廣東省江門市示范中學(xué)2025屆高三下學(xué)期第六次檢測化學(xué)試卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和。在這一過程中，沒有發(fā)生改變的是A．溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量 B．溶液中KCl質(zhì)量分數(shù)C．溶液中溶劑的質(zhì)量 D．KCl溶液質(zhì)量2、乙烯氣相直接水合反應(yīng)制備乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化關(guān)系如下（起始時，n(H2O)＝n(C2H4)＝1mol，容器體積為1L）。下列分析不正確的是（）A．乙烯氣相直接水合反應(yīng)的?H＜0B．圖中壓強的大小關(guān)系為：p1＞p2＞p3C．圖中a點對應(yīng)的平衡常數(shù)K＝D．達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b3、下列能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體是（）A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO24、濃差電池有多種:一種是利用物質(zhì)氧化性或還原性強弱與濃度的關(guān)系設(shè)計的原電池（如圖1）:一種是根據(jù)電池中存在濃度差會產(chǎn)生電動勢而設(shè)計的原電池（如圖2）。圖1所示原電池能在一段時間內(nèi)形成穩(wěn)定電流;圖2所示原電池既能從濃縮海水中提取LiCl，又能獲得電能。下列說法錯誤的是A．圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時,左右兩側(cè)溶液濃度恰好相等B．圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時向左側(cè)加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指針又會偏轉(zhuǎn)且方向相同C．圖2中Y極每生成1molCl2，a極區(qū)得到2molLiClD．兩個原電池外電路中電子流動方向均為從右到左5、一帶一路是“絲綢之路經(jīng)濟帶”和“21世紀(jì)海上絲綢之路”的簡稱。古絲綢之路貿(mào)易中的下列商品，其主要化學(xué)成分屬于無機物的是A．陶瓷 B．中草藥 C．香料 D．絲綢6、下列有關(guān)垃圾處理的方法不正確的是A．廢電池必須集中處理的原因是防止電池中汞、鎘、鉻、鉛等重金屬元素形成的有毒化合物對土壤和水源污染B．將垃圾分類回收是垃圾處理的發(fā)展方向C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾D．不可回收垃圾圖標(biāo)是7、下列關(guān)于有機物a()、b()、c(）的說法正確的是A．a(chǎn)、b互為同系物B．C中所有碳原子可能處于同一平面C．b的同分異構(gòu)體中含有羧基的結(jié)構(gòu)還有7種（不含立體異構(gòu)）D．a(chǎn)易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸鉀溶液褪色8、下列化工生產(chǎn)過程中，未涉及氧化還原反應(yīng)的是A．海帶提碘 B．氯堿工業(yè) C．海水提溴 D．侯氏制堿9、下列事實不能用勒夏特列原理解釋的是（）A．氨水應(yīng)密閉保存，置低溫處B．在FeCl2溶液中加入鐵粉防止氧化變質(zhì)C．生產(chǎn)硝酸中使用過量空氣以提高氨的利用率D．實驗室用排飽和食鹽水法收集氯氣10、用“吸收—電解”循環(huán)法脫除煙氣中的SO2，可減少對大氣的污染。室溫下，電解液K再生的裝置如圖所示，其中電解液的pH隨變化的關(guān)系見下表，下列對此判斷正確的是電解液n(SO32－)：n(HSO3－)pHK9:916.2L1:17.2M91:98.2A．當(dāng)電解液呈中性時溶液中：B．再生液M吸收SO2主反應(yīng)的離子方程式為：C．HSO3－在b極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：D．若產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體N，則d膜上共通過0.2mol陽離子11、研究反應(yīng)物的化學(xué)計量數(shù)與產(chǎn)物之間的關(guān)系時，使用類似數(shù)軸的方法可以收到的直觀形象的效果。下列表達不正確的是（）A．密閉容器中CuO和C高溫反應(yīng)的氣體產(chǎn)物：B．Fe在Cl2中的燃燒產(chǎn)物：C．AlCl3溶液中滴加NaOH后鋁的存在形式：D．氨水與SO2反應(yīng)后溶液中的銨鹽：12、海水是巨大的資源寶庫：從海水中提取食鹽和溴的過程如下：下列說法錯誤的是A．海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等B．電解熔融的氯化鈉是一個將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程C．步驟Ⅱ中將Br2還原為Br－的目的是富集溴元素D．向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工業(yè)上常用電解熔融的Mg(OH)2來制取鎂13、用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應(yīng)氣體的是（夾持儀器略）ABCDX中試劑濃硝酸濃硫酸雙氧水濃氨水Y中試劑CuC2H5OHMnO2NaOH氣體NO2C2H4O2NH3A．A B．B C．C D．D14、鋰-銅空氣燃料電池容量高、成本低，具有廣闊的發(fā)展前景。該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕―現(xiàn)象產(chǎn)生電能，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，下列說法錯誤的是()A．放電時，Li＋透過固體電解質(zhì)向右移動B．放電時，正極的電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-C．通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2OD．整個反應(yīng)過程中，氧化劑為O215、在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是①K＋、ClO－、NO3－、S2－②K＋、Fe2＋、I－、SO42－③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤16、下列關(guān)于金屬腐蝕和保護的說法正確的是A．犧牲陽極的陰極保護法利用電解法原理B．金屬的化學(xué)腐蝕的實質(zhì)是：M－ne－=Mn＋，電子直接轉(zhuǎn)移給還原劑C．外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零。D．銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發(fā)生電化學(xué)腐蝕時正極的電極反應(yīng)為：2H＋＋2e－=H2↑二、非選擇題（本題包括5小題）17、酯類化合物與格氏試劑(RMgX，X=Cl、Br、I)的反應(yīng)是合成叔醇類化合物的重要方法，可用于制備含氧多官能團化合物。化合物F的合成路線如下，回答下列問題：已知信息如下：①RCH=CH2RCH2CH2OH；②；③RCOOCH3.