2023届高三第五次模拟考试化学试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是（）A．用图甲装置制取并收集二氧化硫B．用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C．用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D．用图丁装置将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1L0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NAB．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．3molFe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子3、根据下列图示所得结论正确的是A．图1表示1LpH=2的某一元酸加水稀释至VL，pH随lgV的变化，说明该酸是弱酸B．图2表示不同温度下水溶液中H+和OH－浓度的变化的曲线，说明图中温度T2＞T1C．图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，说明图中a点N2的转化率小于b点D．图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系，说明改变压强平衡不发生移动4、元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（）A．反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B．反应②利用了H2O2的氧化性C．反应③中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化5、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B．顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C．塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯6、已知X、Y、Z为短周期主族元素，在周期表中的相应位置如图所示，下列说法不正确的是（）A．若X为金属元素，则其与氧元素形成的化合物中阴阳离子个数比可能是1∶2B．若Z、Y能形成气态氢化物，则稳定性一定是ZHn>YHnC．若Y是金属元素，则其氢氧化物既能和强酸反应又能和强碱反应D．三种元素的原子半径：r（X）>r（Y）>r（Z）7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为2∶3。W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A．原子半径X＞Y，离子半径Z＞YB．化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键C．X的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂8、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是Ag+。下图是一种测定O2含量的气体传感器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得O2的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是A．银电极被消耗，RbAg4I5的量增多B．电位计读数越大，O2含量越高C．负极反应为Ag+I--e-=AgID．部分A1I3同体变为Al和AgI9、下列说法违反科学原理的是（）A．碘化银可用于人工降雨B．在一定温度、压强下，石墨可变为金刚石C．闪电时空气中的N2可变为氮的化合物D．烧菜时如果盐加得早，氯会挥发掉，只剩下钠10、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种11、分别在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)⇌D(g)。其中容器甲中反应进行至5min时达到平衡状态，相关实验数据如表所示：容器温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol化学平衡常数n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列说法不正确的是A．0～5min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=0.64mol·L-1·min-1B．a=2.2C．若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，反应达到平衡时，A的转化率小于80％D．K1=K2>K312、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB．l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC．0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD．常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA13、己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=014、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A．3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ B．4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑C．5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D．6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑15、下列条件下，可以大量共存的离子组是（）A．pH=9的溶液中：Na+、Fe3+、NO3-，SCN-B．含有大量S2O32-的溶液中：H+、K+、SO42-、Al3+C．0.1mol•L-1的NH4Cl溶液中：Li+、Ba2+、CH3COO-、OH-D．某酸性无色透明溶液中：Na+、I-、Cl-、Mg2+16、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A．浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2OB．无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C．2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D．5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染17、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（）A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C．丙装置可除去CO2中的SO2D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离18、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2价铁的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O219、某溶液含有等物质的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I－、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样，加入KSCN溶液，溶液变血红色，对溶液描述错误的是A．一定没有Ba2+ B．可能含有Na+C．一定没有SO32－ D．一定有Cl－20、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A．NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为7∶2B．1.0mol·L-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC．11.2LCH4中含有的原子数目为2.5NAD．20g分子中,含有10NA个电子21、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g22、香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：下列说法正确的是()A．水杨醛苯环上的一元取代物有4种B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C．中间体A与香豆素-3-羧酸互为同系物D．1mol香豆素-3-羧酸最多能与1molH2发生加成反应二、非选择题(共84分)23、（14分）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_______。（2）B的结构简式是__________。（3）CD的反应类型是___________。（4）写出DM的化学方程式________。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_______。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_______种，写出任意一种的结构简式_________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。______24、（12分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。25、（12分）某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。(2)反应①中生成A的离子方程式为________。(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。26、（10分）实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：①CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。②CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在60~70℃，原因是____________________。（2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。（3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。（4）氯化铵用量[]与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：__________。（实验中可选试剂：0.1mol·L−1盐酸、10mol·L−1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）27、（12分）FeCl3是重要的化工原料，无水氯化铁在300℃时升华，极易潮解。I．制备无水氯化铁。（1）A装置中发生反应的离子方程式为______________。（2）装置的连接顺序为a→______________→j，k→______________（按气流方向，用小写字母表示）。（3）实验结束后，取少量F装置玻璃管中的固体加水溶解，经检测，发现溶液中含有Fe2+，可能原因为______________。II．探究FeCl3与SO2的反应。（4）已知反应体系中存在下列两种化学变化：（i）Fe3+与SO2发生络合反应生成Fe(SO2)63+（红棕色）；（ii）Fe3+与SO2发生氧化还原反应，其离子方程式为______________。（5）实验步骤如下，并补充完整。步骤现象结论①取5mL1mol·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。溶液很快由黄色变为红棕色②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。_______________红棕色液体不是Fe(OH)3胶体③将步骤①中的溶液静置。1小时后，溶液逐渐变为浅绿色④向步骤③中溶液加入2滴___________溶液(填化学式)。_______________溶液中含有Fe2+（6）从上述实验可知，反应（i）、（ii）的活化能大小关系是：E(i)________E(ii)（填“>”、“<”或“=”，下同），平衡常数大小关系是：K(i)__________K(ii)。28、（14分）以C、CO、CO2、CH4等含1个碳原子的物质为原料，可以合成一些化工原料和燃料。（1）碳原子的核外电子排布式是___，其最外层有___种运动状态不同的电子。（2）上述物质中属于非极性分子的是___。（3）合成气（CO和H2)在不同催化剂的作用下，可以合成不同的物质。①用合成气制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，写出制备二甲醚的化学方程式____。②仅用合成气为原料不可能合成的物质是___(填字母序号)。a.甲醇b.乙二醇c.乙二酸d.尿素工业上可用CO2生产燃料甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+Q（Q>0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=___，如果平衡常数K减小，平衡___(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=___。（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有___、___（任写2条措施）。（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式___。29、（10分）雾霾中含有多种污染物，其中有氮氧化物（NOx）、CO、SO2等，给人类健康带来了严重影响，化学在解决雾霾污染中发挥了重要作用。（1）煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原消除污染。请写出CH4与NO2反应的化学方程式_____________。（2）汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.8kJ·mol-14CO(g)+2NO2(g)3CO2(g)+N2(g)△H=-1200kJ·mol-1则反应的CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)△H=_____kJ·mol-1（3）氮硫的氧化物间存在如下转化SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)；实验测得平衡常数与温度的关系如下图所示。回答下列问题：①该反应正反应的活化能___（填“＞”或“＜”）逆反应的活化能。②反应速率v=V正-V逆=k正xSO2·xNO2-k逆xSO3·xNO，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，T℃时，k正_____k逆（填“＞”、“＜”或“=”）。③T℃时，在体积为2L的容器中加入1molSO2(g)、1molNO2(g)，5min时测得xSO3=0.2，此时平衡向___（填“正”或“逆”）反应方向移动，=___（保留2位小数）。（4）已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g)ΔH=－180.6kJ/mol，在某表面催化剂的作用下，NO可以分解生成N2、O2，其反应机理可简化为：第一步：2NO→N2O2快第二步：N2O2→N2+O2慢下列表述正确的是____（填标号)。A．所有化合反应都是放热反应B．N2O2是该反应的的中间产物C．加入合适的催化剂可以减小反应热ΔH，加快反应速率D．第一步的活化能比第二步低

