2025年湖北高考模拟卷（六）（含答案）

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2025年湖北高考模拟卷（六）
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．成语是传统文化的一部分，下列成语涉及的材料是有机高分子的是
A．石破天惊 B．火树银花 C．如胶似漆 D．信口雌黄()
2．最近，我国在战斗机技术和预警机技术上实现重大跨越，第六代战机歼36试飞成功以及空警3000预警机首次亮相，标志着中国军事力量的全面提升。下列说法正确的是
A．钛合金是一种高强度、耐腐蚀的复合材料，钛元素在元素周期表中位于第ⅡB族
B．碳化硅(SiC)是一种耐高温陶瓷材料，属于分子晶体
C．发动机用到的超高温合金含有铌、铁、镍等元素，56Fe的中子数为56
D．氢气是战斗机的主要燃料之一，H和D互为同位素
3．下列说法不正确的是
A．利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团
B．用标准液润洗滴定管后，应使润洗液从滴定管下端尖嘴流出
C．灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化
D．用蒸发浓缩的方法将10%的NaHCO3溶液变为20%的NaHCO3溶液
4．下列化学用语错误的是
A．用双线桥表示钠和氯气生成氯化钠转移电子的过程：
B．卤素单质中共价键的形成过程：
C．乙炔的球棍模型：
D．苯乙烯合成聚苯乙烯：
5．下列说法正确的是
A．中O-S-O键角比中的大
B．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式计算出来的大，是由于氢键的影响
C．酸性：
D．非极性分子往往具有高度对称性，如这样的分子
6．PBS是一种新型的全生物降解塑料，它是以1，4-丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成的聚酯加工而成，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．PBS中所有碳原子都采取sp3杂化
B．PBS和PE(聚乙烯)塑料均属于加聚反应的产物
C．1，4-丁二醇()能使酸性KMnO4溶液褪色
D．1，4-丁二醇和丁二酸均可以发生加成反应、取代反应、消去反应
7．下列陈述I与陈述II均正确，但不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 晶体具有自范性 缺角的晶体在饱和溶液中浸泡一段时间后会慢慢变为完美的立方体块
B 冠醚空腔的直径与碱金属离子的直径接近 冠醚可用于识别碱金属离子
C 石油裂解可得到饱和烃 石油裂解气能使溴的溶液褪色
D 催化剂可以降低反应活化能 中加入分解反应速率加快
8．工业生产下列物质，对应的转化过程不符合要求的是
选项 物质 转化过程
A
B 浓缩海水
C 、焦炭、
D 黄铁矿
9．R、W、X、Y、Z五种短周期非金属元素的原子序数依次增大，仅W、X、Y同周期，W的主族序数等于其周期序数的2倍，Y为地壳中含量最高的元素，由五种元素组成的某种物质的结构如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．简单氢化物键角：
D．Z的氧化物对应的水化物为强酸
10．利用如图所示装置进行的制备与性质探究实验时，下列说法错误的是
A．甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．乙试管中产生白色沉淀，证明与水反应生成了
C．丙中试液先变红后褪色，说明与水反应产物既有酸性又有漂白性
D．丁中可盛放溶液吸收多余的
11．向溶液中滴加过量的氨水得到含有的溶液。的晶胞结构如下图，设立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为。下列说法正确的是
A．基态的核外电子有15种空间运动状态
B．基态占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是球形
C．键角：
D．的晶体的密度为。
12．冠醚能与阳离子作用，12—冠—4与作用而不与作用；18—冠—6与作用，但不与或作用。下列说法错误的是
A．超分子中O原子与间存在离子键
B．冠醚与阳离子作用跟环的大小有关
C．12—冠—4中C和O的杂化方式相同
D．18—冠—6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度
13．实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程，25℃时将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2。
下列说法正确的是
A．0min，溶液中
B．0~60min，发生反应：2CO2+3NH3 H2O+Na+=NaHCO3↓+++3+H2O。
C．水的电离程度：0min＞60min
