四川省绵阳市2020-2021学年高一下学期期末考试化学试题

高中2020级第一学年末教学质量测试化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Cu64第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)1.糖类、油脂、蛋白质是生命体重要物质，下列说法正确的是A.蔗糖水解产物只有葡萄糖 B.鸡蛋清溶液加硫酸镁会发生变性C.油脂的氢化是加成反应 D.淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】C【解析】【分析】【详解】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，A项错误；B．重金属盐才能使蛋白质变性，而鸡蛋清溶液加硫酸镁，蛋白质发生盐析，而不会变性，B项错误；C．油脂的氢化是油与氢气发生加成反应生成脂肪，C项正确；D．淀粉和纤维素的化学式为(C6H10O5)n，化学式中的n值不同，故淀粉和纤维素不互为同分异构体，D项错误；答案选C。2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.棉花和保鲜膜的主要成分均属于天然高分子B.铅蓄电池在充电过程中将电能转化为化学能C.常温下，可用铝制贮罐贮运浓盐酸或浓硫酸D.闪电时空气中有O3生成，O3与O2互为同位素【答案】B【解析】【分析】【详解】A．棉花主要成份是纤维素，属于天然高分子；保鲜膜主要成份是聚乙烯，属于加聚产物，不属于天然高分子，故A错误；B．铅蓄电池在放电过程中将化学能转化为电能，充电过程中将电能转化为化学能，故B正确；C．常温下，可用铝制贮罐贮运浓硫酸，不能贮罐贮运浓盐酸，浓盐酸会与铝反应生成氢气和氯化铝，故C错误；D．闪电时空气中有O3生成，O3与O2互为同素异形体，故D错误。综上所述，答案为B。3.为了配合防疫，我们要做到每天测量体温。普通体温计中含有金属汞(Hg)。汞的一种同位素为，下列关于的说法错误的是A.质子数为80 B.核外电子数为80 C.核电荷数为120 D.中子数为120【答案】C【解析】【分析】【详解】根据质子数=核外电子数=核电荷数，质量数=质子数+中子数可知：的质子数为80，核外电子数为80，核电荷数为80，中子数=20080=120，所以A、B、D正确，C错误；故答案：C。4.下列化学用语表达正确的是A.次氯酸的电子式： B.乙醇的结构简式：CH3CH2OHC.CCl4分子的比例模型： D.N2的结构式：︰N≡N︰【答案】B【解析】【分析】【详解】A．次氯酸的电子式：，故A错误；B．乙醇的结构简式：CH3CH2OH，故B正确；C．不是CCl4分子的比例模型，而是CH4分子的比例模型，要注意原子的大小比例，故C错误；D．N2的结构式：N≡N，故D错误。综上所述，答案为B。5.中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”，组成“中国青年化学家元素周期表”。第37号元素铷(Rb)由清华大学张如范代言。下列说法正确的是A.铷位于周期表的第四周期第IA族 B.氢氧化铷属于弱碱C.与钠的单质相比，铷的单质熔点更低 D.硝酸铷属于共价化合物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．37号元素铷(Rb)，位于周期表的第五周期第IA族，Ａ项错误；B．第一主族元素由上到下金属性(还原性)越来越强，形成的氢氧化物碱性也越来越强，故氢氧化铷属于强碱，Ｂ项错误；C．碱金属同主族单质熔点由上到下依次降低，所以与钠的单质相比，铷的单质熔点更低，C项正确；D．硝酸铷是由硝酸根离子与铷离子通过离子键构成的离子化合物，D项错误；答案选C。6.下列关于自然资源开发利用的说法中错误的是A.工业生产镁的过程为：海水→氢氧化镁→氧化镁→金属镁B.煤的干馏、煤的气化与石油的催化重整均属于化学变化C.从海带中提取碘时，利用图所示装置灼烧海带碎片D.利用可再生资源作反应物符合绿色化学的要求【答案】A【解析】【分析】【详解】A．工业生产镁的过程为：海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁，故A错误；B．煤的干馏、煤的气化、煤的液化与石油的裂化、裂解、催化重整均属于化学变化，石油的分馏是物理变化，故B正确；C．从海带中提取碘时，利用图所示装置灼烧海带碎片，主要使用坩埚，故C正确；D．绿色化学的核心是从源头上杜绝或减少污染，利用可再生资源作反应物符合绿色化学的要求，故D正确；综上所述，答案为A。7.某化学反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是A.该反应可能不需要加热就能够发生B.该反应断键吸收总能量大于成键释放的总能量C.该反应可能是化合反应，也可能是分解反应D.该反应的化学方程式可能为2Al＋Fe2O3

