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广东省清远市2025届高三下学期二模化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44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．（2025·清远模拟）广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是
A．佛山石湾陶龙 B．阳江漆器龙纹盒
C．潮州木雕 D．广绣
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、佛山石湾陶龙的材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合要求，故A符合题意 ；
B、阳江漆器龙纹盒的材质是漆器（有机物涂层），属于有机材料，故B不符合题意 ；
C、潮州木雕的材质是木材，属于有机材料，故C不符合题意 ；
D、广绣的材质是丝线，属于有机材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
易误将 “漆器、木材、丝线” 等有机材料当成无机非金属材料，忽略其属于有机物范畴；
对 “陶瓷类材质（如石湾陶）属于无机非金属材料” 的认知不清晰，错判其类别。
2．（2025·清远模拟）“新能源技术”是我国实现“双碳”目标的重要支撑。下列说法正确的是
A．生物柴油制备：将地沟油制成生物柴油，其成分与柴油成分相同
B．锂硅电池：硅(Si)的电子排布式为
C．氢燃料电池：氢气与氧气反应生成水，同时释放电能，化学能转化为电能
D．“光伏发电”技术：太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于化学变化
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、地沟油主要成分是甘油三酯类化合物，而生物柴油由脂肪酸甲酯或乙酯构成，两者化学组成不同，A错误；B、硅元素（原子序数14）的电子排布完整形式为，其简化表示法为，B错误；
C、氢燃料电池工作时，氢气发生氧化反应释放电子，氧气获得电子生成水，该过程实现化学能向电能的转化，C正确；
D、硅基太阳能电池中电子跃迁属于物理过程，不涉及化学变化，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
混淆生物柴油与传统柴油的成分：误将生物柴油（酯类）等同于传统柴油（烃类），错判选项A。
电子排布式的书写错误：对 Si 的电子排布式记忆不清，误写为[Ne]3s23p3（实际是[Ne]3s23p2），错判选项B。
化学变化的判断偏差：误将光伏发电中硅原子的电子跃迁（无新物质生成）归为化学变化，错判选项D。
3．（2025·清远模拟）下列有关化学知识的整理和归纳，不正确的一组是
A．化学与农业：为了增强肥效，将草木灰(钾肥)与铵态氮肥混合施用
B．化学与环境：和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因
C．化学与应用：口罩使用的材料聚丙烯，其单体能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．化学与生活：家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，是为了防止电化学腐蚀
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、草木灰主要成分为 K2CO3，水溶液显碱性；铵态氮肥含 NH4+，碱性条件下 NH4+会与 OH-反应生成 NH3逸出，导致氮肥肥效降低，因此二者不能混合施用，A错误；
B、光化学烟雾的核心成因是 NO （氮氧化物）与碳氢化合物，在光照下发生复杂反应生成污染物，B 正确；
C、聚丙烯的单体是丙烯（CH2=CHCH3），丙烯含碳碳双键，能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液褪色，C正确；
D、电化学腐蚀需要电解质溶液（如水分）形成原电池；铁锅、铁铲保持干燥，可避免电解质溶液存在，从而防止电化学腐蚀，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 4 个：
化肥混用的反应误区：误认为草木灰（含 K2CO3，显碱性）与铵态氮肥混合能增强肥效，忽略二者会反应释放 NH3，导致氮元素流失，错判选项A。
光化学烟雾成因的模糊：对光化学烟雾的污染物（NO 和碳氢化合物）记忆不清晰，可能误判选项B。
聚丙烯单体的性质混淆：混淆聚丙烯的单体（丙烯，含碳碳双键）与聚丙烯本身的性质，忽略丙烯能使酸性 KMnO4褪色，可能误判选项C。
铁制品腐蚀类型的误判：不清楚 “干燥环境可防止电化学腐蚀（需电解质溶液）”，可能误判选项D。
4．（2025·清远模拟）下列有关物质结构和性质的说法，正确的是
A．与的中心原子杂化轨道类型均为杂化
B．和都是单质，在中溶解度几乎一样
C．可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键
