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广东省广州市2025届高三下学期毕业班综合测试（一模）化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·广州模拟）器具是饮食文化的重要载体。下列我国古代器具中主要由合金材料制成的是
A．单耳黑陶杯 B．秘色瓷莲花碗 C．青铜四足鬲 D．檀香木雕杯
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·广州模拟）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
3．（2025·广州模拟）化学处处呈现美。下列说法不正确的是
A．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
B．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自Fe2O3
C．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
D．饱和CuSO4溶液析出形状规则的蓝色晶体，体现晶体的自范性
4．（2025·广州模拟）下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硫酸铝处理污水 Al(OH)3胶体具有吸附性
B 用油脂为原料制肥皂 甘油具有水溶性
C 用小苏打作发泡剂烘焙面包 碳酸氢钠溶于水吸热
D 用乳酸制作聚乳酸可降解塑料 聚乳酸燃烧生成CO2和H2O
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·广州模拟）工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶
6．（2025·广州模拟）含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是
A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定
B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅
C．过量的NH3通入0.1mol L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀
D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化
7．（2025·广州模拟）Mg—H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器，该电池以镁片、石墨为电极，石墨电极一侧加入H2O2海水为电解质溶液。该电池工作时，下列说法正确的是
A．镁片为正极，发生还原反应
B．石墨电极表面产生大量氢气
C．电子由石墨电极流出
D．溶液中的阳离子向石墨电极移动
8．（2025·广州模拟）C6H5NH2是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐C6H5NH3Cl，下列叙述正确的是
A．常温下，0.001mol L﹣1C6H5NH2水溶液的pH=11
B．0.001mol L﹣1C6H3NH3Cl水溶液加水稀释，pH升高
C．C6H5NH3Cl水溶液的电离方程式为C6H5NH3Cl=C6H5NH2+HCl
D．C6H3NH3Cl水溶液中，c(OH﹣)+c(Cl﹣)=c(C6H5)+c(C6H5NH2)
9．（2025·广州模拟）某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是
A．能发生加成反应
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
10．（2025·广州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．44g中的σ键的数目为7NA
B．1mol Cl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NA
C．1L1mol L﹣1(NH4)2SO4溶液中含的数目为2NA
D．常温常压下，22.4LCO和N2混合气体中的分子数为NA
11．（2025·广州模拟）按如图装置进行实验，闭合开关一段时间后，下列说法正确的是
A．滴加铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀
B．U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2
C．a处红布条褪色，说明Cl2具有漂白性
D．b处出现蓝色，说明还原性：I﹣>Cl﹣
12．（2025·广州模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 卤素单质沸点：Cl2Br-Br>I-I
B CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊 碳酸酸性强于苯酚
C 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合
D 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·广州模拟）一种在水处理领域应用广泛的物质，其结构如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：W>Z
B．元素电负性：W>Z>R
C．第一电离能大小：W>Z>X
D．YR3和的空间构型均为三角锥形
14．（2025·广州模拟）部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c
B．若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键
C．若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化
15．（2025·广州模拟）某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g)T(g)，该反应经历两步：①R(g)I(g)，②I(g)T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。
下列说法不正确的是
A．升高温度，减小，且减小
B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小
C．使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小
D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快
16．（2025·广州模拟）一种基于硝酸盐还原和氨氧化的储能电池示意图如图，电极为金属Zn和选择性催化材料，放电时，含的废水被转化为NH3。下列说法不正确的是
A．放电时，正极区域的pH增大
B．放电时，每消耗负极室溶液质量增加260g
C．充电时，Zn连接外接电源的负极
D．充电时，阳极反应：NH3+9OH﹣﹣8e﹣=6H2O
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·广州模拟）从含银废液中回收银是保护金属资源的有效途径。
（1）实验室用70%H2SO4和Na2SO3制取干燥SO2选择净化与收集SO2所需装置，接口连接顺序为　 　。
（2）兴趣小组探究从AgNO3溶液中回收银，将SO2通入一定体积0.1mol L﹣1的AgNO3溶液中(如图所示)。
已知：a.25℃时，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10﹣14，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10﹣5。
b．Ag2SO3、Ag2SO4均能溶于浓氨水，生成[Ag(NH3)2]+。
ⅰ．实验现象瓶内产生大量白色沉淀，瓶底沉淀略显灰色。
ⅱ．沉淀成分的分析
将瓶内混合物分离得到溶液和固体X。
①取固体X加入过量浓氨水中，固体大部分溶解，过滤，得到无色溶液和少量灰黑色固体：将灰黑色固体加入浓硝酸中，固体溶解，　 　(填实验现象)，说明沉淀中含有Ag。SO2与AgNO3溶液反应生成银单质的离子方程式是 　 　。
②另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，　 　 (填实验操作和现象)，说明沉淀中含有Ag2SO3，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的化学方程式是 　 　。
③进一步实验证明，沉淀中不含Ag2SO4原因是c2(Ag+) c() 　 　1.4×10﹣5(填“>”“<”或“=”)。
ⅲ．实验结论SO2通入AgNO3溶液中同时发生复分解反应和氧化还原反应，Ag的回收率低。
④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应和氧化还原反应的平均反应速率之比为　 　。
（3）基于上述探究，兴趣小组重新设计了用SO2从AgNO3溶液中回收Ag的优化方案，避免了复分解反应的发生。该方案为　 　。
18．（2025·广州模拟）独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。
已知：①常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3，Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8，Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12。
②盐酸体系中，存在4Cl﹣[UO2Cl4]3﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。
③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：nRCl(s)+An﹣(aq)RaA(s)+nCl﹣(aq)。
（1）“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH、　 　(填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH=12.0，则溶液中c()　 　c()(填“>”“<”或“=”)。
（2）中O为-2价，U的化合价为 　 　。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2﹣，其离子方程式为 　 　。
（3）“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 　 　 (填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U的分离。
（4）“沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为 　 　 。
（5）常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056mol L﹣1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH低于　 　。
（6）一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。
①该氧化物的化学式为 　 　。
②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为anm，则O与U原子最近的距离为　 　 nm(用a表示)。
19．（2025·广州模拟）甲基叔戊基醚(结构简式为，用TAME表示)常用作汽油添加剂，在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得。体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：A+CH3OHTAME
反应Ⅱ：AB(A为、B为)
（1）制备TAME所用的催化剂含磺酸基团(—SO3H)。基态S原子的价层电子的轨道表示式为 　 　 。
（2）反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数K与温度T的变化关系如图1所示，属于放热反应的是 　 　 。
（3）在非水溶剂中，向恒容密闭容器加入物质的量均为amol的CH3OH和A，在三种不同温度T1、T2、T3下进行反应，TAME的产率随反应时间t的变化曲线如图2。
①图2中温度由低到高的顺序为 　 　 。
②下列有关说法中，正确的是 　 　 (填字母)。
A．三种不同温度中，反应速率随反应进程一直增大
B．催化剂可加快化学反应速率，提高A的平衡转化率
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后不变
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小
（4）为研究不同醇烯投料比对平衡的影响，某温度下，当A起始浓度c0(A)=0.10mol L﹣1时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图3。已知反应Ⅱ的平衡常数K2。当0.60，c平(A)= 　 　 mol L﹣1(用含x的式子表示)。计算反应Ⅰ的平衡常数K1　 　 (结果保留1位小数，写出计算过程)。
20．（2025·广州模拟）应用光化学催化和烯还原酶的光生物催化一体化技术，可实现化合物Ⅳ的合成，示意图如图(反应条件略)：
（1）化合物Ⅰ的分子式为 　 　 。化合物Ⅱ的官能团名称为 　 　 。
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，Ⅴ的结构简式为 　 　 ，其名称为 　 　 。
（3）关于上述由化合物Ⅰ到Ⅳ的转化及相关物质，下列说法正确的有 ___________ (填字母)。
A．有π键的断裂与形成
B．有C—Br键的断裂与C—C键的形成
