人教版2019化学必修第二册第八章 《化学和可持续发展》单元测试（原卷版+解析版）

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第八章 化学和可持续发展（单元测试）（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Fe 56 Zn 65第Ⅰ卷（选择题 共45分）一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列描述或做法违背环境保护理念的是A．将生活垃圾进行分类处理B．研发可降解高分子材料C．减少实验废弃物的产生和排放D．大量施用化肥、农药以保障农作物增产【答案】D【解析】A．垃圾分类可促进资源回收利用，A错误；B．研发可降解材料可减少白色污染，B错误；C．减少实验废弃物可以从源头控制污染，C错误；D．大量施用化肥、农药”虽然短期可能提高农作物产量，但会导致土壤污染、水体富营养化等环境问题，违背了环境保护理念，D正确；故选D。2．开发和利用海洋资源，可满足生产、生活和科学研究的需要。下列说法错误的是A．向粗盐水中加入NaOH可完全除去其中的B．将通入提取食盐后的母液中，可将转化为C．电解熔融的可以得到金属镁D．食用海带等含碘丰富的食品可防治甲状腺肿大【答案】A【解析】A．氢氧化钙微溶于水，则向粗盐水中加入氢氧化钠不能完全除去其中的钙离子，故A错误；B．氯气能与溶液中的溴离子反应生成溴和氯离子，则将氯气通入提取食盐后的母液中，可将溴离子转化为溴，故B正确；C．工业上，用电解熔融的氯化镁的方法制备金属镁，故C正确；D．碘是合成甲状腺激素的重要物质，所以食用含碘丰富的海产品可防治甲状腺肿大，故D正确；故选A。3．是重要的化工原料，其制备途径如下所示：途径I：途径Ⅱ：、下列说法错误的是A．途径I中浓表现了氧化性B．途径Ⅱ中只表现酸性C．制取相同质量的，两种途径消耗的硫酸质量相等D．与途径I相比，途径Ⅱ体现了保护环境的思想【答案】C【解析】A．途径I中浓反应生成，S元素化合价降低，体现浓的氧化性，A正确；B．途径Ⅱ中与发生复分解反应生成盐和水，元素化合价不变，只表现酸性，B正确；C．途径I中每生成1mol硫酸铜需要2mol硫酸，途径Ⅱ中每生成1mol硫酸铜需要1mol硫酸，故制取相同质量的硫酸铜，两种途径消耗的硫酸质量不相等，C错误；D．途径Ⅱ无有害气体二氧化硫生成，体现了保护环境的思想，D正确；答案选C。4．学好化学，提高生活质量。下列说法不正确的是A．腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理B．可用小苏打洗除油污C．病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间可以多吃酸性食物D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的使之达到适宜的酸碱度【答案】C【解析】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，故A正确；B．小苏打是碳酸氢钠的俗名，碳酸氢根水解显碱性，可以用于洗除油污，故B正确；C．食用酸性食物能与氢氧化铝反应，会降低胃舒平的药效，故C错误；D．洗发水的大于7，能去油污，而护发素的小于7，实验表明：酸性溶液对头发无影响，碱性溶液对头发有害；在洗发时，用强碱性的洗发剂清理头发上的脏物后，要使用显酸性的护发素对头发进行护理，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D正确；故本题选C。5．在石油的分馏实验中，下列实验操作正确的是A．B．C．D．【答案】A【解析】A．冷凝装置中，水流从下口进上口出，A正确；B．接收器不能密封，否则液体不能顺利滴下，B错误；C．分馏实验中，用不到干燥装置，C错误；D．分馏装置中，温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口位于同一水平线上，D错误；故选A。6．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图，下列说法正确的是A．B可选用进入吸收塔，反应中体现氧化性B．通入吹出塔的气体A和通入蒸馏塔的气体C可能是同一物质C．精馏装置需要蒸馏烧瓶、分液漏斗、冷凝管D．该提溴流程中进行了两次氧化还原反应【答案】B【分析】浓缩酸化后的海水中含有Br-，用A氧化溴离子为Br2，然后用热空气和水蒸气将溴从吹出塔中吹出，Br2进入吸收塔，用吸收剂吸收，将Br2还原为溴离子，再加入C将溴离子氧化为Br2，蒸馏出的溴经冷凝、精馏得到产品。【解析】A．B可选用SO2进入吸收塔，发生的反应为，其中SO2被氧化、体现还原性，A错误；B．通入吹出塔的气体A和通入蒸馏塔的气体C都是氧化溴离子，可能是同一物质，比如氯气，B正确；C．精馏装置不需要分液漏斗，C错误；D．