D．0~100min，溶液中n(Na+)减少、n(Cl-)不变
14．回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．装置溶液中
B．装置a中溶液的作用是吸收废气中的
C．装置中阴极反应式为
D．通电一段时间后，装置中阳极区溶液降低
15．2023年10月4日化学诺贝尔奖授予三位科学家以表彰他们在发现和合成量子点方面作出的贡献。一种新型复合光催化剂[碳量子点氮化碳纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．氮化碳和碳量子点均属于分子晶体
B．该催化剂高效地降低了反应的焓变
C．两种纳米材料均属于胶体
D．若(反应Ⅱ)<0，则一定有(反应Ⅰ)>0
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）钪(Sc)是稀土元素家族中重要的一员，其氧化物氧化钪在合金、电光源、催化剂和陶瓷等领域有广泛应用，以钪锰矿石(含)为原料制备氧化钪的一种工艺流程如图所示。
已知：①TBP和P507均为有机萃取剂；
②常温下，；
③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。
回答下列问题：
(1)基态的简化电子排布式为 ，为了提高矿石的浸出率，除了粉碎还可采取的措施有 (写一点即可)。
(2)浸渣的主要成分有和 。
(3)“浸取”时铁屑被氧化为，该反应的离子方程式是 。
(4)萃余液2中的金属阳离子有 。
(5)常温下，“沉淀分离”时加入溶液调节至6，滤液中的浓度为 。
(6)用草酸沉钪时，求在的草酸溶液中 。(已知时，的)
17．（14分）马拉维若(K)是一种具有新型作用机制的抗HIV口服药，可由下列路线合成(部分试剂和条件省略)。
已知：Bn—代表苄基()。
回答下列问题：
(1)E中含氧官能团有酰胺基、 (写官能团名称)。
(2)的反应类型是 。
(3)J的结构简式是 。
(4)根据流程信息，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．物质B的碳原子杂化类型为、 B．所有原子共平面
C．1mol物质F最多能与反应 D．物质J中有1个手性碳原子
(5)写出A在一定条件下发生缩聚反应的方程式： 。
(6)G可由L()经七步反应合成。L的二氯代物有 种结构(不考虑取代芐基上的氢，不考虑立体异构)。
(7)已知醇和氯代酯在一定条件下可发生如下反应：，请设计合适的路线，利用甲苯和合成BnOOCCl： 。
18．（14分）某学习小组将Cu与H2O2的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题：
(1)实验准备：配制稀硫酸
①配制100mL 0.3mol/L的H2SO4溶液，需6mol/L H2SO4溶液的体积为 mL。
②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到的是 (填仪器名称)。
(2)Cu与H2O2在酸性条件下反应的离子方程式为 。
Ⅱ．实验探究：探究物质氧化性或还原性的影响因素。
【资料】其他条件相同，参与反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池电压越大。
(3)利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。
装置 实验 序号 烧杯中所加试剂 电压表 读数
30%H2O2 0.3mol/L H2SO4 H2O
V/mL V/mL V/mL
1 30.0 / 10.0 U1
2 30.0 1.0 9.0 U2
3 30.0 2.0 8.0 U3
4 35.0 1.0 V1 U4
已知：本实验条件下，SO对电压的影响可忽略。
①根据表中信息，补充数据：V1= 。
②由实验2和4可知，U2 U4(填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其氧化性越强。
(4)由(3)中实验结果U3>U2>U1，学生对“电压随pH减小而增大”的原因，提出了以下两种猜想：
猜想1：酸性条件下，H2O2的氧化性随pH减小而增强。
猜想2：酸性条件下，Cu的还原性随pH减小而增强。
为验证猜想，小组同学在(3)中实验1～4的基础上，利用下表装置进行实验5～-7，并记录数据。
装置 实验 序号 操作 电压表 读数
5 / U5
6 ①向 (填“左”或“右”)侧烧杯中滴加5mL 0.3mol/L H2SO4溶液 U6
7 向另一侧烧杯中滴加5mL 0.3mol/L H2SO4溶液 U7
②实验结果为：U5≈U6、 ，说明猜想2不成立，猜想1成立。
(5)已知Cu与H2O2反应时，加入氨水可形成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。小组同学利用(4)中实验5的装置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大。
