【文档说明】四川省内江市第六中学2023-2024学年高一下学期第一次月考化学（创新班）试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.749 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2023—2024学年（下）高2026届创新班第1次月考化学学科试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cu-64第Ⅰ卷选择题（满分45分）一、选择题（每题只有一

个正确答案，每题3分，共45分）1.化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法正确的是A.华为麒麟90005G芯片的主要成分是SiCB.浓硫酸是一种干燥剂，可以干燥碘化氢、二氧化碳等酸性气体C.铝碳酸镁()()263216AlMgOHCO4HO和碳酸氢钠片均可治疗胃

酸过多，保护胃黏膜D.氢氟酸雕刻玻璃的反应原理：+-2424H+4F+SiO=SiF+2HO【答案】C【解析】【详解】A．芯片主要成分是单质硅，A项错误；B．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥还原性气体，故浓硫酸不能干燥碘化氢，B项错误；C．胃酸主要成分是盐酸，铝碳酸镁和碳酸

氢钠片都能和胃酸反应而中和过多的胃酸，C项正确；D．HF是弱酸，书写离子方程式时不可拆分，D项错误。答案选C。2.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是()A.蛋白质和烃B.油脂和烃C.蛋白质和淀粉D.油脂和蛋白质【答案】A【解析】【详解】“丝”中含有的物质是蛋

白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，故答案为A。3.“张-烯炔环异构化反应”被《NameReactions》收录。该反应可高效构筑五元环状化合物，应用在许多药物的创新合成中，如：下列分析不正确．．．的是A.①②互为同分异构体B.①②均含有三种官能团C.1mol①最多能与3m

olH2发生加成反应D.①②均能与NaOH溶液反应【答案】B【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，①②的分子式相同均为C8H10O3，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，①中含有碳碳三键、碳碳

双键、酯基和羟基等四种官能团，而②中含有碳碳双键、酯基和醛基等三种官能团，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，1mol①中含1mol碳碳双键和1mol碳碳三键，则最多能与3molH2发生加成反应，C正确；D．由

题干有机物结构简式可知，①②分子中均含有酯基，则均能与NaOH溶液反应，D正确；故答案为：B。4.下列有关环境问题的说法正确的是A.燃煤中加入适量石灰石，可减少废气中2SO的量B.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果C.pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨D.棉花、麻和蚕丝均为

碳水化合物【答案】A【解析】【详解】A．燃煤时加入适量石灰石，石灰石受热分解生成CaO，二氧化硫与CaO反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙易被氧化为硫酸钙，故A正确；B．漂白粉有效成分为()2CaClO，若与盐酸混用会发生氧化还原反应+2

2ClClO+2H=Cl+HO−−+，产生有毒气体，消毒效果会减弱，故B错误；C．酸雨的pH小于5.6，故C错误；D．棉花和麻的主要成分是纤维素，纤维素属于碳水化合物，蚕丝主要成分是蛋白质，故D错误；故选A。5.用NA为阿伏加德罗常数的值，下列化学用语表述正确的是A.

0.18gD2O中含有的质子数和中子数均为0.1NAB.将0.1molSO2完全溶于水，所得溶液中H+的数目为0.2NAC.1.2gMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数目为0.1NAD.电解饱和NaCl溶液时，若阳极生成22.4L气体，整个电路转移电子数为2NA【答案】

C【解析】【详解】A．1分子D2O中含有的质子数和中子数均为10，0.18gD2O的物质的量为0.18mol20，则含有的质子数和中子数均为AA0.1810N=0.09N20，A错误；B．二氧化硫和水生成弱酸亚硫酸，所得溶液中H+的物质的量小于0.2mol，数目小于0.2N

A，B错误；C．Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2过程中都是1个镁原子失去2个电子，1.2gMg为0.05mol，则转移电子0.1mol，数目为0.1NA，C正确；D．没有标况，不确定生成气体的物质的量，D错误；故选C。6.海水是一种宝贵的自然资

源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法错误．．的是A.过程①中涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作B.制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入过量CO2C.过程③④⑤均为氧化还原反应D.在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增

大【答案】D【解析】【详解】A．过程①为粗盐提纯，除掉Mg2+用NaOH溶液，除掉SO24−用BaCl2溶液，除掉Ca2+用Na2CO3溶液，由于加入的BaC12溶液过量，过量的BaCl2溶液需要用N

a2CO3溶液除掉，因此加入试剂的顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸调溶液为中性，并蒸发结晶，故涉及流程包括溶解、除杂、过滤、酸化、蒸发结晶等操作，A正确；B．二氧化碳能溶于水，氨气极易溶于水，所以制取NaH

