福建省閩侯縣第六中學2025年高三（最后沖刺）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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、有關碳元素及其化合物的化學用語正確的是A．原子結構示意圖可以表示，也可以表示B．軌道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外層電子C．比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D．分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇2、已知：25℃時，有關弱酸的電離平衡常數，下列選項中正確的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數KiKi1=5.9×l0-2Ki2=6.4×l0-51.8×l0-54.9×l0-10Ki1=4.3×l0-7Ki2=5.6×l0-11A．等物質的量濃度的溶液pH關系：NaHCO3＞NaCN＞CH3COONa＞NaHC2O4B．反應NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能發生C．等體積等物質的量濃度的溶液中離子總數：NaCN＞CH3COONaD．Na2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)3、環丙叉環丙烷(n)由于其特殊的結構，一直受到結構和理論化學家的關注，它有如下轉化關系。下列說法正確的是A．n分子中所有原子都在同一個平面上B．n和：CBr2生成p的反應屬于加成反應C．p分子中極性鍵和非極性鍵數目之比為2：9D．m分子同分異構體中屬于芳香族化合物的共有四種4、已知NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．32gS8與S6（）的混合物中所含共價鍵數目為NAB．1L1．1mol?L－1H2C2O4溶液中含C2O42－離子數為1.1NAC．2molNO與2molO2在密閉容器中充分反應，轉移的電子數為8NAD．標準狀況下2．4L氯氣與甲烷的混合氣體，光照時充分反應生成HCl分子數為NA5、常溫下，HCOOH和CH3COOH的電離常數分別1.80×10?4和1.75×10?5。將pH=3，體積均為V0的兩種酸溶液分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．溶液中水的電離程度：b點＜c點B．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C．從c點到d點，溶液中不變（HA、A-分別代表相應的酸和酸根離子）D．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(H+)相等6、化學科學與技術在宇宙探索、改進生活、改善環境與促進發展方面均發揮著關鍵性的作用。正確的是A．“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是氮化硅或二氧化硅B．“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤氣的主要成分都是可再生能源C．“神舟”和“天宮”系列飛船使用的碳纖維材料、光導纖維都是新型無機非金屬材料D．所有糖類、油脂和蛋白質等營養物質在人體吸收后都能被水解利用7、2007年諾貝爾化學獎授予德國化學家格哈德·埃特爾，以表彰其在固體表面化學研究領域作出的開拓性貢獻。下圖是氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程示意圖，下列有關合成氨反應的敘述中不正確的是（）A．過程②需吸收能量，過程③則放出能量B．常溫下該反應難以進行，是因為常溫下反應物的化學鍵難以斷裂C．在催化劑的作用下，該反應的△H變小而使反應變得更容易發生D．該過程表明，在化學反應中存在化學鍵的斷裂與形成8、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有關說法正確的是A．CH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能處于同一平面B．CH3CH=CHCH3和HBr加成產物的同分異構體有4種（不考慮立體異構）C．CH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇互為同系物D．CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色9、可用于檢測CO的某氣敏傳感器的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A．工作過程中化學能轉化為電能B．工作一段時間后溶液的pH幾乎不變C．電極I上發生反應：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D．電極II上發生反應：O2+2H2O+4e-=4OH10、汽車尾氣含氮氧化物（NOX）、碳氫化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“霧霾”。因此，不少汽車都安裝尾氣凈化裝置（凈化處理過程如圖）。下列有關敘述，錯誤的是A．尾氣造成“霧霾”與汽油未充分燃燒有關B．尾氣處理過程，氮氧化物（NOX）被還原C．Pt-Rh催化劑可提高尾氣凈化反應的平衡轉化率D．使用氫氧燃料電池作汽車動力能有效控制霧霾11、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pC=－lgC，pKa=－lgKa，常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)變化如圖所示，下列說法正確的是A．隨著pH的增大，pC增大的曲線是A2﹣的物質的量濃度的負對數B．pH=3.50時，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b點時c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30時，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先減小后增大12、CH3OH是重要的化工原料,工業上用CO與H2在催化劑作用下合成CH3OH,其反應為:CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密閉容器中充入反應物,測得平衡時混合物中CH3OH的體積分數在不同壓強下隨溫度的變化如圖所示。下列說法中,正確的是A．p1<p2B．該反應的ΔH>0C．平衡常數:K(A)=K(B)D．在C點時,CO轉化率為75%13、化學在生活中有著廣泛的應用，下列說法不正確的是A．防哂霜能夠防止強紫外線引起皮膚中蛋白質的變性B．煤的脫硫、汽車尾氣實行國Ⅵ標準排放都是為了提高空氣質量C．納米級的鐵粉能通過吸附作用除去水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子D．利用肥皂水處理蚊蟲叮咬，主要是利用肥皂水的弱堿性14、化學反應的實質是（）A．能量的轉移B．舊化學鍵斷裂和新化學鍵生成C．電子轉移D．原子種類與原子數目保持不變15、下列物質的用途利用其物理性質的是A．草酸用作還原劑 B．生石灰用作干燥劑C．苯用作萃取劑 D．鐵粉用作抗氧化劑16、常溫下，某H2CO3溶液的pH約為5.5，c(CO32-)約為5×10-11mol?L-1，該溶液中濃度最小的離子是()A．CO32- B．HCO3- C．H+ D．OH-17、下列有關有機物的說法不正確的是A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持反應生成硝基苯B．用與發生酯化反應，生成的有機物為C．苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷D．戊烷的一溴取代物共有8種不含立體異構18、2019年北京園藝會主題是“綠色生活，美麗家園”。下列有關園藝會說法正確的是(