D．分子晶体都存在分子间作用力和共价键
【答案】C
【知识点】分子晶体；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，杂化类型不同。A错误；
B．氧气由两个相同原子组成的双原子分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，臭氧分子结构不对称，正负电荷中心不重合，具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在中溶解度大于氧气，B错误；
C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；
D．分子晶体中分子之间存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体是单原子分子，由稀有气体形成的分子晶体中，分子之间存在分子间作用力，但分子内不存在共价键，D错误；
故选C。
【分析】A．判断中心原子杂化轨道类型，可根据价层电子对数来确定，价层电子对数的计算公式为：价层电子对=成键电子对数+孤电子对数；
Ｂ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｃ．C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键；
Ｄ．稀有气体是单原子分子，不存在共价键。
5．（2025·清远模拟）一种以“铝—空气”为电源的航标灯，只要把灯放入海水中就会发出耀眼的光。关于该电池，下列说法正确的是
A．铝作负极，发生还原反应
B．由于海水和空气足量，该电池几乎可以一直使用
C．电子从空气电极经海水回到铝电极
D．空气电极发生的电极反应式为
【答案】D
【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
【解析】【解答】先明确 “铝 — 空气” 电池的电极类型（原电池），再逐一分析选项：
A、原电池中，Al 失电子（化合价升高）作负极，发生的是氧化反应，并非还原反应，A错误；
B、电池工作时 Al 电极会不断消耗（作为负极参与反应），即使海水、空气足量，Al 消耗完后电池也无法继续使用，B错误；
C、原电池中电子从负极（铝电极）经外电路（负载）流向正极（空气电极），不会经海水（电解质溶液中是离子移动）移动，C错误；
D、空气电极是正极，O2在正极得电子，结合海水（含 H2O）生成 OH-，电极反应式为
O2+4e-+2H2O=4OH-，D正确；
故答案为：D。
【分析】在 “铝 — 空气” 电池的工作过程中：
电极与反应类型：Al 电极作为负极，Al 失去电子（化合价升至 +3）生成 Al3+，发生氧化反应；空气电极作为正极，O2在该电极得到电子，结合海水中的 H2O 生成 OH-，发生还原反应。
电极反应式：负极反应为 Al-3e-=Al3+；正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-。
6．（2025·清远模拟）下列装置能达到相应实验目的的是
A．用图①装置制备胶体 B．用图②装置测定盐酸的浓度
C．用图③装置干燥二氧化碳 D．用图④装置制备乙酸乙酯
【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、制备 Fe(OH)3胶体的正确方法是向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，而非 Fe2(SO4)3（且图①操作易生成沉淀），A无法达到目的；
B、图②为酸碱中和滴定，但 NaOH 标准溶液应盛放在碱式滴定管（图中是酸式滴定管），且盐酸含酚酞时，滴定终点现象不明显，B无法达到目的；
C、图③用浓硫酸干燥 CO2，但 U 型干燥管中浓硫酸为液态，会导致气体无法顺利通过（应使用洗气瓶），C无法达到目的；
D、图④中，乙醇、乙酸在浓硫酸催化、加热下反应生成乙酸乙酯，饱和 Na2CO3溶液可吸收乙醇、中和乙酸并降低酯的溶解度，装置（含防倒吸的球形干燥管）合理，D能达到目的；
故答案为：D。
【分析】A．胶体制备：需用饱和 FeCl3溶液滴入沸水，避免用硫酸盐或过度加热。
B．滴定仪器选择：碱液用碱式滴定管，酸液用酸式滴定管。
C．气体干燥装置：液态干燥剂（浓硫酸）需用洗气瓶，固态干燥剂用 U 型管。
D．乙酸乙酯制备：需浓硫酸催化、饱和 Na2CO3除杂，同时防倒吸。
7．（2025·清远模拟）劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
B 生产活动：向葡萄酒中添加适量的 具有杀菌和抗氧化作用
C 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P、K等元素
D 自主探究：果蔬电池 电解池原理
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镀铝钢板耐腐蚀，是因为 Al 在空气中形成致密的 Al2O3氧化膜，隔绝空气与钢板接触，劳动项目与化学知识关联，故A不符合题意 ；
B、向葡萄酒中添加的物质（如 SO2），可杀菌并防止葡萄酒被氧化，劳动项目与化学知识关联，故B不符合题意 ；