CO3的反应是先往精盐溶液中通入NH3，再通入CO2，B正确；C．母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子：-+

2-2224Br+SO+2HO=2Br+4H+SO，所得溶液中可以通氯气把溴离子氧化为溴单质，则过程③④⑤均为氧化还原反应，C正确；D．在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2的反应为：-+2-2224Br+SO+2HO=2Br+4H+SO，则反应后溶液的氢离子浓度增大、pH值减小，D不正确；答案

选D。7.利用Pt/a-MoC催化剂实现氢气的低温制备和存储的科研成果获得“2017年度中国科学十大进展”之一，涉及的化学反应为()()()()3222CHOHg+HOg3Hg+COg催化剂。不同反应条件下测得反应速率如下，反应速率最快的是A.()-1-12vHO=0.10mol

LminB.()-1-12vH=0.27molLminC.()-1-13vCHOH=0.01molLsD.()-1-12vCO=2.0molLh【答案】C【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，将不同物质速率转化为同一物质，同一单位进行比较

。【详解】A.()-1-12vHO=0.10molLmin，则()-1-122vH=3v(HO)=0.3molLmin；B.()-1-12vH=0.27molLmin；C.()-1-13vCHOH=0.01molLs，则(

)-1-1-1-123vH=3v(CHOH)=0.03molLs1.8molLmin=；D.()-1-12vCO=2.0molLh，则()-1-1-1-122vH=3O0.v(C)=6.0molLhmolLmn

1i=；综上所述，选C。8.在下列溶液中一定能大量共存的离子组是A.在强酸性溶液中：3NaKClHCO++−−、、、B.加入金属铝有2H产生的溶液中：2224FeMgSOCl++−−、、、C.无色透明的溶液中：3FeKCl

I++−−、、、D.滴入酚酞变红的溶液中：223KNaSSO++−−、、、【答案】D【解析】【详解】A．强酸性溶液含有大量的氢离子，氢离子与3HCO−反应生成二氧化碳和水，不能大量存在，A不符合题意。B．加入金属铝有2H产生的溶液可能为酸性溶液，或者氢氧化钠等强碱性溶液，若为碱性溶液22

FeMg++、均会生成沉淀，则B不符合题意。C．无色透明的溶液中不能存在三价铁离子(黄色)，C不符合题意。D．滴加酚酞变红的溶液显碱性，在碱性溶液中，223KNaSSO++−−、、、能大量存在，D符合题意。故选D。9.利用反应2322

6NO8NH7N12HO+=+设计的电池装置如图所示，该装置能有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染。下列说法错误的是A.电极B为正极，发生还原反应B.当有20.5molNO参与反应时，外电路中转移3mol电子C.电池工作时，OH−向左

移动D.电极B的电极反应式为2222NO8e4HON8OH−−++=+【答案】B【解析】【分析】由反应25226NO8NH7N12HO+=+可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。【详解】A．根据分析，A为负极，B为正

极，电池工作时，正极发生还原反应，A正确；B．二氧化氮得到电子转变为氮气，N元素从+4价降为0价，当有1molNO2被处理时，外电路中通过电子4mol，当有0.5molNO2被处理时，外电路中通过电子2mol，B错误；C．原电池工作时，内电路中阴离子移

向负极、阳离子移向正极，OH−从右向左迁移，C正确；D．电极B为正极，二氧化氮得到电子发生还原反应，电极反应式：2222NO8e4HON80H−−++=+，D正确；答案选B。10.下列离子方程式正确的是A.电解法冶炼铝：322AlCl2Al3Cl+电解B.用硫酸铜溶液吸收2HS气体：22

CuSCuS+−+=C.向()32FeNO稀溶液中加入盐酸：23323FeNO4H3FeNO2HO+−++++=++D.34FeO和过量HI溶液反应：32342FeO8HI2FeFe4HO8I++−+=+++【答案】C【解析】【详解

】A．AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，故应该电解法熔融的Al2O3来冶炼铝，方程式为：()2322AlO4Al3O+电解熔融冰晶石，A错误；B．H2S为弱电解质，故用硫酸铜溶液吸收H2S气体的离子方程式为：2++2Cu+HS=CuS+2H，B错误；C．HN