)A．大會交通推廣使用的是利用原電池原理制成太陽能電池汽車，可減少化石能源的使用B．媯汭劇場里使用的建筑材料第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯互為同分異構體C．傳統煙花的制作常加入含有鉑、鐵、鉀、鈣、銅等金屬元素的發光劑，燃放時呈現美麗的顏色，大會慶典禁止使用D．秸稈經加工處理成吸水性的材料——植物纖維，可用作食品干燥劑，符合大會主題19、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．7g14C中，含有3NA個中子B．25℃時，pH=4的CH3COOH溶液中H+的數目為10-4NAC．3.2gCu與足量濃硝酸反應，生成的氣體在標準狀況下的體積為22.4LD．標準狀況下，5.6L丙烷中含有共價鍵的數目為2.5NA20、已知：p[]＝－lg[]。室溫下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH隨p[]變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．溶液中水的電離程度：a>b>cB．c點溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室溫下NaX的水解平衡常數為10-4.75D．圖中b點坐標為(0，4.75)21、下列有關電化學原理及應用的相關說法正確的是A．電池是能量高效轉化裝置，燃料電池放電時化學能全部轉化為電能B．電熱水器用犧牲陽極的陰極保護法阻止不銹鋼內膽腐蝕，陽極選用銅棒C．工業上用電解法精煉銅過程中，陽極質量減少和陰極質量增加相同D．電解氧化法在鋁制品表面形成氧化膜減緩腐蝕，鋁件作為陽極22、某校化學興趣小組探究恒溫(98℃)下乙酸乙酯制備實驗中硫酸濃度對酯化反應的影響探究。實驗得到數據如下表(各組實驗反應時間均5分鐘)：下列關于該實驗的說法不正確的是A．乙酸乙酯制備實驗中起催化作用的可能是H+B．濃硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反應正向移動C．濃硫酸和水以體積比約2∶3混合催化效果最好D．⑤⑥⑦組可知c(H+)濃度越大，反應速率越慢二、非選擇題(共84分)23、（14分）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下（A~I）均為有機物）：已知：a.b.RCHO回答下列問題：(1)反應①的化學方程式為_______；F的官能團名稱為______。(2)反應②的類型是_______。D→E所需試劑、條件分別是_______、______。(3)G的結構簡式為____________。(4)芳香族化合物W的化學式為C8H8O2，且滿足下列條件的W的結構共有_______種（不考慮立體異構）。i.遇FeCl3溶液顯紫色；ii.能發生銀鏡反應。其中核磁共振氫譜顯示有5種不司化學環境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的是____________（寫出結構簡式）。(5)設計以甲苯和乙醛為原料制備的合成路線。無機試劑任選，合成路線的表示方式為：_____________.24、（12分）化合物F是一種食品保鮮劑，可按如下途徑合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。試回答：（1）A的結構簡式是_________，E→F的反應類型是_________。（2）B→C反應的化學方程式為_____________。（3）C→D所用試劑和反應條件分別是_________。E中官能團的名稱是________________。（4）檢驗F中碳碳雙鍵的方法是_________________________。（5）連在雙鍵碳上的羥基不穩定，會轉化為羰基，則D的同分異構體中，只有一個環的芳香族化合物有______種（除D外）。其中苯環上只有一個取代基，核磁共振氫譜有4個峰，峰面積比為3∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為____________。25、（12分）實驗室以海綿銅（主要成分為Cu和CuO）為原料制取CuCl的主要流程如圖所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。②CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化。回答下列問題。（1）“氧化”時溫度應控制在60~70℃，原因是____________________。（2）寫出“轉化”過程中的離子方程式____________________。（3）“過濾Ⅱ”所得濾液經__________、__________、過濾等操作獲得(NH4)2SO4晶體，可用作化學肥料。“過濾Ⅱ”所得濾渣主要成分為CuCl，用乙醇洗滌的優點是________________。（4）氯化銨用量[]與Cu2+沉淀率的關系如圖所示。隨著氯化銨用量的增多Cu2+沉淀率增加，但當氯化銨用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率減小，其原因是__________。（5）若CuCl產品中混有少量CaSO4，設計提純CuCl的實驗方案：__________。（實驗中可選試劑：0.1mol·L?1鹽酸、10mol·L?1鹽酸、蒸餾水、無水乙醇）26、（10分）輝銅礦與銅藍礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在。現取一份該伴生礦樣品，經檢測后確定僅含、和惰性雜質。為進一步確定其中、的含量，某同學進行了如下實驗：①取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加熱（硫元素全部轉化為），濾去不溶雜質；②收集濾液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入適量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再參與其他反應），再加入過量KI固體，輕搖使之溶解并發生反應：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列問題：（1）寫出溶于酸性溶液的離子方程式：____________________________________。