(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為____，B→C的反應(yīng)類型為___，C中官能團的名稱為____，C→D的反應(yīng)方程式為_____。(2)寫出符合下列條件的D的同分異構(gòu)體_____(填結(jié)構(gòu)簡式，不考慮立體異構(gòu))。①含有五元環(huán)碳環(huán)結(jié)構(gòu)；②能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2氣體；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)。(3)判斷化合物F中有無手性碳原子___，若有用“*”標(biāo)出。(4)已知羥基能與格氏試劑發(fā)生反應(yīng)。寫出以、CH3OH和格氏試劑為原料制備的合成路線(其他試劑任選)___。18、聚酯增塑劑G及某醫(yī)藥中間體H的一種合成路線如圖（部分反應(yīng)條件略去）：已知：+R2OH(1)A的名稱是___________________。(2)寫出下列反應(yīng)的反應(yīng)類型：反應(yīng)①是_____________，反應(yīng)④是__________。(3)G的結(jié)構(gòu)簡式為_____________________，F(xiàn)的分子式為_____________________。(4)寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式____________________。(5)C存在多種同分異構(gòu)體，寫出核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____________。(6)僅用一種試劑就可以鑒別B、D、H，該試劑是____________。(7)利用以上合成路線的信息，以甲苯、乙醇、乙醇鈉為原料合成下面有機物（無機試劑任選）___________。19、工業(yè)上用草酸“沉鈷”，再過濾草酸鈷得到的母液A經(jīng)分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-質(zhì)量濃度20.0g/L1.18g/L2.13g/L為了有效除去母液A中殘留的大量草酸，一般用氯氣氧化處理草酸，裝置如下：回答下列問題：(1)母液A中c(CoO2)為____mol·L-1。，(2)分液漏斗中裝入鹽酸，寫出制取氯氣的離子方程式____________。反應(yīng)后期使用調(diào)溫電爐加熱，當(dāng)錐形瓶中____(填現(xiàn)象)時停止加熱。(3)三頸燒瓶反應(yīng)溫度為50℃，水浴鍋的溫度應(yīng)控制為____(填序號)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯氣氧化草酸的化學(xué)方程式為________。(5)攪拌器能加快草酸的去除速率，若攪拌速率過快則草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸銨代替草酸“沉鈷”，其優(yōu)點是____，其主要缺點為________。20、草酸銨[(NH4)2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同學(xué)利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產(chǎn)物。(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有____（填化學(xué)式）；若觀察到____，說明分解產(chǎn)物中含有CO2草酸銨分解的化學(xué)方程式為____。(2)反應(yīng)開始前，通人氮氣的目的是____。(3)裝置C的作用是____。(4)還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。Ⅱ．該同學(xué)利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。(5)取20.00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現(xiàn)象為____。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為__________mmol/L。21、NOx、SO2的處理轉(zhuǎn)化對環(huán)境保護有著重要意義。（1）利用反應(yīng)2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，可實現(xiàn)汽車尾氣的無害化處理。一定條件下進行該反應(yīng)，測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、起始投料比m[m=]的關(guān)系如圖1所示。①該反應(yīng)的ΔH____0(填“>”“<”或“＝”)。②下列說法正確的是________(填字母)。A．當(dāng)體系中CO2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)B．投料比：m1＞m2＞m3C．當(dāng)投料比m＝2時，NO轉(zhuǎn)化率是CO轉(zhuǎn)化率的2倍D．汽車排氣管中的催化劑可提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率③隨著溫度的升高，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近的原因為________。（2）若反應(yīng)2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反應(yīng)速率可表示為：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)；v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，僅與溫度有關(guān)。一定溫度下，在體積為1L的容器中加入2molNO和2molCO發(fā)生上述反應(yīng)，測得CO和CO2物質(zhì)的量濃度隨時間的變化如圖2所示，則a點時v正∶v逆＝________。（3）工業(yè)生產(chǎn)排放的煙氣中同時存在SO2、NOx和CO，利用它們的相互作用可將SO2、NOx還原成無害物質(zhì)，一定條件下得到以下實驗結(jié)果。圖3為298K各氣體分壓(氣體的物質(zhì)的量分數(shù)與總壓的乘積)與CO物質(zhì)的量分數(shù)的關(guān)系，圖4為CO物質(zhì)的量分數(shù)為2.0%時，各氣體分壓與溫度的關(guān)系。下列說法不正確的是________(填字母)。A．不同溫度下脫硝的產(chǎn)物為N2，脫硫的產(chǎn)物可能有多種B．溫度越高脫硫脫硝的效果越好C．NOx比SO2更易被CO還原D．體系中可能發(fā)生反應(yīng)：2COS=S2＋2CO；4CO2＋S2=4CO＋2SO2（4）NH3催化還原氮氧化物是目前應(yīng)用最廣泛的煙氣脫硝技術(shù)。用活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO還原成N2的一種反應(yīng)歷程如圖5所示，則總反應(yīng)方程式為________。（5）用間接電化學(xué)法去除煙氣中NO的原理如圖6所示，則陰極的電極反應(yīng)式為____。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】25℃時，向KCl溶液加入少量KCl固體至溶液剛好飽和的過程中，隨著氯化鉀的增加，溶液中氯化鉀的質(zhì)量逐漸增加、氯化鉀的質(zhì)量分數(shù)逐漸增大、溶液的質(zhì)量逐漸增大，但是整個過程中溶劑水的質(zhì)量不變，答案選C。2、B【解析】

