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2025年湖北高考模拟卷（四）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．我国第五座南极考察站——秦岭站中使用了多种新材料。下列属于有机高分子材料的是
A．光伏电池板——硅 B．高强度框架结构——耐低温耐蚀钢
C．高能锂电池正极——磷酸铁锂 D．幕墙保温层泡沫板——聚氨酯
2．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是
A．导电能力强，可用于生产光导纤维
B．溶液呈碱性，可做家用洗涤剂，如清洗厨房用具的油污
C．不溶于酸和水，可在医疗上被用作消化系统X射线检查的内服药剂
D．硬铝的密度小、强度高，有较强的抗腐蚀能力，可用于制造飞机的外壳
3．烟气的主要污染物为和，某种脱硫脱硝的反应装置如图所示。一段时间后，检测仪I检测到反应的主要产物是含硫化合物，检测仪Ⅱ检测到反应的主要产物是含氮物质和氯化钠。下列说法错误的是
A．反应器I主要发生化合反应和复分解反应
B．反应器Ⅱ中含氮产物主要是氮气
C．反应器I中含硫产物主要是
D．反应器Ⅱ中温度升高，去除速率可能会减慢
4．化合物e是一种药物递送的良好载体，可用甲基水杨酸(a)为原料合成，合成路线如下图。下列说法正确的是
A．c分子一氯代物有6种 B．a和d都能与溴水发生反应
C．d和c反应生成e，反应类型是缩聚反应 D．e分子中采用杂化的原子共有个
5．化学用语可以表达化学过程。下列化学用语的表达错误的是
A．用电子式表示Na2O2的形成：
B．用离子方程式表示泡沫灭火器的原理：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
C．用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成：
D．甲醛与苯酚生成酚醛树脂的反应：n+nHCHO+(2n-1)H2O
6．短周期同主族元素和可形成常见化合物。固态中主要存在环状和链状，结构如图，Y原子最外层电子数是其内层的3倍。下列说法正确的是
A．中和的原子个数比为
B．简单氢化物的沸点：
C．固态环状为分子晶体、链状为共价晶体
D．链状中杂化的原子个数为
7．在非水溶剂中，将转化为化合物的催化机理如图所示。下列说法正确的是
A．该转化过程中催化剂只有AcOH B．该转化过程总反应
C．该转化过程中有碳碳键的断裂与形成 D．若用参与反应，可得到
8．已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．实验中通入CO2气体的速率应尽可能慢
B．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
C．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
D．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
9．下列说法正确的是
A．CH4和SiH4分子空间结构、VSEPR模型均相同，但由于中心原子C与Si电负性不同，因此键角不同
B．H2O2和C2H2分子中原子个数比相同，因此空间结构相同，均为直线形
C．因为醇羟基与水分子间有氢键，所以戊醇(CH3CH2CH2CH2CH2OH)极易溶于水
D．价电子排布式为的元素位于第四周期第ⅠB族，是ds区元素
10．一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计)电池工作时，下列叙述错误的是
A．电池总反应为
B．电极上通过和相互转变起催化作用
C．两电极间血液中的在电场驱动下的迁移方向为
D．消耗葡萄糖，理论上a电极有电子流入
11．物质结构决定物质性质，下列性质与结构因素匹配错误的是
选项 性质 结构因素
A 沸点： 中氧氢键键能更大
B 酸性： 氟原子吸电子效应更大
C 碱性： 钠的金属性强于镁
D 熔点：(1040℃)远高于(178℃升华) 两者晶体类型不同
12．科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如下：
下列说法不正确的是
A．C与O同属第二周期元素，原子半径
B．C18由C20O2被还原而制得
C．C22O4分子中含有极性共价键，不含非极性共价键
D．C18与C60、金刚石互为同素异形体
13．根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作及现象 对应结论
A 向饱和溶液中滴加碳酸钠溶液无明显现象 与碳酸钠不反应
B 将少量通入溶液，将所得溶液分两份，一份滴加溶液变红，另一份加入溶有的溶液出现白色沉淀 氧化性：
C 取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸， 若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊 溶液中含有
D 在淀粉和I2的混合溶液中滴加过量氯水，溶液蓝色褪去 氯水具有漂白性
14．常温下，溶液中含硫粒子分布系数[比如：]与pH的关系如图1所示；金属硫化物和NS在饱和溶液(0.1mol/L)中达沉淀溶解平衡时，与pH的关系如图2所示(c为金属离子浓度)。
下列说法错误的是
A．NaHS溶液显碱性
B．直线⑤表示饱和溶液中的与pH的关系
C．金属硫化物NS的
D．浓度均为0.01mol/L的和的混合溶液可通过滴加饱和溶液实现分离
15．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是
A．Ti位于O原子形成的正八面体空隙
B．若，与空位的个数不相等
C．立方晶胞在体对角线方向上的投影图为
D．导电时，空位移动方向与电流方向相反
