2019-2020学年温州市化学高一(下)期末综合测试模拟试题含解析

2019-2020学年温州市化学高一(下)期末综合测试模拟试题
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）
1．一定温度下恒容的密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A．正反应速率和逆反应速率相等且都为零
B．容器内气体的总压强不随时间变化
C．单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2
D．容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化
【答案】C
【解析】试题分析：A．正反应速率和逆反应速率相等且都不为零是化学平衡状态的标志，A错误；B、反应前后气体的化学计量数之和相等，反应无论是否达到平衡状态，压强都不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D、反应前后气体的质量不变，物质的量不变，无论是否达到平衡状态，平均相对分子质量都不随时间变化，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误．
考点：可逆反应达到平衡状态的标准的判定。

2．把2.5mol A和2.5mol B混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A（g）＋B（g）xC （g）＋2D（g），经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1，同时生成1mol D，下列叙述中错误的是
A．x＝4
B．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5
C．5s内B的反应速率V（B）＝0.05mol·L－1·s－1
D．达到平衡状态时A的转化率为50%
【答案】D
【解析】
【分析】
根据C的平均反应速率可以算出5s内C的物质的量改变量为2mol。

写出“三段式”进行分析：
3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）
初始 2.5 2.5 0 0
变化 1.5 0.5 2 1
平衡 1 2 2 1
【详解】
A．根据C和D的物质的量变化比为2：1，可以确定x=4，A项正确；
B．同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比。

起始时的物质的量为5mol，达到平衡时气体的
总的物质的量为6mol，所以二者的压强之比为6：5，B项正确；
C．5s内物质B消耗了0.5mol，浓度变化了0.25mol/L，所以用B表示的化学反应速率为: 0.5mol
2L5s
=0.05mol·L－1·s－1，C项正确；
D．达到平衡时物质A的转化率为1.5mol
2.5mol
×100％=60％，D项错误；
所以答案选择D项。

3．氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛用于电子、陶瓷等工业领域。

在一定条件下，
AlN可通过反应Al2O3+N2＋3C 高温
2AlN+3CO合成。

下列叙述正确的是()
A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反应中，每生成1mol AlN需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3
D．AlN的摩尔质量为41g
【答案】B
【解析】
【详解】
A、由反应方程式：Al2O3＋N2＋3C 高温
2AlN＋3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合
价由0→-3被还原，N2是氧化剂，而C的化合价由0→+2，C被氧化是还原剂，A错误；
B、N的化合价由0→-3，每生成1mol AlN转移电子总数为3mol，B正确；
C、AlN中氮元素的化合价为-3，C错误；
D、AlN的摩尔质量为41g·mol-1，D错误；
故选B。

4．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂D．增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。

故选:A。

5．某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素
A．在自然界中只以化合态的形式存在
B．单质常用作左半导体材料和光导纤维
C．最高价氧化物不与酸反应
D．气态氢化物比甲烷稳定
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li：、Si：两种，非金属元素为硅，据此分析。

【详解】
短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li：、Si：两种，非金属元素为硅，
A项，硅为亲氧元素，在自然界中只以化合态形式存在，A正确；
B项，Si单质可用作半导体材料，而光导纤维的主要成分为SiO2，B错误；
C项，Si的最高价氧化物为SiO2，可与氢氟酸反应，C错误；
D项，硅的非金属性比碳弱，故气态氢化物的稳定性SiH4<CH4，D错误；
答案选A。

6．已知元素的原子序数，不可以推断元素原子的()
A．质子数B．核电荷数C．核外电子数D．离子所带的电荷数
【答案】D
【解析】
【详解】
已知元素的原子序数，由“原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数”可知，选项ABC推知，选项D无法推知；
答案选D。

7．由a、b、c、d四种金属按下表中装置进行实验。

下列说法正确的是
A．装置甲中化学能全部转化为电能
B．装置乙中b电极发生的电极反应式为Cu2++2e-=Cu
C．装置丙中SO42-向a电极移动，溶液的pH变小
D．四种金属活动性由强到弱的顺序是b>e>d>a
【答案】B
【解析】分析：甲装置中，金属b不断溶解说明该装置构成了原电池，且b失电子发生氧化反应而作负极，a作正极；乙中b的质量增加，说明b上铜离子得电子发生还原反应，则b作原电池正极，c作负极；丙装置中d上有气体产生，说明d上氢离子得电子发生还原反应，则d作原电池正极，a作负极，作原电池负极的金属活动性大于作正极金属，所以金属活动性强弱顺序是：c>b>a>d。