C、厨余垃圾含 N、P、K 等植物所需营养元素，可用于制作肥料，劳动项目与化学知识关联，故C不符合题意 ；
D、果蔬电池是将化学能转化为电能的装置，利用的是原电池原理，而非电解池原理（电解池是电能转化学能），劳动项目与化学知识无关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．防腐原理：Al 的致密氧化膜可隔绝腐蚀介质。
B．食品添加剂作用：SO2等物质兼具杀菌、抗氧化性。
C．肥料元素：N、P、K 是植物生长必需元素。
D．电池原理：果蔬电池是原电池（自发反应释能），电解池是外界供电促反应。
8．（2025·清远模拟）某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是
A．1molX最多能与发生反应
B．X与足量加成后，所得产物官能团的性质与X一致
C．X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面
D．C原子和O原子的杂化方式均有2种
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应，且反应比例分别为1：3、1：1，则1molX最多能与4molH2反应，A正确；
B．X中的官能团是醛基、酚羟基，X与足量加成后，生成的产物中的官能团只有醇羟基，醛基、酚羟基与醇羟基性质不一致，B错误；
C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；
D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应。
B.熟悉官能团的性质。
C.苯环结构中所有原子共面，注意甲烷结构中最多3个原子共面。
D.饱和碳原子采用sp3杂化，不饱和碳原子采用sp2杂化。
9．（2025·清远模拟）卤素间形成的化合物如“BrCl、IBr、ICl”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是
A．ICl在熔融状态下能导电
B．BrCl与反应时，BrCl既不是氧化剂也不是还原剂
C．IBr和Fe反应方程式为
D．的氧化性强于BrCl
【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；卤素原子结构及其性质的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、ICl 是共价化合物，熔融状态下不会电离出自由移动的离子，因此不能导电，A错误；
B、BrCl 与 H2O 反应的化学方程式为 BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应中 Br（+1 价）、Cl（-1 价）的化合价均未变化，所以 BrCl 既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；
C、I-还原性较强，Fe3+会与 I-发生反应（2Fe3++2I-=2Fe2++I2），因此 IBr 与 Fe 反应不会生成 FeI3，实际产物应为 FeI2和 FeBr3，C错误；
D、卤素氧化性随原子序数增大而减弱，BrCl 中 Br 显 +1 价、Cl 显 -1 价，说明 BrCl 氧化性强于 Br2，而 Br2氧化性强于 I2，故 BrCl 氧化性强于 I2，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．共价化合物导电性：熔融状态下不电离，无自由离子则不导电。
B．氧化还原判断：元素化合价不变时，物质既非氧化剂也非还原剂。
C．产物判断：需考虑离子间后续反应（如 Fe3+ 与 I-不能共存）。
D．氧化性比较：结合卤素单质氧化性顺序、卤素互化物价态规律分析。
10．（2025·清远模拟）为阿伏加德罗常数的值，和反应：，下列说法正确的是
A．中有个阴离子
B．此过程转移个电子
C．所得溶液的浓度为
D．产生的气体中有个共用电子
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2O2中的阴离子是 O22-，0.1mol Na2O2含 0.1NA个 O22-，并非 0.2NA，A错误；
B、反应中 Na2O2既作氧化剂又作还原剂，0.1mol Na2O2参与反应时，只有 0.05mol O22-被氧化（生成 O2）、0.05mol 被还原，转移电子数为 0.1NA，并非 0.2NA，B错误；
C、反应生成 0.2mol NaOH，但溶液体积并非 1L（水的体积为 1L，反应后溶液体积会变化），无法直接得出浓度为 0.2mol L- ，C错误；
D、0.1mol Na2O2反应生成 0.05mol O2，O2的结构式为 O=O，1 个 O2含 2 对共用电子，因此 0.05mol O2含 0.1mol×2=0.2NA个共用电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查离子构成：Na2O2的阴离子是 O22-，1mol Na2O2含 1mol 阴离子。
B．考查电子转移：Na2O2与水反应时，每 2mol Na2O2转移 2mol 电子（即 1mol Na2O2转移 1mol 电子）。