A.溫度升高，乙烯的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動；B.增大壓強，平衡正向移動，乙烯的轉(zhuǎn)化率增大；C.由圖象可知a點時乙烯的轉(zhuǎn)化率為20%，依據(jù)三段法進行計算并判斷；D.升高溫度，增大壓強，反應(yīng)速率加快。【詳解】A.溫度升高，乙烯的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，正向為放熱反應(yīng)，?H＜0，A項正確；B.增大壓強，平衡正向移動，乙烯的轉(zhuǎn)化率增大，由圖可知，相同溫度下轉(zhuǎn)化率p1<p2<p3，因此壓強p1<p2<p3，B項錯誤；C.由圖象可知a點時乙烯的轉(zhuǎn)化率為20%，那么乙烯轉(zhuǎn)化了0.2mol/LC2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)始(mol/L)110轉(zhuǎn)(mol/L)0.20.20.2平(mol/L)0.80.80.2平衡常數(shù)K=K===，C項正確；D.升高溫度，增大壓強，反應(yīng)速率加快b點溫度和壓強均大于a點，因此反應(yīng)速率b>a，所需要的時間：a＞b，D項正確；答案選B。3、B【解析】

能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，說明氣體溶于水后顯堿性，據(jù)此解答。【詳解】A．SO2和水反應(yīng)生成亞硫酸，溶液顯酸性，使石蕊試液顯紅色，因此不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，A錯誤；B．氨氣溶于水形成氨水，氨水顯堿性，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，B正確；C．氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有強氧化性，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙褪色，C錯誤；D．CO2和水反應(yīng)生成碳酸，溶液顯酸性，使石蕊試液顯紅色，因此不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，D錯誤；答案選B。4、B【解析】