O3有强氧化性，能够氧化Fe2+，故向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸的离子方程式为：23323FeNO4H3FeNO2HO+−++++=++，C正确；D．已知Fe3+能够氧化I-，HI为强电解质，故Fe3O4和过量HI溶液反应的离子方程式为：+-2342

2FeO8H+2I3Fe4HOI++=++，D错误；故答案为：C。11.下列实验装置不能达到实验目的的是A.图Ⅰ：用2SO做喷泉实验B.图Ⅱ：验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C.图Ⅲ：验证3NH易溶于水D.图Ⅳ：制取氨气【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫能与浓氢氧

化钠溶液反应，烧瓶中气体的物质的量迅速减小，气体压强迅速减小，形成内外压强差，从而形成喷泉，故A正确；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，气体的物质的量减小，由U形管中液面左低右高可知，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜

、二氧化氮和水时，反应放出的热量使U试管中的气体受热膨胀，故B正确；C．将胶头滴管中的水滴入烧瓶中，极易溶于水的氨气溶于水，烧瓶中的气体的物质的量减小，气球会立刻膨胀起来，故C正确；D．盛有氯化铵的大试管直接受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口重新结合生成4NHCl，

不能制取氨气，故D错误；故选D。12.已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(A2、B2、AB2的结构式分别为A=A、B－B、B－A－B)，反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是A.该反应的进行一定需要加热或点燃B.该反应若生成2molAB2(g)，

则放出的热量为(E1-E2)kJC.该反应断开化学键吸收的总能量大于形成化学键放出的总能量D.生成2molB－A键放出E2kJ能量【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，该反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热或点燃，故A

错误；B．根据图像可知，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，生成2molAB2(g)吸收能量为(E1-E2)kJ，故B错误；的C．断键吸收能量，形成化学键放出能量，因为该反应为吸热反应，因此该反应断开化学键

吸收的总能量大于形成化学键放出的总能量，故C正确；D．1molAB2中有2molB-A键，形成4molB-A键放出能量为E2kJ，即生成2molB-A键放出能量2E2kJ，故D错误；答案为C。13.向容积为2.0L的密闭容器中通入一定量的N2O4(无色气体)和NO2的混合气体，发生反应：N2

O4(g)2NO2(g)，反应吸热，体系中各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是A.64s时，反应达到化学平衡状态B.到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深C.若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高D

.前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率是0.008mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】【详解】A．64s时，N2O4、NO2的物质的量相等，但随反应的进行，N2O4的物质的量在减

小，反应未达到化学平衡状态，A说法错误；B．到达化学平衡前，体积不变，NO2的物质的量增大，则混合气体的颜色逐渐变深，B说法正确；C．若该容器与外界无热传递，该反应为吸热反应，随反应的进行，温度逐渐降低，C说法错误；D．前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率=0.8mol2L1

00s=0.004mol·L-1·s-1，D说法错误；答案为B。14.由乙炔制备顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下所示，下列说法正确的是A.异戊二烯的同分异构体中属于炔烃的有5种B.一定条件下异戊二烯与2

Br发生加成反应，生成的产物最多有3种C.顺式聚异戊二烯的结构简式为D.①②的反应类型都为加成反应【答案】D【解析】【详解】A．异戊二烯的同分异构体中属于炔烃的有：3种，A错误；B．一定条件下异戊二烯与2Br发生加成反应，生成的产物最多有：4种

，B错误；C．顺式聚异戊二烯的结构简式为，C错误；D．①中羰基转化为羟基，②中碳碳叁键转化为碳碳双键，反应类型都为加成反应，D正确；故选D。15.足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)2NO与NO的混合气体，这些气体与一定体积的2O混合后通入水中，恰好被完

全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入1100mL4molLNaOH−溶液，2Cu+恰好沉淀完全。下列说法正确的是A.此反应过程中转移了0.5mol的电子B.消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)C

.参加反应的3HNO是0.6molD.混合气体中含1.12LNO(标准状况)【答案】C【解析】【分析】1100mL4molLNaOH−物质的量为4mol/L×0.1L=0.4mol，2Cu+恰好沉淀完全，发生反应：

()22Cu2OHCuOH+−+=，由原子守恒得，参加反应的Cu为0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol，Cu失去电子转化为Cu2+，3NO−得到电子转化为4.48L(标准状况)NO2和NO的混合气体，