Al2O3＋2Fe【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，即该反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热，A项正确；B．由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，即该反应为吸热反应，故该反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量，B项正确；C．由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，即该反应为吸热反应，分解反应一般为吸热反应，少数化合反应为吸热反应，C项正确；D．由图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，即该反应为吸热反应，而反应2Al＋Fe2O3

Al2O3＋2Fe是铝热反应，且铝热反应为放热反应，D项错误；答案选D。8.下列指定反应的化学方程式正确的是A.Li在氧气中燃烧时的主要反应：4Li＋O22Li2OB.向稀硝酸溶液中加入少量锌粉：Zn＋2H+=Zn2+＋H2↑C.乙烷与氯气的混合气体受光照：CH3CH3＋Cl2CH2ClCH2Cl＋H2D.乙烯与溴的加成：CH2＝CH2＋Br2→CH3CHBr2【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Li的还原性弱，因此Li在氧气中燃烧时的主要反应：4Li＋O22Li2O，故A正确；B．向稀硝酸溶液中加入少量锌粉：3Zn＋8H+＋2=3Zn2+＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C．乙烷与氯气的混合气体受光照：CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl，还会发生一系列反应，故C错误；D．乙烯与溴的加成：CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br，故D错误。综上所述，答案为A。9.李华同学在学习了《有机化合物》一章后整理出以下笔记，其中错误的是A.溴水可以用来区分乙酸、乙醇和苯B.分子组成为C2H4Br2的物质可能是混合物C.可用NaOH溶液除去溴苯中残留的溴D.烷烃不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能发生氧化反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A．溴水和苯混合后不互溶，会分层，但乙酸、乙醇都和溴水互溶，无法区别，A项错误；B．分子组成为C2H4Br2的物质，其可能为CH2BrCH2Br或CHBr2CH3，故分子组成为C2H4Br2的物质可能是混合物，B项正确；C．溴与NaOH溶液反应并与溴苯分层，用分液可分离，C项正确；D．烷烃与酸性高锰酸钾溶液不反应，即不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但烷烃能发生燃烧反应，即氧化反应，D项正确；答案选A。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.36

g由35Cl和37Cl组成的氯气中所含质子数为17NAB.3.36L乙烯中所含碳原子数为0.3NAC.17

g羟基(－OH)中含有的电子数为9NAD.一定条件下，2

mol

SO2与2

mol

O2充分反应后分子总数为3NA【答案】C【解析】分析】【详解】A．用极限思维，假设36g由35Cl组成的氯气35Cl2中所含质子数为，故A错误；B．3.36L乙烯在标准状况下中所含碳原子数为，故B错误；C．17

g羟基(－OH)中含有的电子数为，故C正确；D．2SO2＋O22SO3，SO2与O2反应是可逆反应且反应为体积减小的反应，因此一定条件下，2

mol

SO2与2

mol

O2充分反应后分子总数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为C。11.微型银锌电池的电极分别是Ag/Ag2O和Zn，KOH溶液作电解质溶液，电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2