C．存在C原子杂化方式的改变，没有手性碳原子形成
D．化合物Ⅳ可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键
（4）对化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（5）以化合物Ⅱ为唯一有机原料，合成化合物。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步的化学方程式为 　 　 (注明反应条件)。
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为 　 　 (写结构简式)。
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为 　 　 (注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、单耳黑陶杯的主要成分是陶瓷，属于无机非金属材料，故A不符合题意 ；B、秘色瓷莲花碗的主要成分也是陶瓷，属于无机非金属材料，同样不符合要求，故B不符合题意 ；C、青铜四足鬲的主要成分为青铜（铜合金），属于合金材料，符合题目要求，故C符合题意 ；
D、檀香木雕杯的主要成分是纤维素（有机高分子材料），不符合要求，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：混淆 “合金” 与其他材料的概念：容易把陶瓷（如 A 的陶、B 的瓷）、木材（如 D 的木雕）误判为合金，但陶瓷是无机非金属材料、木材是天然有机材料，都不属于合金。
对 “青铜” 的材质认知模糊：部分人可能不清楚青铜是铜锡合金，错以为它是单一金属材料，从而漏掉正确选项 C。
2．【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；元素、核素；物质的简单分类
【解析】【解答】A、钚 - 238 的 “238” 是质量数，94 是原子序数（质子数），A错误；
B、水升华是物理变化，仅改变分子间作用力，不会破坏 H-O 键（化学键破坏是化学变化），B错误；
C、深海油气是多种烃类等物质的混合体系，属于混合物而非纯净物，C错误；
D、氮化铝（AlN）具备新型无机非金属材料的特性，属于此类材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分质量数（同位素标注的数值，如 “238”）与原子序数（元素的质子数，如 Pu 的 94）。
B．物理变化（如升华）仅改变分子间作用力，化学变化才会破坏化学键（如 H-O 键）。
C．油气、空气等多组分体系属于混合物，单一成分的物质才是纯净物。
D．氮化铝、硅等属于新型无机非金属材料，需明确其材料类别。
3．【答案】B
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；晶体的定义；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、晨雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应（光束通路现象），A正确；
B、Fe2O3是红棕色固体，“雨过天晴云破处” 的瓷器青色并非来自 Fe2O3，B错误；
C、烟花的五彩颜色是某些金属元素（如钠、铜等）发生焰色反应的结果，C正确；
D、饱和 CuSO4溶液析出的蓝色晶体（CuSO4 5H2O）具有规则形状，体现了晶体的自范性（自发形成规则几何外形的性质），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．丁达尔效应是胶体的特征现象，分散质粒子直径在 1-100nm 的体系可产生该效应。
B．物质颜色需对应实际特征：Fe2O3为红棕色，与 “青色” 无关。
C．焰色反应是金属元素的物理性质，可用于呈现不同颜色。
D．晶体自范性指晶体能自发形成规则几何外形，是晶体的特征之一。
4．【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、硫酸铝净水的核心是 Al3+ 水解生成 Al(OH)3 胶体，胶体的吸附性可沉降污水悬浮杂质，项目与原理描述匹配，A正确；
B、油脂制肥皂的关键是油脂与碱发生皂化反应生成高级脂肪酸盐，和甘油水溶性没有关联，项目与原理描述不匹配，B错误；
C、小苏打作发泡剂是依靠其受热分解或与酸反应释放 CO2 气体，而非溶解吸热，项目与原理描述不匹配，C错误；
D、聚乳酸可降解是因为能被自然环境中的微生物分解，和燃烧生成 CO2、H2O 没有直接关系，项目与原理描述不匹配，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 Al(OH)3 胶体吸附性，区分胶体吸附（物理过程）与离子反应（化学过程）的不同。
B．明确反应主体是油脂与碱，产物为高级脂肪酸盐和甘油，甘油的性质不影响皂化反应的发生。
C．反应生成 CO2 气体是发泡的根本原因，需摒弃 “溶解吸热” 的干扰项。
D．核心是微生物分解特性，与燃烧产物无关联，避免概念混淆。
5．【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、适用于分离固体与液体，而此处是从溶液中分离 Br2（液态单质），不适用，故A不符合题意 ；
B、Br2沸点较低（约58.8℃），加热时Br2会汽化，再冷凝可得到液溴，符合从水溶液中分离 Br2的需求，故B符合题意 ；
C、仅能减少溶剂，无法分离出 Br2单质，故C不符合题意 ；
D、适用于从溶液中析出固体晶体，Br2是液态，不适用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】海水提溴流程为：先将浓缩酸化、富含 Br- 的海水用 Cl2氧化得到 Br2，再通过空气将 Br2吹出；接着用 SO2和水吸收吹出的 Br2，重新转化为含 Br- 的溶液，此过程发生反应： ；最后再次用 Cl2氧化该溶液生成 Br2：，经蒸馏操作得到液溴。
6．【答案】C
【知识点】氮的固定；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、氮气（N2）的氧化或还原过程都是将游离态的氮转变为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；B、二氧化氮（NO2）二聚生成四氧化二氮（N2O4）的反应为放热反应，化学方程式可表示为：2NO2N2O4 。当烧瓶浸入冰水时，温度降低使平衡向正反应方向移动，因此红棕色变浅，B正确；
C、将氨气（NH3）通入硫酸铜（CuSO4）溶液中，首先生成蓝色沉淀氢氧化铜（Cu(OH)2），继续通入过量氨气时，沉淀溶解形成深蓝色的四氨合铜(II)络离子（[Cu(NH3)4]2+），C错误；
D、工业上生产硝酸的流程为：首先通过氮气（N2）与氢气（H2）反应合成氨（NH3），然后氨催化氧化生成一氧化氮（NO），NO进一步被氧气氧化为二氧化氮（NO2），最后NO2与水反应生成硝酸（HNO3）。整个过程可表示为：N2→NH3→NO→NO2→HNO3，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．氮的固定是将游离态 N2转化为化合态氮，N2氧化（如 N2→NO）或还原（如 N2→NH3）都符合。
B.2NO2 N2O4（放热），浸入冰水（降温）平衡正向移动，NO2浓度降低，红棕色变浅。
C．少量 NH3通入 CuSO4溶液生成 Cu (OH)2蓝色沉淀，但过量 NH3会与 Cu(OH)2结合生成 [Cu(NH3)4]2+ 络离子（溶液变蓝），不会最终留蓝色沉淀。
D．工业制硝酸是先合成氨（N2→NH3），再经 NH3氧化为 NO、NO 氧化为 NO2、NO2与水反应生成 HNO3。
7．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镁片是负极，发生氧化反应，并非正极、还原反应，A错误；B、石墨电极（正极）的反应是 H2O2得电子生成 H2O（而非 H2），不会产生大量氢气，B错误；
C、电子由负极（镁片）流出，经导线流向正极（石墨），并非从石墨流出，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（石墨电极）移动，阴离子向负极移动，D正确；
故答案为：D。
【分析】 在该原电池体系中，电极材料为镁片与石墨，电解质是含 H2O2的海水：从金属活泼性来看，镁的还原性远强于石墨，因此镁会失去电子，作为负极参与反应；而石墨电极不参与失电子，是 H2O2发生得电子反应的场所，因此石墨为正极。工作时，负极的镁失电子形成Mg2+，正极的H2O2得电子转化为 OH-，电子通过导线从负极流向正极，从而形成电流。
8．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、C6H5NH2是弱碱，部分电离，0.001mol L- 溶液中 OH-浓度远小于 0.001mol L- ，pH 应小于 11，A错误；
B、C6H5NH3Cl 溶液中 C6H5NH3+ 水解使溶液呈酸性（C6H5NH3++H2O C6H5NH2+H3O+）；加水稀释时，水解程度增大，但 H+ 浓度降低，pH 升高，B正确；
C、C6H5NH3Cl 是强电解质，电离方程式应为 C6H5NH3Cl=C6H5NH3++Cl-，而非生成 C6H5NH2和 HCl（这是水解的部分过程），C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中应为 c (OH-)+c (Cl-)=c (C6H5NH3+)+c (H+)；若结合物料守恒，应为
c (Cl-)=c (C6H5NH3+)+c (C6H5NH2)，原式子不满足守恒关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查要点：
掌握弱碱与强酸弱碱盐的核心规律：弱碱部分电离，其盐的阳离子会水解显酸性。
判断稀释水解盐溶液的 pH 变化：强酸弱碱盐溶液稀释时，水解程度增大，但 H+浓度因溶液体积增大而降低，pH 升高。
考查电解质电离与水解的区分：强电解质完全电离为离子，水解是电离出的离子与水的反应，需区分电离方程式与水解方程式。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、结构含碳碳双键，碳碳双键可发生加成反应（如与 H2、Br2加成），A正确；
B、结构含羧基（-COOH），羧基能与氨基酸的氨基（-NH2）发生缩合反应（形成酰胺键），B正确；
C、结构含碳碳双键、羟基（-CH2OH），二者均可被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、结构中的羧基（-COOH）、酯基、酰胺键均可与 NaOH 反应：1mol 羧基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，1mol 酰胺键水解也消耗 1mol NaOH，因此 1mol 该物质消耗的 NaOH 远多于 1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道题的关键点 ：
抓官能团判反应：先识别结构中的官能团（碳碳双键、羧基、酯基、羟基、酰胺键），依据官能团特性判断反应：含碳碳双键，故可加成、可被酸性 KMnO4氧化；含羧基，故能与氨基缩合；
算 NaOH 反应量的关键：需明确 “能与 NaOH 反应的官能团”：羧基（1：1 反应）、酯基（水解消耗 1mol NaOH）、酰胺键（水解消耗 1mol NaOH），因此该物质与 NaOH 的反应量远多于 “等物质的量”。
10．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、先确定该有机物为环氧乙烷（分子式 C2H4O，摩尔质量 44g/mol），44g 对应物质的量为 1mol。观察其结构（三元环：2 个 C 原子、1 个 O 原子），σ 键包括：2 个 C-H 键（每个 C 连 2 个 H）、1 个 C-C 键、2 个 C-O 键，共 7 个 σ 键，因此 1mol 该物质中 σ 键数目为 7NA，A正确；
B、Cl2与 Fe 反应生成 FeCl3，Cl 元素化合价从 0 降至 -1，1mol Cl2完全反应时，转移电子数为 2mol（即 2NA），并非 3NA（Fe 过量不改变 Cl2的电子转移量），B错误；
C、(NH4)2SO4溶液中，NH4+ 会发生水解（NH4++H2O NH3 H2O+H+），因此 1L 1mol L- 溶液中，NH4+ 的实际数目小于 2NA，C错误；
D、22.4L/mol 是标准状况（0℃、101kPa）下的气体摩尔体积，常温常压下气体摩尔体积大于 22.4L/mol，故 22.4L 混合气体的物质的量小于 1mol，分子数小于 NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．有机物 σ 键计数：需结合分子结构，逐一统计 C-C、C-H、C-O 等 σ 键的数量。
B．氧化还原电子转移：以完全反应的反应物为基准，而非过量反应物。
C．盐溶液离子数目：考虑弱离子水解，实际离子数少于化学式中的理论数量。
D．气体摩尔体积：仅适用于标准状况，常温常压下不能直接用 22.4L/mol 计算。
11．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、阴极Fe不参与反应（仅H2O得电子），无Fe2+生成，滴加铁氰化钾溶液不会产生蓝色沉淀，A错误；
B、U 形管中，阳极（石墨侧）产生Cl2，阴极（Fe 侧）产生H2，并非Cl2和O2，B错误；
C、a处湿润红布条褪色，是 Cl2与水反应生成的HClO 具有漂白性，并非Cl2本身的漂白性，C错误；
D、Cl2通入b处淀粉 - KI 溶液，发生反应 Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2使淀粉变蓝；该反应中I-作还原剂、Cl-是还原产物，说明还原性 I- > Cl-，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断电极类型：装置为电解池，Fe 接电源负极作阴极，石墨接电源正极作阳极。电解质为 NaCl 溶液，电解时阳极（石墨）发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；阴极（Fe）发生反应：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。据此解题。