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】

A．二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，导气管应该长进，出气管要短，故A错误；B．应将水沿烧杯内壁倒入，并用玻璃棒不断搅拌，故B错误；C．转移液体需要引流，防止液体飞溅，故C错误；D．蒸发浓缩液体可用烧杯，在加热过程中需要垫石棉网，并用玻璃棒不断搅拌，故D正确。故选：D。【答案点睛】浓硫酸的稀释时，正确操作为：将浓硫酸沿烧杯壁注入水中，并不断搅拌，若将水倒入浓硫酸中，因浓硫酸稀释会放热，故溶液容易飞溅伤人。2、B【答案解析】

A.HS−在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2−，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS−和S2−的个数之和为0.1NA个，故A错误；B.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含NA个中子，故B正确；C.过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D.铁与水蒸汽反应后变为+价，故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个，故D错误；故选：B。3、C【答案解析】

A.加水稀释10n倍，溶液pH变化n个单位。根据图1表示1LpH=2的某一元酸加水稀释至VL，pH随lgV的变化可以说明该酸是强酸，选项A错误；B.升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2<T1，选项B错误；C.增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，选项C正确；D.增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，温度不变，平衡常数不变，K=c(O2)，最终氧气平衡浓度不变，选项D错误；答案选C。4、D【答案解析】

A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；D.反应①和③中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；所以答案选择D项。5、B【答案解析】

A．煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。6、C【答案解析】

由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，若Y为金属时可能为Mg或者Al，根据常见氧化物以及镁、铝化合物的性质分析。【题目详解】由题中元素在周期表中的位置推出X、Y、Z三种元素分别位于第二周期和第三周期；A、当X为金属时，X可能为Na、Mg、Al，与氧气形成的化合物分别为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，阴阳离子个数比有为1:2、1:1、2:3，故A不符合题意；B、由于Z、Y同族，从上至下非金属性逐渐减弱，Z的非金属性大于Y，所以气态氢化物的稳定性ZHn>YHn，故B不符合题意；C、若Y为金属时可能为Mg或者Al，因为Mg(OH)2不与强碱反应，故C符合题意；D、因电子层数X=Y>Z，故半径Y>Z，同周期原子半径从左至右逐渐减小，故原子半径：r(X)>r(X)>r(Z)，故D不符合题意。故选C。7、A【答案解析】

X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为2∶3，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【题目详解】A．C和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径X＞Y，离子半径Z﹤Y，A错误；B．Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；C．CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。答案选A。8、B【答案解析】

