云南省宣威市第八中學2025屆高三第六次模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準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題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。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、世界第一條大面積碲化鎘薄膜“發電玻璃”生產線最近在成都投產，該材料是在玻璃表面鍍一層碲化鎘薄膜，光電轉化率高。下列說法錯誤的是A．普通玻璃含有二氧化硅 B．該發電玻璃能將光能完全轉化為電能C．碲化鎘是一種無機化合物 D．應用該光電轉化技術可減少溫室氣體排放2、我國科學家開發的一種“磷酸釩鋰/石墨離子電池”在4.6V電位區電池總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有關說法正確的是A．該電池比能量高，用Li3V2(PO4)3做負極材料B．放電時，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.7gC．充電時，Li+向N極區遷移D．充電時，N極反應為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)33、短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序數依次增大，濕潤的紅色石蕊試紙遇M的氣態氫化物變藍色。含X、Y和Z三種元素的化合物R有如下轉化關系(已知酸性強弱：HClO3>HNO3)。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Y>Z>M>XB．簡單氣態氫化物的熱穩定性：M>XC．加熱單質甲與品紅溶液反應所得的“無色溶液”，可變成紅色溶液D．常溫下，向蒸餾水中加入少量R，水的電離程度可能增大4、電導率可用于衡量電解質溶液導電能力的大小。向10mL0.3mol·L－1Ba(OH)2溶液滴入0.3mol·L－1NH4HSO4溶液，其電導率隨滴入的NH4HSO4溶液體積的變化如圖所示（忽略BaSO4溶解產生的離子）。下列說法不正確的是A．a→e的過程水的電離程度逐漸增大B．b點：c(Ba2+)=0.1moI.L-1C．c點：c(NH4+)<c(OH-)D．d點：c(SO42－)+c(H+)>c(OH-)+c(NH3?H2O)5、雙極膜(BP)是陰、陽復合膜，在直流電的作用下，陰、陽膜復合層間的H2O解離成H+和OH?，作為H+和OH?離子源。利用雙極膜電滲析法電解食鹽水可獲得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如圖所示，M、N為離子交換膜。下列說法不正確的是（）A．相同條件下，不考慮氣體溶解，陰極得到氣體體積是陽極兩倍B．電解過程中Na+向左遷移，N為陰離子膜C．若去掉雙極膜(BP)，陽極室會有Cl2生成D．電解結束后，陰極附近溶液酸性明顯增強6、短周期元素a、b、c、d的原子序數依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產物，其中一種產物n是能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，另一種產物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體。下列說法正確的是（）A．a、c、d三種元素形成的化合物一定會抑制水的電離B．原子半徑：a<b<c<dC．b、c、d的簡單氫化物的熱穩定性依次增強D．m、n、q三種物質均為共價化合物7、在100kPa時，1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能。下列說法正確的是A．金剛石和石墨是碳元素的兩種同分異構體B．金剛石比石墨穩定C．1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低D．石墨轉化為金剛石是物理變化8、不符合ⅦA族元素性質特征的是A．從上到下原子半徑逐漸減小 B．易形成－1價離子C．最高價氧化物的水化物顯酸性 D．從上到下氫化物的穩定性依次減弱9、化學與生產、生活和社會密切相關。下列有關說法正確的是（）A．食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質B．華為繼麒麟980之后自主研發的7m芯片問世，芯片的主要成分是二氧化硅C．納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子，其本質是納米鐵粉對重金屬離子較強的物理吸附D．SO2具有漂白性可用來漂白紙漿、毛、絲、草帽辮10、根據下圖，下列判斷中正確的是A．石墨與O2生成CO2的反應是吸熱反應B．等量金剛石和石墨完全燃燒，金剛石放出熱量更多C．從能量角度看，金剛石比石墨更穩定D．C(金剛石，s)=C(石墨，s)+QkJQ=E3—E211、室溫下，向20mL濃度均為0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分別滴加0.1mol/L鹽酸，溶液的pH隨鹽酸體積變化如圖所示。下列說法不正確的是()A．MOH的電離常數約為1×l0-5 B．a點溶液中存在C．b點和c點溶液混合后顯堿性 D．水的電離程度：d>b>a12、四氫噻吩()是家用天然氣中人工添加的氣味添加劑具有相當程度的臭味。下列關于該化合物的說法正確的是（）A．不能在O2中燃燒B．所有原子可能共平面C．與Br2的加成產物只有一種D．生成1molC4H9SH至少需要2molH213、磺酰氯（SO2Cl2）在醫藥、染料行業有重要用途,其熔點為-54.1C,沸點為69.2°C,易水解。某學習小組在實驗室用SO2和Cl2在活性炭作用下制備SO2Cl2（SO2+Cl2SO2Cl2）,設計如圖實驗（夾持裝置略去）。下列說法不正確的是A．c中的NaOH溶液可換成NaCl溶液,效果相同B．e中的冷卻水應從下口入上口出C．d的作用是防止水蒸氣進人a中使SO2Cl2水解D．a中冰鹽水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的轉化率.14、一種三室微生物燃料電池污水凈化系統原理如圖所示，圖中含酚廢水中有機物可用C6H6O表示，左、中、右室間分別以離子交換膜分隔。下列說法不正確的是（）A．左池的pH值降低B．右邊為陰離子交換膜C．右池電極的反應式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑=6H2OD．當消耗0.1molC6H6O，在標準狀況下將產生0.28mol氮氣15、下列說法正確的是()A．粗銅電解精煉時，粗銅、純銅依次分別作陰極、陽極B．5.6gFe在足量Cl2中充分燃燒，轉移電子的數目為0.2×6.02×1023C．室溫下，稀釋0.1mol/LNH4Cl溶液，溶液中增大D．向BaCO3、BaSO4的飽和溶液中加入少量BaCl2，溶液中減小16、化學與人類生活、社會可持續發展密切相關，下列說法中不正確的是（）A．煤的氣化與液化均為化學變化B．