12．【答案】A
【知识点】分子间作用力；苯酚的化学性质；晶体的定义
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：卤素单质（Cl2、Br2、I2）均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点Cl2Br-Br>I-I，正确；逻辑：卤素单质的沸点由分子间作用力决定，键能影响的是单质的稳定性，二者无因果关系，A符合题意；
B、陈述 Ⅰ：CO2通入苯酚钠溶液生成苯酚（难溶），出现浑浊，正确；陈述 Ⅱ：根据 “强酸制弱酸”，碳酸酸性强于苯酚，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，B不符合题意；
C、陈述 Ⅰ：石墨可用作润滑剂，正确；陈述 Ⅱ：石墨为层状结构，层间范德华力弱，层与层易滑动，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，C不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：医疗用 BaSO4作 “钡餐”，正确；陈述 Ⅱ：BaSO4不溶于水和胃酸，且不易被 X 射线透过，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下 2 个：
混淆 “分子间作用力” 与 “化学键” 的影响范畴易误将卤素单质的沸点（由分子间作用力决定）与键能（影响化学稳定性）关联，错认为二者有因果关系，忽略了 “沸点” 和 “键能” 对应的作用力类型完全不同。
对因果关系的误判容易混淆 “陈述均正确” 和 “存在因果关系” 的区别，比如误把选项 A 中两个独立正确的陈述，当成有因果逻辑的关联内容，忽略了题目 “无因果关系” 的核心要求。
13．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、W 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 H2O，H2O 分子间含氢键，沸点 H2O>CH4，即 Z>W，A错误；
B、电负性同周期从左到右增大，故 O（Z）>C（W）>H（R），应为 Z>W>R，B错误；
C、第一电离能同周期从左到右增大（O>C），同主族从上到下减小（C>Na），故 O（Z）>C（W）>Na（X），应为 Z>W>X，C错误；
D、YR3是 PH3，中心 P 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对）；R3Z+是 H3O+，中心 O 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），二者空间构型均为三角锥形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：X 形成 + 1 价阳离子，为 Na；Z 最多成 2 个键，原子序数小于 Na，为 O；Y 成 5 个键，原子序数大于 O，为 P；R 只成 1 个键且原子序数最小，为 H；W 成 4 个键且原子序数小于 O，为 C。即 R=H，W=C，Z=O，X=Na，Y=P。据此解题。
14．【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 a（单质，化合价0）、b（氧化物，化合价1）为同种金属，对应 Na（a 为 Na，b 为 Na2O），Na 与 H2O 反应生成 NaOH（c，碱，+1价），故A不符合题意 ；
B、若 b（氧化物）与 H2O 反应生成 O2，b 应为 Na2O2（Na 的+1 价氧化物），Na2O2含离子键（Na+ 与 O22-）和共价键（O22- 内部），故B不符合题意 ；
C、若 f（+3 价氧化物）能溶于 NaOH 溶液，f 可为 Al2O3（Al 的+3价氧化物），Al 位于周期表 p 区（并非 d 区），故C符合题意 ；
D、含同种金属的 d→g→f 转化（如 Fe 的 +2 价碱→+3 价碱→+3价氧化物），Fe(OH)2（白色）→Fe(OH)3（红褐色）→Fe2O3（红棕色），存在颜色变化，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
周期表分区的混淆：易误将 “能溶于 NaOH 的 +3 价氧化物（如 Al2O3）” 对应的 Al 归为 d 区元素，忽略了 Al 实际位于周期表的 p 区，错判选项 C 的合理性。
物质对应关系的模糊：对 “化合价 + 物质类别” 对应的具体物质不明确，比如不确定 “+1 价氧化物 b 与水反应生成 O2” 对应的是 Na2O2，或混淆不同元素（Na、Al、Fe）的价态与物质类别的匹配关系，导致选项分析出错。
15．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应R(g)=T(g)为放热（T能量低于R），升温平衡逆向移动，（I是中间产物，升温时②步速率变慢，I积累）、均减小，A正确；
B、不使用催化剂，①步生成I，②步速率慢，I先积累后消耗，故浓度先增后减，B正确；
C、焓变（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，催化剂只改变活化能，不改变ΔH，故反应①、②的ΔH均不变，C错误；
D、催化剂M只催化②步，故①步速率不变，②步速率加快，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓总反应放热的特点，升温平衡逆向移动，结合中间产物 I 的积累规律，判断浓度比值变化。
B．明确无催化剂时②步速率慢，中间产物 I 生成快、消耗慢，因此浓度会先增后减。
C．牢记焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂仅改变活化能，不影响焓变大小。
D．注意催化剂 M 的作用具有选择性，只加快催化目标步骤②的速率，对步骤①无影响。
16．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时正极生成 OH-，区域内 OH-浓度增大，pH 升高，A正确；B、放电时，负极每消耗 1mol NO3-（对应转移 8mol 电子），负极会溶解 4mol Zn（Zn~2e-，8e-对应 4mol Zn），同时阴离子交换膜允许 OH-从正极移向负极（每转移 8mol 电子，移过 8mol OH-）。负极室增加的质量为 “4mol Zn 的质量（4×65g=260g）” 加上 “8mol OH-的质量（8×17g=136g）”，共396g，B错误；
C、充电时是电解池，原电池的负极（Zn）需接外接电源的负极（作阴极，得电子被还原），C正确；
D、充电时阳极是原电池的正极，NH3失电子被氧化为 NO3-，结合碱性环境（OH-参与），反应为 NH3+9OH--8e-=NO3-+6H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】在该储能电池中，电极材料为 Zn 和选择性催化材料，电解质是 KOH 溶液：
放电（原电池模式）：NO3-转化为 NH3（N 元素化合价从 +5 降为 -3），发生还原反应，因此选择性催化材料是正极，正极反应为 NO3-+6H2O+8e-=NH3+9OH-；Zn 发生氧化反应（Zn 转化为 Zn(OH)42-），作负极，负极反应为 Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-。
充电（电解池模式）：原电池的负极（Zn）需连接外接电源的负极，作阴极，发生还原反应，阴极反应为 Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-；原电池的正极（选择性催化材料）连接外接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，阳极反应为 NH3+9OH-- 8e-=NO3-+6H2O。
17．【答案】（1）bae
（2）产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；<；
（3）将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）70%的浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，浓硫酸具有吸水性，且和SO2不反应，所以用浓硫酸干燥SO2；SO2的密度大于空气且能和碱石灰反应，所以用向上排空气法收集SO2，为防止污染空气，用碱石灰处理尾气，接口连接顺序为bae，
故答案为：bae；
（2）①Ag和浓硝酸反应生成AgNO3、NO2和H2O，NO2为红棕色气体，所以看到的现象是：产生红棕色气体；SO2与AgNO3溶液反应生成银单质，Ag+被还原为Ag，则SO2被氧化为，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+，
故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；
②Ag2SO3和稀盐酸反应生成AgCl、SO2和H2O，SO2能使品红溶液褪色，则另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，滴加品红溶液，溶液褪色，说明沉淀中含有Ag2SO3；SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和HNO3，反应的化学方程式为SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3，
故答案为：滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；
③如果溶液中c2(Ag+) c()故答案为：<；
④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应生成Ag2SO3的质量为(m1﹣m2)g，相同时间内其物质的量之比等于其反应速率之比，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应(1mol SO2生成1mol Ag2SO3)和氧化还原反应(1mol SO2生成2mol Ag)的平均反应速率之比为mol：()mol，
故答案为：；
（3）加入适量硫酸可以提供酸性环境，防止SO2与硝酸银发生复分解反应，所以避免复分解反应发生的方案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质，
故答案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质。
【分析】本次实验分为两部分：首先用 70% 的H2SO4与Na2SO3反应制备SO2，并对其进行干燥处理；随后将干燥的 SO2通入 0.1mol L- 的AgNO3溶液，观察到体系产生大量白色沉淀、瓶底沉淀略带灰色。基于此现象，实验需分析沉淀的具体成分，同时探究如何优化 SO2与AgNO3溶液的反应，以实现 Ag 的高效回收。
(1)制 SO2后，用浓硫酸干燥（长进短出），向上排空气法收集，最后碱石灰处理尾气，接口顺序按 “干燥→收集→尾气处理” 衔接。
(2)① 利用 Ag 与浓硝酸反应生成红棕色 NO2的现象验 Ag；根据氧化还原规律写离子方程式（SO2还原 Ag+为 Ag，自身被氧化为 SO42-）。② 利用 Ag2SO3与盐酸反应生成的 SO2使品红褪色验 Ag2SO3；根据复分解规律写化学方程式。③ 依据溶度积规则，离子积小于 Ksp 则无沉淀。④ 利用 “复分解生成 Ag2SO3、氧化还原生成 Ag” 的质量关系，计算物质的量之比即反应速率比。
(3)加硫酸酸化抑制复分解反应，仅发生氧化还原生成 Ag，再用浓氨水分离杂质得到Ag。
（1）70%的浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，浓硫酸具有吸水性，且和SO2不反应，所以用浓硫酸干燥SO2；SO2的密度大于空气且能和碱石灰反应，所以用向上排空气法收集SO2，为防止污染空气，用碱石灰处理尾气，接口连接顺序为bae，故答案为：bae；
（2）①Ag和浓硝酸反应生成AgNO3、NO2和H2O，NO2为红棕色气体，所以看到的现象是：产生红棕色气体；SO2与AgNO3溶液反应生成银单质，Ag+被还原为Ag，则SO2被氧化为，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+，故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；
②Ag2SO3和稀盐酸反应生成AgCl、SO2和H2O，SO2能使品红溶液褪色，则另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，滴加品红溶液，溶液褪色，说明沉淀中含有Ag2SO3；SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和HNO3，反应的化学方程式为SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3，故答案为：滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；
③如果溶液中c2(Ag+) c()④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应生成Ag2SO3的质量为(m1﹣m2)g，相同时间内其物质的量之比等于其反应速率之比，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应(1mol SO2生成1mol Ag2SO3)和氧化还原反应(1mol SO2生成2mol Ag)的平均反应速率之比为mol：()mol，故答案为：；
（3）加入适量硫酸可以提供酸性环境，防止SO2与硝酸银发生复分解反应，所以避免复分解反应发生的方案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质，故答案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质。