。对电池工作过程中的下列叙述错误的是A.电流由Ag/Ag2O电极流出B.电解液中OH－向负极迁移C.负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2D.正极反应为Ag2O＋2H＋＋2e－=2Ag＋H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，锌化合价升高，失去电子，作原电池负极，Ag2O中Ag化合价降低，得到电子，作原电池正极，因此电流由Ag/Ag2O电极流出，故A正确；B．根据原电池“同性相吸”，因此电解液中OH－向负极迁移，故B正确；C．根据电池总反应为Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2，锌化合价升高，失去电子，作原电池负极，因此负极反应为Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，故C正确；D．KOH溶液作电解质溶液，因此正极反应为Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，故D错误。综上所述，答案为D。12.利用下列图示装置进行实验，能达到相应目的的是A.用甲比较氯、碳、硅的非金属性强弱B.用乙制备BaSO3C.用丙证明苯与液溴反应产生了HBrD.用丁研究催化剂对化学反应速率的影响【答案】D【解析】【分析】【详解】A．比较氯、碳、硅的非金属性强弱，应该比较最高价氧化物对应水化物的酸强强弱，而甲中使用稀盐酸，不能比较Cl和C的非金属性强弱，故A不符合题意；B．SO2与BaCl2溶液不反应，因此不能用乙制备BaSO3，故B不符合题意；C．苯和液溴在溴化铁催化剂作用下反应，且产生大量热，液溴易挥发，因此进入到试管中的气体不仅是HBr，还有挥发的溴蒸汽，溴蒸汽也能是硝酸银生成溴化银淡黄色沉淀，因此丙不能证明苯与液溴反应产生了HBr，故C不符合题意；D．丁中两支，右边试管加入氯化铁溶液，左边未加，因此可以用丁研究催化剂对化学反应速率的影响，故D符合题意。综上所述，答案为D。13.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加，r与q是由这些元素组成的二元化合物，n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质，m通常为黄绿色气体，r与q生成s的反应产生白烟。下列说法正确的是A.可用直接加热s的方法制q B.r的热稳定性比H2S强C.元素Z的含氧酸均为强酸 D.q的沸点比PH3低【答案】B【解析】【分析】r与q是由这些元素组成的二元化合物，n、p、m分别是元素X、Y、Z的单质，m通常为黄绿色气体，说明m为氯气，r与q生成s的反应产生白烟，说明s为氯化铵，r、q为HCl和NH3，根据反应条件得到r为HCl，q为NH3，在根据反应物得到n为氢气，p为氮气，根据短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增加，则分别为H、N、Cl。【详解】A．直接加热s得到氨气和HCl，在冷处两者反应生成氯化铵，因此不能用加热氯化铵方法得到氨气，故A错误；B．Cl的非金属性比S强，因此r(HCl)的热稳定性比H2S强，故B正确；C．元素Z(Cl)的含氧酸HClO为弱酸，故C错误；D．q(NH3)的沸点比PH3高，因为NH3存在分子间氢键，故D错误。综上所述，答案为B。14.将一定质量的Cu粉投入到400

mL

2

mol/L的稀硝酸中，待Cu粉完全溶解时，收集到标准状况下的NO气体2.688L(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出)，再向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉，充分反应后溶液只含一种溶质。下列说法错误的是A.加入铁粉后，最终溶液的溶质是Fe(NO3)2 B.最初的铜粉质量为11.52

gC.铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为0.8mol/L D.至少需要加入铁粉8.4

g【答案】D【解析】【分析】开始发生反应3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，加入铁粉后，根据氧化性强弱依次发生的反应为，HNO3、Fe3+、Cu2+；引入最后溶液中只有一种溶质，说明铜全部被置换出来，只有硝酸亚铁一种溶质。【详解】A．根据分析，最终溶液的溶质只能是Fe(NO3)2，A项正确；B．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，，则最初的铜粉质量为11.52

g，B项正确；C．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，，硝酸总的物质的量为0.4L×

2

mol/L=0.8mol，则剩余硝酸物质的量为0.8mol0.48mol=0.32mol，则铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为=0.8mol/L，C项正确；D．由题可知，CuCu(NO3)2FeFe(NO3)2，最终溶液溶质是Fe(NO3)2，硝酸总的物质的量为0.4L×

2

mol/L=0.8mol，又n(HNO3)=n(NO)+2n(Fe(NO3)2)，又根据得失电子守恒n(NO)=，即n(HNO3)=+2n(Fe)=0.8mol，故n(Fe)=0.3mol，m(Fe)=16.8g，D项错误；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、(本题包括2小题，共24分)15.制备乙酸乙酯是中学有机化学中的一个重要实验。某化学学习小组的同学查阅资料发现，某些无机盐类也可以催化乙酸乙酯的合成，为了探究不同盐的催化效果，设计了如下实验：实验步骤：向大试管中加入一定量的无机盐催化剂，再加入3

