；故合理选项是D。16. 科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3+H2HCOONa+H2O下列有关说法正确的是A. 储氢、释氢过程均无能量变化B. NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C. 储氢过程中，NaHCO3被氧化D. 释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2【答案】B【解析】【详解】A储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化
18、学变化中一定伴随能量变化，故A错误；BNaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3-构成，HCO3-中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO-构成，HCOO-中含有共价键，故B正确；C储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；D储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2.24L，故D错误；故选B。17.新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化
19、。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：2HI下列认识正确的是()A. 上述反应为取代反应B. 滴定时可用淀粉溶液作指示剂C. 滴定时要剧烈振荡锥形瓶D. 维生素C的分子式为C6H9O【答案】B【解析】【详解】A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。18.有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，对此实验下述结论正确的是
20、A. Na2SO3已部分被氧化B. 加入Ba(NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C. 加硝酸后的不溶沉淀一定是BaSO4和BaSO3D. 此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化【答案】D【解析】【详解】A、取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可含硫酸根离子或亚硫酸根离子，不能说明Na2SO3已部分被氧化，故A错误；B、滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为亚硫酸钡或含硫酸钡，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，故B错误；C、亚硫酸钡可与硝酸发生氧化还原反应，则加硝酸后的
21、不溶沉淀一定是BaSO4，故C错误；D、取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，因硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以硫酸根离子或亚硫酸根离子，则原溶液可能被氧化，也可能没有被氧化，即此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D正确；故选D。19.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：B. 铝与氯化铜溶液反应：C. 次氯酸钙溶液中通入SO2气体：D. 在溶液中NH4HCO3与NaOH以等物质的量混合：【答案】A【解析】【详解】ANaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式
22、正确，A正确；B电荷不守恒，应为：，B错误；C次氯酸根离子有强氧化性，SO2有较强还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式应为：Ca2ClOSO2H2O=CaSO42HCl，C错误；DNH4HCO3与NaOH物质的量相等，OH-不足量，OH-和HCO3-反应，离子方程式为：OH-+HCO3-=H2O+CO32-，D错误。答案选A。20.室温下，将一定浓度的一元酸HA溶液和一定浓度的NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度（mol/L）反应后溶液的pH0.10.190.27下列判断不正确的是（ ）A. 实验反应的溶液中：B. 实验反应的溶液中：C. 实验反应的溶液
23、中：D. 实验反应的溶液中：【答案】BD【解析】【分析】浓度均为0.1mol/L的NaOH和HA等体积混合，溶液pH=9，说明NaA溶液显碱性，HA为弱酸。【详解】A实验反应所得溶液的溶质为NaA，其溶液pH=9，说明A-会水解，所以，A正确；B电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(OH-)=c(Na+)+c(H+)-c(A-)，B错误；CHA为弱酸，实验所得溶液为中性，则x0.2mol/L，等体积混合后，根据物料守恒有：，C正确；D电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，D错误。答案选BD。二、综合分析题21.面对新冠肺炎病毒可以采用的消毒