①NH3分子中H-N-H键角为107°，在[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角近似109.5°，键角变大的原因是 。
②分析该电压表读数增大的原因： 。
【实验结论】物质的氧化性(或还原性)强弱与其浓度、pH等因素有关。
19．（14分）“液体阳光”工程是指通过太阳能、风能产生的电力电解水制得绿氢，再将绿氢与转化为等液体燃料的过程，可推动碳中和。反应可以通过以下步骤实现，反应能量变化如图1所示。
反应①：
反应②：
总反应：
(1)在上图1中补全能量变化示意图，注明总反应的反应热 。
(2)在相同条件下，反应①与反应②相比是 (填“快”或“慢”)反应；总反应在 条件下能自发进行(填序号)。
A．高温 B．低温 C．任何温度
(3)有利于提高平衡转化率的方法是___________(填序号)。
A．增加用量 B．恒温恒容下通入惰性气体
C．将甲醇液化后分离 D．加入催化剂
(4)某温度时，在体积为2L的刚性容器中，通入和)合成甲醇达到平衡时反应物的转化率为60%，求总反应的K值 。(保留一位小数，CO浓度忽略不计)
(5)将和按物质的量之比混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应①和反应②。在不同条件下，相同时间内气相催化合成过程中选择性和产率随温度变化曲线如图2所示。已知：的选择性
图2
在上述条件下合成甲醇的最优工业条件是___________(填序号)。
A．210℃ B．230℃ C．催化剂 D．催化剂CTZ
(6)温度从210℃上升到230℃过程中，虽然甲醇的选择性下降，但产率却上升，其原因是 ；从化学平衡移动的角度解释，随着温度继续升高，甲醇产率下降的可能原因是 。
(7)合成甲醇后进一步合成淀粉，实现了将空气合成“馒头”。自然界中玉米合成淀粉的效率为。以为原料人工合成淀粉，4h为1个周期，每克催化剂能生产淀粉。该方法生产淀粉的效率是玉米的 倍(保留1位小数)。
参考答案
1．C
【详解】A．只有火药爆炸才能产生“石破天惊”的效果，没有涉及有机高分子材料，故A不符合题意；
B．火树银花中火树就是指焰火，俗称烟花，涉及焰色试验，没有涉及有机高分子材料，故B不符合题意；
C．如胶似漆涉及黏合剂的使用，如古代用动物皮、角、骨熬制的骨胶等，涉及的蛋白质是有机高分子，故C符合题意；
D．雌黄，即三硫化二砷，颜色金黄鲜艳，是一种很早就被发现的重要的含砷化合物，没有涉及有机高分子材料，故D不符合题意；
答案选C。
2．D
【详解】A．钛元素在元素周期表中位于第ⅣB族，A项错误；
B．碳化硅(SiC)为共价晶体，共价晶体具有高熔点、高硬度的特性，B项错误；
C．的质量数为56，质子数为26，中子数=质量数-质子数，故的中子数为30，C项错误；
D．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素，H和D的质子数均为1，但中子数不同，故H和D互为同位素，D项正确；
答案选D。
3．D
【详解】A．红外光谱的原理是不同基团对红外线吸收频率不同，通过红外光谱图可以初步判断有机物中具有哪些基团，A正确；
B．用标准液润洗滴定管时，为了确保整个滴定管内壁都能被标准液润洗到，应使润洗液从滴定管下端尖嘴流出从而保证滴定管内的残留液为标准液，B正确；
C．灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化，这样才能将海带中的碘元素从有机物转化为无机物，便于后续的提取和检验，C正确；
D．若用蒸发浓缩的方法试图将10%的NaHCO3溶液变为20%的NaHCO3溶液，加热溶液可能会导致水解平衡正向移动，也可能会使NaHCO3发生热分解，难以达到实验目的，D不正确；
故选D。
4．C
【详解】A．钠失去电子，氯得到电子生成氯化钠，则电子转移过程是，A正确；
B．卤素单质是两个p轨道头碰头形成的键，图示正确，B正确；
C．乙炔的结构简式为，球棍模型为，图示为乙炔的比例模型，C错误；
D．聚苯乙烯()可由苯乙烯在一定条件下发生加聚反应制得，方程式正确，D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．中硫为sp3杂化且存在1对孤电子对，其键角小于，三氧化硫中硫为sp2杂化且无孤电子对，键角为120°，故中键角比中的小，A错误；
B．接近水的沸点时，水蒸气中部分分子通过氢键形成缔合体(如二聚体)，导致测得的相对分子质量略大于理论值(18)，B正确；
C．F的电负性比Cl强，的吸电子诱导效应更显著，使中羟基的极性更大，更易电离出，因此的酸性更强，C错误；
D．非极性分子往往具有高度对称性，使得分子中正负电荷中心重合，如、这样的分子，而、中正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．PBS中，形成4个单键的碳原子，采取sp3杂化，形成C=O的碳原子，发生sp2杂化，A不正确；
B．1，4-丁二醇(C4H10O2)和丁二酸(C4H6O4)合成PBS塑料时，有水生成，属于缩聚反应，乙烯合成PE(聚乙烯)塑料，属于加聚反应，B不正确；