mL无水乙醇和2

mL冰醋酸，按图连接装置。用酒精灯小心均匀地加热试管5

min，产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液上方。实验记录：使用不同的催化剂，实验得到的酯层高度如下表。催化剂酯层高度/cm催化剂酯层高度/cm氯化铁晶体2.7氯化铝3.2A2.2氯化钠0.0(1)实验时，需要加入几粒沸石，目的是________________。(2)催化剂用量为3

mmol(以阳离子计)，选用的催化剂A可能是_____(填标号)。a.氯化铜晶体b.硫酸钙晶体c.碳酸钠晶体d.硝酸钾晶体实验所用四种催化剂中，制备乙酸乙酯最好选用________。(3)若用18O标记乙醇中的O，用氯化铝作催化剂时，产生乙酸乙酯的化学方程式为________。(4)实验中用饱和碳酸钠溶液的作用是__________。得到的混合液经_________，蒸馏，最终得到较纯净的乙酸乙酯。【答案】①.防暴沸②.a③.氯化铝④.⑤.除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度⑥.分液【解析】【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，实验探究不同催化剂对乙酸乙酯量的影响，用饱和碳酸钠溶液接收乙酸乙酯。【详解】(1)实验时，需要加入几粒沸石，目的是防暴沸；故答案为：防暴沸。(2)根据催化剂分析，阳离子价态越高，其酯层高度越厚，因此A的价态应该是+2价，由于催化剂要易溶于水，因此催化剂A为氯化铜晶体即a；根据实验所用四种催化剂中，制备乙酸乙酯最好选用氯化铝；故答案为：a；氯化铝。(3)若用18O标记乙醇中的O，用氯化铝作催化剂时，产生乙酸乙酯的化学方程式为；故答案为：。(4)实验中用饱和碳酸钠溶液的作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。得到的混合液不相溶，因此要经分液，蒸馏，最终得到较纯净的乙酸乙酯；故答案为：除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；分液。16.乙酸环己酯是一种香料，可用于配制苹果、香蕉等果香型香精。一种制备乙酸环己酯的合成路线如下：回答下列问题：(1)反应①所用试剂是__________，由石油获得E的生产工艺称为___________。(2)G中官能团名称是_______，在反应①～④中，原子利用率理论上可达100%的是_____(填序号)。(3)反应③的化学方程式为________________________，反应类型是_________。(4)下列关于合成路线中所涉及物质的说法正确的是___________(填标号)。a．A、E分子中的原子均处于同一平面b．用水可分离A和B的混合物c．D和E均能与KMnO4酸性溶液反应d．F与D互为同系物(5)X是E的同系物，其相对分子质量比E大42，X可能的结构有_____种，其中含3个－CH3的X结构简式为____________。【答案】①.Fe粉、液溴②.石油裂解③.羧基④.②③⑤.CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH⑥.加成反应⑦.ac⑧.5⑨.【解析】【分析】苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，溴苯和氢气发生加成反应生成C，C和NaOH溶液加热发生水解反应生成环己醇，石油裂解得到乙烯，乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，乙醇在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成乙酸，乙酸和环己醇发生酯化反应生成乙酸环己酯。【详解】(1)反应①是苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应，所用试剂是Fe粉、液溴，由石油获得乙烯的生产工艺称为石油裂解；故答案为：Fe粉、液溴；石油裂解。(2)F(乙醇)在酸性高锰酸钾作用下发生氧化反应生成G(乙酸)，G中官能团名称是羧基，在反应①～④中，①④是取代反应，②③是加成反应，因此原子利用率理论上可达100%的是②③；故答案为：羧基；②③。(3)反应③乙烯与水在一定条件下发生加成反应，其化学方程式为CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH，反应类型是加成反应；故答案为：CH2＝CH2＋H2OCH3CH2OH；加成反应。(4)a．苯中12个原子都处于同一平面内，乙烯中6个原子均处于同一平面，故a正确；b．苯和溴苯是互溶的，不能用水可分离A和B的混合物，利用蒸馏方法进行分离，故b错误；c．D含有碳碳双键，E含有羟基，两者均能与KMnO4酸性溶液反应，故c正确；d．F是链状醇，D是环状醇，结构不相似，因此不互为同系物，故d错误；综上所述，答案为ac。(5)X是E的同系物，其相对分子质量比E大42，则X分子式为C5H10，X可能的结构有C=C—C—C—C，C—C=C—C—C，，，共5种，其中含3个－CH3的X结构简式为；故答案为：5；。三、(本题包括2小题，共25分)17.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，X、Y、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，Y、Q的原子序数之和是X的4倍。回答下列问题：XYWQ(1)W的原子结构示意图为___________，X元素在周期表中的位置为________。(2)Y、Z、Q三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是___________(填化学式，下同)。