C．考查溶液浓度：需明确 “溶液体积≠水的体积”，不能直接用水的体积计算浓度。
D．考查共用电子对：根据气体的结构式，计算分子中共用电子对的数量。
11．（2025·清远模拟）用如图装置做乙炔的制备和性质实验，下列说法正确的是
A．用饱和食盐水，是因为比水反应更快
B．电石主要成分的化学式为，含有非极性键
C．此实验中溶液里会有蓝色沉淀
D．此实验的苯溶液褪色，但乙炔加聚产物不能使它褪色
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；烯烃；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、用饱和食盐水是为了减慢反应速率（降低水的浓度），避免电石与水反应过于剧烈，并非反应更快，A错误；
B、电石主要成分为 CaC2，其结构中含 C22-（两个 C 原子间通过非极性共价键结合），因此 CaC2含有非极性键，B正确；
C、CuSO4溶液的作用是除去乙炔中混有的 H2S 等杂质（H2S 与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀），但 CuS 是黑色沉淀，并非蓝色沉淀，C错误；
D、乙炔加聚产物（如聚乙炔）中仍含有碳碳双键，能与 Br2发生加成反应使其褪色，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查乙炔制备的速率控制：饱和食盐水降低水浓度，减慢电石与水的反应速率。
B．考查物质结构：CaC2中C22-含非极性键。
C．考查除杂反应：掌握H2S与CuSO4反应生成黑色CuS沉淀。
D．考查加聚产物性质：注意含碳碳双键的加聚产物仍能发生加成反应。
12．（2025·清远模拟）如图是原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物的结构式，已知只有Y、Z、W处于同一周期，图中、、为键角。下列有关说法错误的是
A．原子半径： B．键角：
C．电负性： D．第一电离能：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，因此原子半径：C（Y）>N（Z）>O（W），A正确；
B、α 对应 N 的结构、β 对应 C 的结构、γ 对应 O 的结构，三者价层电子对数均为 4（均为 sp3 杂化），但孤电子对数分别为 1、0、2。由于孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对的斥力 > 成键电子对之间的斥力，斥力越大键角越小，故键角实际为 β>α>γ，并非 α>β>γ，B错误；
C、同周期元素电负性随原子序数增大而增大，同主族随原子序数增大而减小，因此电负性：O（W）>N（Z）>P（M），C正确；
D、同周期第一电离能整体递增，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于 O，因此第一电离能：N（Z）>O（W）>C（Y），D正确；
故答案为：B。
【分析】原子序数递增的短周期元素X、Y、Z、W、M 中，只有Y、Z、W同周期：
X 仅形成 1 个共价键，故 X 为 H；Y 形成 4 个共价键、Z 形成 3 个、W形成 2 个，且三者同周期，因此 Y 是 C、Z 是 N、W 是 O；M 形成 5 个共价键且原子序数大于 W（O），故 M 为 P。
13．（2025·清远模拟）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A ，升温利于HI分解 升高温度，加快，减慢
B 的和HCl溶液中，前者水电离的多 可促进水的电离
C 浸泡于饱和溶液，转化为沉淀 的溶度积更小
D 用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小 非金属性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：反应 2HI (g) H2(g)+I2(g) ΔH>0，升温平衡正向移动，利于 HI 分解，正确；陈述 Ⅱ：升温时正、逆反应速率都会加快（不存在 v 逆减慢），错误，故A不符合题意 ；
B、陈述 Ⅰ：pH=2 的 NH4Cl 溶液中，NH4+水解促进水的电离，H+主要来自水；HCl 溶液中 H+抑制水的电离，故前者水电离的 H+更多，正确；陈述 Ⅱ：NH4Cl 中 NH4+水解促进水的电离，正确；且陈述 Ⅰ 是陈述 Ⅱ 的结果，存在因果关系，故B不符合题意 ；
C、陈述 Ⅰ：BaSO4能转化为 BaCO3，是因为饱和 Na2CO3溶液中 CO32-浓度高，满足沉淀转化条件，但 BaSO4的溶度积更小，陈述 Ⅰ 逻辑不严谨（实际需特定条件）；陈述 Ⅱ：BaCO3的溶度积大于 BaSO4，错误，故C不符合题意 ；
D、陈述 Ⅰ：等浓度 HCl（强酸）完全电离，H2S（弱酸）部分电离，故 HCl 溶液 pH 更小，正确；陈述 Ⅱ：Cl 的非金属性强于 S，正确；但 “HCl 溶液 pH 小” 是因为 HCl 是强酸，而非金属性强弱需通过 “最高价氧化物对应水化物的酸性” 比较（HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸），两者无因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．根据速率规律：升温时正、逆反应速率均加快，直接判定选项A的陈述Ⅱ错误；