C．1，4-丁二醇()分子中含有2个-CH2OH，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；
D．1，4-丁二醇能发生取代反应和消去反应，但不能发生加成反应，丁二酸可以发生取代反应，但不能发生加成反应、消去反应，D不正确；
故选C。
7．C
【详解】A．缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中能变为完美的立方体，是由于晶体具有自范性，A正确；
B．冠醚可用于识别碱金属离子，因为冠醚可与碱金属离子形成配位键且冠醚空腔的直径与碱金属离子的直径接近，B正确；
C．石油裂解气能与溴发生加成反应，使溴的溶液褪色，因为石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，C错误；
D．中加入分解反应速率加快，因为作为该反应催化剂可降低反应活化能，D正确；
故选C。
8．A
【详解】A．工业上生产采用侯氏制碱法，需先向饱和食盐水中通入，(而非直接通)，使溶液呈碱性以增大溶解度，从而生成沉淀。题目中未提及，直接通无法有效生成，不能实现该转化，A符合题意；
B．浓缩海水经氧化Br-得到，再用还原为Br-，最后再次氧化Br-得到。此流程符合海水提溴的工业步骤，B不符合题意；
C．与、焦炭高温生成，再用Mg在惰性气体中还原得到Ti(克劳尔法)，C不符合题意；
D．黄铁矿()燃烧生成，催化氧化为，浓硫酸吸收生成，符合接触法制硫酸流程，D不符合题意；
故选A。
9．C
【分析】R、W、X、Y、Z五种短周期非金属元素原子序数依次增大，W、X、Y同周期，W的主族序数等于其周期序数2倍，结合结构式可知W为C元素；Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；结合原子序数大小可知X为N元素；R的原子序数小于C且形成一条键，则R为H元素；Z形成1条键且原子序数最大可知Z为Cl元素。
A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素，因此第一电离能：，A项错误；
B．一般电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则半径：，B项错误；
C．分子中C原子形成4个键，无孤对电子，则为正四面体形结构，分子中N原子形成3个键，含有1个孤电子对，则为三角锥形结构，键角比小，分子中O原子形成2个键，含有2个孤电子对，则为V形结构，键角更小(孤电子对有较大斥力)，因此简单氢化物的键角：，C项正确；
D．Z为Cl元素，其氧化物对应的水化物中，次氯酸等为弱酸，D项错误；
选C。
10．B
【分析】装置甲中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下发生反应生成Cl2，Cl2以及挥发的HCl进入乙中会生成氯化银沉淀，Cl2与水反应生成两种酸HCl、HClO，则溶液有酸性，又具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，丁中应用NaOH溶液进行尾气处理。
A．装置甲为实验室制取氯气的反应，用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应：，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故A正确；
B．装置甲中制备的Cl2中混有HCl气体，HCl与硝酸银也能生成氯化银沉淀，故B错误；
C．Cl2与水反应生成两种酸HCl、HClO，则溶液有酸性，又具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确；
D．丁中可盛放NaOH溶液吸收多余的，其离子方程式为：，故D正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．Co元素原子序数为27，Co2+核外有25个电子，故基态的核外电子排布式为，有1+1+3+1+3+5=14种空间运动状态，A错误；
B．氯元素原子序数为17，基态Cl-核外电子排布为1s22s22p63s23p6，占据的最高能级为3p，电子云轮廓图形状为哑铃型，B错误；
C．NH3中心原子N原子为sp3杂化，N原子上还有一对孤对电子对N-H成键电子对有排斥作用，导致H-N-H键角变小，而[Co(NH3)6]2+中，N原子的孤对电子和Co2+形成了配位键，对N-H的排斥减小，故[Co(NH3)6]2+中H-N-H键角更大，C错误；
D．由晶胞结构图，晶胞中[Co(NH3)6]2+位于顶点和面心，由均摊法得晶胞内有4个，Cl-在晶胞内有8个，晶体密度，D正确；
故本题选D。
12．A
【详解】A．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，故A错误；
B．由题意超分子均有“分子识别”的特征，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，故B正确；