24、剂常见的有“84”消毒液，医用酒精它们的有效成分分别是NaClO、，都可以使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒。请回答以下问题：（1）以上涉及元素包含_个主族、_个周期；按原子半径由小到大排列依次为_（用元素符号表示）；有2个未成对电子元素是_；非金属性：OCl，请列举一个事实_。（2）是_（“电解质”，“非电解质”）；75%酒精的“75%”是_（“质量分数分数”，“体积分数”），分子中的氢原子的类型有_种（“2”，“3”或“4”）。（3）NaClO的电子式_，其溶液中的离子浓度由大到小顺序_。某化学工作者在家自制“84”消毒液如图（4）M的化学式_，铁是_极；请阐述该装置能够制取消毒液的理由：
25、_。【答案】 (1). 4 (2). 3 (3). (4). C和O (5). ClO2中Cl为价，O为价 (6). 非电解质 (7). 体积分数 (8). 3种 (9). (10). (11). NaCl (12). 阴 (13). 石墨电极上产生的氯气上升与铁电极附近产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠即“84”消毒液（ 【解析】【详解】(1)H、Na位于第A族，C位于第A族，O位于第A族，Cl位于第主族，共涉及4个主族，H位于第一周期，C、O位于第二周期，Na、Cl位于第三周期，共涉及3个周期。H位于第一周期，H的原子半径最小，C、O位于第二周期，C的核电荷数比O小，半径比O大，Na、Cl位于
26、第三周期，Na的核电荷数比Cl小，半径比Cl大，所以原子半径由小到大依次排列为：。有2个未成对电子元素是核外电子排布为1s22s22p2的C和1s22s22p4的O。Cl和O形成的化合物ClO2中Cl为价，O为价，该事实说明O的非金属性比Cl强，故答案为：4；3；C和O；ClO2中Cl为价，O为价；(2)的水溶液和液态均不导电，是非电解质，75%酒精指的是体积分数为75%的酒精，中有3种等效氢，故答案为：非电解质；体积分数；3种；(3)NaClO的电子式为：，HClO是弱酸，所以ClO-会水解，NaClO溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；(4)“84”消毒液的有效成分是NaCl
27、O，可通过电解饱和NaCl溶液制取，原理为：石墨作阳极，Cl-在阳极失电子得Cl2，Fe作阴极，H2O在阴极得电子生成OH-和H2，接着Cl2和NaOH反应得NaClO，故答案为：NaCl；阴极； 。22.高炉炼铁过程中发生的主要反应为：，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/100011501300平衡常数4.0373.5请回答下列问题：（1）该反应的平衡常数表达式_，该反应的正反应是_反应（填“放热”、“吸热”）。（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率_、CO的
28、平衡转化率_；（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是_。a.减少Fe的量 b.增加Fe2O3的量 c.移出部分CO2 d.提高反应温度e.减小容器的容积 f.加入合适的催化剂（4）在氯氧化法处理含的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐（其毒性仅为氰化物的千分之一），氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应（其中N均为价）： 被氧化的元素是_。投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：_若处理上述废水40L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_g。【答
29、案】 (1). (2). 放热 (3). (4). 80% (5). c (6). KCN中的C元素 (7). (8). 71【解析】【分析】【详解】(1)K=，温度升高，K减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为：；放热；(2)设平衡时CO2的浓度为x，则CO的浓度减小x，为mol/L-x=0.1mol/L-x，则K=4.0=，解得：x=0.08mol/L，则=，CO的平衡转化率=80%；(3)a减少固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，a错误；b增加固体的量，平衡不移动，CO的转化率不变，b错误；c移出部分CO2，CO2的浓度减小，平衡正向移动，CO
30、的转化率增大，c正确；d提高反应温度，平衡常数减小，CO的转化率减小，d错误；e减小容积，该平衡不移动，CO的转化率不变，e错误；f加入催化剂能缩短到达平衡的时间，但是不能使平衡发生移动，CO的转化率不变，f错误；故答案为：c；(4)KCN中的C为+2价，KOCN中的C为+4价，所以KCN中的C元素被氧化，故答案为：KCN中的C元素；1molCl2参与反应得2mol电子，KOCN生成1molN2失6mol电子，根据得失电子守恒，先作如下配平：23Cl21N26KCl，再根据原子守恒依次配平其它原子，如下：，单线桥表示电子转移如下：，故答案为：；该方法将CN-处理变为N2，有如下关系：2KCN2
31、(2+3)Cl2，KCN的质量m=650mg/L40L=26000mg=26g，解得：m=71g，故答案为：71。23.已知：有机物G（）是一种酯，合成路线如下：试回答下列问题：（1）指出反应类型：反应_；反应的条件_。（2）A的结构简式是：_。F的结构简式是：_。（3）B转化为C的化学方程式是（有机物用结构简式表示）：_。（4）写出有机物的2种同分异构体（同时含碳碳双键、苯环和羧基）_。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备C的一种同分异构体，合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：_。【答案】 (1). 加成 (2). NaOH醇溶液、加热 (3). (4).