B．考查盐类水解对水的电离影响：强酸弱碱盐（如 NH4Cl）促进水的电离，强酸（如 HCl）抑制水的电离；
C．考查溶度积与沉淀转化：溶度积小的沉淀通常难转化为溶度积大的，BaSO4溶度积小于 BaCO3直接判定选项 C 的陈述 Ⅱ 错误；
D．考查非金属性的比较依据：需用 “最高价氧化物对应水化物的酸性”，而非氢化物的酸性。
14．（2025·清远模拟）部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知CuCl难溶于水，为白色沉淀，下列推断不合理的是
A．若a和直接反应，则产物中一定不存在i
B．若a和S直接反应，则产物中一定不存在c
C．h溶于HCl后，溶液呈蓝色，则一定会有a生成
D．盐为氯化物时，把f的水溶液加热蒸发，一定得到g
【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物
【解析】【解答】A、a（Cu或Fe）与 Cl2反应，Cl2氧化性强：Cu 与 Cl2生成 CuCl2（+2 价盐），Fe 与 Cl2生成 FeCl3（+3 价盐），均不会生成 +1 价盐 i（如 CuCl），推断合理，故A不符合题意 ；
B、a（Cu或Fe）与 S 反应，S 氧化性弱：Cu 与 S 生成 Cu2S（+1 价），Fe 与 S 生成 FeS（+2 价），均不会生成 + 3 价氧化物 c（如 Fe2O3），推断合理，故B不符合题意 ；
C、h（如 Cu2O）溶于 HCl，发生反应 Cu2O+2HCl=CuCl2+Cu+H2O，溶液呈 Cu2+ 的蓝色，同时生成单质 a（Cu），推断合理，故C不符合题意 ；
D、f 是 +2 价盐（如 FeCl2），加热其水溶液时，Fe2+ 会被氧化为 Fe3+，且 Fe3+ 水解生成
Fe(OH)3（不是 +2 价的碱 g）；若 f 是 CuCl2，加热水溶液会因 Cu2+水解、HCl 挥发，最终得到
Cu(OH)2，但并非 “一定得到 g”（如 FeCl2的情况），推断不合理，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】a 是单质（Cu 或 Fe，化合价 0）；i 是 +1 价盐（如 CuCl）；c 是 +3 价氧化物（如 Fe2O3）；h 是 +1 价氧化物（如 Cu2O）；f 是 +2 价盐（如 FeCl2、CuCl2）；g 是 +2 价碱（如 Fe(OH)2、Cu(OH)2）。据此解题。
15．（2025·清远模拟）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所示，下列说法正确的是
A．该催化剂降低了反应的焓变 B．过程Ⅱ为加成反应
C．过程Ⅲ中有键和键的断裂 D．该反应的催化剂为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂；化学反应速率的影响因素；加成反应
【解析】【解答】A、催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物的总能量差决定），A错误；
B、过程 Ⅱ 中，CO2与含 Ru-H 键的中间体结合，CO2中的 C=O 键打开，与 Ru-H 的 H、Ru-O 结合形成甲酸的结构片段，符合 “不饱和键断裂、原子、基团直接结合” 的加成反应特征，B正确；
C、过程 Ⅲ 是含甲酸结构的中间体转化为 HCOOH，断裂的是 Ru 与 O 之间的化学键，不存在 π 键（如 C=O）的断裂，C错误；
D、催化剂是反应前后质量和化学性质不变的物质，图中参与循环的 Ru 基物质是催化剂的活性形式，但选项未明确具体结构，描述不完整，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．催化剂仅降低反应活化能，不改变反应的焓变，直接判定选项A。
B．看是否存在 “不饱和键（如 C=O）断裂，原子、基团直接结合” 的过程（过程 Ⅱ 中 CO2的 C=O 键打开并结合基团，符合加成反应，判定选项B。
C．关注过程中 “断裂、形成的键类型”：过程 Ⅲ 断裂的是 Ru-O 键，无 π 键断裂，判定选项C。
D．反应前后质量、性质不变的物质，选项 D 未明确催化剂具体结构，描述无效，判定选项D。
16．（2025·清远模拟）据报道，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”。反应：，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时，电解质溶液中流向钠箔
B．放电时，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中
C．充电时，多壁碳纳米管上电极反应式为
D．充电时，当碳纳米管减轻13.2g，钠箔增重9.2g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，阴离子向负极移动，ClO4-流向负极（钠箔），A正确；
B、放电时正极（多壁碳纳米管）生成 Na2CO3，故固体贮存于此处，B正确；