圖1左邊硝酸銀濃度大于右邊硝酸銀濃度，設(shè)計為原電池時，右邊銀失去電子，化合價升高，作原電池負極，左邊是原電池正極，得到銀單質(zhì)，硝酸根從左向右不斷移動，當(dāng)兩邊濃度相等，則指針不偏轉(zhuǎn)；圖2氫離子得到電子變?yōu)闅錃猓蟽r降低，作原電池正極，右邊氯離子失去電子變?yōu)槁葰猓髟姵刎摌O。【詳解】A.根據(jù)前面分析得到圖1中電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時，左右兩側(cè)溶液濃度恰好相等，故A正確；B.開始時圖1左邊為正極，右邊為負極，圖1電流計指針不再偏轉(zhuǎn)時向左側(cè)加入NaCl或Fe，左側(cè)銀離子濃度減小，則左邊為負極，右邊為正極，加入AgNO3，左側(cè)銀離子濃度增加，則左邊為正極，右邊為負極，因此指針又會偏轉(zhuǎn)但方向不同，故B錯誤；C.圖2中Y極每生成1molCl2，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此2molLi+移向a極得到2molLiCl，故C正確；D.兩個電極左邊都為正極，右邊都為負極，因此兩個原電池外電路中電子流動方向均為從右到左，故D正確。綜上所述，答案為B。【點睛】分析化合價變化確定原電池的正負極，原電池負極發(fā)生氧化，正極發(fā)生還原，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。5、A【解析】

A．陶瓷主要成分為硅酸鹽屬于無機非金屬材料，A項正確；B．中草藥中的有效成分屬于有機物，B項錯誤；C．香料中的主要成分也屬于有機物，C項錯誤；D．絲綢主要成分是蛋白質(zhì)，是有機高分子化合物，D項錯誤；答案選A。6、D【解析】

A．電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對土壤和水源會造成污染，所以廢電池必須進行集中處理，故A正確；B．將垃圾分類并回收利用，有利于對環(huán)境的保護，減少資源的消耗，是垃圾處理的發(fā)展方向，故B正確；C．家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾，故C正確；D．為可回收垃圾圖標(biāo)，故D錯誤；故選D。7、C【解析】

A.a、b的分子式和分子結(jié)構(gòu)都相同，屬于同一種物質(zhì)。故A錯誤；B.c是1，4-環(huán)己二醇，碳原子均采取雜化，所有碳原子不可能處于同一平面。故B錯誤；C.b的烴基是戊基（），戊基一共有8種結(jié)構(gòu)，所以，b的同分異構(gòu)體中含有羧基的結(jié)構(gòu)還有7種。故C正確；D.飽和羧酸不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，與羥基相連的碳原子上有氫原子的飽和醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以，上述物質(zhì)中，只有c能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。故D錯誤；故答案選：C。8、D【解析】

