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广东省佛山市2024-2025学年高一下学期教学质量检测化学试题
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列佛山传统工艺或民俗活动中，主要使用了有机高分子材料的是
A．烧制石湾公仔的陶土 B．制作铜凿剪纸的铜箔
C．编制南海藤编的藤条 D．垒砌“番塔”的砖块
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；高分子材料
【解析】【解答】A、烧制石湾公仔的陶土属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、制作铜凿剪纸的铜箔属于金属材料，故 B 错误；
C、编制南海藤编的藤条主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，故 C 正确；D、垒砌 “番塔” 的砖块属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
陶土、砖块的主要成分是硅酸盐类，属于无机非金属材料；
铜箔是金属铜制成的，属于金属材料；
藤条的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，属于有机高分子材料；
有机高分子材料包括天然高分子材料（如纤维素、蛋白质）和合成高分子材料（如塑料、橡胶）。
2．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A．煤的干馏属于物理变化，可制得焦炭
B．葡萄酒中添加适量可杀菌抗氧化
C．燃煤时添加石灰石有利于缓解温室效应
D．工业上电解饱和溶液制备金属镁
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，可制得焦炭，故 A 错误；
B、二氧化硫具有杀菌作用，同时具有还原性，葡萄酒中添加适量 SO2可杀菌、抗氧化，防止葡萄酒变质，故 B 正确；
C、燃煤时添加石灰石，石灰石分解生成的 CaO 可与 SO2反应生成 CaSO3，进一步被氧化为 CaSO4，能减少 SO2的排放，但不能减少 CO2的排放，无法缓解温室效应，故 C 错误；
D、工业上制备金属镁，需电解熔融的 MgCl2，电解饱和 MgCl2溶液只能得到 Mg (OH)2、H2和 Cl2，无法得到金属镁，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
煤的干馏属于化学变化，过程中会生成焦炭、煤焦油、焦炉气等多种新物质；
葡萄酒中添加适量 SO2，利用其还原性抗氧化，同时抑制微生物生长，起到杀菌作用；
燃煤添加石灰石主要是为了脱硫，减少 SO2排放，无法减少 CO2排放，因此不能缓解温室效应；
镁是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化镁制备，电解其水溶液无法得到金属镁。
3．蚂蚁叮人时会向人体注入蚁酸(HCOOH)，使皮肤红肿。下列有关蚁酸结构与性质的说法错误的是
A．电子式为
B．分子结构模型为
C．能使紫色石蕊试液变红
D．用小苏打稀溶液涂抹叮咬处可缓解不适
【答案】A
【知识点】羧酸简介；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、蚁酸（HCOOH）中C与O原子间为双键，其电子式应为：
题目给出的电子式中未体现O的孤电子对，故A错误；
B、蚁酸分子中C为中心原子，连接一个H、一个双键O、一个羟基（-OH），结构模型与图示相符，故B正确；
C、蚁酸是弱酸，能电离出H+，使紫色石蕊试液变红，故C正确；
D、小苏打（NaHCO3）能与蚁酸发生反应，消耗蚁酸，从而缓解叮咬处的不适，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
书写电子式时，要体现所有成键情况，蚁酸中C与O原子之间为双键，存在两对共用电子对；注意要把O的孤电子对表示出来；
蚁酸的分子结构中，C原子连接H、双键O和-OH，结构模型与组成一致；
蚁酸具有酸性，可使酸碱指示剂变色；
小苏打溶液呈弱碱性，可与蚁酸发生中和反应，减轻酸性带来的不适。
4．兴趣小组模拟侯氏制碱法制取纯碱的部分装置如图所示，不能达到实验目的的是
A．制备 B．除去中的
C．分离固体 D．加热
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、浓氨水与 CaO 混合可制备 NH3，CaO 溶于水放热且增大 OH-浓度，促使 NH3逸出，装置合理，A能达到实验目的；
B、HCl 可与饱和 NaHCO3溶液反应生成 CO2，而 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度很小，装置洗气时气体 “长进短出”，可除去 CO2中的 HCl，装置合理，B能达到实验目的；
C、NaHCO3固体难溶于水，可用过滤法分离，装置符合过滤操作要求，C能达到实验目的；
D、加热 NaHCO3固体时会生成水，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流使试管炸裂，图中试管口向上倾斜，装置错误，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
制备氨气时，利用 CaO 与浓氨水反应放热、促进 NH3逸出；
除杂时，HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，洗气装置需 “长进短出”；
分离 NaHCO3固体采用过滤法，装置符合过滤操作的基本要求；
加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流导致试管炸裂，该装置未做到这一点，因此不能达到实验目的。
5．咖啡酸是一种强效抗氧化剂，可保护细胞免受自由基的损害。下列有关咖啡酸的说法错误的是
A．含有4种官能团
B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．能发生氧化反应和加成反应
D．咖啡酸与足量反应生成标况下
【答案】A
【知识点】烯烃；羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、咖啡酸分子中含有的官能团为酚羟基（2 个）、碳碳双键、羧基，共 3 种，而非 4 种，故 A 错误；
B、分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故 B 正确；
C、分子中含有碳碳双键和酚羟基，可发生氧化反应；碳碳双键和苯环可发生加成反应，故 C 正确；
D、分子中含有 2 个酚羟基和 1 个羧基，均能与 Na 反应，1mol 咖啡酸与足量 Na 反应生成 1.5mol H2，标况下体积为 33.6L，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：酚羟基、碳碳双键、羧基共 3 种，注意苯环不是官能团；
碳碳双键的性质：可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色；
反应类型判断：碳碳双键和酚羟基易被氧化，碳碳双键和苯环可发生加成反应；
与 Na 反应的计算：酚羟基和羧基均能与 Na 反应，1mol 咖啡酸可生成 1.5mol H2，标况下体积为 33.6L。
6．劳动可以树德、可以增智、可以强体、可以育美。下列劳动项目与所述化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将食物保存在冰箱 低温能减缓食物变质
B 用铁质槽罐运输浓硫酸 浓硫酸具有脱水性
C 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性比碳酸强
D 用熟香蕉催熟生果 乙烯能加速生果成熟
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；浓硫酸的性质；乙烯的用途
【解析】【解答】A：低温能降低反应速率，减缓食物变质，该劳动项目与化学知识相符； A不合题意；
B：用铁质槽罐运输浓硫酸，是因为常温下铁遇浓硫酸发生钝化，体现的是浓硫酸的强氧化性，而非脱水性，该劳动项目与化学知识不相符； B符合题意；
C：水垢的主要成分为碳酸钙，醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙，因此能用白醋清洗水垢，该劳动项目与化学知识相符； C不合题意；
D：熟香蕉会释放乙烯，乙烯能加速生果成熟，因此可用熟香蕉催熟生果，该劳动项目与化学知识相符； D不合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
食物变质多为氧化反应，低温可降低反应速率，从而减缓变质；
常温下铁与浓硫酸发生钝化，是浓硫酸强氧化性的体现，脱水性是指使有机物中 H、O 按水的比例脱去，与钝化无关；
醋酸酸性强于碳酸，能与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应，从而除去水垢；
乙烯是植物生长调节剂，可促进果实成熟，熟香蕉释放的乙烯能加速生果成熟。
7．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 向蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，析出沉淀 蛋白质能发生水解反应
B Si可用于制作半导体 Si位于元素周期表中金属与非金属交界处
C 炽热的铁水注入模具前，模具需干燥处理 Fe与水蒸气在高温下生成和
D 由氨制备硝酸： 和具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】工业制取硝酸；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、向蛋清溶液中加入醋酸铅溶液析出沉淀，是因为蛋白质发生了变性，与蛋白质的水解反应无关，二者无因果关系，故 A 错误；
B、Si 位于元素周期表中金属与非金属交界处，具有一定的导电性和半导体特性，因此可用于制作半导体，二者均正确且有因果关系，故 B 正确；
C、炽热的铁水注入模具前模具需干燥处理，是为了防止 Fe 与水蒸气在高温下反应，但反应产物应为 Fe3O4和 H2，而非 Fe2O3和 H2，叙述 Ⅱ 错误，故 C 错误；
D、由氨制备硝酸的过程中，NH3被氧化为 NO，体现了 NH3的还原性，而非氧化性，叙述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
蛋白质遇重金属盐会发生变性，不是水解反应，二者无因果关系；
位于金属与非金属交界处的元素，其单质常具有半导体性质，Si 位于该位置，因此可用于制作半导体；