C、充电是电解池，多壁碳纳米管作阳极，发生氧化反应，反应式为
2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+，C正确；
D、充电时，碳纳米管（阳极）减轻的质量是C和Na2CO3中 C、O 的质量，钠箔（阴极）增重是Na 的质量。根据反应，转移 4mol 电子时，碳纳米管减轻（12 + 2×106）- 3×44 = 48g，钠箔增重 4×23=92g；当碳纳米管减轻 13.2g 时，转移电子数为×4=1.1mol，钠箔增重应为 1.1×23=25.3g（并非 9.2g），D错误；
故答案为：D。
【分析】先通过总反应明确放电时的正负极，再结合电极反应、离子移动规律推导各选项：
从电池总反应 可知：
放电（原电池阶段）：Na失去电子，作负极（对应钠箔），电极反应为 ；CO2在多壁碳纳米管处得电子，作正极，电极反应为 。
基于正负极的判定，可进一步分析离子移动方向、产物贮存位置；充电时则逆向分析电极反应与质量变化。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·清远模拟）为了研究水溶液的性质，某兴趣小组做了以下实验：
Ⅰ．按图示实验装置完成实验。将装置中浓硫酸加入A装有少量蔗糖的试管中，关闭活塞。观察到A中剧烈反应，蔗糖变黑，且有气体放出。
（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为　 　，体现了浓硫酸的性质有　 　。
（2）B、D中紫色都变红，C中过量溶液不褪色，C中发生反应的离子方程式为　 　。
Ⅱ．往装有水溶液的烧杯中插入pH计，观察读数。
（3）其读数慢慢　 　(填“变大”“变小”或“不变”)。
Ⅲ．如图所示，装满的三颈烧瓶，分别连有pH传感器、气体压力传感器。将针筒中的水注入三颈烧瓶。测出气体压力变化如图甲，溶液pH变化如图乙。
（4）根据甲、乙两图前50s的变化曲线，说明的性质有　 　。50s后，将三颈烧瓶置于40℃热水浴中，分析甲、乙两图变化原因。
猜想1：气体压力显著上升，可能是因为温度升高，瓶内气体膨胀。
猜想2：？
（5）实验设计：可通过一个空白实验进行对比分析，请填操作：　 　。
（6）测得此时压强图像为图丙。所以，猜想2：　 　是主要原因的。
【答案】分液漏斗；脱水性，强氧化性；；变小；易溶于水，水溶液显酸性；无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化；可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为：分液漏斗。蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，浓硫酸与碳反应方程式为：，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。
故答案为： 分液漏斗 ； 脱水性，强氧化性 ；
（2）二氧化硫被高锰酸钾氧化，方程式为：。
故答案为： ；
（3）由于二氧化硫是酸性氧化物，溶于水可以和水反应生成亚硫酸，亚硫酸显弱酸性：，所以值减小。
故答案为： 变小 ；
（4）根据甲图中前压强逐渐减小，说明二氧化硫溶于水；乙图前酸性逐渐增强，说明二氧化硫溶于水生成了酸，方程式为：。说明了二氧化硫易溶于水，水溶液显酸性。
故答案为： 易溶于水，水溶液显酸性 ；
（5）猜想可以按照对比实验的思路进行分析，可以在无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，然后在相同条件下观察气体压力的变化。
故答案为： 无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化 ；
（6）以后，压强逐渐增大，根据亚硫酸的性质可知，是因为温度升高以后，亚硫酸逐步分解，生成二氧化硫，方程式为：。
故答案为： 可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高 。
【分析】蔗糖与浓硫酸作用分两步：
脱水变黑：浓硫酸的脱水性使蔗糖失去氢、氧元素（以水的比例），仅残留碳，蔗糖变为黑色固体；
碳被氧化：浓硫酸的强氧化性与碳发生反应，生成CO2、SO2等气体产物。
生成的CO2、SO2均为酸性气体：
通入紫色石蕊溶液时，气体溶于水形成酸，使石蕊变红；
通入酸性KMnO4溶液时，SO2被MnO4-氧化，反应为 ，KMnO4溶液褪色。
(1)识别仪器（分液漏斗）；通过 “蔗糖变黑（脱水）、碳被氧化（生成气体）” 判断浓硫酸的脱水性、强氧化性。
(2)明确 SO2的还原性，与酸性 KMnO4发生氧化还原反应，写出对应离子方程式。
(3)SO2溶于水生成 H2SO3（弱酸），电离出 H+使 pH 减小。
(4)从 “压强减小（气体溶解）、pH 降低（生成酸）” 判断 SO2易溶于水、水溶液显酸性；受热时结合 H2SO3的不稳定性分析。
(5)设计空白对照实验：用等量水注入盛有 “无 SO2的空三颈烧瓶”，相同条件下测压强变化。
(6)结合对照实验结果，判断 H2SO3受热分解生成 SO2，导致瓶内压强上升。
18．（2025·清远模拟）铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素，一种分离各元素并制备目标产物的流程如下：