A.海帶提碘是由KI變?yōu)镮2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B.氯堿工業(yè)是由NaCl的水溶液在通電時反應(yīng)產(chǎn)生NaOH、Cl2、H2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C.海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|(zhì)，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D.侯氏制堿法，二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，二氧化碳和水，沒有元素的化合價變化，則不涉及氧化還原反應(yīng)，故D正確。故選D。9、B【解析】

A、NH3+H2ONH3·H2O⊿H<0，升高溫度，促進氨水分解，正確；B、Fe2+易被氧化為Fe3+，加入Fe粉，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+，能防止Fe2+氧化變質(zhì)，B不能用勒沙特列原理解釋；C、增大一種反應(yīng)物濃度，可以提高另一反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率，正確；D、Cl2+H2OH++Cl-+HClO，增大c(Cl-)，抑制氯氣溶解，D正確。答案選B。10、D【解析】

根據(jù)裝置圖，陰離子通過c膜向a極移動，可知a極為陽極，發(fā)生的反應(yīng)為：HSO3-－2e-+H2O=SO42-+3H+；b極為陰極，發(fā)生的反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，氣體N為H2。【詳解】A．n(SO32－)：n(HSO3－)=9：91時，電解液pH=6.2，n(SO32－)：n(HSO3－)=1：1時，電解液pH=7.2，由此推知當(dāng)電解液呈中性時，c(HSO3－)＞c(SO32－)，A項錯誤；B．M吸收SO2主要發(fā)生的反應(yīng)為：SO32-+SO2+H2O=2HSO3-，B項錯誤；C．b極為陰極，發(fā)生的反應(yīng)為：2H++2eˉ=H2↑，C項錯誤；D．若產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L氣體N（0.1molH2），陰極消耗0.2molH+，減少0.2mol正電荷，需要補充0.2mol正電荷以達到平衡，則d膜上會通過0.2mol陽離子，D項正確；答案選D。11、B【解析】

A.該過程涉及的化學(xué)方程式有：，，A錯正確；B.Fe在Cl2中燃燒，只會生成FeCl3，B錯誤；C.該過程涉及的化學(xué)方程式有：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正確；D.該過程涉及的化學(xué)方程式有：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，NH3·H2O+SO2=NH4HSO3，D正確；故合理選項為B。12、D【解析】

A.海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，選項A正確；B.電解熔融的氯化鈉是一個將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的過程，選項B正確；C.步驟Ⅱ中將Br2還原為Br－，發(fā)生反應(yīng)Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，目的是富集溴元素，選項C正確；D.向母液中加入石灰乳可得到Mg(OH)2，工業(yè)上常用電解熔融的MgCl2來制取鎂，選項D錯誤。答案選D。13、C【解析】

A.二氧化氮和水反應(yīng)，收集二氧化氮不能用排水法，A錯誤；B.乙醇消去制乙烯需要加熱，B錯誤；C.雙氧水分解制氧氣制取裝置用固液不加熱制氣體，收集氧氣用排水法，C正確；D.氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，D錯誤；答案選C。14、B【解析】

A．根據(jù)圖示及電池反應(yīng)，Cu2O為正極，Li為負極；放電時，陽離子向正極移動，則Li＋透過固體電解質(zhì)向Cu2O極移動，故A正確；B．根據(jù)電池反應(yīng)式知，正極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B錯誤；C．放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，可知通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O，故C正確；D．通空氣時，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O，放電時Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu，則整個反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑，氧化劑為O2，故D正確；答案選B。15、B【解析】

由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析。【詳解】①在酸性環(huán)境下S2－不能大量共存，錯誤；②在堿性環(huán)境下Fe2＋不能大量共存，錯誤；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；④HCO3－在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯誤；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B。【點睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應(yīng)放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應(yīng)而不能大量共存，生成弱電解質(zhì)而不能大量共存是常考點，需要正確快速判斷。16、C【解析】