Fe 与水蒸气在高温下反应的产物是 Fe3O4和 H2，不是 Fe2O3；模具干燥是为了防止反应发生；
NH3转化为 NO 时，N 元素化合价升高，NH3作还原剂，体现的是还原性，不是氧化性。
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．与水反应：
B．过量通入溶液：
C．向溶液中加入过量稀氨水：
D．稀原电池中铜电极反应式：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；钠的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、水是弱电解质，在离子方程式中不能拆成，Na与水反应的正确离子方程式为：，故A错误；
B、过量通入NaOH溶液中，反应生成，正确离子方程式为：，故B错误；
C、溶液中加入过量稀氨水，反应生成沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D、Zn-Cu-稀原电池中，Cu为正极，正极上是得电子生成，电极反应式为：，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
书写离子方程式时，弱电解质（如、）不能拆写；
过量的与碱反应生成酸式盐，而非正盐；
不溶于弱碱，因此与过量氨水反应只能生成沉淀；
原电池中，正极发生还原反应，该装置中Cu为正极，是被还原，而非Cu参与反应。
9．资源化利用途径之一是将其催化加氢制成甲醇(可逆反应)，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．反应涉及非极性共价键和极性共价键的断裂和形成
C．当时，反应达到平衡状态
D．平衡时压缩体积，反应速率增大
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由能量变化图可知，生成物总能量低于反应物总能量，该反应为放热反应，A 错误；
B、反应涉及 H2中 H—H 非极性共价键的断裂，以及 CO2、CH3OH、H2O 中极性共价键的断裂和形成，但没有非极性共价键的形成，B 错误；
C、反应从开始进行就按 1：1 生成 CH3OH 和 H2O，二者物质的量之比始终为 1：1，因此该比例不能作为反应达到平衡的标志，C 错误；
D、平衡时压缩体积，体系中各物质浓度增大，反应速率增大，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应的吸放热判断依据：生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应；
化学键变化：断裂的键包括 H2中的非极性键和 CO2中的极性键，形成的键只有极性键（无新的非极性键生成）；
平衡状态的判断：产物的物质的量之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡；
压强对反应速率的影响：压缩体积增大压强，气体浓度增大，反应速率增大。
10．氯碱工业的原理为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的数目为
C．生成理论上转移的电子数目为
D．标准状况下，和混合气体中原子数为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、的物质的量为，1个分子含10个电子，故电子数为，A正确；
B、未给出溶液体积，无法计算的数目，B错误；
C、由反应可知，生成转移电子，故生成转移电子数目为，C错误；
D、标准状况下，和混合气体的物质的量为，每个分子含2个原子，故原子数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】计算电子数时，需先算出的物质的量，再结合分子中电子总数（10个）计算；
溶液中离子数目计算，必须同时知道浓度和体积，二者缺一不可；
电解饱和食盐水的反应中，每生成转移电子，电子转移数与的物质的量之比为1：1；
标准状况下，气体的物质的量为1mol时，无论和如何混合，分子总数为1mol，原子总数为2mol。
11．化合物甲是一种调味剂，结构如图所示。E、M、X、Y和Z的原子序数依次增加，Z元素的原子在短周期中半径最大。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．最高价氧化物的水化物酸性：
C．自然界所有元素中所形成的物质种类最多
D．和三种元素只能形成共价化合物
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z+为 Na+，Y2-为 O2-，二者核外电子排布相同。根据 “核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小” 的规律，Na+的核电荷数（11）大于 O2-（8），因此离子半径：Na+ < O2-。A错误；
B、X（N）的最高价氧化物对应水化物为 HNO3，M（C）的最高价氧化物对应水化物为 H2CO3。根据 “元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强”，非金属性 N > C，因此酸性：HNO3 > H2CO3。B正确；
C、Y 为氧元素，可形成多种氧化物，但碳元素因成键多样性，是自然界中形成化合物种类最多的元素，而非氧元素。C错误；
D、E（H）、X（N）、Y（O）三种元素可形成多种化合物，如 HNO3（共价化合物）、NH4NO3（离子化合物），并非只能形成共价化合物。D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题目给出的调味剂结构信息，结合 “原子序数依次增大” 和 “成键特征”，可推断各元素如下：E：原子序数最小，且仅形成 1 个共价键，为氢（H）；M：形成 4 个共价键，为碳（C）；X：形成 3 个共价键，为氮（N）；Y：形成 2 个共价键，为氧（O）；Z：原子序数最大，形成 + 1 价阳离子，且在同周期中原子半径最大，为钠（Na）。
12．一种可制成柔性纤维的电池工作原理如图所示。下列关于该电池放电时的说法正确的是
A．电能转化为化学能
B．电极发生还原反应
C．正极的电极反应式为
D．电子移动方向：电极固体电解质多孔碳电极
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为原电池，放电时是化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、Ca电极中Ca失电子，发生氧化反应（），不是还原反应，B错误；
C、多孔碳电极为正极，O2在正极得电子被还原，生成O2-，电极反应式为，C正确；
D、电子只能在导线中移动，不能穿过固体电解质，因此电子移动方向为：Ca电极→导线→多孔碳电极，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
该电池为Ca-O2原电池，放电时发生氧化还原反应，将化学能转化为电能；
电极判断：Ca为活泼金属，作负极，发生氧化反应；多孔碳电极通入O2，作正极，发生还原反应；
正极反应：O2得电子生成O2-，固体电解质中O2-向负极（Ca电极）迁移；
电子流向：电子由负极（Ca电极）经外电路流向正极（多孔碳电极），不能通过电解质。
13．部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．与足量氧气反应可生成
B．与的较浓溶液可反应生成
C．a、c、d均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．转化为可通过途径或
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、b为S单质，与足量氧气反应只能生成SO2（c），无法直接生成SO3（f），A错误；
B、e为亚硫酸盐（含+4价S），g为浓硫酸（含+6价S），二者可发生归中反应生成SO2（c），B正确；
C、a为H2S（含-2价S）、c为SO2（含+4价S）、d为亚硫酸（含+4价S），三者均具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、c（SO2）可通过两种途径转化为g（硫酸）：①；②，D正确；
故答案为：A。
【分析】物质推断：a：-2价氢化物，为；b：0价单质，为 ；c：+4价氧化物 ，为
d：+4价含氧酸，为 ；e：+4价盐，为亚硫酸盐（如）；f：+6价氧化物 ，为
g：+6价含氧酸，为 ；
14．一种海水资源综合利用的生产流程如图所示。下列说法正确的是
已知：粗盐中含有可溶性硫酸盐及、等杂质。
A．除去粗盐中的可溶性杂质只需加入过量溶液
B．能置换出利用了非金属性
C．经“吹出”“吸收”实现了溴元素的富集
D．该流程中溴元素均发生了氧化反应
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、粗盐中含硫酸盐、、等杂质，仅加入过量溶液只能除去，无法除去和，还需加入、等试剂，A错误；
B、能置换出，说明的氧化性强于，因此非金属性，B错误；
C、苦卤中溴元素浓度低，经“吹出”“吸收”步骤，将溴富集到吸收液中，实现了溴元素的富集，C正确；
D、流程中，“吸收”步骤发生反应，溴元素被还原，发生还原反应，并非均发生氧化反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】海水提溴的核心流程可概括为三步：氧化：向苦卤中通入氯气，将溴离子氧化为溴单质；吹出与吸收：用热空气将溴吹出，再用二氧化硫水溶液吸收，把溴还原为溴离子，实现富集；再氧化与分离：向富集后的溶液中再次通入氯气，将溴离子重新氧化为溴单质，最后分离得到液溴。
15．酸性溶液和溶液可发生反应。控制其他条件相同，不同温度时混合两种溶液，随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的温度
B．溶液紫色褪去的时间越长反应速率越快
C．实验中反应物用量
D．下段速率突然变大可能是生成的起到了催化作用
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快，浓度下降越快。曲线Ⅱ的反应速率比时更快，因此其对应温度应高于，A错误；
B、溶液紫色褪去的时间越长，说明被消耗的速率越慢，即反应速率越慢，B错误；
C、根据反应方程式，理论上反应物物质的量之比。若要使完全反应，必须过量，因此实际用量，C错误；
D、反应生成的可作为该反应的催化剂，加快反应速率。下段速率突然变大，很可能是生成的起到了催化作用，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
温度对反应速率的影响：其他条件相同时，温度越高，反应速率越快，浓度下降曲线越陡；
反应速率与褪色时间的关系：反应速率越快，消耗越快，溶液紫色褪去时间越短；