18．【答案】（1）Si；<
（2）+6；UO(OH)2+2Fe3++4Cl﹣=[UO2Cl4]2﹣+2Fe2++H2O
（3）[FeCl4]﹣
（4）(NH4)4[UO2(CO3)3)UO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O
（5）9
（6）UO2；a
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0时，
c(H+) =10-12mol/L，0.48<1，所以c()故答案为：；<；
（2）在中，O为-2，设U的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，
故答案为：+6；；
（3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离，
故答案为：[FeCl4]-；
（4）分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为，
故答案为：；
（5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9，
故答案为：9；
（6）①由晶胞结构可知，O原子位于顶点和棱心，O原子个数为8124，U原子个数为2，所以该氧化物的化学式为UO2，
故答案为：UO2；
②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a，所以O与U原子最近的距离为anm，
故答案为：a。
【分析】这个独居石精矿的处理流程，是通过多步操作实现铀与稀土元素的分离回收，具体环节作用如下：碱转化：将含稀土磷酸盐、FePO4、SiO2、含铀化合物的独居石精矿与NaOH溶液反应，让SiO2等转化后进入滤液，实现初步分离；酸浸：用盐酸溶解碱转化产物，使相关元素以离子形式溶解到溶液中；氧化：加入H2O2，把溶液中低价态离子（如Fe2+）氧化为高价态，避免后续干扰；调pH：加入MgO调节溶液pH，让部分杂质离子沉淀为滤渣被除去；离子交换：借助阴离子交换树脂的选择性，交换特定阴离子，实现目标离子与其他离子的分离；洗脱、加热沉淀：处理交换后的树脂，洗脱目标离子，经加热沉淀得到 UO3；同时流出液经处理可获得 RE(OH)3。据此解题。
（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0时，c(H+) = 10-12mol/L，0.48<1，所以c()（2）在中，O为-2，设U的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故答案为：+6；；
（3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离，故答案为：[FeCl4]-；
（4）分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为，故答案为：；
（5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9，故答案为：9；
（6）①由晶胞结构可知，O原子位于顶点和棱心，O原子个数为8124，U原子个数为2，所以该氧化物的化学式为UO2，故答案为：UO2；
②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a，所以O与U原子最近的距离为anm，故答案为：a。
19．【答案】（1）
（2）反应Ⅰ
（3）T3（4）0.1﹣0.2x；2.5
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）S的原子序数为16，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为：；
故答案为： ；
（2）对于放热反应，降低温度，增大，平衡正向移动，平衡常数K增大，lnK增大，所以属于放热反应的是反应Ⅰ；
故答案为： 反应Ⅰ ；
（3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以图2中温度由低到高的顺序为T3②A．三种不同温度中，反应速率随反应进程开始增大，逐渐减小，故A错误；
B．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高A的平衡转化率，故B错误；
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后K(平衡常数)不变，故C正确；
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，K c(A)，平衡常数K不变，稀释过程中，c(A)减小，所以K c(A)是减小的，即是减小的，故D正确；
故答案为： T3（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2，则c平(A)=0.8x，根据物料守恒可得：c△(A)=c平(TAME)+c平(B)，所以有c平(A)=c0(A)﹣c平(TAME)﹣c平(B)=0.1﹣0.1x﹣0.1x=0.1﹣0.2x，即0.8x=0.1﹣0.2x，解得：x=0.1，故c平(A)=0.08，c平(TAME)=c平(B)=0.01mol/L，又因c0(A)=0.1mol/L，0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH3OH)=c平(TAME)，故有：c平(CH3OH)=c0(CH3OH)﹣c平(TAME)=0.06mol/L﹣0.01mol/L=0.05mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数K12.5。
故答案为： 0.1﹣0.2x ； 2.5 ；
【分析】(1)基态 S 原子价层电子排布为 3s23p4，据此写轨道表示式。
(2)放热反应的平衡常数随温度升高而减小（lnK 随 1/T 增大而增大），结合图 1 判断反应 Ⅰ 为放热反应。
(3)① 温度越高，反应速率越快、达平衡时间越短，结合图 2 中曲线斜率判断温度顺序为 T3
(4)① 利用反应 Ⅱ 的平衡常数 K2和物料守恒，推导 c平 (A)=0.1-0.2x。② 结合反应 Ⅰ 的平衡浓度（
c平 (TAME)=0.01、c平 (A)=0.08、c平 (CH3OH)=0.05），代入平衡常数公式计算得 K1=2.5。
（1）S的原子序数为16，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为：；
（2）对于放热反应，降低温度，增大，平衡正向移动，平衡常数K增大，lnK增大，所以属于放热反应的是反应Ⅰ；
（3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以图2中温度由低到高的顺序为T3②A．三种不同温度中，反应速率随反应进程开始增大，逐渐减小，故A错误；
B．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高A的平衡转化率，故B错误；
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后K(平衡常数)不变，故C正确；
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，K c(A)，平衡常数K不变，稀释过程中，c(A)减小，所以K c(A)是减小的，即是减小的，故D正确；
故答案为：CD；
（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2，则c平(A)=0.8x，根据物料守恒可得：c△(A)=c平(TAME)+c平(B)，所以有c平(A)=c0(A)﹣c平(TAME)﹣c平(B)=0.1﹣0.1x﹣0.1x=0.1﹣0.2x，即0.8x=0.1﹣0.2x，解得：x=0.1，故c平(A)=0.08，c平(TAME)=c平(B)=0.01mol/L，又因c0(A)=0.1mol/L，0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH3OH)=c平(TAME)，故有：c平(CH3OH)=c0(CH3OH)﹣c平(TAME)=0.06mol/L﹣0.01mol/L=0.05mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数K12.5。
20．【答案】（1）C9H10；酮羰基
（2）BrCH2CH2CHO；3﹣溴丙醛
（3）B；D
（4）浓硫酸、加热；消去反应；浓硫酸、加热；—COO—
（5）HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；CH2=CHCH3；BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是9、10，分子式为C9H10；化合物Ⅱ的官能团名称为酮羰基；
故答案为： C9H10 ； 酮羰基 ；
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，说明含有三种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：1，结构简式为BrCH2CH2CHO，名称为3﹣溴丙醛；
故答案为：BrCH2CH2CHO ； 3﹣溴丙醛 ；
（3）A．生成Ⅳ的过程中有π键的断裂，没有π键的形成，故A错误；
B．反应时Ⅲ中C—Br键的断裂、Ⅳ中有C—C键的形成，故B正确；
C．Ⅰ中采用sp2杂化的碳原子在Ⅳ中采用sp3杂化，所以有碳原子杂化方式的改变，Ⅳ中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．化合物Ⅳ羟基可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①Ⅳ在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生醇羟基的消去反应，反应类型是消去反应；
②中醇羟基能和乙酸发生酯化反应生，反应条件是浓硫酸作催化剂、加热条件；
故答案为： 浓硫酸、加热 ； 消去反应 ； 浓硫酸、加热 ； —COO— ；
（5）以CH3COCH3为唯一有机原料合成化合物，可由CH3COOH和HOCH2CH(CH3)OH发生酯化反应得到，HOCH2CH(CH3)OH可由BrCH2CHBrCH3发生水解反应得到，BrCH2CHBrCH3可由CH2=CHCH3和溴发生加成反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH(OH)CH3发生消去反应得到，丙酮和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH3，CH2=CHCH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2和CH3COOH：；
①最后一步的化学方程式为HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为CH2=CHCH3；
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr。
故答案为： HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O ； CH2=CHCH3 ； BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr 。
【分析】这个反应流程分为三步：化合物 Ⅱ 通过取代反应转化为中间体 Ⅲ；
中间体 Ⅲ 与化合物 Ⅰ 发生反应，生成一种中间产物（）；
该中间产物再与水反应，最终生成目标产物 Ⅳ，据此解题。
(1)数化合物 Ⅰ 的 C、H 原子数得分子式；识别化合物 Ⅱ 的官能团（酮羰基）。
(2)结合 “银镜反应（含醛基）+氢谱 3 组峰（2：2：1）”，推导同分异构体结构并命名。
(3)分析反应中键的断裂、形成、C 原子杂化、手性碳、氢键等，判断选项合理性。
(4)利用化合物 Ⅳ 的羟基，分析消去、取代（酯化）反应的试剂、产物及反应类型。
(5)以丙酮为原料，通过加成、消去、加成、水解、氧化、酯化等步骤合成目标物，推导各步反应的方程式、反应物。
（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是9、10，分子式为C9H10；化合物Ⅱ的官能团名称为酮羰基；
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，说明含有三种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：1，结构简式为BrCH2CH2CHO，名称为3﹣溴丙醛；
（3）A．生成Ⅳ的过程中有π键的断裂，没有π键的形成，故A错误；
B．反应时Ⅲ中C—Br键的断裂、Ⅳ中有C—C键的形成，故B正确；
C．Ⅰ中采用sp2杂化的碳原子在Ⅳ中采用sp3杂化，所以有碳原子杂化方式的改变，Ⅳ中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．化合物Ⅳ羟基可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①Ⅳ在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生醇羟基的消去反应，反应类型是消去反应；
②中醇羟基能和乙酸发生酯化反应生，反应条件是浓硫酸作催化剂、加热条件；
（5）以CH3COCH3为唯一有机原料合成化合物，可由CH3COOH和HOCH2CH(CH3)OH发生酯化反应得到，HOCH2CH(CH3)OH可由BrCH2CHBrCH3发生水解反应得到，BrCH2CHBrCH3可由CH2=CHCH3和溴发生加成反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH(OH)CH3发生消去反应得到，丙酮和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH3，CH2=CHCH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2和CH3COOH：；