详解：A. 装置甲为原电池，化学能转化为电能，但有部分转化为热能，故A错误；
B. 装置乙中b的质量增加，说明b上铜离子得电子发生还原反应，b电极发生的电极反应式为
Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C. 装置丙中a作负极，d作正极，SO42-向a电极移动，正极上发生反应：2H++2e-=H2↑，溶液的pH变大，故C错误；
D.通过以上分析，四种金属活动性由强到弱的顺序是c>b>a>d，故D错误；
所以B选项正确。

8．下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是（）
A．Na2S的水溶液有臭味，溶液中加入NaOH固体后臭味减弱
B．浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体
C．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深
D．BaSO4在水中溶解度比在稀硫酸中溶解度更大
【答案】C
【解析】分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。

详解：A、硫化钠溶液中存在硫离子的水解平衡，加入碱，氢氧根浓度增大，抑制硫离子水解臭味减弱，能用勒夏特列原理解释，A不符合；
B、氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入氢氧化钠固体时，氢氧根浓度增大，可以产生较多的刺激性气味的气体氨气，能用勒夏特利原理解释，B不符合；
C、氢气与碘蒸气的反应是反应前后体积不变的可逆反应，压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，平衡不移动，碘蒸气浓度增大，颜色变深，不能用勒夏特利原理解释，C符合；
D、BaSO4在水中存在溶解平衡，硫酸溶液中硫酸根浓度增大抑制硫酸钡溶解，因此硫酸钡的溶解度在水中比在稀硫酸中溶解度更大，能用勒夏特列原理解释，D不符合；
答案选C。

点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提。

选项C是易错点。

9．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分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【答案】D
【解析】
【详解】
A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；
B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；
C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；
D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。

【点睛】
本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。

10．Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。

铜的冶炼过程通常发生反应：
Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列有关说法正确的是()
A．该反应中有三种元素的化合价发生了变化B．每生成0.1molCu，转移0.2mol电子
C．Cu既是氧化产物又是还原产物D．Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】
反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则反应中Cu2S和Cu2O都表现为氧化性，而Cu2S还表现为还原性。

【详解】
A. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；
B. 每生成0.1mol Cu，转移电子=0.1 mol×（1-0）=0.1mol，故B错误；
C. 该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故C错误；
D. 该反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故D正确；
答案选D。

11．下列说法中正确的一组是
A．H2和D2互为同素异形体
B．和互为同分异构体
C．和是同一种物质
D．乙醇的同分异构体的是HO-CH2CH2-OH
【答案】C
【解析】A. H2和D2均是氢气分子，不能互为同素异形体，A错误；B. 和是同一种物质，B 错误；C. 和的结构完全相同，是同一种物质，C正确；D. 乙醇的同分异构体的是CH3OCH3，D错误。

答案选C。

12．下列事实不能用原电池理论解释的是（）
A．铝片不用特殊方法保存
B．生铁比纯铁易生锈
C．制氢气时用粗锌而不用纯锌
D．工程施工队在铁制水管外刷一层“银粉”
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 铝在空气中容易被氧化，铝表面生成一层致密的氧化膜，氧化膜可以阻止其内部的铝被腐蚀，因此，铝片不用特殊方法保存；
B. 生铁中含有较多的碳，在潮湿的空气中可以形成原电池而发生生吸氧腐蚀，故其比纯铁易生锈；
C. 粗锌与其中的杂质在酸中可以形成许多微小的原电池而加快反应速率，因此，制氢气时用粗锌而不用纯锌；
D.在铁制水管外刷的“银粉”是防锈漆，其中含有铝粉，在潮湿的环境中，可以形成原电池，铝是负极，从而保护铁管。

综上所述，不能用原电池理论解释的是A ，选A。

13．下列关于化学用语“NH4Cl”的意义，不正确的是（）
A．氯化铵分子中含有一个NH4+和一个Cl-
B．氯化铵由N、H、Cl三种元素组成
C．氯化铵晶体由NH4+和Cl-构成
D．氯化铵晶体中阴、阳离子个数比为1: 1
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 氯化铵是离子化合物，不存在分子，A错误；
B. 氯化铵由N、H、Cl三种元素组成的离子化合物，B正确；
C. 氯化铵是离子化合物，其晶体由NH4+和Cl-构成，C正确；
D. 氯化铵晶体中阴、阳离子个数比为1:1，D正确；
答案选A。