（2）配制溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是______________________，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有_______________。（3）③中取25.00mL待測溶液所用的儀器是_____________。（4）⑤中滴定至終點時的現象為____________________________。（5）混合樣品中和的含量分別為_______%、_______%（結果均保留1位小數）。（6）判斷下列情況對樣品中和的含量的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若量取酸性溶液時俯視讀數，則最終結果的含量_______________。若用溶液滴定終點讀數時仰視，則最終結果的含量_____________。27、（12分）吊白塊(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工業中有廣泛應用；吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下：NaHSO3的制備：如圖，在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振蕩溶解，緩慢通入SO2，至廣口瓶中溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。（1）裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是__。吊白塊的制備：如圖，向儀器A中加入上述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反應約3h，冷卻過濾。（3）儀器A的名稱為___；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是__。（4）將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是__。吊白塊純度的測定：將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸氣；吊白塊分解并釋放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4，再重復實驗2次，平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL。（5）滴定終點的判斷方法是__；吊白塊樣品的純度為__%(保留四位有效數字)；若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，會導致測量結果__(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)28、（14分）釩和鈦金屬的性能都很優越，在航空航天領域用途廣泛。回答下列問題：（1）鈦元素基態原子的電子排布式為______________，未成對電子數為_______________個。（2）[TiO(H2O2)2]2+配離子呈黃色。提供中心原子孤電子對的成鍵原子是_____________(填元素符號），中心原子的化合價為_____________；配體之一H2O2中氧原子雜化類型為__________，H2O2分子中氧原子的價層電子對互斥模型是______________。（3）單質釩及鈦都是由______________鍵形成的晶體，己知金屬鈦是六方最密堆積，金屬釩是體心立方堆積，則__________(填“鈦”，或“釩”)的空間利用率較大。（4）碳化釩主要用于制造釩鋼及碳化物硬質合金添加劑，其晶胞結構如圖所示。(小球為V原子)①晶胞中碳原子與釩原子的數量比為____________。②該晶胞中與碳原子距離最近且相等的碳原子個數為_____________。③若合金的密度為dg·cm-3，晶胞參數α=______nm。29、（10分）銅是人類最早使用的金屬之一，其單質及化合物具有廣泛的用途。（1）基態銅原子核外有________對自旋相反的電子。（2）青銅是銅與錫或鉛等元素按一定比例熔鑄而成的合金。第一電離能I1(Sn)____________I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。（3）新制的Cu(OH)2能夠溶解于濃氨水中，反應的離子方程式是____________________________________；（4）利用銅片表面催化反應，我國研究人員用六炔基苯為原料，在世界上首次通過化學方法獲得全碳材料—石墨炔薄膜(結構片段如圖所示)，開辟了人工化學合成碳同素異形體的先例。石墨炔中碳原子_________________________的雜化方式。（5）CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亞銅（I），可用于定量測定氣體混合物中CO的含量。氯化羰基亞銅（I）中含___________σ鍵數目。（6）Cu2O可用于半導體材料。①Cu2O晶胞(如圖所示)中，O原子的配位數為________________；a位置Cu+坐標為(0.25，0.25，0.75)，則b位置Cu+坐標_______________________。②Cu2S與Cu2O具有相似晶體結構，則兩者的熔點是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，請解釋原因___________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