A.犧牲陽極的陰極保護法利用原電池原理，用較活潑的金屬作負極先被氧化，故A錯誤；B.金屬的化學(xué)腐蝕的實質(zhì)是：金屬作還原劑M－ne－=Mn＋，電子直接轉(zhuǎn)移給氧化劑，故B錯誤；C.外加直流電源的陰極保護法，在通電時被保護的金屬表面腐蝕電流降至零或接近于零，故C正確；D.銅碳合金鑄成的銅像在酸雨中發(fā)生電化學(xué)腐蝕時，銅作負極，碳正極的電極反應(yīng)為：O2+4e－+4H＋=2H2O，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氧化反應(yīng)羧基、羥基、和【解析】

根據(jù)F的結(jié)構(gòu)不難得知A含1個五元環(huán)，根據(jù)題目給的信息可知A中必定含有雙鍵，結(jié)合分子的不飽和度可知再無不飽和鍵，因此A的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)信息不難得出B的結(jié)構(gòu)簡式為，酸性高錳酸鉀有氧化性，可將醇羥基氧化為羧基，因此C的結(jié)構(gòu)簡式為，C到D的反應(yīng)條件很明顯是酯化反應(yīng)，因此D的結(jié)構(gòu)簡式為，再根據(jù)題目信息不難推出E的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此再分析題目即可。【詳解】（1）根據(jù)分析，A的結(jié)構(gòu)簡式為；B→C的過程是氧化反應(yīng)，C中含有的官能團為羰基和羧基，C→D的反應(yīng)方程式為；（2）根據(jù)題目中的要求，D的同分異構(gòu)體需含有五元環(huán)、羧基和羥基，因此符合要求的同分異構(gòu)體有三種，分別為、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，標(biāo)出即可；（4）根據(jù)所給信息，采用逆推法，可得出目標(biāo)產(chǎn)物的合成路線為：。18、1，2-二氯丙烷加成反應(yīng)氧化反應(yīng)C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3飽和溶液【解析】

丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發(fā)生水解反應(yīng)得B為CH3CH(OH)CH2OH，苯與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)得C為環(huán)己烷，C發(fā)生氧化反應(yīng)得D為己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應(yīng)得G為，根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結(jié)構(gòu)可推知E為CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應(yīng)得到。【詳解】根據(jù)上述分析可知A為CH3CHClCH2Cl，B為CH3CH(OH)CH2OH，C為，C發(fā)生氧化反應(yīng)得D為HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D與B發(fā)縮聚反應(yīng)得G為，根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應(yīng)(取代反應(yīng))得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結(jié)構(gòu)可推知E為CH3CH2OH。(1)A為CH3CHClCH2Cl，名稱為：1，2-二氯丙烷(2)反應(yīng)①是屬于加成反應(yīng)，反應(yīng)④屬于氧化反應(yīng)；(3)G的結(jié)構(gòu)簡式為：；F的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反應(yīng)②的化學(xué)方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C為環(huán)己烷，C存在多種同分異構(gòu)體，其中核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鑒別三種物質(zhì)的方法是向三種物質(zhì)中加入Na2CO3飽和溶液，B與碳酸鈉溶液混溶，不分層；D反應(yīng)，產(chǎn)生氣泡；H不反應(yīng)，互不相容，液體分層，油層在上層。因此鑒別試劑是碳酸鈉飽和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應(yīng)得到，所以合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查有機物的推斷與性質(zhì)，注意根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)進行推斷，需要學(xué)生對給予的信息進行利用，較好的考查學(xué)生自學(xué)能力、分析推理能力，是熱點題型，難度中等．19、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黃綠色氣體變成無色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低殘存于母液A中c(CoCl2)會更小母液A處理中消耗更多的氯氣【解析】