反应物比例分析：为保证（显色物质）完全反应，还原剂需过量，因此实际物质的量之比应大于化学计量比；
自催化反应特征：该反应生成的是反应的催化剂，能显著加快反应速率，表现为曲线斜率突然增大。
16．亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，沸点为，遇水易分解，实验室可用与反应制备，装置如图所示(夹持装置略去)。下列说法正确的是
A．试剂X为浓硝酸
B．实验时应先打开和，通入一段时间排尽空气后再打开
C．虚线框中按气流方向可分别连接盛有浓硫酸和饱和食盐水的洗气瓶
D．冰盐水的作用是冷凝收集ClNO，防止其汽化
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、试剂 X 与铜丝反应制备 NO，应选用稀硝酸（浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2），故 A 错误；
B、实验时应先打开 K1、K2，通入 NO 排尽装置内空气，防止 NO 被 O2氧化，排尽后再打开 K3通入 Cl2，若先开 K2和 K1，尾气处理装置与空气相通，无法排尽装置内空气，故 B 错误；
C、虚线框中气体应先通过饱和食盐水除去 HCl，再通过浓硫酸干燥（顺序不能颠倒，否则干燥后又会带出水蒸气，导致 ClNO 水解），故 C 错误；
D、ClNO 沸点为 - 5.5℃，冰盐水（-6℃）的温度低于其沸点，可冷凝收集 ClNO，防止其汽化，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该实验以铜与稀硝酸反应生成NO，经碱石灰干燥除杂，再以二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2，依次通过饱和食盐水、浓硫酸净化干燥；随后将纯净的NO与Cl2通入-6℃冰盐水冷却的三颈烧瓶中，发生反应，生成的亚硝酰氯因沸点为-5.5℃被冷凝为液态收集，实验中产生的NO、Cl2等尾气通过上方接口导出，用碱液吸收处理，以防止污染空气。
二、非选择题：
17．波萝酯(Ⅶ)是一种具有菠萝香味的食用香料，一种合成菠萝酯的路线如下图所示：
提示：可表示为
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，其官能团名称为　 　。
（2）化合物Ⅳ的结构简式为　 　。
（3）根据化合物Ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应条件、试剂 反应形成的新结构(有机产物) 反应类型
a 催化剂 　 　 加聚反应
b 　 　 　 　
（4）关于上述合成路线中相关物质，下列有关说法正确的有________(填标号)。
A．与乙烯互为同系物
B．化合物Ⅱ能使酸性溶液褪色
C．化合物Ⅰ中所有原子共平面
D．化合物Ⅴ能发生取代反应
（5）化合物与加成后得到化合物。与化合物互为同系物，且相对分子质量比大14的有机物结构有　 　种。
（6）写出化合物Ⅴ转化为化合物Ⅶ的化学方程式　 　。
【答案】（1）；醛基、碳碳双键
（2）
（3）；；加成反应
（4）B；D
（5）4
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 化合物 Ⅰ 的分子式为 C7H10O， 结构为：， 含有的官能团为醛基、碳碳双键。
故答案为：C7H10O；醛基、碳碳双键。
(2) 化合物 Ⅲ 在铜作催化剂加热条件下被氧气氧化，生成醛类物质 Ⅳ，结构简式为 ：
故答案为：。
(3) ①化合物 Ⅵ 含碳碳双键，在催化剂条件下发生加聚反应，生成的有机产物为聚乙烯醇类聚合物，结构为 ： ；
②Ⅵ 与 Br2/CCl4发生加成反应，产物为 CH2BrCHBrCH2OH，反应类型为加成反应。
故答案为：；Br2/CCl4；加成反应。
（4）关于上述合成路线中相关物质中说法正确的有：
A．为二烯烃，为单烯烃，分子间未相差若干原子团，不属于同系物，A错误；
B．化合物Ⅱ为，结构中有醛基和碳碳双键，能被酸性溶液氧化使酸性溶液褪色，B正确；
C．化合物Ⅰ的结构为，除醛基和碳碳双键的C原子外，其余C原子为烷烃饱和连接的四面体结构，所以不可能所有原子共平面，C错误；
D．化合物Ⅴ为，含羧基结构，可以发生取代反应（酯化反应），D正确；
故答案为：BD。
（5）化合物 Ⅵ 与 H2加成得到 X（1 - 丙醇），与 X 互为同系物且相对分子质量大 14 的是丁醇，其同分异构体有正丁醇、2 - 丁醇、异丁醇、叔丁醇，共 4 种。
故答案为：4。
（6）将V与VI进行酯化反应得到VⅡ波萝酯：的化学方程式为：。
故答案为：
【分析】该合成路线以 和丙烯醛（ ）为起始原料，经、加成得到含环己烯结构的醛I（ ）；再通过羟醛缩合反应延长碳链，生成含双键的醛Ⅱ（ ）；随后双键与醛基被足量氢气还原，得到饱和醇Ⅲ（ ）；醇经两次催化氧化，依次生成醛（Ⅳ）和羧酸（Ⅴ）；最后羧酸与烯丙醇Ⅵ（ ）发生酯化反应，得到目标产物菠萝酯Ⅶ（ ）。
（1）分子式与官能团判断：根据化合物 Ⅰ 的结构，数出碳、氢、氧原子个数，写出分子式；直接识别醛基和碳碳双键两种官能团。
（2）有机物结构推断：根据醇的催化氧化规律，伯醇被氧化为醛，推断出化合物 Ⅳ 的结构。
（3）有机物化学性质预测：结合碳碳双键的加聚、加成反应，醇的相关反应，分析化合物 Ⅵ 的反应条件、产物和反应类型。
（4）同系物与结构分析：根据同系物定义判断选项 A；结合碳碳双键、醛基的还原性判断 B；根据饱和碳原子的四面体结构判断 C；根据羧基的酯化反应判断 D。
（5）同分异构体数目判断：先确定加成产物 X 的结构，再根据同系物定义找到目标有机物，写出其所有同分异构体。
（6）酯化反应方程式书写：根据羧酸与醇的酯化反应规律，酸脱羟基醇脱氢，写出可逆反应方程式并标注条件。
（1）化合物Ⅰ的结构为：，则其分子式为：，官能团的名称为：醛基、碳碳双键。
（2）根据分析，化合物Ⅳ是Ⅲ在Cu作催化剂的作用下被氧气氧化得到的醛类物质，则其结构简式为：。
（3）VI的结构为：，含有碳碳双键和醇羟基官能团，具有烯烃和醇的性质，分别进行如下实验：
a组：在催化剂条件下，发生加聚反应，应该碳碳双键发生聚合生成高分子聚合物，则聚合物的结构简式为：；
b组：得到产物的结构为：，对比反应前结构，可以看出是进行了加成溴的反应，则反应条件、试剂为：，反应类型为：加成反应。
（4）关于上述合成路线中相关物质中说法正确的有：
A．为二烯烃，为单烯烃，分子间未相差若干原子团，不属于同系物，A错误；
B．化合物Ⅱ为，结构中有醛基和碳碳双键，能被酸性溶液氧化使酸性溶液褪色，B正确；
C．化合物Ⅰ的结构为，除醛基和碳碳双键的C原子外，其余C原子为烷烃饱和连接的四面体结构，所以不可能所有原子共平面，C错误；
D．化合物Ⅴ为，含羧基结构，可以发生取代反应（酯化反应），D正确；
故答案为：BD。
（5）化合物为，催化加成后得到化合物：，分子式为：，与互为同系物，且相对分子质量比大14的有机物为：，其同分异构体有：、、、共4种。
（6）将V与VI进行酯化反应得到VⅡ波萝酯：的化学方程式为：。
18．高铜酸钠为难溶于水的黑色固体，化合价为价，制备原理为。学习小组利用该原理制备并探究其性质。
Ⅰ．溶液配制
（1）配制溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、量筒、烧杯、　 　，需要称取氯化铜固体　 　g。
Ⅱ．实验制备
说明：操作ⅰ~ⅲ均在冰水浴中进行。
（2）操作ⅱ加入NaOH溶液后立即产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为　 　。
（3）操作ⅲ加入NaClO溶液后立即产生黑色沉淀，并有少量无色气体产生。该气体是NaClO在催化下发生类似HClO的分解反应所生成，推测该气体是　 　(填化学式)。若调换操作ⅱ和ⅲ的顺序，可能导致的结果是　 　。
（4）经过“系列操作”后，最终得到，计算产率为　 　。
Ⅲ．性质探究
（5）从铜元素的化合价分析，预测具有强的　 　(填“氧化”或“还原”)性。为验证该性质，取少量固体于试管中，加入盐酸，固体完全溶解，得到蓝色溶液并产生黄绿色气体，说明预测正确。该反应的离子方程式为　 　。
【答案】100mL容量瓶；13.4；Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；O2；产生氯气，污染空气；50%； 氧化性；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】 (1) 配制 80mL 1.00mol L- 的 CuCl2溶液，需选用 100mL 容量瓶，用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、量筒、烧杯、100mL 容量瓶；计算溶质质量时，先确定物质的量：，则其质量为：
故答案为：100mL 容量瓶；13.4。
（2）操作 ii 中，NaOH 溶液与 CuCl2溶液反应生成蓝色 Cu(OH)2沉淀，离子方程式为 ：Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；
故答案为：Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；
（3）操作 iii 中，NaClO 在 Cu2+催化下发生类似 HClO 的分解反应，生成的无色气体为 O2 ：， 若调换操作 ii 和 iii 的顺序，NaClO 会与酸性条件下的 Cl-反应生成 Cl2，污染空气。
故答案为：O2；产生氯气，污染空气。
（4）根据方程式，2molCuCl2 生成2molNaCuO2 ，(CuCl2 )=0.04L×1mol/L=0.04mol，理论生成0.04molNaCuO2 ，质量：0.04mol×119g/mol=4.76g。
实际产量：2.38 g，产率；
故答案为： 50% ；
（5）NaCuO2中 Cu 为 + 3 价，具有强氧化性；与盐酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
【分析】本实验主线：以氯化铜、氢氧化钠、次氯酸钠为原料，在冰水浴中通过分步反应制备高铜酸钠固体，并探究其氧化性。
（1）溶液配制：根据溶液体积选择合适规格的容量瓶，再根据物质的量公式计算溶质质量。
（2）离子方程式书写：根据反应原理，写出 Cu2+与 OH-反应生成氢氧化铜沉淀的离子方程式。
（3）反应原理分析：类比次氯酸的分解反应，推断 NaClO 分解生成氧气；结合氧化还原反应规律，分析调换操作顺序可能产生的氯气污染问题。
（4）产率计算：根据化学方程式计算理论产量，再结合实际产量计算产率。
（5）物质性质预测与方程式书写：根据元素化合价预测物质的氧化性；结合实验现象，写出 NaCuO2与盐酸反应的离子方程式。
19．我国生活垃圾焚烧产生的炉渣中含较多的锌、铜、铁等元素，将其回收具有重要的经济、环境和社会效益。一种回收工艺如下：