O2、NO2和NO与水反应又转化为HNO3，最终O2得到电子，整个过程中转移的电子的量是守恒的，即O2得到0.4mol电子，参加反应的O2的物质的量为0.1mol。【详解】A．由分析得，反应过程中转移电子的物质的量为0

.4mol，故A错误；B．由分析得，消耗氧气的物质的量为0.1mol，标况下的体积为2.24L，故B错误；C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(HNO3)=2n(Cu)=0.2mol×2=0

.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有4.48x+y=0.222.4x3y0.4=+=，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化

性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol，参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，故C正确；D．根据C中的分析，n(NO)=0.1m

ol，其在标况下的体积为2.24L，故D错误；故选C。第Ⅱ卷非选择题（满分55分）二、填空题（4个大题，共55分）16.某化学课外小组设计了如图所示的装置制取乙酸乙酯（图中夹持仪器和加热装置已略去）。请回答下列问题：（1）A装置的

名称______。（2）已知下列数据：乙醇乙酸乙酸乙酯98%浓硫酸熔点/℃-117.316.6-83.6-沸点/℃78.5117.977.5338.0又知温度高于140℃时发生副反应：32322322CHCHOHCHCHOCHCHHO⎯⎯⎯⎯→+浓硫酸①该副反应属于_

_____反应（填字母）。a．加成b．取代c．酯化②考虑到反应速率等多种因素，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是______（填字母）。a．77.5T℃b．150T℃c．115130T℃

℃（3）欲分离出乙酸乙酯，应先加入试剂使用的分离方法是______（填操作方法名称，下同），进行此步操作后，所得有机层中的主要无机物杂质是水，在不允许使用干燥剂的条件下，除去水可用______的分离方法。（4）若实验所用乙酸质量为6.0g，乙醇质量为5.0g，得到纯净的产品质量为

4.4g，则乙酸乙酯的产率是______。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.b②.c（3）①.分液②.蒸馏（4）50%【解析】【分析】本题为实验室制备乙酸乙酯的实验探究，反应原理为：CH3COOH+CH3CH2OHΔ浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O，三颈烧瓶中加入乙醇、乙酸

和浓硫酸的混合物，反应完成后用分液漏斗滴加饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯中含有杂质乙酸和乙醇，因此用饱和碳酸钠溶液对乙酸乙酯进行分离和提纯，仪器A为球形冷凝管进行冷凝回流，提高乙酸乙酯的产率，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置可知，A装置的名称为球形冷凝管，故答

案为：球形冷凝管；【小问2详解】①140℃时发生副反应：2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O，反应可以看做一个乙醇分子中的羟基被另一个乙醇分子中的乙氧基取代，发生的反应类型为取代反应，故答案为：b；②考虑到反应速率等多种因素，温度越高越好，但温度过高会发生副反应，2CH3CH2

OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O，用上述装置制备乙酸乙酯时，反应的最佳温度范围是115℃＜T＜130℃，故答案为：c；【小问3详解】制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是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；溶

解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；乙酸乙酯密度比水小，所以在碳酸钠溶液层上方有无色油状液体出现，欲分离出乙酸乙酯，应使用的分离方法是分液，用到的主要仪器为分液漏斗，乙酸乙酯从该仪器的上口倒出；进行此步操作后，所得有机层中的主要无机物杂质是水，在不允许使用干燥剂的

条件下，除去水可用蒸馏的方法分离，故答案为：分液；蒸馏；【小问4详解】根据反应方程式CH3COOH+CH3CH2OHΔ浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O可知，乙醇和乙酸反应的质量比为46：60，若实验所

用乙酸质量为6.0g，乙醇质量为5.0g，乙醇过量，根据CH3COOH～CH3COOCH2CH3关系计算生成的乙酸乙酯，计算得到乙酸乙酯质量8.8g，得到纯净的产品质量为4.4g，则乙酸乙酯的产率为4.

4g8.8g×100%=50%，故答案为：50%。17.巴蜀中学趣味化学实验小组的同学通过“4FeSO被浓3HNO氧化”的实验，验证2Fe+的还原性．实验一：验证2Fe+的还原性实验操作预期现象实验现象向盛有42mLFeSO溶液的试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡。试管中产

生红棕色气体，溶液变为黄色。试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。（1）红棕色气体是__________。(写化学式)（2）实验现象与预期不符，继续进行实验。取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变

为红色，该现象说明__________。实验二：探究溶液变为深棕色的原因【资料与猜想】查阅资料后猜想，可能是生成的2NO或NO与溶液中的2Fe+或3Fe+反应，而使溶液变为深棕色。【实验与探究】用如图所示装置进行实验(气密性已检验，尾气处理已略去)i．关闭c，打