大自然利用太陽能最成功的是植物的光合作用C．磚瓦、陶瓷、渣土、普通一次性電池、魚骨等屬于其他垃圾D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以實現“碳”的循環利用二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯吡格雷是一種用于預防和治療因血小板高聚集引起的心、腦及其他動脈循環障礙疾病的藥物。以A為原料合成該藥物的路線如圖：（1）A的化學名稱是__，C中的官能團除了氯原子，其他官能團名稱為__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反應類型為__。（4）A與新制Cu(OH)2反應的化學方程式為__。（5）物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，符合以下條件的G的同分異構體共有__種。①除苯環之外無其他環狀結構；②能發生銀鏡反應。③苯環上有只有兩個取代基。其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結構簡式為__。（6）已知：，寫出以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線（無機試劑任選）__。18、鹽酸普羅帕酮是一種高效速效抗心律失常藥。合成此藥的原料D的流程如下：已知：請回答以下問題：(I)A的化學名稱為____，試劑a的結構簡式為____。(2)C的官能團名稱為____________。(3)反應⑤的反應類型為____；反應①和⑤的目的為_______。(4)滿足下列條件的B的同分異構體還有___種(不包含B)。其中某同分異構體x能發生水解反應，核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，請寫出x與NaOH溶液加熱反應的化學方程式____。①能發生銀鏡反應②苯環上有2個取代基(5)關于物質D的說法，不正確的是____（填標號）。a．屬于芳香族化合物b．易溶于水c．有三種官能團d．可發生取代、加成、氧化反應19、已知25℃時，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學習小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉化的原因。步驟現象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變為黑色Ⅲ.濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長時間后，沉淀變為乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能說明沉淀變黑的離子方程式是__。(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測含有AgCl。用濃HNO3溶解，產生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__。②由ⅰ、ⅱ可確認步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。(4)該學生通過如下對照實驗確認了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產生的原因：在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化。現象B：一段時間后，出現乳白色沉淀C：一段時間后，無明顯變化①A中產生的氣體是___。②C中盛放的物質W是__。③該同學認為B中產生沉淀的反應如下（請補充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動的角度，解釋B中NaCl的作用__。20、《我在故宮修文物》這部紀錄片里關于古代青銅器的修復引起了某研學小組的興趣。“修舊如舊”是文物保護的主旨。（1）查閱高中教材得知銅銹為Cu2(OH)2CO3，俗稱銅綠，可溶于酸。銅綠在一定程度上可以提升青銅器的藝術價值。參與形成銅綠的物質有Cu和_______。（2）繼續查閱中國知網，了解到銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古學家將銅銹分為無害銹和有害銹，結構如圖所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分別屬于無害銹和有害銹，請解釋原因_____________。（3）文獻顯示有害銹的形成過程中會產生CuCl（白色不溶于水的固體），請結合下圖回答：①過程Ⅰ的正極反應物是___________。②過程Ⅰ負極的電極反應式是_____________。（4）青銅器的修復有以下三種方法：ⅰ．檸檬酸浸法：將腐蝕文物直接放在2%-3%的檸檬酸溶液中浸泡除銹；ⅱ．碳酸鈉法：將腐蝕文物置于含Na2CO3的緩沖溶液中浸泡，使CuCl轉化為難溶的Cu2(OH)2CO3；ⅲ．BTA保護法：請回答下列問題：①寫出碳酸鈉法的離子方程式___________________。②三種方法中，BTA保護法應用最為普遍，分析其可能的優點有___________。A．在青銅器表面形成一層致密的透明保護膜B．替換出銹層中的Cl-，能夠高效的除去有害銹C．和酸浸法相比，不破壞無害銹，可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”21、乙烯是重要的化工原料。用CO2催化加氫可制取乙烯：CO2(g)+3H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)ΔH＜0（1）若該反應體系的能量隨反應過程變化關系如圖所示，則該反應的△H=__kJ/mol。（用含a、b的式子表示）（2）幾種化學鍵的鍵能如表所示，實驗測得上述反應的△H=-76kJ/mol，則表中的x=__。化學鍵C=OH—HC=CC—HH—O鍵能/kJ·mol-1x436612414464（3）向1L恒容密閉容器中通入1molCO2和nmolH2，在一定條件下發生上述反應，測得CO2的轉化率α（CO2）與反應溫度T、壓強P的關系如圖所示。①P1___P2（填“>”、“<”或“=”，下同）。②平衡常數KB__KC。③若B點時投料比=3，則平衡常數KB=__（代入數據列出算式即可，不用化簡）。④其他條件不變時，能同時滿足增大反應速率和提高CO2轉化率的措施是___。A．將產物從體系不斷分離出去B．給體系升溫C．給體系加壓D．增大H2的濃度（4）①以稀硫酸為電解質溶液，利用太陽能電池將CO2轉化為乙烯的工作原理如圖所示。則M極上的電極反應式為___。②已知乙烯也能做燃料電池，當消耗標況下2.24L乙烯時，導線中轉移電子的數目為__。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正確；B.該發電玻璃光電轉化率高，但不能將光能完全轉化為電能，故B錯誤；C.碲化鎘屬于無機化合物，故C正確；D.應用該光電轉化技術，提高了光電轉化率，能夠減少溫室氣體排放，故D正確。故選B。2、B【解析】