14．下列化学用语不正确
．．．的是
A．葡萄糖的分子式：C6H12O6B．氯气的电子式：Cl︰Cl
C．苯的结构简式：D．甲烷分子的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】
A．葡萄糖为五羟基醛，分子中含有6个C原子，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，故A正确；
B．氯原子最外层有7个电子，形成氯气分子后氯原子最外层达到8电子稳定结构，氯气的电子式为，故B错误；
C．苯的结构简式可以表示为或，故C正确；
D．甲烷为正四面体结构，分子的比例模型应该体现分子中各原子的相对大小，甲烷的比例模型为，故D正确；
答案选B。

【点睛】
本题的易错点为D，要注意比例模型和球棍模型的区别，同时注意原子的相对大小。

15．医学研究证明用放射性13653I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（）A．13653I是碘的一种同素异形体B．13653I是一种新发现的元素
C．它的中子数是53 D．核内的中子数与核外电子数之差为30
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 13653I是碘的一种核素，A错误；
B. 13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，B错误；
C. 它的中子数是136－53＝83，C错误；
D. 核内的中子数与核外电子数之差为136－53－53＝30，D正确；
答案选D。

【点睛】
掌握元素、核素、同位素以及同素异形体的含义是解答的关键，同位素研究的是核素，同素异形体研究的是元素形成的单质，二者有明显的区别。

另外元素、核素、同位素之间的关系可表示为。

16．某有机物的结构简为CH2＝CH－COOH，该有机物不可能发生的化学反应是
A．酯化反应B．水解反应C．加成反应D．氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】
A. CH2＝CH－COOH含有羧基，能发生酯化反应，故不选A；
B. CH2＝CH－COOH含有羧基、碳碳双键，不能发生水解反应，故选B；
C. CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能发生加成反应，故不选C；
D. CH2＝CH－COOH含有碳碳双键，能发生氧化反应，故不选D。

17．能证明淀粉已经完全水解的试剂是
A．淀粉－碘化钾试纸B．银氨溶液
C．碘水D．碘化钾
【答案】C
【解析】
【详解】
A、淀粉遇碘单质变蓝色，淀粉－碘化钾试纸中无碘单质，不能证明淀粉完全水解，A错误；
B、加入银氨溶液，水浴加热若能发生银镜反应，证明淀粉已水解，但不能证明淀粉已完全水解，B错误；
C、淀粉遇碘变蓝色，在溶液中滴加碘液，溶液显蓝色，证明淀粉没有完全水解；溶液不显色，证明淀粉完全水解，C正确；
D、淀粉遇碘单质变蓝色，与碘化钾无变化，不能证明淀粉是否已完全水解，D错误。

答案选C。

18．下列反应属于取代反应的是
A．苯燃烧生成CO2和H20B．乙烯使Br2的CCl4溶液褪色
C．苯与液溴的反应D．乙醇使酸性KMn04溶液褪色
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 苯燃烧生成CO2和H20属于氧化反应，选项A错误；
B. 乙烯使Br2的CCl4溶液褪色属于加成反应，选项B错误；
C. 苯与液溴的反应，生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，选项C正确；
D. 乙醇使酸性KMn04溶液褪色，发生氧化反应，选项D错误。

答案选C。

19．莽草酸的结构简式如图所示，下列关于莽草酸的说法正确的是（）
A．分子中含有3种官能团
B．可发生加成、取代、水解反应
C．分子式为C7H8O5
D．水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
【答案】A
【解析】试题分析：A、分子中含有羧基、碳碳双键和醇羟基三种官能团，A正确；B、其结构中的碳碳双键能发生加成反应、羧基和醇羟基均发生酯化反应和取代反应，但不能发生水解反应，B错误；C、分析莽草酸的结构简式，其分子式为：C7H10O5，C错误；D、莽草酸中的羟基是醇羟基，不能在水溶液中电离出氢离子，D错误，答案选A。

【考点定位】本题主要是考查有机物结构和性质判断
【名师点睛】本题考查有机物的结构、分子式和结构简式的关系，有机物的性质和对官能团的认识，注意把握有机物的官能团与性质的关系，有机物的官能团代表该类有机物的主要性质，掌握官能团的结构与性质是学好化学的基础，也是答题的关键，注意学会则是的迁移应用，题目难度不大。