该流程中一共进行了三次氧化还原反应，A和溴离子反应生成溴单质，溴单质和B反应生成溴离子，溴离子和C反应生成溴单质，故D错误；故答案为：B。7．下图是一种具有磁性的“纳米药物”，可利用磁性引导该药物到达人体内的病变部位。该技术可大大提高治疗效果。下列有关说法不正确的是A．该“纳米药物”分散于水中可得胶体B．该药物具有磁性与Fe3O4外壳有关C．Fe3O4发生铝热反应的方程式为8Al＋3Fe3O49Fe＋4Al2O3D．该“纳米药物”中的二氧化硅属于酸性氧化物，能与NaOH溶液反应【答案】A【解析】A．“纳米药物”粒子直径大于100nm，分散于水中得到的分散系为浊液，A符合题意；B．Fe3O4具有磁性，因此该药物具有磁性与Fe3O4外壳有关，B不符合题意；C．Al可以与Fe3O4发生铝热反应置换出Fe，方程式为8Al＋3Fe3O49Fe＋4Al2O3，C不符合题意；D．二氧化硅属于酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，与NaOH溶液反应的方程式为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，D不符合题意；答案选A。8．2023年国家发改委等部门印发《加快“以竹代塑”发展三年行动计划》。“①竹子资源丰富②竹子是可再生资源③竹子韧性好④能减少‘白色污染’⑤能减少碳排放”等表述中属于“以竹代塑”优势的有A．只有①②⑤B．只有②③④C．只有③④⑤D．①②③④⑤【答案】D【解析】①我国地大物博，竹子资源丰富，正确；②竹子在自然界可自燃生长，是可再生资源，正确；③竹子具有韧性好的特点，正确；④“以竹代塑”可以减少塑料的使用，能减少“白色污染”，正确；⑤“以竹代塑”能减少碳排放，正确；答案选D。9．下列关于海水资源综合利用的说法正确的是A．海水晒盐可获得纯净的氯化钠B．向海水中通入热空气可提取到液溴C．用过滤的方法对海水进行淡化处理D．从海水获得碘单质的过程中发生了氧化还原反应【答案】D【解析】A．海水晒盐得到的是粗盐，其中含有泥沙、、、等杂质，不是纯净的氯化钠，A错误；B．从海水中提取溴，是先将海水酸化，再通入氯气将溴离子氧化为溴单质，然后向含溴单质的溶液中通入热空气或水蒸气，将溴吹出，再用还原剂（如SO2）将溴单质还原为溴离子，最后用氯气氧化溴离子得到溴单质，不是仅仅向海水中通入热空气就能提取到液溴，B错误；C．过滤只能除去海水中的不溶性杂质，不能对海水进行淡化处理。海水淡化主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，C错误；D．从海水中获得碘单质，通常是先将海带等藻类植物灼烧，然后用水浸泡，得到含有碘离子的溶液，再加入氧化剂（如氯气等）将碘离子氧化为碘单质，这个过程中有元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，D正确；故选D。10．工业上用铝土矿(主要成分，含杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如图：下列叙述错误的是A．试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁C．图中所示转化反应有氧化还原反应D．反应②的化学方程式为【答案】A【分析】将铝土矿(主要成分，含杂质)先用试剂X溶解，结合转化后的产物可知，加的X为溶液，反应生成，不反应过滤后在滤渣中分离除去，滤液通过量Y得沉淀和溶液，根据元素守恒说明Y为，最后将加热转化为，电解得金属Al，据此分析解答。【解析】A．盐酸要与杂质反应而无法分离，所以X只能是氢氧化钠溶液，A错误；B．溶液与不反应，过滤后在滤渣中分离除去，反应①过滤后所得沉淀为氧化铁，B正确；C．氧化铝电解得到铝和氧气的反应是氧化还原反应，C正确；D．反应②将溶液转化为沉淀和，通入过量的可实现，化学方程式为，D正确；故答案为：A。11．西北大学榆林碳中和学院是我国第一所培养“碳中和”领域专门人才的新型研究型学院。下列科学研究对实现“碳中和”没有帮助的是A．研究开采“可燃冰”设备，提高开采效率B．研究新型化学反应实现原子利用率C．开发新型催化剂直接利用太阳能和水制备氢气D．开发新型光伏电池材料，提高光电转换效率【答案】A【分析】碳中和一般是指在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”。【解析】A．“可燃冰”的主要成分是甲烷和水的化合物，完全燃烧后产生二氧化碳和水，大力开采“可燃冰”会消耗化石燃料，化石燃料燃烧也会产生二氧化碳，因此大力开采“可燃冰”对“碳中和”没有帮助，A项符合题意；B．化学反应实现原子利用率100%可减少副产物的排放，对“碳中和”有帮助，B项不符合题意；C．利用太阳能和水制备氢气，再利用氢能作清洁能源，产物只含水，不排放二氧化碳，同时减少对化石能源的依赖，对“碳中和”有帮助，C项不符合题意；D．提高光电转换效率可转化为更多的电能，减少CO2的排放，对“碳中和”有帮助，D项不符合题意；故答案选A。