2026届湖北省襄阳第四中学化学高三第一学期期中检测试题含解析

2026届湖北省襄阳第四中学化学高三第一学期期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、2015年底联合国气候变化大会在巴黎召开，签署了《巴黎协定》。该协定要求各国采取更有效的“节能减排”措施控制温室效应。下列做法不利于“节能减排”的是()A．减少使用化石燃料 B．大力发展火力发电C．改变能源结构，开发使用清洁能源 D．将煤气化或液化，以提高其综合利用率2、化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A．75%的医用酒精和84消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳3、将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后生成氮气的体积11.2L(体积均在相同条件下测定)，则该氮氧化合物的化学式为()A．NO2 B．N2O2 C．N2O D．N2O44、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水生成白色沉淀偏铝酸钠具有还原性C向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2＞I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A．A B．B C．C D．D5、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．将饱和氯化铁溶液逐滴加入煮沸的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe（OH）3↓+3H+B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C．将NaHCO3溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2OD．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-6、下列说法或表示正确的是A．氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个B．酒石酸(HOOC－CHOH－CHOH－COOH)不存在手性碳原子C．熔点：MgBr2<SiCl4<SiCD．邻羟基苯甲酸分子内形成了氢键，所以沸点高于对羟基苯甲酸7、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀8、下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是A．生石灰 B．熟石灰 C．纯碱 D．烧碱9、元素X、Y、Z位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如图所示，下列判断错误的是元素XYZ最高/最低化合价+7/-1+6/-2+5/-3A．原子序数：X>Y>ZB．原子半径：X>Y>ZC．稳定性：HX>HY>HZD．酸性由强到弱：HXO4>H2YO4>H3ZO410、既能表现出酸性又能表现出碱性的化合物为两性化合物，下列物质为两性化合物的是①SiO2②Al2O3③KAl(SO4)2④Ca(HCO3)2⑤(NH4)2CO3⑥AlA．①②③④⑤⑥ B．①②④⑤ C．②④⑤⑥ D．②④⑤11、使用单质铜制硝酸铜，耗用原料最经济，而且对环境几乎没有污染的是（）A．Cu＋HNO3(稀)B．CuCuOCu(NO3)2C．Cu＋HNO3(浓)D．CuCuCl2Cu(NO3)212、常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体(称摩尔盐)是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OFe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+17H2O。下列说法正确的是()A．该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B．1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC．向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀D．常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大13、“化学是人类进步的关键”。下列说法不正确的是()A．PM2.5是指空气中直径≤2.5μm的固体颗粒或液滴的总称B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素D．和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则14、石油通过分馏获取轻质油的产量较低，为了进一步提高轻质油的产量和质量，可以采用A．裂解 B．减压分馏 C．催化裂化 D．常压分馏15、下列关于铜锌原电池（如图所示）的说法正确的是（）A．Zn是负极，发生还原反应B．Cu是负极，发生氧化反应C．铜片上有气体逸出D．电子由铜片通过导线流向锌片16、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家，磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为，，电池放电时，锂离子从石墨晶体中脱嵌出来，通过隔膜迁移到磷酸铁锂晶体表面，然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A．放电时，Li+通过隔膜移向正极B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C．放电时正极反应为：D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不变二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH（1）化合物B的名称是__。（2）反应③的反应类型是__。（3）写出D到E的反应方程式___。（4）E、F、G中相同官能团的名称是__。（5）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1。X的结构简式为__（任写其一，不考虑立体异构）。18、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。19、某化学课外兴趣小组探究氢气还原氧化铜的反应，部分实验装置如下：（1）上述A装置可用于实验室制取氢气、氧气、二氧化碳、二氧化硫等气体，请写出能用装置A制取氧气的化学方程式________________________________。上述可用于收集氧气装置是_______________（用装置字母序号填空）。（2）请你参与探究氢气还原氧化铜得到的红色固体的成分，完成下列各题：已知信息：Ⅰ、氢气还原氧化铜除生成铜外还可能生成氧化亚铜（Cu2O）；Ⅱ、Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体；Ⅲ、Cu2O+H2SO4