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度为)如下所示。
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 6.5 8.0
沉淀完全的 3.3 9.9 11.1
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为提高效率可采取的措施有　 　(填两条)。
（2）“氧化”时，通入空气的目的是　 　。
（3）“操作Ⅰ”加入控制溶液的范围为　 　。
（4）“操作Ⅱ”包括过滤、洗涤、干燥，则滤液①所含主要离子为　 　(写离子符号)；确认洗涤干净的操作和现象是　 　。
（5）“氨浸”时，酸浸炉渣中的铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，进而与其他固体分离。请配平：　 　　 　
（6）通过单因素条件实验，氨浸温度对铜浸取率的影响如图所示。30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，分析其可能原因是　 　。
【答案】（1）适当增大浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等(任选两条填写即可)
（2）将氧化为，便于后续除去
（3）
（4）、；取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入溶液，如无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净，反之则证明沉淀未洗涤干净
（5）2；2
（6）温度升高，氨气溶解度降低，降低了产率
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) “酸浸” 时，可通过适当增大硫酸浓度、适当升高温度、粉碎炉渣或搅拌等方式提高浸出效率。
故答案为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度（或粉碎、搅拌等，任选两条即可）。
(2) “氧化” 时通入空气，目的是将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续通过调节 pH 生成 Fe(OH)3沉淀除去，避免 Zn2+沉淀损失。
故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续除去。
(3) “操作 Ⅰ” 加入 NaOH，需控制 pH 使 Fe3+完全沉淀、Zn2+不沉淀，结合表中数据，pH 应控制在 3.3 ≤ pH < 8.0。
故答案为：3.3 ≤ pH < 8.0。
(4) “操作 Ⅱ” 中，ZnSO4与 NaOH 反应生成 Zn(OH)2沉淀和 Na2SO4，滤液①的主要离子为 Na+、SO42-；确认沉淀洗涤干净，可取最后一次洗涤液，加盐酸酸化后再加 BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗净。
故答案为：Na+、SO42-；取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净。
（5）根据题干信息，铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，则反应的方程式为：。
故答案为：；
（6）30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，原因是温度升高，氨气在溶液中的溶解度降低，降低了 [Cu(NH3)4]2+的产率，导致铜的浸取率下降。
故答案为：温度升高，氨气溶解度降低，降低了 [Cu(NH3)4]2+产率，使铜浸取率降低。
【分析】本题是一道以生活垃圾焚烧炉渣为原料，分两条主线回收锌和铜的工业流程题。核心思路是利用酸浸、氧化、调 pH、氨浸等步骤，实现锌、铜的分步分离与回收。
锌的回收：炉渣经硫酸酸浸后，锌元素以 Zn2+形式进入滤液；通入空气将 Fe2+氧化为 Fe3+，通过分步调 pH，先除铁再沉淀锌，实现锌的分离。
铜的回收：酸浸后的炉渣中，铜单质在氧气、碳酸铵和氨水的作用下，生成可溶性铜氨配合物，再经还原得到单质铜。
（1）提高浸出效率措施：从影响反应速率的因素分析，浓度、温度、接触面积、搅拌均可加快反应，提高浸出效率。
（2）通入空气的目的：结合 Fe2+和 Fe3+沉淀的 pH 差异，氧化 Fe2+为 Fe3+，便于后续通过调 pH 除去，避免 Zn2+损失。
（3）调节 pH 的范围：根据表中氢氧化物沉淀的 pH，找到 Fe3+完全沉淀、Zn2+不沉淀的 pH 区间，确保杂质去除且目标离子保留。
（4）滤液离子与洗涤检验：根据反应产物判断滤液中的离子；通过检验洗涤液中是否存在 SO42-，判断沉淀是否洗净。
（5）反应方程式配平：根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，配平铜被氧化并生成配合物的反应方程式。
（6）温度对浸取率的影响：结合氨气的溶解性随温度升高而降低的性质，分析温度升高对配合物生成的影响，进而解释浸取率下降的原因。
（1）“酸浸”时，要提高酸浸效率，可采取的措施有：适当增大浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等。
（2）酸浸过滤后的滤液中主要含和，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的可知，如直接加NaOH溶液沉淀，也会被沉淀损失，而把氧化为后，沉淀的pH在3.3左右，不会影响，所以“氧化”时，通入空气的目的是：将氧化为，便于后续除去。
（3）“操作Ⅰ”加入溶液的目的是将转化为沉淀除去，单又不能影响，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的可知，控制溶液的范围为：。
（4）“操作Ⅱ”发生的反应为：，则过滤后的滤液成分为：，离子为：、；沉淀表面残留的离子主要有和，要确认洗涤干净只需要检验是否存在即可，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入溶液，如无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净，反之则证明沉淀未洗涤干净。
（5）根据题干信息，铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，则反应的方程式为：。
（6）在30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，其可能原因为：温度升高，氨气溶解度降低，降低了产率，使铜浸取率随温度升高反而降低。
20．化学反应速率与平衡是化学研究的重要领域。实验小组开展如下探究：
Ⅰ．探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响
序号 5%体积/mL 体积/mL 体积/mL 蒸馏水体积/mL 时收集体积(已转为标况)/mL
20 0 0 10
ⅱ 10 0 1
ⅲ 20 1 0
ⅳ 20 0 1 9
（1）表中　 　，　 　。
（2）对比实验　 　和　 　可探究浓度对化学反应速率的影响。
（3）有同学对比实验ⅲ和ⅳ分析与的催化效果，认为实验试剂选择不严谨，建议将0.20换成　 　(对分解无影响)。
（4）实验ⅳ中平均化学反应速率为　 　(列出计算式)。
Ⅱ．探究与的反应是否为可逆反应
方案一：
（5）设计以下实验：
序号 实验操作 实验现象 实验结论
① 取溶液于试管中，滴加溶液，充分振荡 　 该反应为可逆反应
② 取实验①的混合液，滴加淀粉溶液 　 　
③ 取实验①的混合液，滴加　 　溶液 溶液变红
由此得出与反应的离子方程式为　 　。
方案二：
【资料】当特定波长的光经过碘水，部分光线会被吸收，碘水浓度越高，溶液透光率()越小。不同浓度的碘水中，某特定波长的光的透光率与的关系如下表(其他物质对该波长的光的吸收可忽略)：
1 2.5 5
透光率
（6）设计实验④，证明该反应为可逆反应
实验④将溶液与溶液混合，测得溶液的透光率逐渐　 　(“上升”或“下降”)，最后透光率维持并保持不变。甲同学认为此时反应达到平衡状态，进而证明该反应为可逆反应。乙同学则认为还需比较与表中数据之一的相对大小，方可证明该反应为可逆反应，则该大小关系为　 　。
【答案】19mL；9mL；实验ii；实验iv；；；溶液变为蓝色；KSCN；；下降；或
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）实验i的用了20mL，10mL，总体积为30mL，
则得到实验ii中；实验iii中。
故答案为： 19mL ；9mL ；
（2）对比四组实验的数据可知ii加的蒸馏水最多，的体积不同，且都使用做催化剂，其余取量一致，则要对比探究浓度对化学反应速率的影响，应选的对比组为：实验ii和实验iv。
故答案为：实验ii和实验iv；
（3）实验ⅲ使用了作催化剂，实验ⅳ使用了作催化剂，两种物质的阴离子不同，无法排除阴离子是否会产生催化作用，为了排除阴离子不同产生的差异，可以将换成来减少对比差异。
故答案为： ；
（4）的分解为：，实验ⅳ中产生，则消耗的，则实验ⅳ中平均化学反应速率为：。
故答案为： ；
（5）①溶液为；溶液为，根据反应：可知溶液过量，理论上完全反应无剩余；
②取实验①的混合液，滴加淀粉溶液，由于反应一定会生成，所以溶液变为蓝色；
③取实验①的混合液，由于溶液过量，理论上完全反应无剩余，所以滴加KSCN溶液后溶液应该不会变红，现在得到实验现象为溶液变红，说明溶液中还存在，也就证明①的反应不完全，是可逆的反应；
由此得出与反应的离子方程式为：。
故答案为： 溶液变为蓝色 ； KSCN ； ；
（6）当特定波长的光经过碘水，部分光线会被吸收，碘水浓度越高，溶液透光率()越小，将溶液与溶液混合，反应进行生成，随反应进行，逐渐增大，则溶液透光率逐渐下降；最后透光率维持并保持不变，根据反应，如反应进行完全，理论上生成的最大浓度为，如该反应为可逆反应，则，则透光率或都可以证明该反应为可逆反应。
故答案为： 下降 ；或 ；
【分析】(1) 实验采用控制变量法，溶液总体积恒定为 30 mL；根据总体积守恒，用 30 mL 减去其他试剂体积，即可得到蒸馏水的体积 a、b。
(2) 探究 H2O2浓度对反应速率的影响时，需保证催化剂种类、用量相同，仅改变 H2O2体积，因此选择催化剂相同、H2O2体积不同的实验 i 和 iv。
(3) FeCl3和 CuSO4的阴离子不同，为排除阴离子对催化效果的干扰，需将 FeCl3换成 Fe2(SO4)3，使两组实验的阴离子均为硫酸根。
(4) 根据反应方程式，由生成 O2的体积计算消耗 H2O2的物质的量，再结合溶液体积和反应时间，代入反应速率公式即可计算平均速率。
(5) 利用淀粉遇 I2变蓝、KSCN 遇 Fe3+变红的特性，通过检验反应后体系中同时存在产物 I2和反应物 Fe3+，证明反应为可逆反应，进而写出可逆反应的离子方程式。