12．“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物，以下反应不符合绿色化学原则的是A．工业生产环氧乙烷：2CH2=CH2+O2 2B．水煤气合成甲醇：CO+2H2CH3OHC．制取硝酸铜：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OD．乙烯水化法制乙醇：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH【答案】C【解析】A．工业生产环氧乙烷，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，A不选；B．水煤气合成甲醇，一氧化碳和氢气生成甲醇，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，B不选；C．Cu与稀硝酸反应产物有多种，即反应物原子未全部转化为某一目标产物，不符合绿色化学原则，C选；D．乙烯水化法制乙醇，乙烯与水反应生成乙醇，产物只有一种，原子利用率100%，符合绿色化学原则，D不选；故选C。13．根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：受热生成和HCl气体等。A．过程①的除杂试剂先后顺序及操作是、、稀盐酸，过滤、蒸发结晶B．在过程③中将灼烧即可制得无水C．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题D．在过程④、⑥反应中每氧化0.4mol 需消耗4.48L 【答案】C【分析】海水蒸发得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作生成MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2O在HCl气流中加热生成无水MgCl2，NaBr中通入氯气生成Br2，Br2与SO2水溶液反应生成溴离子，溴离子被氯气氧化生成高浓度的Br2。【解析】A．过程①中氯化钡须在碳酸钠之前加入，否则无法除去多余的钡离子，同时还需要加入氢氧化钠除去镁离子，A错误；B．MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl，过程③需要在HCl气流中加热使MgCl2·6H2O失去结晶水生成无水MgCl2，B错误；C．Br2与SO2的水溶液反应生成HBr和H2SO4，两种产物都是强酸，因此反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题，C正确；D．过程④、⑥中反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，每氧化0.4mol溴离子需消耗氯气0.2mol，但是选项中并未说明是标准状况下，无法计算0.2mol氯气的体积，D错误；故答案选C。14．下列工业制备流程中涉及的物质转化关系错误的是A．制漂白粉：B．海水提镁：C．侯氏制碱：D．生产盐酸：【答案】C【解析】A．工业上制备漂白粉时，将Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉，A正确；B．从海水中提取镁，是先由贝壳煅烧生成的生石灰与水反应获得石灰乳，将石灰乳加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，将氯化镁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热氯化镁晶体失水得到无水氯化镁，熔融氯化镁通电分解获得Mg，B正确；C．侯氏制碱法，二氧化碳溶解度不大，氨气极易溶于水，故应先通入氨气，得到碱性溶液，再通入二氧化碳，能够吸收更多二氧化碳，C错误；D．氢气与氯气点燃能够生成氯化氢气体，可用于生成盐酸，D正确；答案选C。15．金属的冶炼体现了人类文明的发展水平。下列有关金属冶炼的说法不正确的是A．工业上用焦炭还原制取密度小、耐腐蚀的金属铝B．金属被人类开发利用的先后顺序主要取决于金属的活动性，不是在地壳中的含量C．金属的冶炼是将金属元素由化合态还原为游离态D．金属Mg、Na工业上都是用电解熔融氯化物的方法冶炼【答案】A【解析】A．虽然焦炭具有还原氧化物的能力，但是在氧化铝中还原铝却是不可行的，工业上常用电解三氧化二铝制备金属铝，A错误；B．金属被人类开发利用的先后顺序主要取决于金属的活动性，活泼性越弱的金属越先被开发，B正确；C．金属冶炼的实质是将金属元素由化合态还原为游离态，C正确；D．工业上都是用电解熔融氯化物的方法冶炼Mg、Na单质，D正确；故选A。第II卷（非选择题 共55分）二、非选择题：本题共4个小题，共55分。16．（14分）从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质，工艺流程如下：回答下列问题：（1）请写出海水淡化的一种方法： 。