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为、、和)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、形式存在。
回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布式为 ；已知，中Fe为＋2价，则V的化合价为 。
(2)“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和的化学方程式为 。
(3)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。
(4)已知，“沉钛”时，为使沉淀完全，需要调节溶液的pH不低于 ；该过程中，加入适量铁粉的目的为 。
(5)“氧化”时，的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。
(6)“萃取”时，先转化为，再与萃取剂结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入溶液的作用为 。
(7)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。
17．（14分）马西替坦是一种治疗肺动脉高血压的新型内皮素受体拮抗剂药物，其合成路线如下：
(1)A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是 。
(2)AB的反应方程式是 。
(3)B中羰基相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因 。
(4)合成马西替坦的关键中间体是，的合成路线如下：
L和M的结构简式分别是 、 。
(5)已知：，H的结构简式 。
(6)下列说法正确的是 。
a．F中有手性碳原子
b．利用核磁共振氢谱可区分和
c．该合成路线中可循环利用的物质是
18．（14分）某小组同学对溶液与溶液的反应进行探究。
(1)理论分析
依据硫及铜元素的价态预测，在本研究中具有的性质是 。
(2)实验验证
【实验I】将溶液和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀A，振荡后逐渐转化为白色沉淀，上层清液为浅绿色，过程中无气泡生成。
已知：i．为难溶于水的白色固体
ii．
iii．
①取少量洗净的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，证实白色沉淀中一定含有的证据是 。
②将实验I反应的离子方程式补充完整 ：。
③对实验I中产生橙黄色沉淀的原因进行分析。
a．提出假设，补充假设2.
假设1：与发生复分解反应，沉淀为；
假设2：与发生氧化还原反应，沉淀为 （填化学式）；
假设3：以上两种假设均存在，沉淀为多种离子的共沉物。
b．设计实验
【实验II】将试剂和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀B，振荡静置一段时间后沉淀颜色不改变。用去氧水反复洗涤沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，现象与①相同。为避免CuCl对实验的干扰，试剂A应选择 。
【实验III】另取少量沉淀B，进行如下实验
c．依据实验II和实验III判断，沉淀B中一定含有的离子有 。
(3)根据上述实验获得溶液与溶液反应的结论： （至少答出两点）。
19．（14分）氮的氢化物和氧化物有多种用途。按要求回答下列问题：
Ⅰ．有关氮的最简氢化物的研究
(1)以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如下图：
则 。
(2)在催化剂作用下可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“大于”或“小于”)吡咯，原因是 。
Ⅱ．有关的研究
(3)分解制取和的原理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应的(K为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图甲所示。
①时，反应的K为 。
②时，向容积不变的容器中充入等物质的量的和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图乙(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。
(4)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①写出催化机理图中①的基元反应： 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
③催化电解时，吸收液为电解池的 (填“阴极区”或“阳极区”)；当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应： 。
参考答案
1．D
【详解】A．硅是无机非金属材料，属于半导体，不属于高分子材料，A不符合题意；
B．钢是金属合金，属于金属材料，与高分子材料无关，B不符合题意；
C．磷酸铁锂是无机盐类化合物，为电池材料，非高分子材料，C不符合题意；
D．聚氨酯是由多元醇与多异氰酸酯聚合而成的高分子聚合物，属于典型的有机高分子材料，常用于保温、弹性体等，D符合题意；
故选D。
2．A
【详解】A．二氧化硅是良好的绝缘体，不导电，其用于光导纤维是因为对光的反射性能强，而非导电性，A错误；
B．碳酸钠水解呈碱性，油脂含有酯基，在碱性情况下水解更彻底，去除油污效果更好，B正确；
C．不溶于酸和水，用于射线检查，并且硫酸钡无毒，可作造影服用的“钡餐”，C正确；
D．硬铝是铝合金，具有轻质、高强度和耐腐蚀的特性，可用作制造飞机的外壳，D正确；
故选A。
3．B