(6) 反应生成 I2，I2浓度越高透光率越低，因此透光率随反应进行逐渐下降；若反应可逆，I2浓度无法达到理论最大值，对应透光率Ta应大于完全反应时的透光率T2（或等于更低浓度的T1）。
1 / 1广东省佛山市2024-2025学年高一下学期教学质量检测化学试题
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．下列佛山传统工艺或民俗活动中，主要使用了有机高分子材料的是
A．烧制石湾公仔的陶土 B．制作铜凿剪纸的铜箔
C．编制南海藤编的藤条 D．垒砌“番塔”的砖块
A．A B．B C．C D．D
2．化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是
A．煤的干馏属于物理变化，可制得焦炭
B．葡萄酒中添加适量可杀菌抗氧化
C．燃煤时添加石灰石有利于缓解温室效应
D．工业上电解饱和溶液制备金属镁
3．蚂蚁叮人时会向人体注入蚁酸(HCOOH)，使皮肤红肿。下列有关蚁酸结构与性质的说法错误的是
A．电子式为
B．分子结构模型为
C．能使紫色石蕊试液变红
D．用小苏打稀溶液涂抹叮咬处可缓解不适
4．兴趣小组模拟侯氏制碱法制取纯碱的部分装置如图所示，不能达到实验目的的是
A．制备 B．除去中的
C．分离固体 D．加热
A．A B．B C．C D．D
5．咖啡酸是一种强效抗氧化剂，可保护细胞免受自由基的损害。下列有关咖啡酸的说法错误的是
A．含有4种官能团
B．能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．能发生氧化反应和加成反应
D．咖啡酸与足量反应生成标况下
6．劳动可以树德、可以增智、可以强体、可以育美。下列劳动项目与所述化学知识不相符的是
选项 劳动项目 化学知识
A 将食物保存在冰箱 低温能减缓食物变质
B 用铁质槽罐运输浓硫酸 浓硫酸具有脱水性
C 用白醋清洗水壶中的水垢 醋酸酸性比碳酸强
D 用熟香蕉催熟生果 乙烯能加速生果成熟
A．A B．B C．C D．D
7．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 向蛋清溶液中加入醋酸铅溶液，析出沉淀 蛋白质能发生水解反应
B Si可用于制作半导体 Si位于元素周期表中金属与非金属交界处
C 炽热的铁水注入模具前，模具需干燥处理 Fe与水蒸气在高温下生成和
D 由氨制备硝酸： 和具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．与水反应：
B．过量通入溶液：
C．向溶液中加入过量稀氨水：
D．稀原电池中铜电极反应式：
9．资源化利用途径之一是将其催化加氢制成甲醇(可逆反应)，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．反应涉及非极性共价键和极性共价键的断裂和形成
C．当时，反应达到平衡状态
D．平衡时压缩体积，反应速率增大
10．氯碱工业的原理为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的电子数为
B．溶液中含有的数目为
C．生成理论上转移的电子数目为
D．标准状况下，和混合气体中原子数为
11．化合物甲是一种调味剂，结构如图所示。E、M、X、Y和Z的原子序数依次增加，Z元素的原子在短周期中半径最大。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．最高价氧化物的水化物酸性：
C．自然界所有元素中所形成的物质种类最多
D．和三种元素只能形成共价化合物
12．一种可制成柔性纤维的电池工作原理如图所示。下列关于该电池放电时的说法正确的是
A．电能转化为化学能
B．电极发生还原反应
C．正极的电极反应式为
D．电子移动方向：电极固体电解质多孔碳电极
13．部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．与足量氧气反应可生成
B．与的较浓溶液可反应生成
C．a、c、d均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．转化为可通过途径或
14．一种海水资源综合利用的生产流程如图所示。下列说法正确的是
已知：粗盐中含有可溶性硫酸盐及、等杂质。
A．除去粗盐中的可溶性杂质只需加入过量溶液
B．能置换出利用了非金属性
C．经“吹出”“吸收”实现了溴元素的富集
D．该流程中溴元素均发生了氧化反应
15．酸性溶液和溶液可发生反应。控制其他条件相同，不同温度时混合两种溶液，随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的温度
B．溶液紫色褪去的时间越长反应速率越快
C．实验中反应物用量
D．下段速率突然变大可能是生成的起到了催化作用
16．亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，沸点为，遇水易分解，实验室可用与反应制备，装置如图所示(夹持装置略去)。下列说法正确的是
A．试剂X为浓硝酸
B．实验时应先打开和，通入一段时间排尽空气后再打开
C．虚线框中按气流方向可分别连接盛有浓硫酸和饱和食盐水的洗气瓶
D．冰盐水的作用是冷凝收集ClNO，防止其汽化
二、非选择题：
17．波萝酯(Ⅶ)是一种具有菠萝香味的食用香料，一种合成菠萝酯的路线如下图所示：
提示：可表示为
回答下列问题：
（1）化合物Ⅰ的分子式为　 　，其官能团名称为　 　。
（2）化合物Ⅳ的结构简式为　 　。
（3）根据化合物Ⅵ的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应条件、试剂 反应形成的新结构(有机产物) 反应类型
a 催化剂 　 　 加聚反应
b 　 　 　 　
（4）关于上述合成路线中相关物质，下列有关说法正确的有________(填标号)。
A．与乙烯互为同系物
B．化合物Ⅱ能使酸性溶液褪色
C．化合物Ⅰ中所有原子共平面
D．化合物Ⅴ能发生取代反应
（5）化合物与加成后得到化合物。与化合物互为同系物，且相对分子质量比大14的有机物结构有　 　种。
（6）写出化合物Ⅴ转化为化合物Ⅶ的化学方程式　 　。
18．高铜酸钠为难溶于水的黑色固体，化合价为价，制备原理为。学习小组利用该原理制备并探究其性质。
Ⅰ．溶液配制
（1）配制溶液，需要用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、量筒、烧杯、　 　，需要称取氯化铜固体　 　g。
Ⅱ．实验制备
说明：操作ⅰ~ⅲ均在冰水浴中进行。
（2）操作ⅱ加入NaOH溶液后立即产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为　 　。
（3）操作ⅲ加入NaClO溶液后立即产生黑色沉淀，并有少量无色气体产生。该气体是NaClO在催化下发生类似HClO的分解反应所生成，推测该气体是　 　(填化学式)。若调换操作ⅱ和ⅲ的顺序，可能导致的结果是　 　。
（4）经过“系列操作”后，最终得到，计算产率为　 　。
Ⅲ．性质探究
（5）从铜元素的化合价分析，预测具有强的　 　(填“氧化”或“还原”)性。为验证该性质，取少量固体于试管中，加入盐酸，固体完全溶解，得到蓝色溶液并产生黄绿色气体，说明预测正确。该反应的离子方程式为　 　。
19．我国生活垃圾焚烧产生的炉渣中含较多的锌、铜、铁等元素，将其回收具有重要的经济、环境和社会效益。一种回收工艺如下：
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的(金属离子的起始浓度为)如下所示。
氢氧化物
开始沉淀的 1.5 6.5 8.0
沉淀完全的 3.3 9.9 11.1
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，为提高效率可采取的措施有　 　(填两条)。
（2）“氧化”时，通入空气的目的是　 　。
（3）“操作Ⅰ”加入控制溶液的范围为　 　。
（4）“操作Ⅱ”包括过滤、洗涤、干燥，则滤液①所含主要离子为　 　(写离子符号)；确认洗涤干净的操作和现象是　 　。
（5）“氨浸”时，酸浸炉渣中的铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，进而与其他固体分离。请配平：　 　　 　
（6）通过单因素条件实验，氨浸温度对铜浸取率的影响如图所示。30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，分析其可能原因是　 　。
20．化学反应速率与平衡是化学研究的重要领域。实验小组开展如下探究：
Ⅰ．探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响
序号 5%体积/mL 体积/mL 体积/mL 蒸馏水体积/mL 时收集体积(已转为标况)/mL
20 0 0 10
ⅱ 10 0 1
ⅲ 20 1 0
ⅳ 20 0 1 9
（1）表中　 　，　 　。
（2）对比实验　 　和　 　可探究浓度对化学反应速率的影响。
（3）有同学对比实验ⅲ和ⅳ分析与的催化效果，认为实验试剂选择不严谨，建议将0.20换成　 　(对分解无影响)。
（4）实验ⅳ中平均化学反应速率为　 　(列出计算式)。
Ⅱ．探究与的反应是否为可逆反应
方案一：
（5）设计以下实验：
序号 实验操作 实验现象 实验结论
① 取溶液于试管中，滴加溶液，充分振荡 　 该反应为可逆反应
② 取实验①的混合液，滴加淀粉溶液 　 　
③ 取实验①的混合液，滴加　 　溶液 溶液变红
由此得出与反应的离子方程式为　 　。
方案二：
【资料】当特定波长的光经过碘水，部分光线会被吸收，碘水浓度越高，溶液透光率()越小。不同浓度的碘水中，某特定波长的光的透光率与的关系如下表(其他物质对该波长的光的吸收可忽略)：
1 2.5 5
透光率
（6）设计实验④，证明该反应为可逆反应
实验④将溶液与溶液混合，测得溶液的透光率逐渐　 　(“上升”或“下降”)，最后透光率维持并保持不变。甲同学认为此时反应达到平衡状态，进而证明该反应为可逆反应。乙同学则认为还需比较与表中数据之一的相对大小，方可证明该反应为可逆反应，则该大小关系为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；高分子材料
【解析】【解答】A、烧制石湾公仔的陶土属于无机非金属材料，故 A 错误；
B、制作铜凿剪纸的铜箔属于金属材料，故 B 错误；
C、编制南海藤编的藤条主要成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，故 C 正确；D、垒砌 “番塔” 的砖块属于无机非金属材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
陶土、砖块的主要成分是硅酸盐类，属于无机非金属材料；
铜箔是金属铜制成的，属于金属材料；
