2019-2020学年盘锦市化学高一(下)期末经典模拟试题含解析

2019-2020学年盘锦市化学高一(下)期末经典模拟试题
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）
1．136C-NMR(核磁共振)可以用于含碳化合物的结构分析，有关136C的说法正确的是( )
A．中子数为6 B．电子数为13
C．质子数为6 D．质量数为6
【答案】C
【解析】
【分析】
元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数,质量数=质子数+中子数；原子中原子序数=核内质子数=核外电子数。

【详解】
A、136C中质子数为6，质量数为13，中子数=质量数-质子数=13-6=7，故A错误。

B. 原子中质子数=核外电子数电子数=6，故B错误；
C. 元素符号的左下角表示质子数，136C质子数为6，故C正确；
D. 元素符号左上角表示质量数，136C质量数为13，故D错误。

【点睛】
本题考查了质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，注意：质量数=质子数+中子数、原子中原子序数=核内质子数=核外电子数。

2．CO、NO及H2S都是有毒气体。

下列有关这三种气体的说法正确的是（）
A．都能与氧气反应B．都易溶于水
C．都能与碱溶液反应D．都是电解质
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 三种气体都能与氧气反应，分别是生成CO2、NO2、SO2(或S)和H2O，A正确；
B. CO、NO都难溶于水，H2S能溶于水，B错误；
C. CO、NO都与碱溶液不反应，C错误；
D. 溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，H2S是电解质，CO、NO都不是电解质，D错误。

答案选A。

3．海水提镁的主要流程如下，下列说法正确的是（）
①试剂M是盐酸②流程中的反应全部都是非氧化还原反应
③操作b只是过滤④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg(OH)2
⑤采用电解法冶炼镁是因为镁很活泼
A．①②③④⑤B．②③C．④⑤D．①④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；
【详解】
①M是盐酸，用来溶解氢氧化镁沉淀，①正确；
②电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，②错误；
③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，③错误；
④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正确；
⑤氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，⑤正确，
答案选D。

4．我国拥有较丰富的地热资源，其开发利用前景广阔。

下列关于地热能说法正确的是()
①可以用于洗浴、发电以及供暖等方面
②与煤炭、石油、天然气一样都是化石能源
③主要源于地球内部放射性元素衰变产生的能量
④与地下水结合可形成热水型地热，释放形式之一是温泉
A．①②③B．①②④
C．①③④D．②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
①地下热水还可直接送至附近居民家中，提供洗浴、供暖等生活用水，故①正确；②地热资源是可再生能源，不是化石能源，故②错误；③地热能起源于地球的熔融岩浆和放射性元素衰变，故③正确；④地热资源与地下水结合可形成热水型，释放形式之一是温泉，故④正确；答案选C。

5．下列属于物理变化的是
①石油的分馏②煤的干馏③石油的裂化④铝热反应⑤由乙烯制备聚乙烯
⑥将氧气转化为臭氧⑦乙烯催熟果实⑧将苯加入溴水中⑨海水蒸馏制取淡水
A．①②③④B．①②⑦⑧⑨C．①⑧⑨D．①②⑥⑨
【答案】C
【解析】
【分析】
化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别在于是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。

【详解】
①石油的分馏⑧苯遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水没有新物质生成，属于物理变化；
②煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质生成，属于化学变化；③石油裂化是由石油的馏分经裂化而得的汽油，有新物质生成，属于化学变化；④铝热反应有新物质生成，属于化学变化；
⑤由乙烯变为聚乙烯有新物质聚乙烯生成，属于化学变化；⑥氧气转变为臭氧有新物质臭氧生成，属于化学变化；⑦乙烯催熟果实有新物质生成，属于化学变化；
答案选C。