20．某有机物的结构式为：，它在一定条件下可能发生的反应有①加成②水解③酯
化④氧化⑤中和⑥加聚
A．②③④B．①③④⑤⑥C．①③④⑤D．②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
该有机物含有碳碳双键、羟基和羧基，依据多官能团的结构与性质作答。

【详解】
该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，①④⑥正确；含有羟基，可发生氧化、酯化反应，③正确；含有羧基可发生酯化反应，同时具有酸性，可发生中和反应，⑤正确；综上所述，①③④⑤⑥符合题意，B项正确；
答案选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．向100mL含HCl的AlCl3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积V（mL）与产生Al(OH)3沉淀的物质的量n（mol）的关系如图：
试计算：（请写出运算过程）
（1）原溶液中HCl的物质的量浓度。

____________
（2）原溶液中AlCl3的物质的量浓度。

____________
【答案】0.05mol/L 0.05mol/L
【解析】
【分析】
（1）由图知：加入NaOH溶液50mL时，HCl被完全中和，发生反应：NaOH+Cl=NaCl+H2O，可知
n(HCl)=n(NaOH)，再根据c=n
V
计算；
（2）由图知：加入NaOH溶液(200-50)mL═150mL时，Al3+离子被全部沉淀，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，据此计算n(AlCl3)，再根据c=
n
V
计算。

【详解】
(1)由图知：加入NaOH溶液50mL时，HCl被完全中和，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知n(HCl)=n(NaOH)，所以c(HCl)═
0.05L0.1mol/L
0.1L
⨯
=0.05mol/L；
(2)由图知：加入NaOH溶液(200−50)mL═150mL时，Al3+离子被全部沉淀，发生反应：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，可知n(AlCl3)=3n(NaOH)，所以：c(AlCl3)=
1
×0.15L0.1mol/L
3
0.1L
⨯
=0.05mol/L。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．下图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中A 为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉。

填写下列空白：
（1）向反应容器A 中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。

写出A 中发生反应的化学方程式(有机物写结构简式)____；
（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，试管C 中苯的作用是__________。

反应开始后，观察D 和E 两支试管，看到的现象分别是___________，________；
（3）反应2 min～3 min 后，在 B 中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是______、_____；
（4）苯是一种重要的化工原料，以下是用苯作为原料制备某些化合物的转化关系图：
已知：a．RNO2RNH2
b．苯环上原有的取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。

c．+H2SO4(浓)+H2O
①A 转化为B 的化学方程式是________；
②E 的结构简式为__________
【答案】吸收溴化氢气体中混有的Br2蒸汽D管中溶液变红E管中产生浅黄色沉淀红褐色沉淀底层出现油状液体
【解析】
【分析】
（1）反应容器A 中苯和液溴在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；
（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为溴苯和溴化氢，由于溴易挥发，溴化氢气体中混有溴蒸汽；
（3）溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；溴苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溴苯的密度大于水的密度；
（4）①由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯；
②由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位，
由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入溴原子，新导入的取代基会进入苯环的对位。

【详解】
（1）反应容器A 中苯和液溴在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为溴苯和溴化氢，由于溴易挥发，溴
化氢气体中混有溴蒸汽，根据相似相溶原理知，溴易溶于四氯化碳，所以C中苯的作用是吸收溴化氢气体中的溴蒸汽，防止溴蒸汽干扰溴化氢的检验；溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色；氢溴酸能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，则观察D和E两试管，看到的现象是D管中变红，E管中产生浅黄色沉淀，故答案为：吸收溴化氢气体中混有的Br2蒸汽；D管中溶液变红，E管中产生浅黄色沉淀；
（3）溴与铁反应生成溴化铁，溴化铁做反应的催化剂，溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；溴苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溴苯的密度大于水的密度，则在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是底层出现油状液体，故答案为：红褐色沉淀；底层出现油状液体；
（4）①由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯，则A为硝基苯；硝基苯与CH3Cl在催化剂作用下发生取代反应生成，则B为，故A 转化为B的化学方程式为，故答案为：；
②由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位，由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入溴原子，新导入的取代基会进入苯环的对位，则E一定为，故答案为：。