A.原子序數為6，應為碳元素的粒子，可以表示，也可以表示，故A正確；B.由軌道表示式可知電子排布式為1s22s22p2，可以表示碳原子，不能表示氧原子最外層電子，故B錯誤；C.比例模型可以表示水分子，但不能表示二氧化碳分子，因為二氧化碳分子是直線形分子，故C錯誤；D.分子式為，也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3，而乙二醇的分子式為，故D正錯誤；故選A。2、B【解析】

A、根據酸的電離常數的大小確定酸性強弱順序是HCN＜H2CO3＜CH3COOH＜H2C2O4，所以等物質的量濃度的溶液pH關系：NaCN＞NaHCO3＞CH3COONa＞NaHC2O4，故A錯誤；B、根據數據知道酸性：草酸氫根離子強于碳酸的酸性，所以反應NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能發生，故B正確；C、等體積等物質的量濃度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，則相同條件下，兩溶液比較，CH3COONa溶液中的離子總數較多，故C錯誤；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故D錯誤；故選B。【點晴】本題考查離子濃度大小的比較，明確信息得到酸性的強弱是解答的關鍵，注意鹽類水解規律及溶液中的守恒式來解答。在探究離子濃度問題，要充分認識電解質在溶液中的表現，全面考慮溶液中各種離子的存在情況及相互關系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的電離，CO32-的水解、二級水解以及H2O的電離等多個反應，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽視任何一個很微弱的反應、很微少的粒子都是不正確的等方面的因素。3、B【解析】

A．n中有飽和的C原子—CH2—，其結構類似于CH4，所有的原子不可能共平面，A項錯誤；B．n中的碳碳雙鍵打開與：CBr2相連，發生加成反應，B項正確；C．p分子中的非極性鍵只有C—C鍵，1個p分子中有9根C－C鍵，極性鍵有C-H鍵和C—Br鍵，分別為8根和2根，所以極性鍵和非極性鍵的比例為10:9，C項錯誤；D．m的化學式為C7H8O，屬于芳香族化合物的同分異構體，如果取代基是—OH和－CH3，則有鄰間對3種，如果取代基為—CH2OH，只有1種，取代基還可為—OCH3，1種，則共5種，D項錯誤；本題答案選B。4、A【解析】

A．S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，1個S對應1個S-S共價鍵，由于32gS8與S6（）的混合物中含硫為1mol，則該混合物中含1molS-S鍵，A選項正確；B．因為草酸是弱電解質，部分電離出C2O42-，所以L1.1mol·L?1H2C2O4溶液含C2O42-離子數小于1.1NA，B選項錯誤。C．密閉容器中2molNO與2molO2充分反應，這是一個可逆，轉移的電子數小于4NA，由于NO不足，更小于8NA，C選項錯誤；D．在標準狀況下，2.4L氯氣與甲烷混合氣體，光照時充分反應，由于無法知道氯氣、甲烷各為多少量，所以生成HCl分子數無法計算，D選項錯誤；答案選A。【點睛】A選項在判斷時明確S8與S6（）分子中分別含有8個和6個S-S鍵，兩者混合后一個S對應1個S-S共價鍵是解答的關鍵。5、B【解析】

從圖中可以看出，隨著溶液的不斷稀釋，Ⅰ的pH大于Ⅱ的pH，則表明Ⅰ的n(H+)小于Ⅱ的n(H+)，從而表明lg=0時，Ⅰ對應的酸電離程度大，Ⅰ為HCOOH，Ⅱ為CH3COOH；pH=3時，二者電離產生的c(H+)相等，由于HCOOH的電離常數大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始濃度大。【詳解】A．在c點，溶液的pH大，則酸電離出的c(H+)小，對水電離的抑制作用小，所以溶液中水的電離程度：b點＜c點，A正確；B．相同體積a點的兩溶液，CH3COOH的物質的量比HCOOH大，分別與NaOH恰好中和后，消耗的NaOH體積大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B錯誤；C．對于HCOOH來說，從c點到d點，溫度不變，溶液中=Ka(HCOOH)不變，C正確；D．若兩溶液無限稀釋，可看成是純水，所以它們的c(H+)相等，D正確；故選B。6、C【解析】

A、太陽能電池帆板的材料是單質硅，故選項A錯誤；B、汽油、水煤氣是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故選項B錯誤；C、碳纖維、光導纖維都是新型無機非金屬材料，故選項C正確；D、葡萄糖是單糖，不水解，故選項D錯誤。答案選C。7、C【解析】