【点睛】
本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。

6．有关苯的结构和性质，下列说法正确的是
A．与是同分异构体
B．苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟
C．煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃
D．向2 mL苯中加入1 mL酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．与分子式相同，结构相同，二者是同种物质，A错误；
B．苯分子中含碳量高，在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟，B正确；
C．苯有特殊气味，C错误；
D．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；
答案选B。

7．对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是( )
①Zn是负极②Cu是正极
③Zn - 2e-==Zn2+④2H+ + 2e-== H2↑
A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④
【答案】D
【解析】分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中,锌为负极,发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-==Zn2+,铜为正极,正极发生还原反应,氢离子得到电子生成氢气,电解方程式为2H+ + 2e-== H2↑,以此解答该题。

详解:锌比铜活泼,锌为负极,铜为正极,负极电极方程式为Zn-2e-==Zn2+,,正极为2H+ + 2e-== H2↑,则正确的为①②③④，
所以D选项是正确的。

8．下列离子方程式书写不正确的是（）
A．盐酸与Na2SiO3溶液混合：SiO32-+2H+=H2SiO3↓
B．浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C．NO2通入水中：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NO
D．向澄清石灰水中通入过量SO2：SO2+Ca2++2OH-=CaSO3↓+H2O
【答案】D
【解析】分析：A.盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠；
B.浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯气、氯化锰和水；
C.二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；
D.氢氧化钙与过量二氧化硫反应生成酸式盐。

详解：A. 盐酸与Na2SiO3溶液混合生成硅酸沉淀和氯化钠：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A正确；
B. 浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C. NO2通入水中生成硝酸和NO：H2O+3NO2=2H++2NO3-+NO，C正确；
D. 向澄清石灰水中通入过量SO2生成亚硫酸氢钙：SO2+OH-=HSO3－，D错误。

答案选D。

9．下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是
A．生石灰B．熟石灰C．纯碱D．烧碱
【答案】C
【解析】
【详解】
A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；
B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；
C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；
D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；
故选C。

10．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。

下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。

【点睛】
注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。

11．在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是()
A．v(A)=0.5 mol·L-1·s-1B．v(B)=0.3 mol·L-1·s-1
C．v(C)=0.8 mol·L-1·s-1D．v(D)=1 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致。

【详解】
A.
()
v A0.5
22
=mol·L-1·s-1=0.25 mol·L-1·s-1；
B.
()
v B0.3
11
=mol·L-1·s-1=0.3 mol·L-1·s-1；
C.
()
v C0.8
33
=mol·L-1·s-1=0.267 mol·L-1·s-1；
D.
()
v D1
44
=mol·L-1·s-1=0.25 mol·L-1·s-1；
可见数值最大的为0.3 mol·L-1·s-1；因此表示反应速率最快的合理选项是B。

【点睛】
本题考查化学反应速率快慢比较，利用比值法可以快速判断，可以转化为同一物质表示的速率比较，当单位不同时，要转换为用相同单位表示，然后再进行比较。

12．下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）
A．2HgO2Hg+O2↑B．4A1+3MnO22Al2O3+3Mn
C．2MgO2Mg+O2↑D．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
【答案】C
【解析】
【详解】
A．Hg活动性较弱，用热分解的方法冶炼，选项A正确；
B．Mn是比较活泼的金属，用热还原的方法冶炼，选项B正确；
C．Mg是活泼的金属，用电解的方法冶炼，由于氧化镁的熔点太高，应电解熔融氯化镁，选项C错误；D．Fe是比较活泼的金属，用热还原的方法冶炼，选项D正确。

答案选C。

【点睛】
金属的冶炼方法与金属的活动性关系密切。

金属活动性越强，其离子获得电子被还原的能力就越小，越难冶炼。

钾、钙、钠、镁、铝特别活泼的金属用电解熔融的离子化合物的方法冶炼；从铝之后到铜（包括铜）等比较活泼的金属用热还原（包括铝热反应）冶炼，不活泼的金属，如Hg、Ag用热分解它们的化合物的
方法冶炼。