藤条的主要成分是纤维素，纤维素是天然有机高分子化合物，属于有机高分子材料；
有机高分子材料包括天然高分子材料（如纤维素、蛋白质）和合成高分子材料（如塑料、橡胶）。
2．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；煤的干馏和综合利用
【解析】【解答】A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，可制得焦炭，故 A 错误；
B、二氧化硫具有杀菌作用，同时具有还原性，葡萄酒中添加适量 SO2可杀菌、抗氧化，防止葡萄酒变质，故 B 正确；
C、燃煤时添加石灰石，石灰石分解生成的 CaO 可与 SO2反应生成 CaSO3，进一步被氧化为 CaSO4，能减少 SO2的排放，但不能减少 CO2的排放，无法缓解温室效应，故 C 错误；
D、工业上制备金属镁，需电解熔融的 MgCl2，电解饱和 MgCl2溶液只能得到 Mg (OH)2、H2和 Cl2，无法得到金属镁，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
煤的干馏属于化学变化，过程中会生成焦炭、煤焦油、焦炉气等多种新物质；
葡萄酒中添加适量 SO2，利用其还原性抗氧化，同时抑制微生物生长，起到杀菌作用；
燃煤添加石灰石主要是为了脱硫，减少 SO2排放，无法减少 CO2排放，因此不能缓解温室效应；
镁是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化镁制备，电解其水溶液无法得到金属镁。
3．【答案】A
【知识点】羧酸简介；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、蚁酸（HCOOH）中C与O原子间为双键，其电子式应为：
题目给出的电子式中未体现O的孤电子对，故A错误；
B、蚁酸分子中C为中心原子，连接一个H、一个双键O、一个羟基（-OH），结构模型与图示相符，故B正确；
C、蚁酸是弱酸，能电离出H+，使紫色石蕊试液变红，故C正确；
D、小苏打（NaHCO3）能与蚁酸发生反应，消耗蚁酸，从而缓解叮咬处的不适，故D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
书写电子式时，要体现所有成键情况，蚁酸中C与O原子之间为双键，存在两对共用电子对；注意要把O的孤电子对表示出来；
蚁酸的分子结构中，C原子连接H、双键O和-OH，结构模型与组成一致；
蚁酸具有酸性，可使酸碱指示剂变色；
小苏打溶液呈弱碱性，可与蚁酸发生中和反应，减轻酸性带来的不适。
4．【答案】D
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的实验室制法
【解析】【解答】A、浓氨水与 CaO 混合可制备 NH3，CaO 溶于水放热且增大 OH-浓度，促使 NH3逸出，装置合理，A能达到实验目的；
B、HCl 可与饱和 NaHCO3溶液反应生成 CO2，而 CO2在饱和 NaHCO3溶液中溶解度很小，装置洗气时气体 “长进短出”，可除去 CO2中的 HCl，装置合理，B能达到实验目的；
C、NaHCO3固体难溶于水，可用过滤法分离，装置符合过滤操作要求，C能达到实验目的；
D、加热 NaHCO3固体时会生成水，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流使试管炸裂，图中试管口向上倾斜，装置错误，D不能达到实验目的；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
制备氨气时，利用 CaO 与浓氨水反应放热、促进 NH3逸出；
除杂时，HCl 与 NaHCO3反应生成 CO2，洗气装置需 “长进短出”；
分离 NaHCO3固体采用过滤法，装置符合过滤操作的基本要求；
加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流导致试管炸裂，该装置未做到这一点，因此不能达到实验目的。
5．【答案】A
【知识点】烯烃；羧酸简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、咖啡酸分子中含有的官能团为酚羟基（2 个）、碳碳双键、羧基，共 3 种，而非 4 种，故 A 错误；
B、分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故 B 正确；
C、分子中含有碳碳双键和酚羟基，可发生氧化反应；碳碳双键和苯环可发生加成反应，故 C 正确；
D、分子中含有 2 个酚羟基和 1 个羧基，均能与 Na 反应，1mol 咖啡酸与足量 Na 反应生成 1.5mol H2，标况下体积为 33.6L，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
官能团识别：酚羟基、碳碳双键、羧基共 3 种，注意苯环不是官能团；
碳碳双键的性质：可与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色；
反应类型判断：碳碳双键和酚羟基易被氧化，碳碳双键和苯环可发生加成反应；
与 Na 反应的计算：酚羟基和羧基均能与 Na 反应，1mol 咖啡酸可生成 1.5mol H2，标况下体积为 33.6L。
6．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；浓硫酸的性质；乙烯的用途
【解析】【解答】A：低温能降低反应速率，减缓食物变质，该劳动项目与化学知识相符； A不合题意；
B：用铁质槽罐运输浓硫酸，是因为常温下铁遇浓硫酸发生钝化，体现的是浓硫酸的强氧化性，而非脱水性，该劳动项目与化学知识不相符； B符合题意；
C：水垢的主要成分为碳酸钙，醋酸酸性比碳酸强，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙，因此能用白醋清洗水垢，该劳动项目与化学知识相符； C不合题意；
D：熟香蕉会释放乙烯，乙烯能加速生果成熟，因此可用熟香蕉催熟生果，该劳动项目与化学知识相符； D不合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
食物变质多为氧化反应，低温可降低反应速率，从而减缓变质；
常温下铁与浓硫酸发生钝化，是浓硫酸强氧化性的体现，脱水性是指使有机物中 H、O 按水的比例脱去，与钝化无关；
醋酸酸性强于碳酸，能与水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应，从而除去水垢；
乙烯是植物生长调节剂，可促进果实成熟，熟香蕉释放的乙烯能加速生果成熟。
7．【答案】B
【知识点】工业制取硝酸；铁的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、向蛋清溶液中加入醋酸铅溶液析出沉淀，是因为蛋白质发生了变性，与蛋白质的水解反应无关，二者无因果关系，故 A 错误；
B、Si 位于元素周期表中金属与非金属交界处，具有一定的导电性和半导体特性，因此可用于制作半导体，二者均正确且有因果关系，故 B 正确；
C、炽热的铁水注入模具前模具需干燥处理，是为了防止 Fe 与水蒸气在高温下反应，但反应产物应为 Fe3O4和 H2，而非 Fe2O3和 H2，叙述 Ⅱ 错误，故 C 错误；
D、由氨制备硝酸的过程中，NH3被氧化为 NO，体现了 NH3的还原性，而非氧化性，叙述 Ⅱ 错误，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
蛋白质遇重金属盐会发生变性，不是水解反应，二者无因果关系；
位于金属与非金属交界处的元素，其单质常具有半导体性质，Si 位于该位置，因此可用于制作半导体；
Fe 与水蒸气在高温下反应的产物是 Fe3O4和 H2，不是 Fe2O3；模具干燥是为了防止反应发生；
NH3转化为 NO 时，N 元素化合价升高，NH3作还原剂，体现的是还原性，不是氧化性。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；钠的化学性质；氢氧化铝的制取和性质探究；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、水是弱电解质，在离子方程式中不能拆成，Na与水反应的正确离子方程式为：，故A错误；
B、过量通入NaOH溶液中，反应生成，正确离子方程式为：，故B错误；
C、溶液中加入过量稀氨水，反应生成沉淀，离子方程式为：，故C正确；
D、Zn-Cu-稀原电池中，Cu为正极，正极上是得电子生成，电极反应式为：，故D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
书写离子方程式时，弱电解质（如、）不能拆写；
过量的与碱反应生成酸式盐，而非正盐；
不溶于弱碱，因此与过量氨水反应只能生成沉淀；
原电池中，正极发生还原反应，该装置中Cu为正极，是被还原，而非Cu参与反应。
9．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由能量变化图可知，生成物总能量低于反应物总能量，该反应为放热反应，A 错误；
B、反应涉及 H2中 H—H 非极性共价键的断裂，以及 CO2、CH3OH、H2O 中极性共价键的断裂和形成，但没有非极性共价键的形成，B 错误；
C、反应从开始进行就按 1：1 生成 CH3OH 和 H2O，二者物质的量之比始终为 1：1，因此该比例不能作为反应达到平衡的标志，C 错误；
D、平衡时压缩体积，体系中各物质浓度增大，反应速率增大，D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应的吸放热判断依据：生成物总能量低于反应物总能量，为放热反应；
化学键变化：断裂的键包括 H2中的非极性键和 CO2中的极性键，形成的键只有极性键（无新的非极性键生成）；
平衡状态的判断：产物的物质的量之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡；
压强对反应速率的影响：压缩体积增大压强，气体浓度增大，反应速率增大。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、的物质的量为，1个分子含10个电子，故电子数为，A正确；
B、未给出溶液体积，无法计算的数目，B错误；
C、由反应可知，生成转移电子，故生成转移电子数目为，C错误；
D、标准状况下，和混合气体的物质的量为，每个分子含2个原子，故原子数为，D错误；
故答案为：A。
【分析】计算电子数时，需先算出的物质的量，再结合分子中电子总数（10个）计算；
溶液中离子数目计算，必须同时知道浓度和体积，二者缺一不可；
电解饱和食盐水的反应中，每生成转移电子，电子转移数与的物质的量之比为1：1；
标准状况下，气体的物质的量为1mol时，无论和如何混合，分子总数为1mol，原子总数为2mol。