＝CuSO4

+Cu+H2O提出问题：红色固体含有什么物质？①猜想假设：假设一：红色固体只含Cu；假设二：红色固体只含Cu2O；假设三：_______________________________________（请补充完成假设三）。②实验探究：（将实验现象填写入表中空格）实验操作实验现象实验结论a、取少量红色固体加入到足量硫酸溶液中_________________________假设一成立b、取少量红色固体加入到足量硫酸溶液中__________________________假设二或假设三成立③若出现b中现象时因无法确定是假设二或是假设三成立，所以应进行进一步的数据处理：甲同学称取wg红色固体加入到足量硫酸溶液中使其充分反应后，__________（填操作名称）、洗涤、干燥，称量剩余红色固体质量为mg，通过计算：若m的取值范围为：w>m>______________，则假设三成立；④交流与反思：只要假设合理，实验方法正确，根据实验现象和数据就能得出结论。20、现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－。现取三份各100mL溶液进行如下实验：①第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；③第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是____________，一定不存在的离子是____________，可能存在的离子是__________。（2）②中发生化学反应的离子方程式为______________________________________。（3）③中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为__________，物质的量为________mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为______________________________________。21、烃A是一种重要的化工原料，为石油裂解产物，部分性质及转化关系如下图，请回答下列问题：（1）D中官能团的名称是_________。（2）A与H2O在催化剂作用下也能生成D，该反应的反应类型是________（填字母，下同）。A．取代反应B．加成反应C．氧化反应D．还原反应（3）写出C与D发生反应的化学方程式：______________________________________。（4）下列说法正确的是________（填字母）。A．等物质的量的A与D完全燃烧，消耗氧气的量相等B．D遇金属钠产生氢气C．将A通入溴的四氯化碳溶液中，可见溶液褪色并分层D．由化合物A经一步转化为含相同碳原子烷烃的反应类型是还原反应

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A、减少使用化石燃料有利于节能减排，A不符合题意；B、大力发展火力发电会导致氮氧化合物的排放，不利于节能减排，B符合题意；C、改变能源结构，开发使用清洁能源有利于节能减排，C不符合题意；D、将煤气化或液化，以提高其综合利用率有利于节能减排，D不符合题意；答案选B。2、C【详解】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法错误；B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法错误；C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法正确；D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法错误；答案为C。3、A【详解】根据题意，假设反应为：2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2。又因为在相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，根据题中数据，反应后气体体积为反应前气体体积的一半，所以可判断x=1，根据选项中的化学式，故可判断A正确。4、C【解析】A.根据元素守恒知,即使碳酸钠分解也不能生成水；

B.偏铝酸钠和少量H+反应生成Al(OH)3；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

D.亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色。【详解】A.根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水,可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；

B.向稀的偏铝酸钠溶液滴加饱和氯水，发生反应：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，该反应为非氧化还原反应，偏铝酸钠没有还原性，故B错误；C.同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；向含I﹣的无色溶液中滴加少量新制氯水,再滴加淀粉溶液,氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化生成碘,碘遇淀粉试液变蓝色,加入淀粉后溶液变蓝色,说明碘离子被氧化生成碘单质,氧化剂是氯气、氧化产物是碘,所以氧化性:Cl2＞I2；故C正确；

D.双氧水具有氧化性,亚铁离子具有还原性,亚铁离子和双氧水反应生成铁离子,铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色,加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化,则亚铁离子有还原性,不能说明具有氧化性，故D错误；