掌握金属活动性顺序表与金属活动性的关系是本题解答的关键。

13．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。

14．从较少利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是200来年的事。

下列跟这个先后顺序有关的是①地壳中的较少元素的含量②金属活动性顺序③金属的导电性，④金属冶炼的难易程度⑤金属的延展性
A．①③B．②⑤C．③⑤D．②④
【答案】D
【解析】对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关；故选D。

点睛：铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜；对比人类利用金属的历史：先有青铜
器时代再到铁器时代，然后才有了铝制品；可以发现二者存在一定联系，同时不同时期人们对金属的冶炼方法和水平不同，也导致人们使用的金属材料不同。

15．下列有关化学反应速率的叙述正确的是( )
A ．通常用反应物或生成物的质量变化来表示化学反应速率
B ．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显
C ．在密闭容器中进行的反应C(s)+H 2O(g)=CO(g)+H 2(g)，增加C(s)的量速率不变
D ．某化学反应速率为0.5mol/(L·s)是指该反应在1s 时某物质的浓度为0.5mol/L
【答案】C
【解析】
A ．化学反应速率为单位时间内浓度的变化量，则化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，A 错误；
B ．反应速率与现象无关，反应速率快的，现象可能明显，也可能不明显，B 错误；
C ．增加固体C (s )的量速率不变，C 正确；
D ．因化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.5mol /（L •s ）是指1s 内该物质的浓度变化量为0.5mol /L ，D 错误；答案选C 。

点睛：掌握化学反应速率的含义、计算方法是解答的关键，注意化学反应速率是一段时间内的平均速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。

其次在一定温度下，固体和纯液体物质，改变其用量，不影响化学反应速率。

最后同一化学反应在相同条件下，用反应物或生成物物质的量浓度在单位时间内的变化表示化学反应速率值，不同物质表示反应速率数值不同，但意义相同。

16．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A ．平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料
B ．“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油
C ．“一带一路”被誉为现代丝绸之路”，丝绸属于合成纤维，主要含C 、H 、O 、N 元素
D ．聚乙烯()P
E 和聚氯乙烯()PVC 都是食品级塑料制品的主要成分
【答案】B
【解析】
【详解】
A.石墨烯是非金属材料，故A 错误；
B.地沟油经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用,所以B 选项是正确的；
C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C 错误；
D.PVC 用于食品、蔬菜外包装，但对人体存在潜在危害，故D 错误；
所以B 选项是正确的。

【点睛】
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与材料、健康的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，题目难度不大。

17．除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，所用试剂和分离方法均正确的是（）
混合物所用试剂分离方法
A 甲烷(乙烯) 酸性高锰酸钾洗气
B 苯(乙酸) 氢氧化钠溶液分液
C 氯气(HCl) 氢氧化钠溶液洗气
D 乙醇(水) 金属钠蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A项、乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，会引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；
B项、苯不溶于水，乙酸与氢氧化钠反应生成可溶性的乙酸钠，分液即可除去杂质，故B正确；
C项、氢氧化钠溶液既能与氯气反应也能与HCl反应，选用氢氧化钠溶液无法除去氯气中混有的氯化氢，故C错误；
D项、钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，选用钠无法除去乙醇中混有的水，故D错误；
故选B。

18．C8H8分子呈正六面体结构，如图所示，因而称为“立方烷”，它的六氯代物的同分异构体共有（）种
A．3B．6C．12D．24
【答案】A
【解析】立方烷的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故六氯代物有3种，故选A。

19．下列化学用语表达正确的是()
A．HF的电子式：H＋[]－B．HClO的结构式：H—Cl—O
U D．Cl－的结构示意图：
C．中子数为146的U原子：146
92
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. HF是共价化合物，电子式为H，故A错误；
B.根据价键规律，HClO的结构式是H—O—Cl，故B错误；
U，故C错误；
C. 质量数=质子数+中子数，中子数为146的U原子表示为238
92
D. Cl－核外有18个电子，Cl－的结构示意图：，故D正确；
选D。