利用濃鹽酸和Ca(ClO)2反應(yīng)制備氯氣，氯氣在氧化草酸，除去母液中的草酸。【詳解】(1)根據(jù)表格中的信息，Co2+的質(zhì)量濃度為1.18g/L，則1L溶液中的，則；(2)加入鹽酸，與Ca(ClO)2反應(yīng)生成Cl2，為歸中反應(yīng)，離子方程式為ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯氣為黃綠色氣體，當(dāng)反應(yīng)完全之后，無氯氣產(chǎn)生，裝置中的氣體由黃綠色變成無色，則答案為黃綠色氣體變成無色；(3)由于熱傳遞，只能由溫度高的傳遞到溫度低的部分，三頸燒瓶反應(yīng)溫度為50℃，那么水浴鍋的溫度應(yīng)該高一點，這樣熱量才能傳遞到反應(yīng)液中，B符合題意；(4)氯氣具有氧化性，草酸具有還原性，能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，草酸被氧化成CO2，化學(xué)方程式為H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)攪拌過快，Cl2來不及反應(yīng)，就從母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案為攪拌過快，增加了氯氣的逸出，從而使草酸去除率降低；(6)草酸銨為強電解質(zhì)，而草酸是弱電解質(zhì)，草酸銨溶液中的草酸根濃度更大，能夠使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也會與NH4＋反應(yīng)，因此在處理母液時，需要消耗更多的氯氣。答案：殘存于母液A中c(CoCl2)會更小母液A處理中消耗更多的氯氣。20、NH3、CO2E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排盡裝置中的空氣充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去2.1【解析】

(l)按實驗過程中觀察到現(xiàn)象，推測分解產(chǎn)物并書寫草酸銨分解的化學(xué)方程式；(2)氮氣驅(qū)趕裝置內(nèi)原有氣體，從空氣對實驗不利因素來分析；(3)由所盛裝的物質(zhì)性質(zhì)及實驗?zāi)康耐茰y裝置C的作用；(4)從分解產(chǎn)物中找到另一個有還原性的物質(zhì)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)原理寫該反應(yīng)的化學(xué)方程式；Ⅱ．(5)三次平行實驗，計算時要數(shù)據(jù)處理，結(jié)合關(guān)系式進行計算；【詳解】(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變?yōu)榧t色說明分解產(chǎn)物中含有氨氣，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有二氧化碳氣體；若觀察到裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，說明分解產(chǎn)物中含有CO；答案為：NH3；CO2；E中黑色固體變紅，F(xiàn)中澄清石灰水變渾濁；草酸銨分解產(chǎn)生了CO2、NH3、CO，結(jié)合質(zhì)量守恒定律知，另有產(chǎn)物H2O，則草酸銨分解的化學(xué)方程式為(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案為：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反應(yīng)開始前，通人氮氣的目的是排盡裝置中的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的CO2干擾實驗；答案為：排盡裝置中的空氣；(3)裝置E和F是驗證草酸銨分解產(chǎn)物中含有CO，所以要依次把分解產(chǎn)生的CO2、氣體中的水蒸氣除去，所以裝置C的作用是：吸收CO2，避免對CO的檢驗產(chǎn)生干擾；答案為：充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗；(4)還有一種分解產(chǎn)物在一定條件下也能還原CuO，那就是氨氣，NH3也會與CuO反應(yīng)，其產(chǎn)物是N2和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案為：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸鈣沉淀溶于過量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定，反應(yīng)為，滴定至終點時，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去；答案為：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪去；三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，應(yīng)舍棄0.52mL，誤差較大，則平均體積為0.42mL，滴定反應(yīng)為，；=1.05×10?5mol，所以20mL血液樣品中含有的鈣元素的物質(zhì)的量為，即4.2×10?2mmol，則該血液中鈣元素的含量為；答案為：2.1。21、＜AB溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影響160：1B4NH3+4NO+O24N2+6H2O2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O【解析】

(1)①由圖象可知，起始投料比m一定時，CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而降低；②A.起始投料比m一定時，而反應(yīng)中NO、CO的變化量相同，體系中CO2和CO物質(zhì)的量濃度之比保持不變，即體系中CO2、CO物質(zhì)的量濃度不變，據(jù)此判斷；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉(zhuǎn)化率增大；

C.根據(jù)轉(zhuǎn)化率α=變化量與起始量的比值和反應(yīng)中NO、CO的變化量相同分析判斷；D.催化劑不能改變反應(yīng)進程，只改變反應(yīng)速率；③由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相近，主要原因是溫度的影響起主導(dǎo)作用，投料比不同的影響為次要