A.根據示意圖知，過程②化學鍵斷裂需要吸收能量，過程③化學鍵形成則放出能量，故A正確；B.化學鍵形斷裂過程中吸收能量，故溫度較低時不利于鍵的斷裂，故B正確；C.催化劑的作用原理是降低活化能，即反應物的化學鍵變得容易斷裂，但△H不變，故C錯誤；D.根據圖示分析可知，該過程中，存在化學鍵的斷裂與形成，故D正確。故選C。8、D【解析】

A．乙烯為平面型結構，CH3CH=CHCH3所有碳原子可能處于同一平面上，選項A錯誤；B.CH3CH=CHCH3高度對稱，和HBr加成產物只有2-溴丁烷一種，選項B錯誤；C.CH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇都屬于醇類物質，三者所含羥基的數目不同，通式不同，不互為同系物，選項C錯誤；D.CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分別含有醇羥基和碳碳雙鍵，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項D正確。答案選D。9、D【解析】

該傳感器在工作過程中，負極上CO失電子生成CO2，，則Ⅰ為負極，氧氣在正極上得電子，Ⅱ為正極，，其電池的總反應為。【詳解】A.裝置屬于原電池裝置，工作過程中化學能轉化為電能，故A正確；B.電池的總反應為，工作一段時間后溶液的pH幾乎不變，故B正確；C.由圖可知，CO在負極上失去電子生成二氧化碳，則通CO的電極反應式為，故C正確；D.氧氣在正極上得電子，Ⅱ為正極，酸性環境中電極反應式為：，故D錯誤；故選：D。【點睛】該裝置是燃料電池，通入燃料的一斷為負極，通入氧氣的一端為正極；判斷溶液pH是否變化，要根據總反應去判斷，觀察總反應中是否消耗氫離子或氫氧根，是否生成或氫氧根，是否消耗或生成水。10、C【解析】

A.汽油未充分燃燒可增加氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“霧霾”，故A正確；B.尾氣處理過程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合價降低，得電子，被還原，故B正確；C.催化劑只改變化學反應速率，不會改變平衡轉化率，故C錯誤；D.使用氫氧燃料電池作汽車動力能減少含氮氧化物(NOx)、碳氫化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制霧霾，故D正確。故選C。11、C【解析】

H2A存在電離平衡：H2A?H++HA-、HA-?H++A2-，pH增加促進電離平衡正向移動，所以由圖可知：下方曲線是HA-的物質的量濃度的負對數，左側曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，右側曲線是A2-的物質的量濃度的負對數，由此分析解答。【詳解】A．由分析可知，隨著pH的增大，pC增大的曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，故A錯誤；

B．pH=3.50時，左側曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，右側曲線是A2-的物質的量濃度的負對數，此時pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B錯誤；C．b點時，c（H2A）=c（A2-），，交點a處c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-?A2-+H+，交點c處c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正確；D．D．pH=3.00～5.30時，結合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始終不變，故D錯誤；故答案為C。【點睛】認真分析縱坐標的意義，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握電離平衡及其影響，試題側重考查學生的分析能力及靈活應用能力。12、D【解析】

A．增大壓強平衡向正反應方向移動；B．由圖可知，升高溫度，平衡逆向移動，該反應的△H＜0；C．平衡常數只與溫度有關；D．設向密閉容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法進行數據分析計算．【詳解】A．由300℃時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分數增大，所以p1＞p2，故A錯誤；B．圖可知，升高溫度，CH3OH的體積分數減小，平衡逆向移動，則該反應的△H＜0，故B錯誤；C．A、B處的溫度不同，平衡常數與溫度有關，故平衡常數不等，故C錯誤；D．設向密閉容器充入了1molCO和2molH2，CO的轉化率為x，則CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120變化x2xx結束1-x2-2xx在C點時，CH3OH的體積分數=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正確；故選D。13、C【解析】

A.紫外線能使蛋白質變性，應注意防曬，故A正確；B.采用燃料脫硫技術可以減少二氧化硫的產生，從而防止出現酸雨，NOx的催化轉化生成無污染的氮氣也能減少酸雨，所以煤的脫硫、汽車尾氣實行國VI標準排放都是為了提高空氣質量，故B正確；C.Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+發生置換反應生成金屬單質而治理污染，與吸附性無關，故C錯誤；D.肥皂水(弱堿性)可與酸性物質反應，可減輕蚊蟲叮咬引起的痛癢癥狀，故D正確；故答案為C。14、B【解析】