20．常温下，向10mL 0.1 mol·L-1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。

下列分析不正确的是
A．b点溶液pH=5，此时酸碱恰好中和
B．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
C．c点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)
D．b～c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)=K w=1.0×10-14
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A、从图像分析，b点加入10mL氨水，溶液的pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，两者恰好完全反应生成盐，说明按根离子水解程度与R-水解程度相等，故A错误；
B、a～b点导电能力增强，说明反应后的溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，HR为弱酸，故B正确；
C、根据图像可知，c点加入20mL的氨水所得溶液的pH大于7，混合液显碱性，则c（OH-）>c（H+），结合电荷守恒，c(NH4+)>c(R-)，故C正确；
D、常温下水的离子积不变，因为反应温度不变，所以水的离子积为1.0×10-14，故D正确；
答案选A。

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．工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。

某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。

他们设计了如下实验方案：
（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。

（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。

（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；
方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。

从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。

（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。

【答案】漏斗取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质将Cu2+ Hg2+全部置换出来不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2+ +H2↑冷却结晶过滤
【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。

可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。

加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。

详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。

答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。

（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。

答案：将Cu2+ Hg2+全部置换出来；不能。

（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。

答案：甲乙；丙。

（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。

步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。

答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。

点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，
选取的原则是不要引入杂质离子。

加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．某烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。

(1)0.1mol该烃A能与______g溴发生加成反应；加成产物需______mol溴蒸气完全取代；
(2)B中官能团的名称是_________，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为______任填一种直接氧化为D。

(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式__________；合成E的反应类型_________；
(4)某同学用如图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。

实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。

①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________________；
②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是______________________。

③乙醇与乙酸反应的化学方程式是：__________________，浓硫酸的作用是_______________。

【答案】16 0.4 羟基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液加聚反应
防倒吸吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O 催化剂和吸水剂
【解析】
【分析】
由题意，A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2；一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH；在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO；CH3CHO进一步发生氧化反应生成CH3COOH，则D为CH3COOH；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则E为聚乙烯。

【详解】
（1）乙烯含有1个碳碳双键，1mol乙烯能与1mol溴水发生加成反应生成1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol 乙烯与0.1mol溴水发生加成反应0.1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol溴的质量为16g；1，2—二溴乙烷含有4个氢原子，0.1mol1，2—二溴乙烷能与0.4mol溴蒸气发生取代反应生成六溴乙烷，故答案为：16；0.4；
（2）B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，乙醇能被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液直接氧化生成乙酸，故答案为：羟基；酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；
（3）一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：；加聚反应；
（4）①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，若导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；
②试管甲中的饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；
③在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O；浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O；催化剂和吸水剂。

【点睛】
本题考查有机物推断和乙酸乙酯的制备，注意掌握乙烯、醇、羧酸等有机物的性质，明确官能团的性质与转化关系，注意酯化反应中反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．某化学小组的同学为探究原电池原理，设计如图所示装置，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中．
（1）锌片上的电极反应式为_____．
（2）铜片上的现象是_____．
（3）若反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成的气体在标准状况下的体积为_____．
（4）该小组同学将稀硫酸分别换成下列试剂，电流计仍会偏转的是_____（填序号）．
A．无水乙醇 B．醋酸溶液 C．CuSO4溶液 D．苯
（5）实验后同学们经过充分讨论，认为符合某些要求的化学反应都可以通过原电池来实现．下列反应可以设计成原电池的是_____（填字母代号）．
A． NaOH+HC l═NaCl+H2O B． 2H2+O2═2H2O
C． Fe+2FeCl3═3FeCl2 D． 2H2O═2H2↑+2O2↑
【答案】Zn﹣2e﹣=Zn2+铜片上有气泡产生2.24LBCBC。