11．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、Z+为 Na+，Y2-为 O2-，二者核外电子排布相同。根据 “核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小” 的规律，Na+的核电荷数（11）大于 O2-（8），因此离子半径：Na+ < O2-。A错误；
B、X（N）的最高价氧化物对应水化物为 HNO3，M（C）的最高价氧化物对应水化物为 H2CO3。根据 “元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强”，非金属性 N > C，因此酸性：HNO3 > H2CO3。B正确；
C、Y 为氧元素，可形成多种氧化物，但碳元素因成键多样性，是自然界中形成化合物种类最多的元素，而非氧元素。C错误；
D、E（H）、X（N）、Y（O）三种元素可形成多种化合物，如 HNO3（共价化合物）、NH4NO3（离子化合物），并非只能形成共价化合物。D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题目给出的调味剂结构信息，结合 “原子序数依次增大” 和 “成键特征”，可推断各元素如下：E：原子序数最小，且仅形成 1 个共价键，为氢（H）；M：形成 4 个共价键，为碳（C）；X：形成 3 个共价键，为氮（N）；Y：形成 2 个共价键，为氧（O）；Z：原子序数最大，形成 + 1 价阳离子，且在同周期中原子半径最大，为钠（Na）。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该装置为原电池，放电时是化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，A错误；
B、Ca电极中Ca失电子，发生氧化反应（），不是还原反应，B错误；
C、多孔碳电极为正极，O2在正极得电子被还原，生成O2-，电极反应式为，C正确；
D、电子只能在导线中移动，不能穿过固体电解质，因此电子移动方向为：Ca电极→导线→多孔碳电极，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
该电池为Ca-O2原电池，放电时发生氧化还原反应，将化学能转化为电能；
电极判断：Ca为活泼金属，作负极，发生氧化反应；多孔碳电极通入O2，作正极，发生还原反应；
正极反应：O2得电子生成O2-，固体电解质中O2-向负极（Ca电极）迁移；
电子流向：电子由负极（Ca电极）经外电路流向正极（多孔碳电极），不能通过电解质。
13．【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A、b为S单质，与足量氧气反应只能生成SO2（c），无法直接生成SO3（f），A错误；
B、e为亚硫酸盐（含+4价S），g为浓硫酸（含+6价S），二者可发生归中反应生成SO2（c），B正确；
C、a为H2S（含-2价S）、c为SO2（含+4价S）、d为亚硫酸（含+4价S），三者均具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、c（SO2）可通过两种途径转化为g（硫酸）：①；②，D正确；
故答案为：A。
【分析】物质推断：a：-2价氢化物，为；b：0价单质，为 ；c：+4价氧化物 ，为
d：+4价含氧酸，为 ；e：+4价盐，为亚硫酸盐（如）；f：+6价氧化物 ，为
g：+6价含氧酸，为 ；
14．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、粗盐中含硫酸盐、、等杂质，仅加入过量溶液只能除去，无法除去和，还需加入、等试剂，A错误；
B、能置换出，说明的氧化性强于，因此非金属性，B错误；
C、苦卤中溴元素浓度低，经“吹出”“吸收”步骤，将溴富集到吸收液中，实现了溴元素的富集，C正确；
D、流程中，“吸收”步骤发生反应，溴元素被还原，发生还原反应，并非均发生氧化反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】海水提溴的核心流程可概括为三步：氧化：向苦卤中通入氯气，将溴离子氧化为溴单质；吹出与吸收：用热空气将溴吹出，再用二氧化硫水溶液吸收，把溴还原为溴离子，实现富集；再氧化与分离：向富集后的溶液中再次通入氯气，将溴离子重新氧化为溴单质，最后分离得到液溴。
15．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快，浓度下降越快。曲线Ⅱ的反应速率比时更快，因此其对应温度应高于，A错误；
B、溶液紫色褪去的时间越长，说明被消耗的速率越慢，即反应速率越慢，B错误；
C、根据反应方程式，理论上反应物物质的量之比。若要使完全反应，必须过量，因此实际用量，C错误；
D、反应生成的可作为该反应的催化剂，加快反应速率。下段速率突然变大，很可能是生成的起到了催化作用，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
温度对反应速率的影响：其他条件相同时，温度越高，反应速率越快，浓度下降曲线越陡；
反应速率与褪色时间的关系：反应速率越快，消耗越快，溶液紫色褪去时间越短；
反应物比例分析：为保证（显色物质）完全反应，还原剂需过量，因此实际物质的量之比应大于化学计量比；
自催化反应特征：该反应生成的是反应的催化剂，能显著加快反应速率，表现为曲线斜率突然增大。
16．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、试剂 X 与铜丝反应制备 NO，应选用稀硝酸（浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2），故 A 错误；
B、实验时应先打开 K1、K2，通入 NO 排尽装置内空气，防止 NO 被 O2氧化，排尽后再打开 K3通入 Cl2，若先开 K2和 K1，尾气处理装置与空气相通，无法排尽装置内空气，故 B 错误；
C、虚线框中气体应先通过饱和食盐水除去 HCl，再通过浓硫酸干燥（顺序不能颠倒，否则干燥后又会带出水蒸气，导致 ClNO 水解），故 C 错误；
D、ClNO 沸点为 - 5.5℃，冰盐水（-6℃）的温度低于其沸点，可冷凝收集 ClNO，防止其汽化，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】该实验以铜与稀硝酸反应生成NO，经碱石灰干燥除杂，再以二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2，依次通过饱和食盐水、浓硫酸净化干燥；随后将纯净的NO与Cl2通入-6℃冰盐水冷却的三颈烧瓶中，发生反应，生成的亚硝酰氯因沸点为-5.5℃被冷凝为液态收集，实验中产生的NO、Cl2等尾气通过上方接口导出，用碱液吸收处理，以防止污染空气。
17．【答案】（1）；醛基、碳碳双键
（2）
（3）；；加成反应
（4）B；D
（5）4
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1) 化合物 Ⅰ 的分子式为 C7H10O， 结构为：， 含有的官能团为醛基、碳碳双键。
故答案为：C7H10O；醛基、碳碳双键。
(2) 化合物 Ⅲ 在铜作催化剂加热条件下被氧气氧化，生成醛类物质 Ⅳ，结构简式为 ：
故答案为：。
(3) ①化合物 Ⅵ 含碳碳双键，在催化剂条件下发生加聚反应，生成的有机产物为聚乙烯醇类聚合物，结构为 ： ；
②Ⅵ 与 Br2/CCl4发生加成反应，产物为 CH2BrCHBrCH2OH，反应类型为加成反应。
故答案为：；Br2/CCl4；加成反应。
（4）关于上述合成路线中相关物质中说法正确的有：
A．为二烯烃，为单烯烃，分子间未相差若干原子团，不属于同系物，A错误；
B．化合物Ⅱ为，结构中有醛基和碳碳双键，能被酸性溶液氧化使酸性溶液褪色，B正确；
C．化合物Ⅰ的结构为，除醛基和碳碳双键的C原子外，其余C原子为烷烃饱和连接的四面体结构，所以不可能所有原子共平面，C错误；
D．化合物Ⅴ为，含羧基结构，可以发生取代反应（酯化反应），D正确；
故答案为：BD。
（5）化合物 Ⅵ 与 H2加成得到 X（1 - 丙醇），与 X 互为同系物且相对分子质量大 14 的是丁醇，其同分异构体有正丁醇、2 - 丁醇、异丁醇、叔丁醇，共 4 种。
故答案为：4。
（6）将V与VI进行酯化反应得到VⅡ波萝酯：的化学方程式为：。
故答案为：
【分析】该合成路线以 和丙烯醛（ ）为起始原料，经、加成得到含环己烯结构的醛I（ ）；再通过羟醛缩合反应延长碳链，生成含双键的醛Ⅱ（ ）；随后双键与醛基被足量氢气还原，得到饱和醇Ⅲ（ ）；醇经两次催化氧化，依次生成醛（Ⅳ）和羧酸（Ⅴ）；最后羧酸与烯丙醇Ⅵ（ ）发生酯化反应，得到目标产物菠萝酯Ⅶ（ ）。
（1）分子式与官能团判断：根据化合物 Ⅰ 的结构，数出碳、氢、氧原子个数，写出分子式；直接识别醛基和碳碳双键两种官能团。
（2）有机物结构推断：根据醇的催化氧化规律，伯醇被氧化为醛，推断出化合物 Ⅳ 的结构。
（3）有机物化学性质预测：结合碳碳双键的加聚、加成反应，醇的相关反应，分析化合物 Ⅵ 的反应条件、产物和反应类型。
（4）同系物与结构分析：根据同系物定义判断选项 A；结合碳碳双键、醛基的还原性判断 B；根据饱和碳原子的四面体结构判断 C；根据羧基的酯化反应判断 D。
（5）同分异构体数目判断：先确定加成产物 X 的结构，再根据同系物定义找到目标有机物，写出其所有同分异构体。
（6）酯化反应方程式书写：根据羧酸与醇的酯化反应规律，酸脱羟基醇脱氢，写出可逆反应方程式并标注条件。
（1）化合物Ⅰ的结构为：，则其分子式为：，官能团的名称为：醛基、碳碳双键。
（2）根据分析，化合物Ⅳ是Ⅲ在Cu作催化剂的作用下被氧气氧化得到的醛类物质，则其结构简式为：。
（3）VI的结构为：，含有碳碳双键和醇羟基官能团，具有烯烃和醇的性质，分别进行如下实验：
a组：在催化剂条件下，发生加聚反应，应该碳碳双键发生聚合生成高分子聚合物，则聚合物的结构简式为：；
b组：得到产物的结构为：，对比反应前结构，可以看出是进行了加成溴的反应，则反应条件、试剂为：，反应类型为：加成反应。
（4）关于上述合成路线中相关物质中说法正确的有：
A．为二烯烃，为单烯烃，分子间未相差若干原子团，不属于同系物，A错误；
B．化合物Ⅱ为，结构中有醛基和碳碳双键，能被酸性溶液氧化使酸性溶液褪色，B正确；
C．化合物Ⅰ的结构为，除醛基和碳碳双键的C原子外，其余C原子为烷烃饱和连接的四面体结构，所以不可能所有原子共平面，C错误；
D．化合物Ⅴ为，含羧基结构，可以发生取代反应（酯化反应），D正确；
故答案为：BD。
（5）化合物为，催化加成后得到化合物：，分子式为：，与互为同系物，且相对分子质量比大14的有机物为：，其同分异构体有：、、、共4种。
（6）将V与VI进行酯化反应得到VⅡ波萝酯：的化学方程式为：。