原電池的正極上發生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發生失電子的氧化反應；鋰離子電池的總反應為：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，則該電池放電時正極上發生得電子的還原反應，即電極反應式為V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，負極為Li3C6材料，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C。【詳解】A.該電池比能量高，原電池的正極上發生得電子的還原反應，在電解池的陽極上發生失電子的氧化反應；用Li3V2(PO4)3作正極材料，負極為Li3C6材料，故A錯誤；B.放電時，M極為負極，電極反應Li3C6-3e－→3Li++6C，外電路中通過0.1mol電子M極質量減少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正確；C.充電時，Li+向陰極遷移，即向M極區遷移，故C錯誤；D.充電時，N極為陽極，發生氧化反應，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D錯誤；故選B。【點睛】本題考查二次電池，理解原電池和電解池的原理是解題關鍵，易錯點D，充電時外電源的正極與電池的正極相連，陽極發生氧化反應，失去電子。3、D【解析】

在短周期主族元素中，可以形成強堿的是Na元素，所以強堿戊為NaOH。能使品紅溶液褪色的氣體可能是SO2、Cl2，單質只有Cl2。電解氯化鈉水溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，故R可能是NaClO。M的氣態氫化物使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色，說明M為氮元素。綜上所述，M為氮元素，X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素。【詳解】A．X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素，M為氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半徑依次減小，故A錯誤；B．X為氧元素，M為氮元素，非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：O＞N，H2O的熱穩定性比NH3強，故B錯誤；C．若氣體甲為氯氣，則加熱“無色溶液”，由于次氯酸漂白后較穩定，溶液不變色，故C錯誤；D．NaClO屬于強堿弱酸鹽，能夠發生水解，可促進水的電離，故D正確；答案選D。4、D【解析】