①最后一步的化学方程式为HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为CH2=CHCH3；
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr。
1 / 1广东省广州市2025届高三下学期毕业班综合测试（一模）化学试题
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1．（2025·广州模拟）器具是饮食文化的重要载体。下列我国古代器具中主要由合金材料制成的是
A．单耳黑陶杯 B．秘色瓷莲花碗 C．青铜四足鬲 D．檀香木雕杯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、单耳黑陶杯的主要成分是陶瓷，属于无机非金属材料，故A不符合题意 ；B、秘色瓷莲花碗的主要成分也是陶瓷，属于无机非金属材料，同样不符合要求，故B不符合题意 ；C、青铜四足鬲的主要成分为青铜（铜合金），属于合金材料，符合题目要求，故C符合题意 ；
D、檀香木雕杯的主要成分是纤维素（有机高分子材料），不符合要求，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：混淆 “合金” 与其他材料的概念：容易把陶瓷（如 A 的陶、B 的瓷）、木材（如 D 的木雕）误判为合金，但陶瓷是无机非金属材料、木材是天然有机材料，都不属于合金。
对 “青铜” 的材质认知模糊：部分人可能不清楚青铜是铜锡合金，错以为它是单一金属材料，从而漏掉正确选项 C。
2．（2025·广州模拟）我国科技发展成就巨大。下列说法正确的是
A．嫦娥三号搭载钚﹣238同位素电池：Pu的质量数为94
B．嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了H—O键
C．大洋钻探船“梦想”号进行深海油气勘探：深海油气属于纯净物
D．北斗卫星使用氮化铝芯片：氮化铝属于新型无机非金属材料
【答案】D
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；元素、核素；物质的简单分类
【解析】【解答】A、钚 - 238 的 “238” 是质量数，94 是原子序数（质子数），A错误；
B、水升华是物理变化，仅改变分子间作用力，不会破坏 H-O 键（化学键破坏是化学变化），B错误；
C、深海油气是多种烃类等物质的混合体系，属于混合物而非纯净物，C错误；
D、氮化铝（AlN）具备新型无机非金属材料的特性，属于此类材料，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．区分质量数（同位素标注的数值，如 “238”）与原子序数（元素的质子数，如 Pu 的 94）。
B．物理变化（如升华）仅改变分子间作用力，化学变化才会破坏化学键（如 H-O 键）。
C．油气、空气等多组分体系属于混合物，单一成分的物质才是纯净物。
D．氮化铝、硅等属于新型无机非金属材料，需明确其材料类别。
3．（2025·广州模拟）化学处处呈现美。下列说法不正确的是
A．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景
B．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自Fe2O3
C．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
D．饱和CuSO4溶液析出形状规则的蓝色晶体，体现晶体的自范性
【答案】B
【知识点】焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物；晶体的定义；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、晨雾属于胶体，胶体能产生丁达尔效应（光束通路现象），A正确；
B、Fe2O3是红棕色固体，“雨过天晴云破处” 的瓷器青色并非来自 Fe2O3，B错误；
C、烟花的五彩颜色是某些金属元素（如钠、铜等）发生焰色反应的结果，C正确；
D、饱和 CuSO4溶液析出的蓝色晶体（CuSO4 5H2O）具有规则形状，体现了晶体的自范性（自发形成规则几何外形的性质），D正确；
故答案为：B。
【分析】A．丁达尔效应是胶体的特征现象，分散质粒子直径在 1-100nm 的体系可产生该效应。
B．物质颜色需对应实际特征：Fe2O3为红棕色，与 “青色” 无关。
C．焰色反应是金属元素的物理性质，可用于呈现不同颜色。
D．晶体自范性指晶体能自发形成规则几何外形，是晶体的特征之一。
4．（2025·广州模拟）下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硫酸铝处理污水 Al(OH)3胶体具有吸附性
B 用油脂为原料制肥皂 甘油具有水溶性
C 用小苏打作发泡剂烘焙面包 碳酸氢钠溶于水吸热
D 用乳酸制作聚乳酸可降解塑料 聚乳酸燃烧生成CO2和H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；胶体的性质和应用；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、硫酸铝净水的核心是 Al3+ 水解生成 Al(OH)3 胶体，胶体的吸附性可沉降污水悬浮杂质，项目与原理描述匹配，A正确；
B、油脂制肥皂的关键是油脂与碱发生皂化反应生成高级脂肪酸盐，和甘油水溶性没有关联，项目与原理描述不匹配，B错误；
C、小苏打作发泡剂是依靠其受热分解或与酸反应释放 CO2 气体，而非溶解吸热，项目与原理描述不匹配，C错误；
D、聚乳酸可降解是因为能被自然环境中的微生物分解，和燃烧生成 CO2、H2O 没有直接关系，项目与原理描述不匹配，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓住 Al(OH)3 胶体吸附性，区分胶体吸附（物理过程）与离子反应（化学过程）的不同。
B．明确反应主体是油脂与碱，产物为高级脂肪酸盐和甘油，甘油的性质不影响皂化反应的发生。
C．反应生成 CO2 气体是发泡的根本原因，需摒弃 “溶解吸热” 的干扰项。
D．核心是微生物分解特性，与燃烧产物无关联，避免概念混淆。
5．（2025·广州模拟）工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．蒸发浓缩 D．降温结晶
【答案】B
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、适用于分离固体与液体，而此处是从溶液中分离 Br2（液态单质），不适用，故A不符合题意 ；
B、Br2沸点较低（约58.8℃），加热时Br2会汽化，再冷凝可得到液溴，符合从水溶液中分离 Br2的需求，故B符合题意 ；
C、仅能减少溶剂，无法分离出 Br2单质，故C不符合题意 ；
D、适用于从溶液中析出固体晶体，Br2是液态，不适用，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】海水提溴流程为：先将浓缩酸化、富含 Br- 的海水用 Cl2氧化得到 Br2，再通过空气将 Br2吹出；接着用 SO2和水吸收吹出的 Br2，重新转化为含 Br- 的溶液，此过程发生反应： ；最后再次用 Cl2氧化该溶液生成 Br2：，经蒸馏操作得到液溴。
6．（2025·广州模拟）含氮物质种类繁多，在一定条件下可相互转化，下列说法不合理的是
A．N2的氧化或还原均可实现氮的固定
B．将装有NO2的密闭烧瓶浸入冰水，红棕色变浅
C．过量的NH3通入0.1mol L﹣1CuSO4溶液最终产生蓝色沉淀
D．工业生产硝酸存在N2→NH3→NO→NO2→HNO3的转化
【答案】C
【知识点】氮的固定；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、氮气（N2）的氧化或还原过程都是将游离态的氮转变为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；B、二氧化氮（NO2）二聚生成四氧化二氮（N2O4）的反应为放热反应，化学方程式可表示为：2NO2N2O4 。当烧瓶浸入冰水时，温度降低使平衡向正反应方向移动，因此红棕色变浅，B正确；
C、将氨气（NH3）通入硫酸铜（CuSO4）溶液中，首先生成蓝色沉淀氢氧化铜（Cu(OH)2），继续通入过量氨气时，沉淀溶解形成深蓝色的四氨合铜(II)络离子（[Cu(NH3)4]2+），C错误；
D、工业上生产硝酸的流程为：首先通过氮气（N2）与氢气（H2）反应合成氨（NH3），然后氨催化氧化生成一氧化氮（NO），NO进一步被氧气氧化为二氧化氮（NO2），最后NO2与水反应生成硝酸（HNO3）。整个过程可表示为：N2→NH3→NO→NO2→HNO3，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．氮的固定是将游离态 N2转化为化合态氮，N2氧化（如 N2→NO）或还原（如 N2→NH3）都符合。
B.2NO2 N2O4（放热），浸入冰水（降温）平衡正向移动，NO2浓度降低，红棕色变浅。
C．少量 NH3通入 CuSO4溶液生成 Cu (OH)2蓝色沉淀，但过量 NH3会与 Cu(OH)2结合生成 [Cu(NH3)4]2+ 络离子（溶液变蓝），不会最终留蓝色沉淀。
D．工业制硝酸是先合成氨（N2→NH3），再经 NH3氧化为 NO、NO 氧化为 NO2、NO2与水反应生成 HNO3。
7．（2025·广州模拟）Mg—H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器，该电池以镁片、石墨为电极，石墨电极一侧加入H2O2海水为电解质溶液。该电池工作时，下列说法正确的是
A．镁片为正极，发生还原反应
B．石墨电极表面产生大量氢气
C．电子由石墨电极流出
D．溶液中的阳离子向石墨电极移动
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镁片是负极，发生氧化反应，并非正极、还原反应，A错误；B、石墨电极（正极）的反应是 H2O2得电子生成 H2O（而非 H2），不会产生大量氢气，B错误；
C、电子由负极（镁片）流出，经导线流向正极（石墨），并非从石墨流出，C错误；
D、原电池中，阳离子向正极（石墨电极）移动，阴离子向负极移动，D正确；
故答案为：D。
【分析】 在该原电池体系中，电极材料为镁片与石墨，电解质是含 H2O2的海水：从金属活泼性来看，镁的还原性远强于石墨，因此镁会失去电子，作为负极参与反应；而石墨电极不参与失电子，是 H2O2发生得电子反应的场所，因此石墨为正极。工作时，负极的镁失电子形成Mg2+，正极的H2O2得电子转化为 OH-，电子通过导线从负极流向正极，从而形成电流。
8．（2025·广州模拟）C6H5NH2是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐C6H5NH3Cl，下列叙述正确的是
A．常温下，0.001mol L﹣1C6H5NH2水溶液的pH=11
B．0.001mol L﹣1C6H3NH3Cl水溶液加水稀释，pH升高
C．C6H5NH3Cl水溶液的电离方程式为C6H5NH3Cl=C6H5NH2+HCl
D．C6H3NH3Cl水溶液中，c(OH﹣)+c(Cl﹣)=c(C6H5)+c(C6H5NH2)
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、C6H5NH2是弱碱，部分电离，0.001mol L- 溶液中 OH-浓度远小于 0.001mol L- ，pH 应小于 11，A错误；
B、C6H5NH3Cl 溶液中 C6H5NH3+ 水解使溶液呈酸性（C6H5NH3++H2O C6H5NH2+H3O+）；加水稀释时，水解程度增大，但 H+ 浓度降低，pH 升高，B正确；
C、C6H5NH3Cl 是强电解质，电离方程式应为 C6H5NH3Cl=C6H5NH3++Cl-，而非生成 C6H5NH2和 HCl（这是水解的部分过程），C错误；
D、根据电荷守恒，溶液中应为 c (OH-)+c (Cl-)=c (C6H5NH3+)+c (H+)；若结合物料守恒，应为
c (Cl-)=c (C6H5NH3+)+c (C6H5NH2)，原式子不满足守恒关系，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题考查要点：
掌握弱碱与强酸弱碱盐的核心规律：弱碱部分电离，其盐的阳离子会水解显酸性。
判断稀释水解盐溶液的 pH 变化：强酸弱碱盐溶液稀释时，水解程度增大，但 H+浓度因溶液体积增大而降低，pH 升高。
考查电解质电离与水解的区分：强电解质完全电离为离子，水解是电离出的离子与水的反应，需区分电离方程式与水解方程式。
9．（2025·广州模拟）某抗生素的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法不正确的是
A．能发生加成反应
B．能与氨基酸的氨基发生反应
C．能使酸性KMnO4溶液褪色
D．最多能与等物质的量的NaOH反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、结构含碳碳双键，碳碳双键可发生加成反应（如与 H2、Br2加成），A正确；
B、结构含羧基（-COOH），羧基能与氨基酸的氨基（-NH2）发生缩合反应（形成酰胺键），B正确；
C、结构含碳碳双键、羟基（-CH2OH），二者均可被酸性 KMnO4溶液氧化，使溶液褪色，C正确；
D、结构中的羧基（-COOH）、酯基、酰胺键均可与 NaOH 反应：1mol 羧基消耗 1mol NaOH，1mol 酯基水解消耗 1mol NaOH，1mol 酰胺键水解也消耗 1mol NaOH，因此 1mol 该物质消耗的 NaOH 远多于 1mol，D错误；
故答案为：D。
【分析】解决这道题的关键点 ：
抓官能团判反应：先识别结构中的官能团（碳碳双键、羧基、酯基、羟基、酰胺键），依据官能团特性判断反应：含碳碳双键，故可加成、可被酸性 KMnO4氧化；含羧基，故能与氨基缩合；
算 NaOH 反应量的关键：需明确 “能与 NaOH 反应的官能团”：羧基（1：1 反应）、酯基（水解消耗 1mol NaOH）、酰胺键（水解消耗 1mol NaOH），因此该物质与 NaOH 的反应量远多于 “等物质的量”。