【分析】根据题干信息，烟气的主要污染物是和，经过MgO水悬浊液后，检测仪I检测到的主要产物是含硫化合物，说明MgO与发生了反应，反应方程式为、、，检测仪Ⅱ检测到的主要产物是含氮物质和氯化钠，说明亚氯酸钠与NO发生反应，反应方程式为。
【详解】A．根据分析可知，反应器I主要发生的反应有化合反应和复分解反应，A正确；
B．由分析可知反应器Ⅱ中含氮产物主要是硝酸盐，不是氮气，B错误；
C．由分析可知，反应器I中含硫产物主要是，C正确；
D．反应器Ⅱ中温度升高，亚氯酸钠易受热分解，所以去除速率可能会减慢，D正确；
故选B。
4．A
【详解】A．化合物c中氢原子有6种，则一氯代物有6种，如图所示，A正确；
B．a含酚羟基，在邻对位上可与溴发生取代反应，d不能与溴水发生反应，B错误；
C．d和c反应生成e，该反应无小分子生成，是E开环后发生的加聚反应，C错误；
D．e分子中，链节内有3个C采用杂化，2个单键的氧原子采用杂化，链节外有1个C采用杂化，1个O采用杂化，则共有个，D错误；
故选A。
5．D
【详解】
A．Na2O2是离子化合物，在Na2O2的形成过程中，Na失去电子形成Na＋，O原子得到电子形成，则用电子式表示Na2O2的形成：，故A正确；
B．泡沫灭火器中的成分为硫酸铝和碳酸氢钠，二者发生水解相互促进，生成氢氧化铝和二氧化碳，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；
C．p-pπ键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，用电子云轮廓图示意p-pπ键的形成：，故C正确；
D．苯酚和甲醛在一定条件下发生缩聚反应形成酚醛树脂，化学方程式为：n+nHCHO+(n-1)H2O，故D错误；
故选D。
6．D
【分析】Y原子最外层电子数是其内层的3倍，则Y为O；和为短周期同主族元素，故X为S。
【详解】A．根据环状M3和链状Mn的结构可知，S和O形成的常见化合物M为SO3，原子个数比不是，A错误；
B．水分子间存在氢键，使其沸点远高于硫化氢，B错误；
C．固态环状M3和链状Mn，都是三氧化硫的不同形态，三氧化硫是由分子构成的，属于分子晶体，C错误；
D．在链状Mx即(SO3)n中，每个O原子与S原子形成共价键，其中，链上的氧为sp3杂化，而链端的氧不杂化，因此，链状中杂化的原子个数为，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的反应过程，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A错误；
B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反应是吸热反应还是放热反应，B错误；
C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳碳键的断开和形成，C错误；
D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用参与反应，可得到，D正确；
答案选D。
8．D
【分析】在甲装置烧瓶中用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应可制得ClO2，通入CO2气体将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，生成的ClO2在乙装置中和H2O2在碱性条件下生成少量NaClO2，丙用于吸收尾气，防止污染大气。
【详解】A．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，A错误；
B．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，B错误；
C．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，C错误；
D．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在浓硫酸作用下反应制得ClO2，若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，D正确；
故选D。
9．D
【详解】A．和分子都是正四面体形，键角都是109，A错误；
B．中O都采用sp3杂化，不是直线形，为sp杂化，是直线形分子，B错误；
C．因为醇羟基与水分子间有氢键，但随碳原子数增多，烃基增大，戊醇（CH3CH2CH2CH2CH2OH）中—OH与水分子的—OH相似性减弱，它在水中溶解度明显减小，C错误；
D．价电子排布式为的元素是Cu，位于第四周期第ⅠB族，是ds区元素，D正确；
故选D。
10．D
【分析】根据图中信息，b电极处葡萄糖被氧化，发生氧化反应，所以b电极为负极；a电极处O2得到电子，发生还原反应，所以a电极为正极。
【详解】A．电池工作时，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，总反应为，A正确；
B．从图中可以看出，b电极上CuO中的Cu元素化合价在反应中发生变化，通过Cu(II)和Cu(I)相互转变起到催化作用，B正确；
C．在原电池中，阳离子向正极移动，a为正极，b为负极，所以两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a，C正确；
D．18mg葡萄糖的物质的量。根据总反应，1mol葡萄糖反应转移2mol电子，则0.1×10 3mol葡萄糖反应转移0.2×10 3mol=0.2mmol电子，即理论上a电极有0.2mmol电子流入，D错误；
故选D。
11．A
【详解】A．沸点：是因为H2O能形成分子间氢键，而H2S不能形成分子间氢键，故A错误；
B．酸性：是因为氟原子吸电子效应更大，导致中O-H键极性更大，故酸性更强，故B正确；
C．钠的金属性强于镁，故碱性：，故C正确；
D．是离子晶体，而是分子晶体，故熔点：远高于，故D正确；
答案选A。
12．C