（2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为： 。（3）上述步骤①发生反应生成一种气体的离子方程式： 。步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸的原因为 。（4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是 。（5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。（6）海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以为主)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(设1个盐泡含1个单元)，其大致结构如下图所示。若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是_____。A．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以分子的形式存在B．海冰内层“盐泡”越多，密度越小C．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少D．若冰的密度为，则海冰内层的浓度约为【答案】（1）蒸馏法、电渗析法或离子交换法（任写一种）（2分）（2）Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量（2分）（3）3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑（2分） 在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2（2分）（4）石灰乳原料丰富，成本低（2分）（5）MgCl2（2分）（6）CD（2分）【分析】海水淡化处理后得到粗盐、淡水和母液，从粗盐中可以提取NaCl，母液中含有镁离子、溴离子，向母液中加入石灰乳，Mg2+转化为Mg(OH)2，将Mg(OH)2稀盐酸得到MgCl2，结晶得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，母液经过酸化后通入氯气，发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，用热空气吹出Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，再加入稀硫酸发生氧化还原反应生成Br2，然后萃取得到Br2，据此分析解答．【解析】（1）海水淡化方法分离海水中的淡水和盐而利用淡水，方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法。（2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为：Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量。（3）步骤①中Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，由于Br2和水反应有HBr生成，HBr会和Na2CO3溶液反应生成CO2和NaBr，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑，在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2，步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸。（4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低。（5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液中，发生反应：MgCl2+=+CaCl2，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。（6）A．NaCl是离子化合物，不存在NaCl分子，A错误；B．NaCl的式量大于H2O的相对分子质量，而且体积小，所以盐泡的密度比水大，海冰内层“盐泡”越多，密度越大，B错误；C．根据题干信息，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，说明其中盐泡不再存在，因此海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，C正确；D．