A．能量轉移不僅發生反應時會發生，物理變化過程中也會發生，A不合題意；B．只有化學反應過程才會發生舊化學鍵斷裂和新化學鍵生成，B符合題意；C．非氧化還原反應中沒有發生電子轉移，C不合題意；D．物理變化過程中，原子種類與原子數目也保持不變，D不合題意；故選B。15、C【解析】

A.草酸用作還原劑是由于其容易失去電子，表現還原性，利用的是物質的化學性質，A不符合題意；B.生石灰用作干燥劑是由于CaO與水反應產生Ca(OH)2，利用的是物質的化學性質，B不符合題意；C.苯用作萃取劑是由于被萃取的物質容易溶于苯中，沒有新物質存在，利用的是物質的物理性質，C符合題意；D.鐵粉用作抗氧化劑是由于Fe容易失去電子，表現還原性，是利用的物質的化學性質，D不符合題意；故合理選項是C。16、A【解析】

已知常溫下某H2CO3溶液的pH約為5.5，則c（OH-）=10-8.5mol/L，H2CO3溶液中存在H2CO3HCO3-+H+，HCO3-CO32-+H+，多元弱酸的第一步電離程度大于第二步電離程度，所以c(HCO3-)＞c(CO32-），已知c(CO32-)約為5×10-11mol/L，所以該溶液中濃度最低的離子是CO32-；故選A。17、B【解析】

A．苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持，是苯發生硝化反應的條件，可以反應生成硝基苯，故A正確；B．用與發生酯化反應，酸脫羥基醇脫氫，生成的有機物為，故B錯誤；C．苯乙烯在合適條件下催化加氫，苯環和碳碳雙鍵都能加氫，生成乙基環己烷，故C正確；D．戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種結構，再進行一溴取代，正戊烷有3種一溴代物，異戊烷有4種一溴代物，新戊烷有1種一溴代物，故戊烷一溴取代物共有8種不含立體異構，故D正確；故答案為B。18、D【解析】

A.太陽能電池是將太陽能轉化為電能，不是原電池原理，故A錯誤；B.第五形態的碳單質——“碳納米泡沫”，與石墨烯是同素異形體，而非同分異構體，故B錯誤；C.煙花的使用需要從環保、安全等多方面考慮，但禁止使用是錯誤的，故C錯誤；D.植物纖維的成分為糖類，無污染，可再生，可用作食品干燥劑，符合大會主題，故D正確，故選D。19、D【解析】

A．1個14C中含有8個中子，7g14C即0.5mol，含有中子數目為4NA，故A錯誤；B．溶液的體積未知，所以無法計算相關微粒的個數，故B錯誤；C．3.2gCu即0.05mol，與足量濃硝酸反應生成NO2氣體，化學計量關系為：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且標況下NO2不是氣體，無法確定其體積，故C錯誤；D．標況下，5.6L丙烷為0.25mol，一個丙烷分子含有10個共價鍵，0.25mol丙烷中含有2.5NA個共價鍵，故D正確；答案選D。【點睛】易錯點為B選項，pH值代表溶液中氫離子的濃度，要計算微粒數目必須要計算物質的量，題中沒有給出體積，不能計算物質的量，也就無法計算微粒數目。NO2在標況下不是氣體。20、D【解析】

A.根據圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，A錯誤；B.c點溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=1，則c(X-)=10c(HX)，代入電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)<10c(HX)，B錯誤；C.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則Ka=10-4.75，則室溫下室溫下NaX的水解平衡常數Kh==10-9.25，C錯誤；D.HX在溶液中存在電離平衡：HXH++X-，Ka=，則pH=pKa+p[]，帶入c點坐標(1，5.75)可知，pKa=4.75，則b點pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正確；故合理選項是D。21、D【解析】

A．電池是能量高效轉化裝置，但是燃料電池放電的時候化學能并不能完全轉化為電能，如電池工作時，在電路中會產生熱能，A項錯誤；B．犧牲陽極的陰極保護法需要外接活潑金屬，Cu的活動性比Fe的活動性低，因此起不到保護的作用，B項錯誤；C．電解精煉銅的過程中，陽極除了Cu，還有Zn、Fe等比Cu活潑的金屬也會失去電子，陰極始終是Cu2+被還原成Cu，所以陽極質量的減少和陰極質量的增加不相同，C項錯誤；D．利用電解法使鋁的表面生成氧化鋁，Al的化合價從0升高到＋3，失去電子，在電解池中作陽極，D項正確；本題答案選D。22、D【解析】