ac段電導率一直下降，是因為氫氧化鋇和硫酸氫銨反應生成硫酸鋇沉淀和一水合氨，c點溶質為一水合氨，ce段電導率增加，是一水合氨和硫酸氫銨反應生成硫酸銨，溶液中的離子濃度增大。【詳解】A.a→e的過程為堿溶液中加入鹽，水的電離程度逐漸增大，故正確；B.b點c(Ba2+)==0.1moI.L-1，故正確；C.c點的溶質為一水合氨，一水合氨電離出銨根離子和氫氧根離子，水也能電離出氫氧根離子，所以有c(NH4+)<c(OH-)，故正確；D.d點溶液為等物質的量的一水合氨和硫酸銨，電荷守恒有①c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42－)+c(OH-)，物料守恒有②c(NH4+)+c(NH3?H2O)=3c(SO42－)，②-①可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，故錯誤。故選D。【點睛】掌握溶液中的微粒守恒關系，如電荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和數據關系。5、D【解析】

A.陰極室氫離子得電子生成氫氣，發生的反應為2H++2e-=H2↑，陽極反應為4OH——4e-=O2↑+2H2O，轉移相同物質的量的電子，生成氫氣的體積是生成氧氣體積的兩倍，故A正確；B.陰極生成氫氧化鈉，鈉離子向左穿過M進入陰極室，所以M為陽離子交換膜，N為陰離子交換膜，故B正確；C.若去掉雙極膜(BP)，氯離子進入陽極室陽放電生成氯氣，故C正確；D.陰極室氫離子得電子生成氫氣，發生的反應為2H++2e-=H2↑，氫離子被消耗，酸性減弱，故D錯誤；題目要求選錯誤選項，故選D。【點睛】本題考查電解原理，注意審題，不再是電解飽和食鹽水的反應，由于雙極膜(BP)是陰、陽復合膜的存在，使電解反應變成了電解水，是易錯點。陰極是物質得到電子，發生還原反應；溶液中的陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動。6、C【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數依次增大，由以上四種元素組成的一種化合物m在加熱時完全分解為三種產物，其中一種產物n是能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，n為NH3，另一種產物q是無色無味的能使澄清石灰水變渾濁的氣體，q為CO2，結合原子序數可知a為H，b為C，c為N，d為O，以此解答該題。【詳解】由以上分析可知a為H，b為C，c為N，d為O元素，A、a、c、d三種元素形成的化合物如為硝酸銨，則水解促進水的電離，選項A錯誤；B、同周期元素從左到右原子半徑減小，原子核外電子層數越多，半徑越小，則原子半徑b>c>d>a，選項B錯誤；C、元素的非金屬性b<c<d，非金屬性越強，對應的簡單氫化物的熱穩定性越強，選項C正確；D、m為碳酸銨或碳酸氫銨，為離子化合物，含有離子鍵，選項D錯誤。答案選C。7、C【解析】