综上所述，本题选C。5、C【解析】A．将饱和氯化铁溶液逐滴加入煮沸的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，正确的反应为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，亚铁离子和溴离子都完全反应，正确的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故B错误；C．将NaHCO3溶液与过量的Ca(OH)2溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI，反应生成碘单质和水，正确的离子方程式为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故D错误；故答案为C。点睛：明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。6、A【分析】氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心；手性碳原子指与碳相连的4个基团均不一样；晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；分子间氢键，物质的熔沸点反常的高，分子内氢键，物质的熔沸点更低。【详解】A．氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故A正确；B．手性碳原子指与碳相连的个基团均不一样，由酒石酸的结构式可知，中间2个碳原子均是手性碳原子，2号碳上连接的是氢、羟基、羧基、－CHOH－COOH，故B错误；C．晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgBr2是离子晶体，SiCl4是分子晶体，SiC是原子晶体，故熔点：SiCl4<MgBr2<SiC，故C错误；D．邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸同为分子晶体，相对分子质量一样，互为同分异构体，分子间氢键，物质的熔沸点反常的高，分子内氢键，物质的熔沸点更低，所以沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；答案选A。【点睛】对于分子晶体的熔沸点比较：比较相对分子质量和氢键，若是有机物，分子量相同，支链越多，熔沸点越低；有分子间氢键，熔沸点变大；分子内氢键，熔沸点降低。7、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。8、C【详解】A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；故选C。9、B【分析】元素X、Y、Z位于相同短周期，X的最高价是+7、最低价是-1，X是Cl；Y的最高价是+6、最低价是-2，Y是S；Z的最高价是+5、最低价是-3，Z是P。【详解】A.同周期元素从左到右，原子序数增大，原子序数：Cl>S>P，故A正确；B.同周期元素从左到右，半径依次减小，原子半径：P>S>Cl，故B错误；C.同周期元素从左到右，非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，稳定性：HCl>H2S>PH3，故C正确；D.同周期元素从左到右，非金属性增强，最高价含氧酸酸性增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，故D正确；选B。10、D【详解】①SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；②Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；③KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；④Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑤(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑥Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的有②④⑤，本题选D。【点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。11、B【解析】A项，铜与稀硝酸会发生：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，生成的NO有毒性，会污染环境，故A错误；B项，Cu与空气发生：2Cu＋O22CuO，CuO与硝酸发生：CuO＋2HNO3=Cu(NO3)2＋H2O，从上述两个方程式可知，Cu全部生成了Cu(NO3)2，而且没有污染性物质生成，故B正确；C项，Cu与浓硝酸发生：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，生成的NO2具有毒性，会污染环境，故C错误；D项，因使用的原材料中Cl2具有毒性，可能会污染环境，而且AgNO3比HNO3价格更高，不经济，故D错误。此题答案选B。12、C【分析】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。据此分析。【详解】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。A.该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故错误；B.反应中转移8个电子，所以1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，故错误；C.向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，可得刺激性气体氨气和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁沉淀能被空气中的氧气氧化，最终氢氧化铁红褐色沉淀，故正确；D.将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故错误。故选C。13、B【解析】A、PM2.5是对空气中直径小于或等于2.5微米（即≤2.5um）的固体颗粒或液滴的总称，故A正确；B、根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C、As元素和P元素同主族，性质相似，所以科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素，故C正确；D、和CO2发生加聚反应生成可降解聚合物，无其他物质，原子的利用率达到100%，故D正确；故选B。14、C【解析】A．将重油催化裂解是为了提高乙烯、丙烯等烯烃的产量和质量，故A错误；B．减压分馏可以获得润滑油、石蜡等重油，不能获得轻质油，故B错误；C．将减压获得的重油进行催化裂化，可以进一步提高轻质油的产量和质量，故C正确；D．常压分馏是正常的获得轻质油的方法，不能进一步提高轻质油的产量和质量，故D错误；故答案为C。【点睛】石油的分馏分为常压分馏和减压分馏，为了进一步提高轻质油的产量和质量，将减压获得的重油进行催化裂化；为了获得“三烯”，将重油进行催化裂解；为了获得芳香烃，将石油进行催化重整。15、C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置,为原电池,Zn易失电子作负极、Cu作正极,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。【详解】A.该装置是原电池,Zn易失电子发生氧化反应而作负极、Cu作正极,故A错误;

B.Cu作正极,发生还原反应,故B错误；C.铜是正极,氢离子在正极得电子发生还原反应:2H++2e-=H2↑,所以C选项是正确；D.负极上失电子、正极上得电子,该装置中Zn是负极、Cu是正极,所以电子从Zn沿导线流向正极Cu,故D错误；正确选项C。【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。16、D【分析】充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，则此时铝箔电极上发生失电子的氧化反应，铝箔为阳极，电极反应式为xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+，即LiFePO4-e-=FePO4+Li+，铜箔电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，阴极反应式为：xLi++xe-+6C=LixC6，所以电池总反应为FePO4+LixC6xLiFePO4+6C；原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，电子由负极铝箔经过导线流向正极铜箔，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A、原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，即Li+通过隔膜移向正极，A正确；B、原电池放电时，电子由负极铝箔流出，经过导线流向正极铜箔，B正确；C、原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：，C正确；D、由于隔膜的作用，Li+通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池总反应为xFePO4+LixC6xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价均不变，D错误；故答案为：D。二、非选择题（本题包括5小题）17、环己烯取代反应（或酯化反应）+C2H5OH羰基、、、【分析】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C．对比C、E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为。E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，以此解答该题。【详解】(1)由化合物B的结构简式可知B的名称是：环己烯，故答案为：环己烯；(2)D的结构简式为，C的结构简为，则反应③是C和乙醇发生酯化反应，生成D，酯化反应为取代反应，故答案为：取代反应（或酯化反应）；(3)对比C.

E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，则D到E的反应方程式为：+C2H5OH，故答案为：+C2H5OH；(4)E结构简式为，含有官能团为羰基和酯基；F的结构简式为，含有官能团为羰基和酯基；G的结构简式为，含有官能团为羰基和羧基；则E、F、G中相同官能团的名称是羰基，故答案为：羰基；(5)X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，X存在对称结构，符合要求的X的结构简式有：，故答案为：。七、元素或物质推断题18、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【分析】本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。19、2H2O22H2O+O2↑B、C红色固体为Cu和Cu2O混合物无明显现象部分红色物质溶解，溶液呈蓝色过滤4w/9或64w/144【解析】（1）.上述A装置是固液不加热制气装置，制取氧气时可以采用双氧水在二氧化锰的作用下分解制氧，反应方程式是：2H2O22H2O+O2↑，氧气难溶于水同时密度比空气大，所以可以采用B、C装置来收集氧气，故答案是：2H2O22H2O+O2↑；B、C；(2).①.氢气还原氧化铜有可能生成铜或氧化亚铜，因此可猜想反应后生成物为：铜或氧化亚铜或铜与氧化亚