乙酸乙酯的制備中，濃硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反應，濃硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移動。【詳解】A.從表中①可知，沒有水，濃硫酸沒有電離出H+，乙酸乙酯的收集為0，所以起催化作用的可能是H+，A項正確；B.濃硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反應正向移動，B項正確；C.從表中⑤可知，濃硫酸和水以體積比約2∶3混合催化效果最好，C項正確；D.表中⑤⑥⑦組c(H+)濃度逐漸變小，收集的乙酸乙酯變小，反應速率越慢，D項錯誤。答案選D。二、非選擇題(共84分)23、+Cl2+HCl醛基取代反應(或酯化反應)NaOH溶液加熱13【解析】

甲烷和氯氣在光照條件下發生取代反應生成D(CH2Cl2)，D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩定會失水生成醛，則E為HCHO，F是CH3(CH2)6CHO和甲醛反應生成G，根據題給信息知G為，G和氫氣發生加成反應生成H為；甲苯在光照條件下與氯氣發生取代反應生成，水解得到A為，A氧化生成B為，B進一步氧化生成C為，C與H發生酯化反應生成I為；(5)苯與氯氣在光照條件下生成，然后發生水解反應生成，最后與乙醛在堿性條件下反應生成目標物。【詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為，D為CH2Cl2，E為HCHO，F為CH3(CH2)6CHO，G為，H為，I為。(1)反應①為甲苯和氯氣的取代反應，方程式為：+Cl2+HCl；F為CH3(CH2)6CHO，官能團名稱為醛基；(2)反應②是C()與H()發生酯化反應或取代反應產生I()，反應類型為酯化反應或取代反應；D為CH2Cl2，E為HCHO，D與NaOH水溶液混合加熱發生取代反應產生E，所以D→E所需試劑、條件分別是NaOH溶液、加熱；(3)G的結構簡式為；(4)化合物W化學式為C8H8O2，W比C多一個-CH2原子團，且滿足下列條件，①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基、苯環；②能發生銀鏡反應，說明含有醛基，根據不飽和度知，除了苯環外不含雙鍵或環狀結構；如果存在-OH、-CH2CHO，有鄰、間、對3種不同結構；如果取代基為-OH、-CH3、-CHO，有10種不同結構；所以符合條件的同分異構體有13種，其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學環境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的結構簡式為；(5)苯與氯氣在光照條件下生成，發生水解反應生成，與CH3CHO發生醛的加成反應產生，故合成路線流程圖為：。【點睛】本題考查了有機物的推斷與合成，熟練掌握官能團的性質與轉化是關鍵，注意信息中醛的加成反應特點，利用順推法與逆推法相結合進行推斷，易錯點是同分異構體種類判斷，關鍵是確定取代基的種類及數目。24、消去反應+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加熱羥基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅，充分反應后，酸化后再用溴水檢驗碳碳雙鍵8【解析】

根據流程圖，E脫水生成，利用逆推法，E是；根據RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根據B的分子式C8H9Cl，結合D的結構，B是；C是，則A是。【詳解】（1）根據上述分析，A的結構簡式是；E()分子內脫水生成F（），則反應類型為消去反應，故答案為：；消去反應；（2）在氫氧化鈉溶液中水解為，反應的化學方程式為+NaOH+NaCl，故答案為：+NaOH+NaCl；（3）在銅或銀作催化劑的條件下加熱，能被氧氣氧化為，所以試劑和反應條件是O2/Cu或Ag，加熱；中含有的官能團有羥基和醛基；故答案為：O2/Cu或Ag，加熱；羥基、醛基；（4）雙鍵可以發生加成反應，所以可以用溴的四氯化碳溶液檢驗，因為F中還含有醛基，容易被氧化，所以不能用高錳酸鉀溶液檢驗；也可以先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅，充分反應后，酸化后再用溴水檢驗碳碳雙鍵；故答案為：用Br2的CCl4溶液或先加足量銀氨溶液或新制氫氧化銅，充分反應后，酸化后再用溴水檢驗碳碳雙鍵；（5）連在雙鍵碳原子上的羥基不穩定，會轉化為羰基，則D的同分異構體中，只有一個環的芳香族化合物有、、、、、、、，共8種；其中苯環上只有一個取代基，核磁共振氫譜有4個峰，峰面積比為3∶2∶2∶1的同分異構體的結構簡式為，故答案為：8；。25、溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸發濃縮降溫結晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發快，避免CuCl被空氣中O2氧化生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中向產品中加入10mol·L?1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向濾液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌2～3次，干燥【解析】