18．【答案】100mL容量瓶；13.4；Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；O2；产生氯气，污染空气；50%； 氧化性；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量；离子方程式的书写
【解析】【解答】 (1) 配制 80mL 1.00mol L- 的 CuCl2溶液，需选用 100mL 容量瓶，用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、量筒、烧杯、100mL 容量瓶；计算溶质质量时，先确定物质的量：，则其质量为：
故答案为：100mL 容量瓶；13.4。
（2）操作 ii 中，NaOH 溶液与 CuCl2溶液反应生成蓝色 Cu(OH)2沉淀，离子方程式为 ：Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；
故答案为：Cu2++2OH =Cu(OH)2 ↓；
（3）操作 iii 中，NaClO 在 Cu2+催化下发生类似 HClO 的分解反应，生成的无色气体为 O2 ：， 若调换操作 ii 和 iii 的顺序，NaClO 会与酸性条件下的 Cl-反应生成 Cl2，污染空气。
故答案为：O2；产生氯气，污染空气。
（4）根据方程式，2molCuCl2 生成2molNaCuO2 ，(CuCl2 )=0.04L×1mol/L=0.04mol，理论生成0.04molNaCuO2 ，质量：0.04mol×119g/mol=4.76g。
实际产量：2.38 g，产率；
故答案为： 50% ；
（5）NaCuO2中 Cu 为 + 3 价，具有强氧化性；与盐酸反应的离子方程式为。
故答案为： ；
【分析】本实验主线：以氯化铜、氢氧化钠、次氯酸钠为原料，在冰水浴中通过分步反应制备高铜酸钠固体，并探究其氧化性。
（1）溶液配制：根据溶液体积选择合适规格的容量瓶，再根据物质的量公式计算溶质质量。
（2）离子方程式书写：根据反应原理，写出 Cu2+与 OH-反应生成氢氧化铜沉淀的离子方程式。
（3）反应原理分析：类比次氯酸的分解反应，推断 NaClO 分解生成氧气；结合氧化还原反应规律，分析调换操作顺序可能产生的氯气污染问题。
（4）产率计算：根据化学方程式计算理论产量，再结合实际产量计算产率。
（5）物质性质预测与方程式书写：根据元素化合价预测物质的氧化性；结合实验现象，写出 NaCuO2与盐酸反应的离子方程式。
19．【答案】（1）适当增大浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等(任选两条填写即可)
（2）将氧化为，便于后续除去
（3）
（4）、；取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入溶液，如无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净，反之则证明沉淀未洗涤干净
（5）2；2
（6）温度升高，氨气溶解度降低，降低了产率
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1) “酸浸” 时，可通过适当增大硫酸浓度、适当升高温度、粉碎炉渣或搅拌等方式提高浸出效率。
故答案为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度（或粉碎、搅拌等，任选两条即可）。
(2) “氧化” 时通入空气，目的是将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续通过调节 pH 生成 Fe(OH)3沉淀除去，避免 Zn2+沉淀损失。
故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于后续除去。
(3) “操作 Ⅰ” 加入 NaOH，需控制 pH 使 Fe3+完全沉淀、Zn2+不沉淀，结合表中数据，pH 应控制在 3.3 ≤ pH < 8.0。
故答案为：3.3 ≤ pH < 8.0。
(4) “操作 Ⅱ” 中，ZnSO4与 NaOH 反应生成 Zn(OH)2沉淀和 Na2SO4，滤液①的主要离子为 Na+、SO42-；确认沉淀洗涤干净，可取最后一次洗涤液，加盐酸酸化后再加 BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗净。
故答案为：Na+、SO42-；取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入 BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净。
（5）根据题干信息，铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，则反应的方程式为：。
故答案为：；
（6）30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，原因是温度升高，氨气在溶液中的溶解度降低，降低了 [Cu(NH3)4]2+的产率，导致铜的浸取率下降。
故答案为：温度升高，氨气溶解度降低，降低了 [Cu(NH3)4]2+产率，使铜浸取率降低。
【分析】本题是一道以生活垃圾焚烧炉渣为原料，分两条主线回收锌和铜的工业流程题。核心思路是利用酸浸、氧化、调 pH、氨浸等步骤，实现锌、铜的分步分离与回收。
锌的回收：炉渣经硫酸酸浸后，锌元素以 Zn2+形式进入滤液；通入空气将 Fe2+氧化为 Fe3+，通过分步调 pH，先除铁再沉淀锌，实现锌的分离。
铜的回收：酸浸后的炉渣中，铜单质在氧气、碳酸铵和氨水的作用下，生成可溶性铜氨配合物，再经还原得到单质铜。
（1）提高浸出效率措施：从影响反应速率的因素分析，浓度、温度、接触面积、搅拌均可加快反应，提高浸出效率。
（2）通入空气的目的：结合 Fe2+和 Fe3+沉淀的 pH 差异，氧化 Fe2+为 Fe3+，便于后续通过调 pH 除去，避免 Zn2+损失。
（3）调节 pH 的范围：根据表中氢氧化物沉淀的 pH，找到 Fe3+完全沉淀、Zn2+不沉淀的 pH 区间，确保杂质去除且目标离子保留。
（4）滤液离子与洗涤检验：根据反应产物判断滤液中的离子；通过检验洗涤液中是否存在 SO42-，判断沉淀是否洗净。
（5）反应方程式配平：根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒，配平铜被氧化并生成配合物的反应方程式。
（6）温度对浸取率的影响：结合氨气的溶解性随温度升高而降低的性质，分析温度升高对配合物生成的影响，进而解释浸取率下降的原因。
（1）“酸浸”时，要提高酸浸效率，可采取的措施有：适当增大浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等。
（2）酸浸过滤后的滤液中主要含和，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的可知，如直接加NaOH溶液沉淀，也会被沉淀损失，而把氧化为后，沉淀的pH在3.3左右，不会影响，所以“氧化”时，通入空气的目的是：将氧化为，便于后续除去。
（3）“操作Ⅰ”加入溶液的目的是将转化为沉淀除去，单又不能影响，根据相关金属离子生成氢氧化物沉淀的可知，控制溶液的范围为：。
（4）“操作Ⅱ”发生的反应为：，则过滤后的滤液成分为：，离子为：、；沉淀表面残留的离子主要有和，要确认洗涤干净只需要检验是否存在即可，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再加入溶液，如无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净，反之则证明沉淀未洗涤干净。
（5）根据题干信息，铜单质与溶解氧、、氨水反应生成，则反应的方程式为：。
（6）在30℃~50℃区间，铜浸取率随温度升高反而降低，其可能原因为：温度升高，氨气溶解度降低，降低了产率，使铜浸取率随温度升高反而降低。
20．【答案】19mL；9mL；实验ii；实验iv；；；溶液变为蓝色；KSCN；；下降；或
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）实验i的用了20mL，10mL，总体积为30mL，
则得到实验ii中；实验iii中。
故答案为： 19mL ；9mL ；
（2）对比四组实验的数据可知ii加的蒸馏水最多，的体积不同，且都使用做催化剂，其余取量一致，则要对比探究浓度对化学反应速率的影响，应选的对比组为：实验ii和实验iv。
故答案为：实验ii和实验iv；
（3）实验ⅲ使用了作催化剂，实验ⅳ使用了作催化剂，两种物质的阴离子不同，无法排除阴离子是否会产生催化作用，为了排除阴离子不同产生的差异，可以将换成来减少对比差异。
故答案为： ；
（4）的分解为：，实验ⅳ中产生，则消耗的，则实验ⅳ中平均化学反应速率为：。
故答案为： ；
（5）①溶液为；溶液为，根据反应：可知溶液过量，理论上完全反应无剩余；
②取实验①的混合液，滴加淀粉溶液，由于反应一定会生成，所以溶液变为蓝色；
③取实验①的混合液，由于溶液过量，理论上完全反应无剩余，所以滴加KSCN溶液后溶液应该不会变红，现在得到实验现象为溶液变红，说明溶液中还存在，也就证明①的反应不完全，是可逆的反应；
由此得出与反应的离子方程式为：。
故答案为： 溶液变为蓝色 ； KSCN ； ；
（6）当特定波长的光经过碘水，部分光线会被吸收，碘水浓度越高，溶液透光率()越小，将溶液与溶液混合，反应进行生成，随反应进行，逐渐增大，则溶液透光率逐渐下降；最后透光率维持并保持不变，根据反应，如反应进行完全，理论上生成的最大浓度为，如该反应为可逆反应，则，则透光率或都可以证明该反应为可逆反应。
故答案为： 下降 ；或 ；
【分析】(1) 实验采用控制变量法，溶液总体积恒定为 30 mL；根据总体积守恒，用 30 mL 减去其他试剂体积，即可得到蒸馏水的体积 a、b。
(2) 探究 H2O2浓度对反应速率的影响时，需保证催化剂种类、用量相同，仅改变 H2O2体积，因此选择催化剂相同、H2O2体积不同的实验 i 和 iv。
(3) FeCl3和 CuSO4的阴离子不同，为排除阴离子对催化效果的干扰，需将 FeCl3换成 Fe2(SO4)3，使两组实验的阴离子均为硫酸根。
(4) 根据反应方程式，由生成 O2的体积计算消耗 H2O2的物质的量，再结合溶液体积和反应时间，代入反应速率公式即可计算平均速率。
(5) 利用淀粉遇 I2变蓝、KSCN 遇 Fe3+变红的特性，通过检验反应后体系中同时存在产物 I2和反应物 Fe3+，证明反应为可逆反应，进而写出可逆反应的离子方程式。
(6) 反应生成 I2，I2浓度越高透光率越低，因此透光率随反应进行逐渐下降；若反应可逆，I2浓度无法达到理论最大值，对应透光率Ta应大于完全反应时的透光率T2（或等于更低浓度的T1）。
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