开a和b，通入，一段时间后关闭a；ii．向甲中加入适量浓3HNO，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；iii．关闭b、打开c，更换丙、丁中的溶液(试剂不变)；iv．继续向甲中加入浓3HNO，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。（3）通入2N的目

的是__________。（4）铜与浓硝酸反应的化学方程式是__________________。（5）装置乙作用是_______________________。（6）实验结论：溶液的深棕色可能是因为__

________。A.2Fe+与NO发生了反应B.2Fe+与2NO发生了反应C.Fe3+与NO发生了反应D.3Fe+与2NO发生了反应【反思与改进】的实验三：验证2Fe+的还原性（7）该小组同学依据实验二的

结论改进了实验一，观察到了预期现象，其实验操作是向盛有__________的试管中滴入几滴__________，振荡。【答案】（1）NO2（2）Fe2+具有还原性，被氧化生成Fe3+，溶液中有Fe3+（3）排净装置内的空

气（4）()33222Cu+4HNO=CuNO+2HO()+2NO浓（5）利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO（6）AB（7）①.2mL浓硝酸②.FeSO4溶液【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对

比；【小问1详解】硝酸将Fe2+氧化为Fe3+的同时被还原生成NO，NO遇空气生成二氧化氮，故红棕色气体是二氧化氮NO2；【小问2详解】Fe3+与KSCN溶液反应使溶液变为红色，取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明Fe2

+具有还原性，被氧化生成Fe3+，溶液中有Fe3+；【小问3详解】为防止产生的NO遇空气中的氧气反应生成二氧化氮干扰实验，通入N2的目的是排净装置内的空气；【小问4详解】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式是

()33222Cu+4HNO=CuNO+2HO()+2NO浓；【小问5详解】装置乙的作用是利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO，进行NO与装置丙丁溶液反应、二氧化氮与装置丙丁溶液反应进行对比；【小问6详解】ii、iv实验现象相

同，则溶液的深棕色原因是由于Fe2+与NO发生了反应，也可能是由于Fe2+与NO2发生了反应，不是由于Fe3+与NO或NO2发生反应；故选AB；【小问7详解】实验一为生成的二氧化氮使得硫酸亚铁中溶液显深棕色，而通入硫酸铁溶液中无色，故可以向盛有

硝酸的试管中滴入几滴硫酸亚铁，使得亚铁离子完全转化为铁离子，振荡，应该无明显颜色变化，故实验为：向盛有2mL浓硝酸的试管中滴入几滴FeSO4溶液，振荡。18.某废催化剂含58.2%SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS，某同学

以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如图：已知：步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应。回答下列问题：（1）滤渣2的主要成分是______和S。（2）加入22HO溶液的目的是______（用离子方程式表示）。（3）

步骤②和④的“一系列操作”包括______、______、过滤、洗涤、低温干燥。洗涤晶体时用乙醇代替蒸馏水的目的是______，并缩短干燥所需时间。（4）实验室中也可用Cu在如图所示装置（夹持装置省去未画）内发生反应生成硫酸铜，再进一

步从所得溶液中获得硫酸铜晶体。①为避免生成的硫酸铜溶液中混有硝酸铜，该实验中最好控制所加3HNO和24HSO的物质的量之比为______。②选用下面的装置探究酸性：H2SO3＞HClO，溶液均足量，其连

接顺序为A→______。能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现为______。（已知：H2SO3酸性大于H2CO3）的【答案】（1）SiO2（2）CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶③.减少晶体的溶解损失（4）

①.2：3②.C→B→E→D→F③.装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀【解析】【分析】废催化剂加入硫酸，二氧化硅、CuS不反应成滤渣1，锌转化为硫酸锌，同时生成气体硫化氢；滤渣1加入过氧化氢和硫酸，二氧化硅不反应成为滤渣2，CuS、稀硫酸、过氧化氢转化为硫酸铜和硫单质，则滤渣2中还含有硫

单质，滤液结晶得到硫酸铜晶体，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知滤渣2的主要成分是SiO2和S，故答案为：SiO2；【小问2详解】加入H2O2溶液的目的是发生氧化还原反应使CuS在酸性条件下转化为铜离子同时生成硫单质和水，离子方程式为

：CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，故答案为：CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O；【小问3详解】步骤②和④的“一系列操作”得到晶体，故操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥；硫酸锌、硫酸铜晶体在乙醇中溶解度