【详解】A．C与O同属第二周期且左右相邻元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径，A正确；
B．1个C20O2脱去2个CO生成C18，C元素化合价降低，则C20O2中C元素获得电子被还原，B正确；
C．C22O4分子中，含有C=O极性共价键，C-C、C=C、C≡C非极性共价键，C不正确；
D．C18与C60、金刚石都属于碳单质，它们的结构和性质不同，互为同素异形体，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，饱和溶液中滴加碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠：，A错误；
B．少量Cl2与FeCl2反应生成FeCl3，一份溶液滴加KSCN变红说明氯气氧化亚铁离子生成铁离子，证明氧化性：Cl2>Fe3+，另一份加入溶有SO2的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明铁离子氧化二氧化硫生成硫酸根离子，证明氧化性：Fe3+>，B正确；
C．产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，溶液中可能含有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子等，C错误；
D．过量的Cl2将碘单质氧化则溶液蓝色褪去，并不是因为氯水的漂白性，D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．图1中，随着溶液pH值的增大，δ(H2S)逐渐减小、δ(HS-)先增大后减小、δ(S2-)逐渐增大，则曲线①②③分别表示δ(H2S)、δ(HS-)、δ(S2-)与pH值的关系，pH=6.97时，δ(H2S)=δ(HS-)，则c(H2S)=c(HS-)，Ka1==10-6.97，pH=12.90时，δ(HS-)=δ(S2-)，c(HS-)=c(S2-)，Ka2==10-12.90，NaHS溶液中HS-的电离常数Ka2=10-12.90，水解常数Kh2==10-7.03>10-12.90，以水解为主，故溶液显碱性；故A正确；
B．图2中P点pH=8.94，Ka1===10-6.97，Ka2==10-12.90，这两个式子相乘得=10-1.99，H2S饱和溶液浓度为0.1mol/L，电离程度非常小，所以溶液中c(H2S)≈0.1mol/L，c(S2-)≈10-2.99mol/L，-lgc=23.11，则c=10-23.11mol/L，Ksp(M2S)=c2(M+) c(S2-)=(10-23.11)2×10-2.99=10-49.21，Ksp(NS)=c(N2+) c(S2-)=10-23.11×10-2.99=10-26.1，随着pH值的增大，c(S2-)增大，金属阳离子浓度减小，但c(N2+)减小的更快，所以⑤表示H2S饱和溶液中N2+的-lgc与pH的关系；故B正确；
C．由B项分析可知，Ksp(NS)=c(N2+) c(S2-)=10-23.11×10-2.99=10-26.1，故C错误；
D．根据图2知，逐滴加入H2S饱和溶液，浓度均为0.01mol/L的M+、N2+的混合溶液，当c(S2-)=mol/L=10-45.21mol/L时M+开始沉淀，当c(S2-)=mol/L=10-24.1mol/L时，N2+开始沉淀，则M+先沉淀，当M+沉淀完全时，溶液中c(S2-)=mol/L=10-39.21mol/L＜10-24.1mol/L，此时N2+还没有开始沉淀，所以能通过滴加H2S饱和溶液实现分离，故D正确；
答案选C。
15．B
【详解】A．一个Ti周围有6个O原子，Ti位于O原子形成的正八面体空隙，A正确；
B．根据均摊法，一个晶胞中有Ti：8×，O：12×；含有La或Li或空位共1个，若x=0.2，La和空位共0.8，n(La)+n(空位)=0.8，结合正负化合价代数和为0，(+1)×0.2+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=0.6，n(空位)=0.8-0.6=0.2，则与空位的个数相等，B错误；
C．Ti位于顶点，O位于棱心，La或Li或空位位于体心，投影图为，C正确；
D．导电时Li+移动方向与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D正确；
答案选B。
16．(1) （1分）＋3（1分）
(2) （2分）
(3) （1分）
(4)2.0 （1分）调节溶液pH使沉淀完全（1分）
(5)产生的催化的分解（2分）
(6)消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离（2分）
(7) （2分）
【分析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为、、和)“加压焙烧”过程中存在反应，生成的会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，经“二次氯化”转化为、，加入盐酸进行酸浸，转化为，转化为，滤渣含，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使完全生成沉淀，加入将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为，再与萃取剂结合进入有机相，，加酸化的洗涤分液，有机相加入进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入生成黄铵铁矾，据此分析；
（1）钛为22号元素，其价电子排布式为：3d24s2，已知中Fe为＋2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为＋3价；
（2）“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和，V由+3价升高到+5价，由0价降至-1价，根据化合价升降守恒进行配平，化学方程式为；