A、金剛石和石墨是碳元素形成的兩種不同單質，互為同素異形體，選項A錯誤；B、1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定，選項B錯誤；C、1molC(石墨，s)轉化為1molC(金剛石，s)，要吸收l.895kJ的熱能說明1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低，選項C正確；D、石墨轉化為金剛石是化學變化，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題主要考查物質具有的能量越低越穩定，在100kPa時，1mol石墨轉化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩定．金剛石的能量高，1mol石墨和金剛石完全燃燒時釋放的能量金剛石比石墨多。8、A【解析】

A、同主族元素從上到下，核外電子層數逐漸增多，則原子半徑逐漸增大，錯誤，選A；B、最外層都為7個電子，發生化學反應時容易得到1個電子而達到穩定結構，形成-1價陰離子，正確，不選B；C、ⅦA族元素都為非金屬元素，最高價氧化物對應的水化物都為酸性，正確，不選C；D、同主族從上到下，非金屬性減弱，對應的氫化物的穩定性逐漸減弱，正確，不選D。答案選A。9、D【解析】

A.CaO沒有強還原性，故不能防止食品的氧化變質，只能起到防潮的作用，A項錯誤；B.硅是半導體，芯片的主要成分是硅單質，B項錯誤；C.Fe具有還原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子還原，所以納米鐵粉可以高效地去除被污染水體中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金屬離子是利用Fe的還原性，與吸附性無關，C項錯誤；D.SO2能與有色物質化合生成無色物質，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，D項正確；答案選D。10、B【解析】

A、石墨與O2的總能量高于CO2的能量，故石墨與O2生成CO2反應為放熱反應，選項A錯誤；B、根據圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故等量的金剛石和石墨燃燒時，金剛石放出的熱量更多，選項B正確；C、物質的能量越高則物質越不穩定，故金剛石的穩定性比石墨差，選項C錯誤；D、根據圖示可知，金剛石的能量高于石墨的能量，故金剛石轉化為石墨是放出能量，Q=E2-E1，選項D錯誤；答案選B。11、D【解析】

A．據圖知，0.1mol?L?1MOH溶液中pH=11，則c(OH?)=0.001mol?L?1，MOH電離程度較小，則c(M+)≈c(OH?)=0.001mol?L?1，c(MOH)≈0.1mol?L?1，常溫下，MOH的電離常數，A正確；B．a點溶液呈堿性，則c(H+)＜c(OH?)，根據電荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)，所以得c(M+)＞c(Cl?)≈，B正確；C．當鹽酸的體積為10mL時，c點溶液為等物質的量濃度的NaCl和NaOH溶液，當鹽酸的體積為20mL時，b點為0.05mol?L?1的MCl溶液，是強酸弱堿鹽，水解過程微弱，所以b點和c點溶液混合后顯堿性，C正確；D.a點有堿溶液、d點酸過量，水的電離均受到抑制，b點溶質是強酸弱堿鹽，水解時促進水電離，從a到b點水的電離程度增大，從b到d點水的電離程度減小，故D錯誤；答案選D。【點睛】D容易錯，同學往往受到圖的影響而誤以為水的電離程度是逐漸改變的，實際上水電離程度受溶質的影響。堿溶液、酸過溶液中水的電離均受到抑制，強酸弱堿鹽、強堿弱酸鹽水解時促進水電離。12、B【解析】

由結構可知，含碳碳雙鍵，且含C、H、S元素，結合雙鍵為平面結構及烯烴的性質來解答。【詳解】A．家用天然氣中可人工添加，能在O2中燃燒，故A錯誤；B．含雙鍵為平面結構，所有原子可能共平面，故B正確；C．含2個雙鍵，若1：1加成，可發生1，2加成或1，4加成，與溴的加成產物有2種，若1：2加成，則兩個雙鍵都變為單鍵，有1種加成產物，所以共有3種加成產物，故C錯誤；D．含有2個雙鍵，消耗2molH2，會生成1mol，故D錯誤；故答案選B。【點睛】本題把握官能團與性質、有機反應為解答關鍵，注意選項D為解答的難點。13、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反應的Cl2，不能用NaCl溶液，故A錯誤；B.e是冷凝作用，應該下口進上口出，故B正確；C

SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸氣進入，故C正確；D冰鹽水有降溫作用，根據題給信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的轉化率，故D正確；故選A。14、B【解析】

A.苯酚的酸性比碳酸弱，根據圖示可知左邊進入的是高濃度的苯酚溶液，逸出的氣體有CO2，說明反應后溶液的酸性增強，pH減小，A正確；B.根據圖示可知，在右邊裝置中，NO3-獲得電子，發生還原反應，被還原變為N2逸出，所以右邊電極為正極，原電池工作時，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，所以工作時中間室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右邊為陽離子交換膜，B錯誤；C.根據B的分析可知，右池電極為正極，發生還原反應，電極反應式：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，C正確；D.在左室發生反應：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根據電極反應式可知每有1mol苯酚該反應，轉移28mol電子，反應產生N2的物質的量是n(N2)=mol=2.8mol，則當消耗0.1molC6H6O，將會產生0.28mol氮氣，D正確；故合理選項是B。15、C【解析】

A.電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極，含銅離子的電解質溶液，A錯誤；B.5.6gFe物質的量為0.1mol，足量Cl2中完全燃燒生成氯化鐵，轉移電子數為0.3NA，B錯誤；C.氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，加水稀釋促進銨根的水解，溶液中增大，故C正確；D.BaCO3、BaSO4的飽和溶液中存在化學平衡BaCO3(s)+SO42-?BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度積常數隨溫度變化，溫度不變，比值不變，D錯誤；故合理選項是C。16、C【解析】

A.煤經氣化、液化都生成新物質屬于化學過程，故A正確；B.太陽能應用最成功的是植物的光合作用，故B正確；C.磚瓦陶瓷、渣土、衛生間廢紙、瓷器碎片等難以回收的廢棄物是其他垃圾，普通一次性電池屬于有害垃圾，故C錯誤；D.利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，實現“碳”的循環利用應用，減少二氧化碳的排放，符合題意，故D正確；題目要求選不正確的選項，故選C。【點睛】本題考查了化學與生活、社會密切相關知識，主要考查白色污染、清潔能源、綠色化學等知識，掌握常識、理解原因是關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、鄰氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反應（或酯化反應）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根據題干信息分析合成氯吡格雷的路線可知，A與NH4Cl、NaCN反應生成B，B酸化得到C，C與CH3OH發生酯化反應生成D，D發生取代反應得到E，E最終發生反應得到氯吡格雷，據此結合題干信息分析解答問題。【詳解】(1)有機物A的結構簡式為，分子中含有醛基和氯原子，其化學名稱為鄰氯苯甲醛，C的結構簡式為，分子中含有的管能團有氨基、羧基和氯原子，故答案為：鄰氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯環和醛基均為共平面結構，故分子中最少有苯環上的所有原子共平面，即最少有12個原子共平面，故答案為：12；(3)C與CH3OH發生酯化反應生成D，反應類型為取代反應（或酯化反應），故答案為：取代反應（或酯化反應）；(4)A的結構簡式為，分子中含有醛基，可與新制Cu(OH)2反應生成Cu2O的磚紅色沉淀，反應方程式為+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案為：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物質G是物質A的同系物，比A多一個碳原子，物質G除苯環之外無其他環狀結構；能發生銀鏡反應，可知物質G含有醛基，又苯環上有只有兩個取代基，則物質G除苯環外含有的基團有2組，分別為—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分別都有鄰間對3中結構，故G的同分異構體共有6種，其中核磁共振氫譜中有4個吸收峰，且峰值比為2∶2∶2∶1的結構簡式為、，故答案為：6；、；(6)已知：，根據題干信息，結合合成氯吡格雷的路線可得，以苯甲醇為有機原料制備化合物的合成路線可以是，故答案為：。18、鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）羥基，羰基取代反應保護羥基不被氧化11bc【解析】