實驗流程中，海綿銅（主要成分為Cu和CuO）中加入硝酸銨和硫酸，酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅生成Cu2+，濾液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨，發生氧化還原反應生成CuCl，發生反應：2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到產品CuCl，據此分析。【詳解】（1）物質“溶解氧化”時，既要考慮反應速率，還要考慮是否有副反應發生，溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解。答案為：溫度低溶解速度慢、溫度過高銨鹽分解；（2）“轉化”中氧化產物為硫酸銨，濾液主要是硫酸銨。可知亞硫酸銨被溶液中的CuSO4氧化成硫酸銨，Cu2+被還原生成CuCl。答案為：2Cu2++SO32-+2Cl?+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“過濾Ⅱ”所得濾液為硫酸銨溶液，獲取晶體需通過蒸發濃縮、降溫結晶、過濾等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸點低，易揮發，避免因水洗干燥時間長而導致CuCl被氧氣氧化。答案為：蒸發濃縮、降溫結晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇揮發快，避免CuCl被空氣中O2氧化；（4）根據題中已知條件，CuCl可溶于氯離子濃度較大的溶液中。當氯化銨用量增加到一定程度后，氯化亞銅的沉淀率減小，原因是生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中。答案為：生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中；（5）由題目已知資料可知，CuCl難溶于水和乙醇，可溶于氯離子濃度較大的溶液中。若CuCl產品中混有少量CaSO4，向產品中加入10mol·L?1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向濾液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌2～3次，干燥即可得到純凈氯化亞銅。答案為：向產品中加入10mol·L?1鹽酸，不斷攪拌，至固體不再溶解，過濾，向濾液中加蒸餾水至大量固體析出，過濾，再用無水乙醇洗滌2～3次，干燥。【點睛】解題思路：解題時首先要明確原料和產品（包括副產品），即箭頭進出方向，其次依據流程圖分析反應原理，緊扣信息，搞清流程中每一步發生了什么反應，弄清有關反應原理，明確目的（如沉淀反應、除雜、分離），最后聯系儲存的知識，有效地進行信息的利用，準確表述。26、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化膠頭滴管酸式滴定管溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的過程確定所需儀器，據滴定實驗原理判斷終點現象，運用關系式計算混合物的組成，據測定原理分析實驗誤差。【詳解】（1）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應，高錳酸鉀做氧化劑氧化Cu2S反應生成硫酸銅、硫酸鉀、硫酸錳和水，反應化學方程式為Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反應的離子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案為Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol?L﹣1FeSO4溶液時要用煮沸過的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化，配制過程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有膠頭滴管，故答案為除去溶解在水中的氧氣，防止亞鐵離子被氧化；膠頭滴管；（3）③取25.00mL溶液為高錳酸鉀溶液，具有強氧化性，所以取25.00待測溶液所用的儀器是酸式滴定管，故答案為酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，發生反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定終點的現象是：溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色，故答案為溶液由藍色變為無色且半分鐘內不恢復原色；（5）Cu2S與KMnO4酸性溶液反應的化學方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000mol/L×0.020L×＝0.0004mol，樣品消耗MnO4﹣物質的量n2＝0.200L×0.2000mo?L﹣1﹣0.0004mol×＝0.036mol，2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物質的量n3＝0.1000mo1?L﹣1×0.03L×＝0.03mol，則起始樣品溶解所得溶液中含Cu2+物質的量n4＝0.03mol，設樣品中含CuS、Cu2S的物質的量分別為x、y，則：①x+2y＝0.03mol，②x+2y＝0.036mol聯立①②，解方程組得：x＝0.01mol，y＝0.01mol，混合樣品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，混合樣品中CuS的含量=×100%=36.9%，故答案為61.5；36.9。（6）結合上述計算過程，量取200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，要用量筒，根據量筒的構造，若量取時俯視讀數，則所取量偏小，則樣品消耗MnO4﹣物質的量n2偏小，即方程②中x+2y<0.036mol，造成由方程組解得的x值比實際偏大，因x+2y＝0.03mol，則y值偏小，最終結果的含量偏低。根據實驗過程，若用溶液滴定終點讀數時仰視，實際消耗的溶液體積要小于讀數值，即方程①中x+2y<0.03mol，造成由方程組解得的x值比實際偏小，則最終結果的含量偏低，故答案為偏低；偏低。【點睛】本題考查了物質性質、溶液配制、滴定實驗過程的分析判斷等，主要是滴定過程中試劑的作用和定量關系的計算分析應用，掌握基礎是解題關鍵。27、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化三頸燒瓶恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色92.40%偏高【解析】

⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率。⑵實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。⑶儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。⑷根據信息吊白塊在酸性環境下、100℃即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在80~90℃的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。⑸滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物質的量為36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根據4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高。【詳解】⑴裝置Ⅰ中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面