【点睛】
注意苯的取代反应实验原理的理解，注意题给信息的分析是解答关键。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．“来自石油和煤的两种基本化工原料”A和甲。

A是气态烃，甲是液态烃。

B和D是生活中两种常见的有机物。

以A为主要原料合成乙酸乙酯。

其合成路线如图所示。

已知醛在一定条件下能被氧化为羧酸
(1)A分子的电子式是________；C的分子式是________。

(2)在反应①～④中，属于加成反应的是________(填序号)。

(3)B和D反应进行比较缓慢，提高该反应速率的方法主要有______________。

(4)写出反应②的化学方程式____________________________。

(5)可用于鉴别B、D和甲的一种试剂是_______________。

【答案】C2H4O ①加入浓硫酸作催化剂、加热或加入过量乙醇等
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液
【解析】
【分析】
A是气态烃，B和D是生活中两种常见的有机物，确定B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B能氧化得到C为CH3CHO，C氧化得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯；来自石油和煤的两种基本化工原料”A和甲，甲为液体，确定甲为苯，据此解答。

【详解】
(1)A为CH2=CH2，电子式为；C为CH3CHO，分子式为C2H4O；
(2)①乙烯与水发生加成反应生成乙醇；②乙醇发生氧化反应生成乙醛；③乙醛发生氧化反应生成乙酸；
④乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，属于加成反应的是①；
(3)B和D反应为乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应进行比较缓慢，提高该反应速率的方法主要有：加入浓硫酸作催化剂、加热或加入过量乙醇等；
(4)反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(5)由于乙酸具有酸性，乙醇溶于水，而苯与水溶液不互溶，可用碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液鉴别B（乙醇）、D（乙酸）和甲（苯）。

【点睛】
本题的突破点为，有机中常见的连续氧化为醇氧化为醛，醛氧化为酸。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．I．现用下图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。

量筒的规格为1000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。

请回答下列问题：
（1）b电极材料为__________，其电极反应式为_________________________。

（2）当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为__________，此时a电极质量减少__________g。

II．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。

请回答下列问题：
（1）上述实验中发生反应的离子方程式有：________________________________；
（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是____________________________________；
（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有___________________（答两种）；
（4）为了进一步研究硫酸铜的用量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。

将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn 粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

（假设混合溶液总体积等于混合前各溶液的体积之和）
①请完成此实验设计，其中：V 3=____________， V 8=______________；
②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO 4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。

但当加入的CuSO 4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析氢气生成速率下降的主要原因
_____________________。

③实验A 测得：收集到产生H 2体积为112mL （标准状况下）时所需的时间为10分钟，求化学反应速率ν(H 2SO 4)=________________________（忽略反应前后溶液体积变化）。

【答案】纯铜片2H ＋＋2e －===H 2↑0.06 mol1.95Zn + 2H + ==Zn 2+ + H 2↑ Zn + Cu 2+== Zn 2+ + CuCuSO 4与Zn 反应产生的Cu 与Zn 以及硫酸溶液形成Cu/Zn 原电池，加快了氢气产生的速率升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增大锌粒的比表面积等（答两种即可）3019.5当加入一定量的CuSO 4后，生成的Cu 会沉积在Zn 的表面，降低了Zn 与溶液的接触面积，使得生成氢气的速率下降0.01mol/(L·min)
【解析】I ．(1)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b 电极处有氢气生成，则b 为铜，为正极；a 为锌，为负极；b 上氢离子得电子生成氢气，其电极反应式为：2H ++2e -═H 2↑；
(2)如果将a 、b 两电极的电极材料对调，则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气，则左边上有氢气生成，所以U 形管中左端溶夜下降，右端溶夜上升；故答案为：左端溶夜下降，右端溶夜上升；
(3)当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体，则n(H 2)=m ＶＶ=0.67222.4/mol
L L =0.03mol ，已知b 上的电极反应式为：2H ++2e -═H 2↑，则通过导线的电子的物质的量为0.06mol ，a 电极上的反应为：Zn-2e -═Zn 2+，则溶解的Zn 的物质的量为0.03mol ，则减小的Zn 的质量为65g/mol×0.03mol=1.95g ；
II ．：(1)因为Cu 2+的氧化性比H +的强，所以加入硫酸铜，Zn 先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关离子方程式为：Zn+2H +═Zn 2++H 2↑、Zn+Cu 2+═Zn 2++Cu ；
(2)锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu ，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速。