C．12-冠-4中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数，O的价层电子对数，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，故C正确；
D．利用该原理可以用冠醚将KCN带入有机物中，可以增大其在有机物中的溶解度，故D正确；
故答案为A。
13．D
【详解】A．0min时，溶液为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，则溶液中存在，则，A不正确；
B．0~60min，随着反应的进行，60min时pH=10.3，生成的少量白色沉淀为NaHCO3，由图2可知，溶液中、的浓度相等，依据电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应为：2CO2+3NH3 H2O=++3+H2O，B不正确；
C．0min时，为饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl)，一水合氨抑制水电离，60min时，为(NH4)2CO3和NH4HCO3按1:1形成的溶液，二者都易发生水解，从而促进水电离，所以水的电离程度：0min＜60min，C不正确；
D．0~100min，随着反应的进行，产生碳酸氢钠沉淀，则溶液中n(Na+)减少、n(Cl-)不变，D正确；
故选D。
14．A
【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。
A．NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，，故A错误；
B．NaHCO3溶液能和SO2反应生成CO2，且不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液能吸收SO2，故B正确；
C．分析可知，装置b中阴极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，故C正确；
D．通电一段时间后，装置b中阳极电极反应：阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，氢氧根浓度减小，溶液酸性增强，阳极区溶液pH降低，故D正确；
故选：A。
15．D
【详解】A．氮化碳为共价晶体，A错误；
B．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；
C．纳米材料分散到分散剂中可以形成胶体，C错误；
D．H2O分解产生H2、O2的总反应是吸热反应，该反应分两步进行，由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，因此若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应，D正确；
答案选D。
16．(1) （2分）升温、适当增大酸的浓度、充分搅拌等（2分）
(2) （1分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5) （2分）
(6) （2分）
【分析】钪锰矿石(主要含)加入稀硫酸后，溶液中含有、、、，再加入，二氧化锰被还原为，铁及被氧化成，浸渣中含有和，和加入可以除去，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取，萃余液2中剩余、、，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃取固体，加入得到，加入后得到，在空气中灼烧后得。
（1）基态的简化电子排布式为；为了提高矿石的浸出率，除了粉碎还可采取的措施有升温、适当增大酸的浓度、充分搅拌等。
（2）根据分析可知浸渣中含有和。
（3）“浸取”时铁屑被氧化为，该反应的离子方程式是。
（4）据分析可知萃余液2中的金属阳离子有。
（5）常温下，，当时，，。
（6）在、的草酸溶液中。
17．(1)羟基、酯基（2分）
(2)还原反应（1分）
(3) （2分）
(4)AB（2分）
(5)n+(n-1)H2O（2分）
(6)11（2分）
(7)或（3分）
【分析】A到B发生酯化反应，B的结构简式为：，B到C发生取代反应，C的结构简式为：，C到D发生酯基水解再酸化，D到E发生还原反应，-COOH被还原为-CH2OH，E到F发生氧化反应，-CH2OH氧化为醛基，H到I酰胺基转化为氨基，I的结构简式为：，结合I和K的结构以及J的分子式，J的结构简式为：。
（1）根据E的结构，E中含氧官能团为酰胺基、酯基、羟基；
（2）的反应中羧基转化为羟基，去氧、加氢都属于还原反应；
（3）通过K逆推，为取代反应，结合J的分子式可知J的结构为；
（4）物质B的结构简式为：，苯环上碳原子和酯基碳原子是sp2杂化，甲基上碳原子为sp3，A正确；
SO3中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面三角形，所有原子共平面，B正确；
1mol物质F最多能与反应，C错误；