10．（2025·广州模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．44g中的σ键的数目为7NA
B．1mol Cl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NA
C．1L1mol L﹣1(NH4)2SO4溶液中含的数目为2NA
D．常温常压下，22.4LCO和N2混合气体中的分子数为NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、先确定该有机物为环氧乙烷（分子式 C2H4O，摩尔质量 44g/mol），44g 对应物质的量为 1mol。观察其结构（三元环：2 个 C 原子、1 个 O 原子），σ 键包括：2 个 C-H 键（每个 C 连 2 个 H）、1 个 C-C 键、2 个 C-O 键，共 7 个 σ 键，因此 1mol 该物质中 σ 键数目为 7NA，A正确；
B、Cl2与 Fe 反应生成 FeCl3，Cl 元素化合价从 0 降至 -1，1mol Cl2完全反应时，转移电子数为 2mol（即 2NA），并非 3NA（Fe 过量不改变 Cl2的电子转移量），B错误；
C、(NH4)2SO4溶液中，NH4+ 会发生水解（NH4++H2O NH3 H2O+H+），因此 1L 1mol L- 溶液中，NH4+ 的实际数目小于 2NA，C错误；
D、22.4L/mol 是标准状况（0℃、101kPa）下的气体摩尔体积，常温常压下气体摩尔体积大于 22.4L/mol，故 22.4L 混合气体的物质的量小于 1mol，分子数小于 NA，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．有机物 σ 键计数：需结合分子结构，逐一统计 C-C、C-H、C-O 等 σ 键的数量。
B．氧化还原电子转移：以完全反应的反应物为基准，而非过量反应物。
C．盐溶液离子数目：考虑弱离子水解，实际离子数少于化学式中的理论数量。
D．气体摩尔体积：仅适用于标准状况，常温常压下不能直接用 22.4L/mol 计算。
11．（2025·广州模拟）按如图装置进行实验，闭合开关一段时间后，下列说法正确的是
A．滴加铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀
B．U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2
C．a处红布条褪色，说明Cl2具有漂白性
D．b处出现蓝色，说明还原性：I﹣>Cl﹣
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；二价铁离子和三价铁离子的检验；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、阴极Fe不参与反应（仅H2O得电子），无Fe2+生成，滴加铁氰化钾溶液不会产生蓝色沉淀，A错误；
B、U 形管中，阳极（石墨侧）产生Cl2，阴极（Fe 侧）产生H2，并非Cl2和O2，B错误；
C、a处湿润红布条褪色，是 Cl2与水反应生成的HClO 具有漂白性，并非Cl2本身的漂白性，C错误；
D、Cl2通入b处淀粉 - KI 溶液，发生反应 Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2使淀粉变蓝；该反应中I-作还原剂、Cl-是还原产物，说明还原性 I- > Cl-，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断电极类型：装置为电解池，Fe 接电源负极作阴极，石墨接电源正极作阳极。电解质为 NaCl 溶液，电解时阳极（石墨）发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑；阴极（Fe）发生反应：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。据此解题。
12．（2025·广州模拟）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但不具有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 卤素单质沸点：Cl2Br-Br>I-I
B CO2通入苯酚钠溶液中出现浑浊 碳酸酸性强于苯酚
C 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合
D 医疗上常用BaSO4做“钡餐” BaSO4不溶于水和酸，不易被X射线透过
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】分子间作用力；苯酚的化学性质；晶体的定义
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：卤素单质（Cl2、Br2、I2）均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点Cl2Br-Br>I-I，正确；逻辑：卤素单质的沸点由分子间作用力决定，键能影响的是单质的稳定性，二者无因果关系，A符合题意；
B、陈述 Ⅰ：CO2通入苯酚钠溶液生成苯酚（难溶），出现浑浊，正确；陈述 Ⅱ：根据 “强酸制弱酸”，碳酸酸性强于苯酚，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，B不符合题意；
C、陈述 Ⅰ：石墨可用作润滑剂，正确；陈述 Ⅱ：石墨为层状结构，层间范德华力弱，层与层易滑动，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，C不符合题意；
D、陈述 Ⅰ：医疗用 BaSO4作 “钡餐”，正确；陈述 Ⅱ：BaSO4不溶于水和胃酸，且不易被 X 射线透过，正确；逻辑：陈述 Ⅱ 是陈述 Ⅰ 的原因，存在因果关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有以下 2 个：
混淆 “分子间作用力” 与 “化学键” 的影响范畴易误将卤素单质的沸点（由分子间作用力决定）与键能（影响化学稳定性）关联，错认为二者有因果关系，忽略了 “沸点” 和 “键能” 对应的作用力类型完全不同。
对因果关系的误判容易混淆 “陈述均正确” 和 “存在因果关系” 的区别，比如误把选项 A 中两个独立正确的陈述，当成有因果逻辑的关联内容，忽略了题目 “无因果关系” 的核心要求。
13．（2025·广州模拟）一种在水处理领域应用广泛的物质，其结构如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：W>Z
B．元素电负性：W>Z>R
C．第一电离能大小：W>Z>X
D．YR3和的空间构型均为三角锥形
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、W 的简单氢化物是 CH4，Z 的是 H2O，H2O 分子间含氢键，沸点 H2O>CH4，即 Z>W，A错误；
B、电负性同周期从左到右增大，故 O（Z）>C（W）>H（R），应为 Z>W>R，B错误；
C、第一电离能同周期从左到右增大（O>C），同主族从上到下减小（C>Na），故 O（Z）>C（W）>Na（X），应为 Z>W>X，C错误；
D、YR3是 PH3，中心 P 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对）；R3Z+是 H3O+，中心 O 为 sp3 杂化（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），二者空间构型均为三角锥形，D正确；
故答案为：D。
【分析】元素推断：X 形成 + 1 价阳离子，为 Na；Z 最多成 2 个键，原子序数小于 Na，为 O；Y 成 5 个键，原子序数大于 O，为 P；R 只成 1 个键且原子序数最小，为 H；W 成 4 个键且原子序数小于 O，为 C。即 R=H，W=C，Z=O，X=Na，Y=P。据此解题。
14．（2025·广州模拟）部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c
B．若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键
C．若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化
【答案】C
【知识点】镁、铝的重要化合物；无机物的推断
【解析】【解答】A、若 a（单质，化合价0）、b（氧化物，化合价1）为同种金属，对应 Na（a 为 Na，b 为 Na2O），Na 与 H2O 反应生成 NaOH（c，碱，+1价），故A不符合题意 ；
B、若 b（氧化物）与 H2O 反应生成 O2，b 应为 Na2O2（Na 的+1 价氧化物），Na2O2含离子键（Na+ 与 O22-）和共价键（O22- 内部），故B不符合题意 ；
C、若 f（+3 价氧化物）能溶于 NaOH 溶液，f 可为 Al2O3（Al 的+3价氧化物），Al 位于周期表 p 区（并非 d 区），故C符合题意 ；
D、含同种金属的 d→g→f 转化（如 Fe 的 +2 价碱→+3 价碱→+3价氧化物），Fe(OH)2（白色）→Fe(OH)3（红褐色）→Fe2O3（红棕色），存在颜色变化，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
周期表分区的混淆：易误将 “能溶于 NaOH 的 +3 价氧化物（如 Al2O3）” 对应的 Al 归为 d 区元素，忽略了 Al 实际位于周期表的 p 区，错判选项 C 的合理性。
物质对应关系的模糊：对 “化合价 + 物质类别” 对应的具体物质不明确，比如不确定 “+1 价氧化物 b 与水反应生成 O2” 对应的是 Na2O2，或混淆不同元素（Na、Al、Fe）的价态与物质类别的匹配关系，导致选项分析出错。
15．（2025·广州模拟）某温度下，在密闭容器中充入一定量的R(g)，发生反应R(g)T(g)，该反应经历两步：①R(g)I(g)，②I(g)T(g)，催化剂M能催化第②步反应，反应历程如图所示。
下列说法不正确的是
A．升高温度，减小，且减小
B．不使用催化剂M，反应过程中c(I)先增大后减小
C．使用催化剂M，反应①的ΔH不变，反应②的ΔH减小
D．使用催化剂M，反应①速率不变，反应②速率加快
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应R(g)=T(g)为放热（T能量低于R），升温平衡逆向移动，（I是中间产物，升温时②步速率变慢，I积累）、均减小，A正确；
B、不使用催化剂，①步生成I，②步速率慢，I先积累后消耗，故浓度先增后减，B正确；
C、焓变（ΔH）由反应物和生成物能量差决定，催化剂只改变活化能，不改变ΔH，故反应①、②的ΔH均不变，C错误；
D、催化剂M只催化②步，故①步速率不变，②步速率加快，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．抓总反应放热的特点，升温平衡逆向移动，结合中间产物 I 的积累规律，判断浓度比值变化。
B．明确无催化剂时②步速率慢，中间产物 I 生成快、消耗慢，因此浓度会先增后减。
C．牢记焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂仅改变活化能，不影响焓变大小。
D．注意催化剂 M 的作用具有选择性，只加快催化目标步骤②的速率，对步骤①无影响。
16．（2025·广州模拟）一种基于硝酸盐还原和氨氧化的储能电池示意图如图，电极为金属Zn和选择性催化材料，放电时，含的废水被转化为NH3。下列说法不正确的是
A．放电时，正极区域的pH增大
B．放电时，每消耗负极室溶液质量增加260g
C．充电时，Zn连接外接电源的负极
D．充电时，阳极反应：NH3+9OH﹣﹣8e﹣=6H2O
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时正极生成 OH-，区域内 OH-浓度增大，pH 升高，A正确；B、放电时，负极每消耗 1mol NO3-（对应转移 8mol 电子），负极会溶解 4mol Zn（Zn~2e-，8e-对应 4mol Zn），同时阴离子交换膜允许 OH-从正极移向负极（每转移 8mol 电子，移过 8mol OH-）。负极室增加的质量为 “4mol Zn 的质量（4×65g=260g）” 加上 “8mol OH-的质量（8×17g=136g）”，共396g，B错误；
C、充电时是电解池，原电池的负极（Zn）需接外接电源的负极（作阴极，得电子被还原），C正确；
D、充电时阳极是原电池的正极，NH3失电子被氧化为 NO3-，结合碱性环境（OH-参与），反应为 NH3+9OH--8e-=NO3-+6H2O，D正确；
故答案为：B。
【分析】在该储能电池中，电极材料为 Zn 和选择性催化材料，电解质是 KOH 溶液：
放电（原电池模式）：NO3-转化为 NH3（N 元素化合价从 +5 降为 -3），发生还原反应，因此选择性催化材料是正极，正极反应为 NO3-+6H2O+8e-=NH3+9OH-；Zn 发生氧化反应（Zn 转化为 Zn(OH)42-），作负极，负极反应为 Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-。
充电（电解池模式）：原电池的负极（Zn）需连接外接电源的负极，作阴极，发生还原反应，阴极反应为 Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-；原电池的正极（选择性催化材料）连接外接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，阳极反应为 NH3+9OH-- 8e-=NO3-+6H2O。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·广州模拟）从含银废液中回收银是保护金属资源的有效途径。
（1）实验室用70%H2SO4和Na2SO3制取干燥SO2选择净化与收集SO2所需装置，接口连接顺序为　 　。
（2）兴趣小组探究从AgNO3溶液中回收银，将SO2通入一定体积0.1mol L﹣1的AgNO3溶液中(如图所示)。