32、HOCH2CH2OH (5). +2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O (6). 、（任写2种） (7). 【解析】【分析】和发生“已知”反应生成，A为；在酸性条件下脱水发生消去反应生成B，则B为；和新制氢氧化铜反应生成C，C的分子式为C9H8O2，则C为；结合G的分子式及C2H5BrDEFG可知，G为，F为HOCH2CH2OH，E为CH2BrCH2Br，D为CH2=CH2，据此解答。【详解】(1)反应中H加在羰基的O上，-CH2CHO加在羰基的C上，即反应为加成反应，反应中C2H5Br变为CH2=CH2，为卤代烃的消去反应，可在NaOH的醇溶液环境下加热，故答案为：加成；NaOH醇溶液、加热
33、；(2)由分析可知，A为：，F为：HOCH2CH2OH，故答案为：；HOCH2CH2OH；(3)B()和新制氢氧化铜反应生成C()，反应的方程式为：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(4)有两个侧链(一个-COOH、一个-CH=CH2)的还有两种，即：、只有一个侧链的有2种，即：、，故答案为：、（任写2种）；(5)逆合成分析：可由发生消去反应得到，可由和新制氢氧化铜反应而得到，可由发生催化氧化而得到，可由发生水解而得到，可由和Br2发生加成反应而得到，即，故答案为：。【点睛】(5)掌握官能团的引入方法是逆合成分析的关键。24.信息时代产生
34、的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu，25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（友情提示：要将溶液中的、沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：6.4、6.4、3.7、4.7）请回答下列问题：（1）如何检验滤液1中是否含有？_；得到滤渣1的主要成分为_。（2）第2步加的作用是_，使用的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。（3）用第步所得制备无水的方法是_。（4）由滤渣2制取，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案
35、更合理。（5）结晶水的测定：将坩埚洗净，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至250，恒温一段时间，置于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误：_、_。【答案】 (1). 取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无 (2). Pt、Au (3). 将氧化为 (4). 不引入杂质，对环境无污染 (5). 、 (6). 加热脱水 (7). 甲 (8). 所得产品中含有较多杂质 (9). 乙 (10). 样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却 (11). 样品“加热、
36、冷却、称量”需进行多次直至恒重【解析】【分析】在浓硝酸、稀硫酸和加热条件下，Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，经过滤得滤渣1为Au、Pt，滤液1为含Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、SO42-等离子的溶液，滤液1加H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加NaOH调pH到4.7将Al3+沉淀，同时Fe3+也被沉淀，得滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3、滤液2主要含CuSO4溶液，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得CuSO45H2O，滤渣2经一系列操作得，据此解答。【详解】(1)Fe3+用KSCN溶液检验，具体方法为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有
37、，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+，滤渣1的主要成分为不溶于硝酸和硫酸的Pt、Au，故答案为：取少量滤液1于试管中，加入KSCN溶液，若溶液呈现血红色就证明有，若溶液没有呈现血红色就无Fe3+；Pt、Au；(2)加H2O2的作用是将氧化为，优点是还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染，调pH的目的是使、形成沉淀，故答案为：将氧化为；还原产物为H2O，既不引入杂质，也不会对环境造成污染；、；(3)将加热脱水可制备无水，故答案为：加热脱水；(4)滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，若用甲方案，所得产物中将含较多的杂质，故甲方案不可行，丙方案中有硫酸钠生成，所以原子利用率不如乙方案，故答案为：甲；所得产品中含有较多杂质；乙；(5)空气中有水蒸气，样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却，样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重，故答案为：样品加热后不应置于空气中冷却，应置于干燥器中冷却；样品“加热、冷却、称量”需进行多次直至恒重。