手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，物质J的结构为：无手性碳原子，D错误；
答案选AB；
（5）A中有氨基和羧基，羧基与氨基脱水缩合形成高分子，方程式为：n+(n-1)H2O；
（6）根据题意，L的一氯代物有3种：、、，在此基础上考虑二氯代物另一个氯的位置有：、、，共11种
（7）合成BnOOCCl即，可以由和发生反应得到，甲苯与氯气光照发生甲基上取代反应，在水解得到苯甲醇，合成路线为：
也可以由甲苯与高锰酸钾溶液反应得到苯甲酸，苯甲酸还原为苯甲醇，合成路线也可以是：。
18．(1)5.0（2分）100mL容量瓶（1分）
(2) （2分）
(3) 4.0（1分）小于（1分）
(4)左（1分）（2分）
(5)NH3分子中N原子的孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-Cu键的成键电子对相比NH3中的孤对电子对对N-H键的排斥力变小，所以[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角变大（2分）氨水后形成，使减小，促进铜失电子，使电压表读数增大（2分）
【详解】（1）①根据稀释规律c1V1=c2V2可知，配制的溶液，需溶液的体积为；
②在实验室配制上述溶液的过程中，需要用到的是100mL容量瓶；
（2）Cu与H2O2在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为；
（3）①根据单一变量控制法可知，总溶液的体积为40.0mL，则V1=40.0-35.0+1.0=4.0；
②由实验2和4可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出，U2小于U4；故答案为：小于；
（4）涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时，则可推出猜想2不成立，再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到，则说明猜想1成立；
（5）①NH3分子中H-N-H键角为107°，在[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角近似109.5°，键角变大的原因是NH3分子中N原子的孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-Cu键的成键电子对相比NH3中的孤对电子对对N-H键的排斥力变小，所以[Cu(NH3)4]2+中H-N-H键角变大；
②电压表读数增大的原因：氨水后形成，使减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。
19．(1) （2分）
(2)慢（1分）b（1分）
(3)C（1分）
(4)0.5（2分）
(5)BC（1分）
(6)反应①为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升(或温度升高，反应①速度增大，单位时间内有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升) （2分）反应②为放热反应，温度升高，平衡逆向移动甲醇产率下降（2分）
(7)8.7倍（2分）
【详解】（1）反应①：
反应②：
根据盖斯定律，由①+②得合成总反应：=+41-90=-49，总反应为放热反应，在上图1中补全能量变化示意图，注明总反应的反应热，如图：；
（2）在相同条件下，反应①的活化能高，反应①与反应②相比是慢反应；总反应是熵减的放热反应，在高温条件下能自发进行；
（3）A. 增加用量，CO2转化率降低，故A错误；
B. 恒温恒容下通入惰性气体，气体体积彭胀，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故B错误；
C. 将甲醇液化后分离，平衡正向移动，CO2转化率增大，故C正确；
D. 加入催化剂，催化剂不能使平衡移动，CO2转化率不变，故D错误；
故答案为：C；
（4）某温度时，在体积为2L的刚性容器中，通入和)合成甲醇达到平衡时反应物的转化率为60%，根据三段式可知：
则总反应的K= = 0.5；
（5）由图知，温度为230℃，甲醇的选择性、甲醇的产率均高，所以在上述条件下合成甲醇的工业条件是230℃，使用催化剂CZ(Zr﹣1)T时，甲醇的选择性、甲醇的产率均比CTZ催化剂高；
（6）温度从210℃上升到230℃过程中，虽然甲醇的选择性下降，但产率却上升，其原因是反应①为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升(或温度升高，反应①速度增大，单位时间内有更多的发生转化，所以甲醇的产率上升。)；从化学平衡移动的角度解释，随着温度继续升高，甲醇产率下降的可能原因是反应②为放热反应，温度升高，平衡逆向移动甲醇产率下降；
（7）该方法生产淀粉的效率是玉米的 =8.7倍。
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