已知：a.25℃时，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10﹣14，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10﹣5。
b．Ag2SO3、Ag2SO4均能溶于浓氨水，生成[Ag(NH3)2]+。
ⅰ．实验现象瓶内产生大量白色沉淀，瓶底沉淀略显灰色。
ⅱ．沉淀成分的分析
将瓶内混合物分离得到溶液和固体X。
①取固体X加入过量浓氨水中，固体大部分溶解，过滤，得到无色溶液和少量灰黑色固体：将灰黑色固体加入浓硝酸中，固体溶解，　 　(填实验现象)，说明沉淀中含有Ag。SO2与AgNO3溶液反应生成银单质的离子方程式是 　 　。
②另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，　 　 (填实验操作和现象)，说明沉淀中含有Ag2SO3，SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3的化学方程式是 　 　。
③进一步实验证明，沉淀中不含Ag2SO4原因是c2(Ag+) c() 　 　1.4×10﹣5(填“>”“<”或“=”)。
ⅲ．实验结论SO2通入AgNO3溶液中同时发生复分解反应和氧化还原反应，Ag的回收率低。
④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应和氧化还原反应的平均反应速率之比为　 　。
（3）基于上述探究，兴趣小组重新设计了用SO2从AgNO3溶液中回收Ag的优化方案，避免了复分解反应的发生。该方案为　 　。
【答案】（1）bae
（2）产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；<；
（3）将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）70%的浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，浓硫酸具有吸水性，且和SO2不反应，所以用浓硫酸干燥SO2；SO2的密度大于空气且能和碱石灰反应，所以用向上排空气法收集SO2，为防止污染空气，用碱石灰处理尾气，接口连接顺序为bae，
故答案为：bae；
（2）①Ag和浓硝酸反应生成AgNO3、NO2和H2O，NO2为红棕色气体，所以看到的现象是：产生红棕色气体；SO2与AgNO3溶液反应生成银单质，Ag+被还原为Ag，则SO2被氧化为，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+，
故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；
②Ag2SO3和稀盐酸反应生成AgCl、SO2和H2O，SO2能使品红溶液褪色，则另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，滴加品红溶液，溶液褪色，说明沉淀中含有Ag2SO3；SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和HNO3，反应的化学方程式为SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3，
故答案为：滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；
③如果溶液中c2(Ag+) c()故答案为：<；
④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应生成Ag2SO3的质量为(m1﹣m2)g，相同时间内其物质的量之比等于其反应速率之比，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应(1mol SO2生成1mol Ag2SO3)和氧化还原反应(1mol SO2生成2mol Ag)的平均反应速率之比为mol：()mol，
故答案为：；
（3）加入适量硫酸可以提供酸性环境，防止SO2与硝酸银发生复分解反应，所以避免复分解反应发生的方案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质，
故答案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质。
【分析】本次实验分为两部分：首先用 70% 的H2SO4与Na2SO3反应制备SO2，并对其进行干燥处理；随后将干燥的 SO2通入 0.1mol L- 的AgNO3溶液，观察到体系产生大量白色沉淀、瓶底沉淀略带灰色。基于此现象，实验需分析沉淀的具体成分，同时探究如何优化 SO2与AgNO3溶液的反应，以实现 Ag 的高效回收。
(1)制 SO2后，用浓硫酸干燥（长进短出），向上排空气法收集，最后碱石灰处理尾气，接口顺序按 “干燥→收集→尾气处理” 衔接。
(2)① 利用 Ag 与浓硝酸反应生成红棕色 NO2的现象验 Ag；根据氧化还原规律写离子方程式（SO2还原 Ag+为 Ag，自身被氧化为 SO42-）。② 利用 Ag2SO3与盐酸反应生成的 SO2使品红褪色验 Ag2SO3；根据复分解规律写化学方程式。③ 依据溶度积规则，离子积小于 Ksp 则无沉淀。④ 利用 “复分解生成 Ag2SO3、氧化还原生成 Ag” 的质量关系，计算物质的量之比即反应速率比。
(3)加硫酸酸化抑制复分解反应，仅发生氧化还原生成 Ag，再用浓氨水分离杂质得到Ag。
（1）70%的浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，浓硫酸具有吸水性，且和SO2不反应，所以用浓硫酸干燥SO2；SO2的密度大于空气且能和碱石灰反应，所以用向上排空气法收集SO2，为防止污染空气，用碱石灰处理尾气，接口连接顺序为bae，故答案为：bae；
（2）①Ag和浓硝酸反应生成AgNO3、NO2和H2O，NO2为红棕色气体，所以看到的现象是：产生红棕色气体；SO2与AgNO3溶液反应生成银单质，Ag+被还原为Ag，则SO2被氧化为，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+，故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H+；
②Ag2SO3和稀盐酸反应生成AgCl、SO2和H2O，SO2能使品红溶液褪色，则另取固体X加入过量盐酸中，充分反应后静置，取上层清液于试管中，滴加品红溶液，溶液褪色，说明沉淀中含有Ag2SO3；SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3和HNO3，反应的化学方程式为SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3，故答案为：滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO3；
③如果溶液中c2(Ag+) c()④另取m1g固体X进行定量分析，测得其中Ag的质量为m2g，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应生成Ag2SO3的质量为(m1﹣m2)g，相同时间内其物质的量之比等于其反应速率之比，该条件下SO2与AgNO3溶液发生复分解反应(1mol SO2生成1mol Ag2SO3)和氧化还原反应(1mol SO2生成2mol Ag)的平均反应速率之比为mol：()mol，故答案为：；
（3）加入适量硫酸可以提供酸性环境，防止SO2与硝酸银发生复分解反应，所以避免复分解反应发生的方案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质，故答案为：将原溶液于试管中加入适量硫酸酸化，再向试管中通入SO2，过滤得到无色溶液和白色固体，将白色固体加入浓氨水，过滤得到的固体为Ag单质。
18．（2025·广州模拟）独居石精矿是一种以稀土(RE)元素的磷酸盐为主的矿物，还含有FePO4、SiO2和极少量含铀(U)的化合物。一种从独居石精矿中提取铀和稀土的工艺如图。
已知：①常温下，Ka1(H3PO4)=6.9×10﹣3，Ka2(H3PO4)=6.2×10﹣8，Ka3(H3PO4)=4.8×10﹣13，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12。
②盐酸体系中，存在4Cl﹣[UO2Cl4]3﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。
③工艺中“离子交换”是将含(An﹣)的溶液流过盛有阴离子交换树脂(RCl)的离子交换柱(如图)，发生反应：nRCl(s)+An﹣(aq)RaA(s)+nCl﹣(aq)。
（1）“碱转化”后溶液中的阴离子含有OH、　 　(填离子符号)和含磷的酸根离子。常温下测得溶液pH=12.0，则溶液中c()　 　c()(填“>”“<”或“=”)。
（2）中O为-2价，U的化合价为 　 　。“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2﹣，其离子方程式为 　 　。
（3）“氧化”和“调pH”工序的目的是避免 　 　 (填离子符号)与交换树脂反应，从而有利于U的分离。
（4）“沉铀”中，加入NH4HCO3使UO2Cl2转化为(NH4)4[UO2(CO3)3]再加热促使其分解生成UO3。(NH4)4[UO2(CO3)3]分解的化学方程式为 　 　 。
（5）常温下，若“沉淀”后溶液中c(Mg2+)=0.056mol L﹣1为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2应确保溶液的pH低于　 　。
（6）一种铀的氧化物晶体结构可描述为U与空位交替填充在由氧原子构成的体积相等的立方体体心，形成如图所示的结构单元。
①该氧化物的化学式为 　 　。
②若该氧化物的立方晶胞的晶胞参数为anm，则O与U原子最近的距离为　 　 nm(用a表示)。
【答案】（1）Si；<
（2）+6；UO(OH)2+2Fe3++4Cl﹣=[UO2Cl4]2﹣+2Fe2++H2O
（3）[FeCl4]﹣
（4）(NH4)4[UO2(CO3)3)UO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O
（5）9
（6）UO2；a
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；离子浓度大小的比较；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0时，
c(H+) =10-12mol/L，0.48<1，所以c()故答案为：；<；
（2）在中，O为-2，设U的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，
故答案为：+6；；
（3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离，
故答案为：[FeCl4]-；
（4）分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为，
故答案为：；
（5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9，
故答案为：9；
（6）①由晶胞结构可知，O原子位于顶点和棱心，O原子个数为8124，U原子个数为2，所以该氧化物的化学式为UO2，
故答案为：UO2；
②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a，所以O与U原子最近的距离为anm，
故答案为：a。
【分析】这个独居石精矿的处理流程，是通过多步操作实现铀与稀土元素的分离回收，具体环节作用如下：碱转化：将含稀土磷酸盐、FePO4、SiO2、含铀化合物的独居石精矿与NaOH溶液反应，让SiO2等转化后进入滤液，实现初步分离；酸浸：用盐酸溶解碱转化产物，使相关元素以离子形式溶解到溶液中；氧化：加入H2O2，把溶液中低价态离子（如Fe2+）氧化为高价态，避免后续干扰；调pH：加入MgO调节溶液pH，让部分杂质离子沉淀为滤渣被除去；离子交换：借助阴离子交换树脂的选择性，交换特定阴离子，实现目标离子与其他离子的分离；洗脱、加热沉淀：处理交换后的树脂，洗脱目标离子，经加热沉淀得到 UO3；同时流出液经处理可获得 RE(OH)3。据此解题。
（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成，所以溶液中的阴离子含有OH-、和含磷的酸根离子；已知Ka3(H3PO4)=4.8×10-13，pH = 12.0时，c(H+) = 10-12mol/L，0.48<1，所以c()（2）在中，O为-2，设U的化合价为x，则x+2×(-2)=+2，解得x =+6，“酸浸”中UO(OH)2与Fe3+反应生成[UO2Cl4]2-，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，故答案为：+6；；
（3）根据“离子交换”原理，Fe3+会形成[FeCl4]-与交换树脂反应，所以“氧化”和“调pH”工序的目的是避免[FeCl4]-与交换树脂反应，从而有利于U的分离，故答案为：[FeCl4]-；
（4）分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO2和H2O，化学方程式为，故答案为：；
（5）已知Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，c(Mg2+)=0.056mol/L，当Mg(OH)2开始沉淀时，c(OH-)10-5mol/L，pOH=5，pH=9，所以为防止RE(OH)3中混入Mg(OH)2，应确保溶液的pH低于9，故答案为：9；
（6）①由晶胞结构可知，O原子位于顶点和棱心，O原子个数为8124，U原子个数为2，所以该氧化物的化学式为UO2，故答案为：UO2；
②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的，晶胞体对角线长度为a，所以O与U原子最近的距离为anm，故答案为：a。