较小且乙醇易挥发，故洗涤晶体时用乙醇代替蒸馏水的目的是减少晶体的溶解损失，并缩短干燥所需时间，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；减少晶体的溶解损失；【小问4详解】①铜化合价由0变为+2，氮元素转为NO，氮元素化合价由+5变为+2，为避免生成的硫酸铜溶液中混有硝酸铜，根据电子守恒可知，3Cu～

3CuSO4～3H2SO4～6e-～2NO～2HNO3，故该实验中最好控制所加HNO3和H2SO4的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3；②探究酸性：H2SO3＞HClO，因次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性

，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，要先验证亚硫酸的酸性比碳酸强，A装置是制备SO2，C装置是除去SO2中的HCl，B装置是制CO2装置，E是除去CO2中SO2装置，D装置中的品红溶液证明SO2是否除为尽，F装置是二氧化碳与次

氯酸钙反应，生成碳酸钙白色沉淀和次氯酸，可证明碳酸的酸性比HClO强，所以装置的连接顺序为：A→C→B→E→D→F，能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀，故答案为

：C→B→E→D→F；装置D中品红不褪色，装置F中产生白色沉淀。19.A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）。其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志；C的分子式为C2H4O2；B和C在浓硫酸和加热的

条件下发生反应，生成的有机物D有特殊的香味。试回答下列问题：（1）丙烯分子中最多有______个原子共平面。（2）丙烯酸乙酯可能发生的反应类型有______。①加成反应②取代反应③加聚反应④中和反应A.①③B.①②③C.

①③④D.①②③④（3）写出聚丙烯酸的结构简式______。（4）写出丙烯酸与B反应的化学方程式______。（5）下列有关说法正确的是______（填编号）。A.D与丙烯酸乙酯互为同系物B.B→C的转化是氧化反应C.可以用酸性4KMnO溶液鉴别A和丙烯酸D.蒸馏能分离B和C的混合物（6

）同时满足下列3个条件：①有酚羟基；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基的C8H8O3的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰的为______（写结构简式）。【答案】（1）7（2）B（

3）（4）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHΔ浓硫酸CH2=CHCOOCH2CH3+H2O（5）BD（6）①.9②.或【解析】【分析】A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，摩尔质量=1

.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，C的分子式为C2H4O2，B氧化生成C为CH3COOH，B和C在浓硫酸和加热的条件下发生反应，生成的有机物D有特殊的香味，则D为CH3COO

CH2CH3，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸，据此分析解题。【小问1详解】丙烯分子中乙烯基中所有原子、甲基上最多有2个原子共平面，则丙烯中最多有7个原子共平面，故答案为：7；【小

问2详解】丙烯酸乙酯即CH2=CHCOOCH2CH3分子中含有碳碳双键可能发生加成反应、加聚反应，含有酯基可能发生水解反应即取代反应，不含羧基不能发生中和反应，故丙烯酸乙酯可能发生的反应类型有加成反应、取代反应和加聚反应，故答案为：B；【小问3详解】已知

丙烯酸的结构简式为：CH2=CHCOOH，则聚丙烯酸的结构简式为：，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，丙烯酸与B即乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，该反应的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHΔ浓硫酸CH2=CHCOOCH2CH3+H2O，故答案为：CH2=

CHCOOH+CH3CH2OHΔ浓硫酸CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小问5详解】A．D为乙酸乙酯，丙烯酸乙酯中除了含有酯基外还含有碳碳双键，所以二者结构不相同，则D与丙烯酸乙酯不互为同系物，A错误；B．B是乙醇、C是乙酸，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，则B→C的转化是氧化反应，

B正确；C．A乙烯，乙烯和丙烯酸中都含有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，为所以不可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和丙烯酸，C错误；D．B是乙醇、C是乙酸，二者熔沸点不同，所以蒸馏能分离B和C的混合物，D正确；故答案为：BD；【小问6详解】分子式为：C8H8O3，不饱

和度为：5，同时满足下列3个条件：①有酚羟基即含有苯环；②能发生水解反应即含有酯基；③苯环上有两个取代基，则两个取代基为：-OH和-OOCCH3、-OH和-CH2OOCH或者-OH和-COOCH3等三组，每一组又有邻间对三种位置异构，即符合条件的同分异构体有

3×3=9种，其中核磁共振氢谱为4组峰的为：或，故答案为：9；或。