若冰的密度为0.9g·cm-3，则每1L冰的质量为900g，假设其中含有NaCl的物质的量是x，则海冰中含有H2O的物质的量是5×105xmol，58.5x+5×105xmol×18=900g，解得x=10-4mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol·L-1，D正确；故合理选项是CD。17．（13分）金属矿物资源的利用有着非常重要的意义。回答下列问题：（1）下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是______（填字母）。A．B．C．D．（2）白口铁（镀锌铁）在生产、生活中有广泛应用。某小组以菱锌矿（主要成分是，以及CuO、FeO、MgO和等）制备白口铁的流程如下：已知“浸取”后溶液中金属阳离子有、、、、。①“浸取”前将菱锌矿粉碎的目的是 。②“滤渣1”的主要成分是 （填化学式）。③“滤渣3”中主要成分是和，写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。④加Zn时转化的离子方程式为 。⑤取一定量的白口铁样品于试管中，加入足量稀硫酸，收集到标准状况下11.424L气体；再加入过量溶液，最后加入适量氨水使其恰好完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后得到54.49g固体，该白口铁样品中铁的质量为 g（结果保留一位小数）。【答案】（1）A（2分）（2）①提高浸取速率（2分） ②SiO2（2分） ③3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ （2分） ④Zn+Cu2+=Zn2++Cu（2分） ⑤28.0（3分）【分析】由题给流程可知，向菱锌矿中加入硫酸溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH为5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化钙、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入锌粉，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜的滤渣和滤液；滤液经脱钙镁后，过滤得滤液；电解滤液，在阴极得到锌。【解析】（1）A．工业上用电解熔融的氧化铝制得铝，电解时还要加入冰晶石降低氧化铝熔点，反应的化学方程式为，故错误；B．工业上用电解熔融氯化钠的方法制得金属钠，反应的化学方程式为，故正确；C．工业上用一氧化碳高温条件下还原氧化铁的方法制得铁，反应的化学方程式为，故正确；D．工业上用加热氧化汞的方法制得汞，反应的化学方程式为，故正确；（2）①“浸取”前将菱锌矿粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高浸取速率，故答案为：提高浸取速率；②由分析知，滤渣1的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2；③由分析知，“氧化”时加入高锰酸钾溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；④由分析知，加入锌粉的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应的离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；⑤由题意可知，向白口铁样品中加入足量稀硫酸时，锌和铁与稀硫酸反应生成氢气，得到含有硫酸锌和硫酸亚铁的混合溶液，向混合溶液中加入过氧化氢溶液将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子后，加入适量氨水，将溶液中的铁离子和锌离子转化为氢氧化锌和氢氧化铁沉淀，设白口铁样品中锌的物质的量为amol、锌的物质的量为bmol，由氢气的体积可得：a+b=，由氢氧化铁和氢氧化锌的质量可得：107a+99b=54.49，解得a=0.5、b=0.01，则白口铁样品中铁的质量为0.5mol×56g/mol=28.0g，故答案为：28.0。18．（14分）下面图1、图2分别是实验室模拟石油分馏、石油裂解的实验装置图。已知：石蜡油在炽热素瓷片的作用下产生乙烯。完成下列问题：（1）A中仪器甲的名称为 ；D中素瓷片的作用是 。（2）乙烯的电子式为 。①写出乙烯与在催化剂、加热条件下反应的化学方程式 。②体育比赛中当运动员肌肉挫伤或扭伤时，队医常用药剂氯乙烷（）（沸点为）对受伤部位进行局部冷却麻醉处理，工业上制取氯乙烷有两种方案：a．b．