19．（2025·广州模拟）甲基叔戊基醚(结构简式为，用TAME表示)常用作汽油添加剂，在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得。体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：A+CH3OHTAME
反应Ⅱ：AB(A为、B为)
（1）制备TAME所用的催化剂含磺酸基团(—SO3H)。基态S原子的价层电子的轨道表示式为 　 　 。
（2）反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数K与温度T的变化关系如图1所示，属于放热反应的是 　 　 。
（3）在非水溶剂中，向恒容密闭容器加入物质的量均为amol的CH3OH和A，在三种不同温度T1、T2、T3下进行反应，TAME的产率随反应时间t的变化曲线如图2。
①图2中温度由低到高的顺序为 　 　 。
②下列有关说法中，正确的是 　 　 (填字母)。
A．三种不同温度中，反应速率随反应进程一直增大
B．催化剂可加快化学反应速率，提高A的平衡转化率
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后不变
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小
（4）为研究不同醇烯投料比对平衡的影响，某温度下，当A起始浓度c0(A)=0.10mol L﹣1时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图3。已知反应Ⅱ的平衡常数K2。当0.60，c平(A)= 　 　 mol L﹣1(用含x的式子表示)。计算反应Ⅰ的平衡常数K1　 　 (结果保留1位小数，写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）反应Ⅰ
（3）T3（4）0.1﹣0.2x；2.5
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）S的原子序数为16，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为：；
故答案为： ；
（2）对于放热反应，降低温度，增大，平衡正向移动，平衡常数K增大，lnK增大，所以属于放热反应的是反应Ⅰ；
故答案为： 反应Ⅰ ；
（3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以图2中温度由低到高的顺序为T3②A．三种不同温度中，反应速率随反应进程开始增大，逐渐减小，故A错误；
B．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高A的平衡转化率，故B错误；
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后K(平衡常数)不变，故C正确；
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，K c(A)，平衡常数K不变，稀释过程中，c(A)减小，所以K c(A)是减小的，即是减小的，故D正确；
故答案为： T3（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2，则c平(A)=0.8x，根据物料守恒可得：c△(A)=c平(TAME)+c平(B)，所以有c平(A)=c0(A)﹣c平(TAME)﹣c平(B)=0.1﹣0.1x﹣0.1x=0.1﹣0.2x，即0.8x=0.1﹣0.2x，解得：x=0.1，故c平(A)=0.08，c平(TAME)=c平(B)=0.01mol/L，又因c0(A)=0.1mol/L，0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH3OH)=c平(TAME)，故有：c平(CH3OH)=c0(CH3OH)﹣c平(TAME)=0.06mol/L﹣0.01mol/L=0.05mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数K12.5。
故答案为： 0.1﹣0.2x ； 2.5 ；
【分析】(1)基态 S 原子价层电子排布为 3s23p4，据此写轨道表示式。
(2)放热反应的平衡常数随温度升高而减小（lnK 随 1/T 增大而增大），结合图 1 判断反应 Ⅰ 为放热反应。
(3)① 温度越高，反应速率越快、达平衡时间越短，结合图 2 中曲线斜率判断温度顺序为 T3
(4)① 利用反应 Ⅱ 的平衡常数 K2和物料守恒，推导 c平 (A)=0.1-0.2x。② 结合反应 Ⅰ 的平衡浓度（
c平 (TAME)=0.01、c平 (A)=0.08、c平 (CH3OH)=0.05），代入平衡常数公式计算得 K1=2.5。
（1）S的原子序数为16，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，其轨道表示式为：；
（2）对于放热反应，降低温度，增大，平衡正向移动，平衡常数K增大，lnK增大，所以属于放热反应的是反应Ⅰ；
（3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以图2中温度由低到高的顺序为T3②A．三种不同温度中，反应速率随反应进程开始增大，逐渐减小，故A错误；
B．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高A的平衡转化率，故B错误；
C．达到平衡后加入CH3OH再次达到平衡后K(平衡常数)不变，故C正确；
D．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，K c(A)，平衡常数K不变，稀释过程中，c(A)减小，所以K c(A)是减小的，即是减小的，故D正确；
故答案为：CD；
（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2，则c平(A)=0.8x，根据物料守恒可得：c△(A)=c平(TAME)+c平(B)，所以有c平(A)=c0(A)﹣c平(TAME)﹣c平(B)=0.1﹣0.1x﹣0.1x=0.1﹣0.2x，即0.8x=0.1﹣0.2x，解得：x=0.1，故c平(A)=0.08，c平(TAME)=c平(B)=0.01mol/L，又因c0(A)=0.1mol/L，0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH3OH)=c平(TAME)，故有：c平(CH3OH)=c0(CH3OH)﹣c平(TAME)=0.06mol/L﹣0.01mol/L=0.05mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数K12.5。
20．（2025·广州模拟）应用光化学催化和烯还原酶的光生物催化一体化技术，可实现化合物Ⅳ的合成，示意图如图(反应条件略)：
（1）化合物Ⅰ的分子式为 　 　 。化合物Ⅱ的官能团名称为 　 　 。
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，Ⅴ的结构简式为 　 　 ，其名称为 　 　 。
（3）关于上述由化合物Ⅰ到Ⅳ的转化及相关物质，下列说法正确的有 ___________ (填字母)。
A．有π键的断裂与形成
B．有C—Br键的断裂与C—C键的形成
C．存在C原子杂化方式的改变，没有手性碳原子形成
D．化合物Ⅳ可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键
（4）对化合物Ⅳ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型
① 　 　 　 　
② 　 　 　 　 取代反应
（5）以化合物Ⅱ为唯一有机原料，合成化合物。
基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①最后一步的化学方程式为 　 　 (注明反应条件)。
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为 　 　 (写结构简式)。
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为 　 　 (注明反应条件)。
【答案】（1）C9H10；酮羰基
（2）BrCH2CH2CHO；3﹣溴丙醛
（3）B；D
（4）浓硫酸、加热；消去反应；浓硫酸、加热；—COO—
（5）HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；CH2=CHCH3；BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是9、10，分子式为C9H10；化合物Ⅱ的官能团名称为酮羰基；
故答案为： C9H10 ； 酮羰基 ；
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，说明含有三种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：1，结构简式为BrCH2CH2CHO，名称为3﹣溴丙醛；
故答案为：BrCH2CH2CHO ； 3﹣溴丙醛 ；
（3）A．生成Ⅳ的过程中有π键的断裂，没有π键的形成，故A错误；
B．反应时Ⅲ中C—Br键的断裂、Ⅳ中有C—C键的形成，故B正确；
C．Ⅰ中采用sp2杂化的碳原子在Ⅳ中采用sp3杂化，所以有碳原子杂化方式的改变，Ⅳ中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．化合物Ⅳ羟基可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①Ⅳ在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生醇羟基的消去反应，反应类型是消去反应；
②中醇羟基能和乙酸发生酯化反应生，反应条件是浓硫酸作催化剂、加热条件；
故答案为： 浓硫酸、加热 ； 消去反应 ； 浓硫酸、加热 ； —COO— ；
（5）以CH3COCH3为唯一有机原料合成化合物，可由CH3COOH和HOCH2CH(CH3)OH发生酯化反应得到，HOCH2CH(CH3)OH可由BrCH2CHBrCH3发生水解反应得到，BrCH2CHBrCH3可由CH2=CHCH3和溴发生加成反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH(OH)CH3发生消去反应得到，丙酮和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH3，CH2=CHCH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2和CH3COOH：；
①最后一步的化学方程式为HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为CH2=CHCH3；
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr。
故答案为： HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O ； CH2=CHCH3 ； BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr 。
【分析】这个反应流程分为三步：化合物 Ⅱ 通过取代反应转化为中间体 Ⅲ；
中间体 Ⅲ 与化合物 Ⅰ 发生反应，生成一种中间产物（）；
该中间产物再与水反应，最终生成目标产物 Ⅳ，据此解题。
(1)数化合物 Ⅰ 的 C、H 原子数得分子式；识别化合物 Ⅱ 的官能团（酮羰基）。
(2)结合 “银镜反应（含醛基）+氢谱 3 组峰（2：2：1）”，推导同分异构体结构并命名。
(3)分析反应中键的断裂、形成、C 原子杂化、手性碳、氢键等，判断选项合理性。
(4)利用化合物 Ⅳ 的羟基，分析消去、取代（酯化）反应的试剂、产物及反应类型。
(5)以丙酮为原料，通过加成、消去、加成、水解、氧化、酯化等步骤合成目标物，推导各步反应的方程式、反应物。
（1）化合物Ⅰ的分子中C、H原子个数依次是9、10，分子式为C9H10；化合物Ⅱ的官能团名称为酮羰基；
（2）化合物Ⅴ为Ⅲ的同分异构体，能够发生银镜反应，说明含有醛基，在核磁共振氢谱图上只有3组峰，峰面积之比为2：2：1，说明含有三种氢原子且氢原子的个数之比为2：2：1，结构简式为BrCH2CH2CHO，名称为3﹣溴丙醛；
（3）A．生成Ⅳ的过程中有π键的断裂，没有π键的形成，故A错误；
B．反应时Ⅲ中C—Br键的断裂、Ⅳ中有C—C键的形成，故B正确；
C．Ⅰ中采用sp2杂化的碳原子在Ⅳ中采用sp3杂化，所以有碳原子杂化方式的改变，Ⅳ中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误；
D．化合物Ⅳ羟基可形成分子间氢键，也可以形成分子内氢键，故D正确；
故答案为：BD；
（4）①Ⅳ在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生醇羟基的消去反应，反应类型是消去反应；
②中醇羟基能和乙酸发生酯化反应生，反应条件是浓硫酸作催化剂、加热条件；
（5）以CH3COCH3为唯一有机原料合成化合物，可由CH3COOH和HOCH2CH(CH3)OH发生酯化反应得到，HOCH2CH(CH3)OH可由BrCH2CHBrCH3发生水解反应得到，BrCH2CHBrCH3可由CH2=CHCH3和溴发生加成反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH(OH)CH3发生消去反应得到，丙酮和氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH3，CH2=CHCH3被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2和CH3COOH：；
①最后一步的化学方程式为HOCH2CH(CH3)OH+2CH3COOH+2H2O；
②相关步骤涉及氧化反应，其有机反应物为CH2=CHCH3；
③若相关步骤涉及卤代烃制醇反应，其化学方程式为BrCH2CHBrCH3+2NaOHHOCH2CH(OH)CH3+2NaBr。
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