C為；(I)按命名規則給A命名，結合題給信息與反應②中的反應物和產物結構，找出試劑a，可確定結構簡式；(2)由反應⑤⑥找到C的結構簡式，并且找出其的官能團寫名稱即可；(3)找到C的結構簡式是關鍵，從流程開始的物質A到C，可發現只有醛基被消除，由此可發現⑤的反應類型及反應①和⑤的目的；(4)從B的結構出發，滿足條件的B的同分異構體(不包含B)中，先找出條件對應的基團及位置，最后再確定總數目，同分異構體x與NaOH溶液加熱下反應，則X含酯基，X核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，確定X結構即可求解；(5)關于物質D的說法不正確的有哪些？從結構中含有苯環、醚鍵、羰基、醇羥基等基團的相關概念、性質判斷；【詳解】(I)A為，則其名稱為：鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）；答案為：鄰羥基苯甲醛（2-羥基苯甲醛）；題給信息，反應②為，則試劑a為；答案為：；(2)由反應⑤⑥找到C的結構簡式：，官能團為羥基和羰基；答案為：羥基；羰基；(3)C的結構簡式是，與HI在加熱下發生反應⑤得到，可見是-OCH3中的-CH3被H取代了；從流程開始的物質A到C，為什么不采用以下途徑：主要是步驟3中醇羥基被氧化成羰基時，酚羥基也會被氧化，因此反應①和⑤的目的為保護羥基不被氧化；答案為：取代反應；保護羥基不被氧化；(4)B的同分異構體(不包含B)要滿足條件①能發生銀鏡反應②苯環上有2個取代基，其中有一個醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是鄰、間、對3種位置，則2個取代基可以有四種組合：首先是和，它們分別處于間、對，共2種（處于鄰位就是B要排除），剩下3種組合分別是、、，它們都可以是鄰、間、對3種位置，就9種，合起來共11種；答案為：11；某同分異構體x能與NaOH溶液加熱下反應，則X含甲酸酯基，則X中苯環上的側鏈為，X核磁共振氫譜有4組峰且峰面積比為3:2:2:1，則取代基處于對位，因此X為，則反應方程式為；答案為：(5)D為，關于物質D的說法：a．因為含有苯環，屬于芳香族化合物，a說法正確，不符合；b．親水基團少，憎水基團大，不易溶于水，b說法不正確，符合；c．含氧官能團有3種，還有1種含氮官能團，c說法不正確，符合；d．醇羥基可發生取代、氧化，羰基、苯環上可催化加氫反應,d說法正確，不符合；答案為：bc。19、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的懸濁液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發生反應生成。(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體的成分。②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W。③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會與NaCl作用，從而促進平衡正向移動。【詳解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應生成，則為AgCl。答案為：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應，生成Ag2S沉淀等，反應的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產生黃色沉淀，說明AgCl轉化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；②另一種沉淀應能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產生氣體為O2。答案為：O2；②因為C是做對比實驗而設立的，由此可確定C中盛放的物質W為Ag2S的懸濁液。答案為：Ag2S的懸濁液；③B中，反應物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，則Ag+游離出來，會與NaCl中的Cl-結合，生成AgCl沉淀，從而促進平衡正向移動，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S。答案為：對于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現乳白色沉淀AgCl和S。【點睛】因為Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以將AgCl轉化為Ag2S我們容易理解，如何實現黑色沉淀向白色沉淀的轉化，即Ag2S轉化為AgCl，則需要改變反應條件，通過實驗我們可得出是O2的幫助，結合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平。20、O2、H2O、CO2堿式碳酸銅為致密結構，可以阻止潮濕空氣進入內部進一步腐蝕銅；而堿式氯化銅為疏松結構，潮濕空氣可以進入空隙內將內部的銅進一步腐蝕氧氣（H2O）Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC【解析】

（1）由質量守恒定律可知，反應前后元素種類不變；（2）結合圖像可知，Cu2(OH)2CO3為致密結構，Cu2(OH)3Cl為疏松結構；（3）正極得電子發生還原反應，過程Ⅰ的正極反應物是氧氣，Cu作負極；（4）在青銅器表面形成一層