(3)X与Y按原子数之比为1:2形成化合物的电子式为__________，Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体，该化合物中所含化学键的类型是_______________。(4)以KOH稀溶液作电解质溶液，石墨作电极，X的简单氢化物甲和Y的双原子分子乙可组成燃料电池，其工作原理如图所示。电池工作时，a极的电极反应式为_______________________。【答案】①.②.第二周期第ⅣA族③.S2>O2>Na＋④.⑤.离子键、非极性键⑥.CH4－8e﹣＋10OH﹣=CO＋7H2O【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，由题图可知，X、Y位于第二周期，W、Q位于第三周期，则Z的原子半径是短周期主族元素中最大的，则Z为Na，由X、Y、W、Q在元素周期表中的位置及Y、Q的原子序数之和是X的4倍，可知，X为C，Y为O，W为P，Q为S。【详解】(1)由分析可知，W为P，X为C，则W的原子结构示意图为，X元素在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：、第二周期第ⅣA族。(2)由分析可知，Y、Z、Q分别为O、Na、S元素，形成简单离子分别为O2、Na＋、S2，电子层越多，离子半径越大，核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是S2>O2>Na＋，故答案为：S2>O2>Na＋。(3)由分析可知，X为C，Y为O，则X与Y按原子数之比为1:2形成化合物为CO2，其电子式为，Y为O，Z为Na，Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体，则该化合物为Na2O2，Na与O之间是离子键，O与O之间是非极性共价键，即Y与Z形成的一种化合物是淡黄色固体，该化合物中所含化学键的类型是离子键、非极性键，故答案为：、离子键、非极性键。(4)由题可知，X的简单氢化物甲为CH4和Y的双原子分子乙为O2，且以KOH稀溶液作电解质溶液，石墨作电极，可组成燃料电池，由题图可知，a极为负极，发生氧化反应，其电极反应为：CH4－8e﹣＋10OH﹣=CO＋7H2O，故答案为：CH4－8e﹣＋10OH﹣=CO＋7H2O。18.钨在冶金工业有重要作用，某化工企业以黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4，W为+6价)为原料冶炼金属钨的过程如下：回答下列问题：(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎，其目的是_____________________________。(2)写出“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式：_____________________。(3)下列仪器中，过滤操作用到的有___________(填标号)，所得滤渣B的化学式为________________。(4)检验沉淀D是否洗净的操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，_________。(5)产品E的化学式为WO3x，其中W的化合价有+5和+6两种。若x＝0.1，则+5价的W(V)占该化合物中钨元素总量的_________；该流程中由产品E冶炼金属钨的方法属于______法。【答案】①.增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分②.4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2③.ACE④.Fe2O3、MnO2⑤.滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净⑥.20%或⑦.热还原【解析】【分析】黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4)与空气、碳酸钠熔融反应生成Fe2O3、MnO2、Na2WO4、CO2，加水溶解、过滤，得到滤渣Fe2O3、MnO2，滤液主要是Na2WO4，再向滤液中加入浓盐酸、过滤、洗涤，得到沉淀D，再煅烧D得到产品E(WO3x)，再利用热还原法得到W。【详解】(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。(2)FeWO4在空气中和碳酸钠反应生成Fe2O3、Na2WO4、CO2，因此“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式：4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2；故答案为；4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2。(3)下列仪器中，过滤操作用到的有烧杯、漏斗、玻璃棒，因此为ACE，Fe2O3、MnO2是难溶物，根据流程最后得到W，说明Na2WO4是易溶物，因此所得滤渣B的化学式为Fe2O3、MnO2；故答案为：ACE；Fe2O3、MnO2。(4)检验沉淀D是否洗净，主要是检验最后一次洗液中是否还含有氯离子，其操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净；故答案为：滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净。(5)产品E的化学式为WO3x

，其中W的化合价有+5和