O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反应式为：I2+2Ag++2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。【题目详解】A．由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解质RbAg4I5中迁移的物种是Ag+，因此RbAg4I5质量不会发生变化，故A错误；B．O2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；C．由上述分析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故C错误；D．由上述分析可知，部分AlI3生成Al2O3和I2，故D错误；故答案为：B。9、D【答案解析】

A.碘化银可在空气中形成结晶核，是水凝结，因此可用于人工降雨，A项正确；B.石墨与金刚石互为同素异形体，在一定温度、压强下石墨可变成金刚石，B项正确；C.闪电时空气中的N2可变为氮的化合物，例如氮气与氢气在放电条件下可以转化成一氧化氮等，C项正确；D.氯化钠在烹饪温度下不会分解，氯挥发的情况不会出现，而且钠是非常活泼的金属，遇水会立刻转化为氢氧化钠，不可能只剩下钠，D项错误；答案选D。10、B【答案解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【题目详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【答案点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。11、A【答案解析】

A．容器甲中前5min的平均反应速率v(D)===0.32mol•L-1•min-1，则v(A)=v(D)=0.32mol•L-1•min-1，故A错误；B．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，甲中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.02.00反应(mol/L)1.61.61.6平衡(mol/L)0.40.41.6化学平衡常数K==10，乙中A(g)+B(g)⇌D(g)开始(mol/L)2.00反应(mol/L)1.01.01.0平衡(mol/L)1.0-1.01.0化学平衡常数K==10，解得：a=2.2，故B正确；C．甲中CO转化率=×100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相当于减小压强，平衡逆向移动，导致A转化率减小，则A转化率小于80%，故C正确；D．甲和乙的温度相同，平衡常数相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若温度不变等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器温度高，平衡时D的浓度减小，即升温平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此K1=K2>K3，故D正确；故选A。12、D【答案解析】

A.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol，A错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA，B错误；C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。13、B【答案解析】

A.△H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.△H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；C.△H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。故选B。14、B【答案解析】

由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。【题目详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g−5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g−4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20÷160)：(10÷80)：(1÷32)＝4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：B。【答案点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。15、D【答案解析】

A．pH=9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3+生成沉淀，且Fe3+、SCN-发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B．能和S2O32-反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O32-生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C．能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH-生成弱电解质而不能大量共存，Li+、OH-不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。【答案点睛】S2O32-为硫代硫酸根，与氢离子可以发生反应：S2O32-+2H+==S↓+SO2+H2O。16、C【答案解析】

浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl−＋＋6H+===3Cl2↑＋3H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN−生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。17、B【答案解析】

A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；答案选B。【答案点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。18、A【答案解析】

A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2

价铁，故A正确；B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2

价铁，故B错误；C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；故选：A。19、B【答案解析】

加入KSCN溶液，溶液变血红色，溶液中有Fe3+，溶液中不能含有I－、SO32-，因为离子的物质的量相等，根据电荷守恒，含有SO42-、Cl-，一定不能含有Na+和Ba2+。故选：B。20、D【答案解析】

A.He分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为28∶4=7∶1，故A不选；B.不知道FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；C.11.2LCH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20g分子为1mol，含有10NA个电子，故D选。故选D。21、B【答案解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。22、A【答案解析】

A．水杨醛苯环上的四个氢原子的环境不同，即苯环上有4种等效氢，苯环上的一元取代物有4种，故A正确；B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，故C错误；D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【答案解析】

由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【题目详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【答案点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【答案解析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【题目详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【答案点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，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。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。25、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【答案解析】

测得X溶液中c(H+)=6mol/L，在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3，说明原溶液中含有Al3+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+，溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-，以此解答。【题目详解】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根据Fe元素守恒，说明在原溶液中含有Fe3+，其物质的量是0.02mol，由于溶液的体积是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；该溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根据(3)计算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正电荷总数：3n(Al3+)+3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+n(NH4+)+n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所带的负电荷数0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以该溶液中还含有带负电荷的Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物质的量浓度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L。【答案点睛】本题考查无机物的推断的知识，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，有时要结合电荷守恒判断某种离子的存在性及其含量的多少。26、温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥【答案解析】

实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【题目详解】（1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2++SO32-+2Cl−+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量CaSO4，向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10mol·L−1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤2～3次，干燥。【答案点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。27、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2Oh，i，d，eg，f，b，（c）未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+液体中无明显光路K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀﹤﹤【答案解析】

Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；④反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii);【题目详解】Ⅰ（1）反应的离子方程式为：MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；Ⅱ（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)<E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)<K(ii)。28、1s22s22p24CO2、CH42CO+4H2→CH3OCH3+H2OcdK=向逆反应方向0.1125mol/(L·min)将CH3OH液化，及时移走适当增大压强CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-738.4kJ•mol-1【答案解析】

(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为；(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；(3)①用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；②根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变