（3）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为；
（4），，pH不低于2.0；加入适量铁粉的目的：调节溶液pH使沉淀完全；
（5）“氧化”时，将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，的使用量远大于理论计算量，可能的原因为产生的催化的分解；
（6）与反应，消耗，使降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离；
（7）“沉铁”时，加入，生成黄铵铁矾的离子方程式为：；
17．(1)羧基-COOH（2分）
(2) （2分）
(3)羰基的吸电子作用使得羰基相连的键极性增强，易断裂（2分）
(4) （2分）（2分）
(5) （2分）
(6)bc（2分）
【分析】A和CH3OH发生酯化反应生成B，A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是羧基，B和发生取代反应生成D，结合A、B的分子式可以推知A为，B为，G和CH3OH发生已知信息反应原理生成H，H的结构简式为，H成环得到I，I发生取代反应生成J，F和J反应生成马西替坦。
（1）A能与溶液发生反应产生，A中的含氧官能团是羧基（-COOH）。
（2）A和CH3OH发生酯化反应生成B，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
（3）B中羰基相邻碳原子上的C-H键易断裂的原因是：羰基的吸电子作用使得羰基相连的键极性增强，易断裂。
（4）D和发生加成反应生成L，L发生消去反应生成M，M和POCl3发生取代反应生成E，由E的结构简式和M的分子式可以推知M中的羟基转化为氯原子，M的结构简式为：，D的结构简式为：。
（5）由分析可知，H的结构简式为：。
（6）a．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，F中没有手性碳原子，a错误；
b．和中氢原子个数和种类不同，利用核磁共振氢谱可区分和，b正确；
c．A和CH3OH发生酯化反应生成B，B生成D的过程中有CH3OH生成，该合成路线中可循环利用的物质是，c正确；
故选bc。
18．(1)还原性（2分）
(2)生成红色固体（2分） （2分）、（2分）0.2mol/L溶液（2分）、、（2分）
(3)假设3正确，和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大（2分）
【分析】某小组同学对溶液与溶液的反应进行探究，将溶液和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀A，可能原因是与发生复分解反应，沉淀为，与发生氧化还原反应生成、，或两种假设均存在，沉淀为多种离子的共沉物，排除CuCl的干扰后，对橙色沉淀进行实验分析，橙黄色沉淀含有的离子有、、，说明和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大。
（1）中Cu元素为+2价，具有氧化性，中S元素为+4价，具有还原性。
（2）①和稀硫酸反应生成Cu2+和Cu，取少量洗净的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，证实白色沉淀中一定含有的证据是生成红色固体（Cu）；
②该反应中Cu元素由+2价下降到+1价，S元素由+4价上升到+6价生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；
③与发生氧化还原反应，则Cu2+得到电子转化为Cu+，失去电子转化为，则沉淀为、；为难溶于水的白色固体，为避免CuCl对实验的干扰，试剂A应选择0.2mol/L溶液；实验II中用去氧水反复洗涤沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，现象与①相同，说明B中含有，由已知信息iii．结合实验III判断B中含有，另外生成的已经洗涤除去，其中还含有阴离子。
（3）橙黄色沉淀含有的离子有、、，白色沉淀是CuCl，说明假设3正确，和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大。
19．(1) （2分）
(2)小于（1分）吡咯易形成分子间氢键（1分）
(3) （2分）反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，且的量增多，反应Ⅱ正向建立平衡，正反应为分子数增多的方向，压强增大（2分）
(4) （2分）（1分）阴极区（1分）（2分）
【详解】（1）由盖斯定律可知为，。
（2）影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高。
（3）①由图可知，时，，则，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，；
②由图可知，随着温度的升高逐渐增大、逐渐减小，即随着温度的升高逐渐减小、逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应。反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，且的量增多，反应Ⅱ正向建立平衡，正反应为分子数增多的方向，压强增大。
（4）①由反应机理图可知①的基元反应为；
②由图可知当电解电压为时，和的法拉第效率为，即转移电子数之比为；根据电极反应，则设生成有电子转移，氢气有电子转移，生成，即电解生成的和的物质的量之比为；
③催化电解吸收液可将还原为，得电子，则吸收液为电解池的阴极区，生成的电极反应为。
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