你认为制备氯乙烷的最好方案为 （选填“a”或“b”）（3）试管E中观察到的现象为 ；若将乙炔通入E，也能观察至类似现象，配平乙炔与酸性反应的离子方程式： __________________——_____________________【答案】（1）蒸馏烧瓶（2分） 做催化剂，催化石蜡油分解生成乙烯（2分）（2）（2分） CH2=CH2+HClCH3CH2Cl（2分） b（2分）（3）E中酸性高锰酸钾溶液褪色（2分） C2H2+2+6H+=2CO2+2Mn2++4H2O（2分）【分析】图1为石油分馏装置，利用石油中各组分的沸点不同，采用蒸馏的方式将这些组分分离。图2为石油裂解装置，石蜡油在炽热素瓷片的作用下产生乙烯，生成的乙烯被酸性高锰酸钾氧化，使E中酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能与溴发生加成反应，F中溴的四氯化碳溶液褪色。【解析】（1）仪器甲的名称为蒸馏烧瓶。D中素瓷片的作用为做催化剂，催化石蜡油分解生成乙烯。（2）乙烯的电子式为。①乙烯与HCl在催化剂、加热条件下发生加成反应生成氯乙烷，化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。②a方案中乙烷和氯气发生取代反应，除了生成氯乙烷还会生成1，2-二氯乙烷等物质，氯乙烷纯度低且原子利用率不高，b方案乙烯和HCl发生加成反应生成氯乙烷，产物单一，生成的氯乙烷纯度高且原子利用率高，最好方案为b。（3）乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，可观察到E中酸性高锰酸钾溶液褪色。乙炔、高锰酸根离子、氢离子反应生成二氧化碳、锰离子和水，1个C2H2转化为CO2，C化合价从-1价升高到+4价，转移10个电子，1个转化为Mn2+，Mn得到5个电子，因此乙炔和高锰酸根离子的系数比为1：2，再根据原子守恒、电荷守恒，配平得C2H2+2+6H+=2CO2+2Mn2++4H2O。19．（17分）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)用氢气还原为金属钨再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)：已知相关物质性质如下表所示：完成下列填空：（1）冶炼W可以用WO3和在加热条件下实现，化学方程式是 ；该冶炼金属的方法称为 法，除了W，还有 (举三个例子)金属也可以用此法冶炼。（2）写出冶炼钠涉及的化学方程式： 。（3）检查装置气密性并加入。先通，其目的是 ；（4）一段时间后，加热管式电炉，以一定速率通入，升温至1000℃，并对装置末端逸出的进行后续处理。装置A的两个作用是： ；C中冷却水从 (选填“a”或“b”)口通入；反应过程中，B中的现象是 。（5）完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通；②以E替换D，在硬质玻璃管末端缠上电热丝；③……；④加热至1000℃，通，同时将电热丝温度保持在350℃；……操作③必不可少，否则可能会导致危险事故，该操作是 。（6）制备的化学方程式为 。【答案】（1）（2分） 热还原法（1分） 铁、钴、铜（2分）（2）（2分）（3）排除装置中的空气（1分）（4）观察气体的流速，控制进气速度（2分） b（1分）黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色（2分）（5）在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B（2分）（6）（2分）【分析】分析实验装置可知，检查装置气密性并加入WO3，先通N2，排除装置中的空气，再通入氢气，发生还原反应生成钨单质，之后改通氯气，加热条件下发生反应，结合提示可知，产物极易水解，E为干燥管，目的是吸收空气中的水蒸气，防止产品水解，碱石灰呈碱性，也可以用于吸收多余的氯气，据此分析。【解析】（1）冶炼W可以用WO3和H2在加热条件下实现，化学方程式是；该冶炼金属的方法称为热还原法，除了W，还有铁、钴、铜金属也可以用此法冶炼，故答案为：；热还原法；铁、钴、铜；（2）工业冶炼钠一般采用电解熔融氯化钠，涉及的化学方程式，故答案为：；（3）检查气密性后，先通N2，其目的是排除装置中的空气，故答案为：排除装置中的空气；（4）装置A中盛有浓硫酸除干燥气体外，还能观察气体的流速，控制进气速度，C为冷凝管，冷却水从b进入，先后发生，，B中的现象是由黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色，故答案为：观察气体的流速，控制进气速度；b；黄色变为银白色，通入氯气后变为蓝色；（5）操作检验氢气的纯度，否则可能会导致爆炸事故，该操作是在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B，故答案为：在导气管末端收集一试管气体，靠近酒精灯点燃，若听到“噗的一声”证明氢气纯净了，可以加热B；（6）W在加热的情况下与氯气生成WCl6，化学方程式为，故答案为：。WWO3WCl6颜色银白色黄色蓝色熔点/℃34221473275沸点/℃56601750347