已知：①为弱酸；
②“萃取”机理：。
（1）元素As位于第四周期，与N元素同主族，其价层电子排布为　 　。
（2）从滤液1中得到的操作是　 　。
（3）“碱浸”后，假设溶液中生成等物质的量的和，则“氧化脱硫”时，当恰好完全反应，每生成96g硫单质，消耗的物质的量为　 　。
（4）“还原”过程中发生反应的离子方程为　 　。
（5）“反萃取”所用的试剂a为　 　。
（6）砷化镓的立方晶胞如图甲所示。Ga的配位数为　 　，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图　 　。
【答案】（1）
（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（3）2.5mol
（4）
（5）氨水或氨气
（6）4；
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。
故答案为： ；
（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ；
（3）中As为 + 3价，S为- 2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。
故答案为： 2.5mol ；
（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
故答案为： ；
（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。
故答案为： 氨水或氨气 ；
（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。
故答案为：4； ；
【分析】铜合成炉烟气吸收液先通入 H2S 进行沉淀处理，分离出滤液 1（后续得到 NiSO4 6H2O）；沉淀经 H2SO4、O2加压浸取后，滤液 2 用有机萃取剂 R3N 萃取，再经反萃取得到 NH4ReO4溶液（最终制得 NH4ReO4固体）；加压浸取后的滤渣经 NaOH 碱浸，滤渣 1 再经 O2氧化脱硫得到 Na3AsO4溶液，该溶液经 H2SO4、SO2还原为 H3AsO3，最终转化为 As2O3。
（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。
（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。
（3）中As为 + 3价，S为- 2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。
（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。
（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。
19．（2025·清远模拟）氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。
物质
a
由 ，则　 　。
（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入1L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。
①该催化剂在高温时对反应　 　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。
②520℃时，容器中　 　。
③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a．氨气的体积分数不变 b．容器中气体密度保持不变 c．容器中气体压强保持不变
（3）铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为　 　。
②b点的纵坐标为　 　。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数　 　。[已知的，写出计算过程]
【答案】（1）
（2）Ⅰ；0.4；ac
（3）；0.14；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得 。
故答案为： ；
（2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。
②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V = 1L，则。
③
a．氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误；
c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
故答案为： Ⅰ ；0.4；ac。
（3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。
②观察图像，b点纵坐标为。
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：
故答案为： ； 0.14 ； 。
【分析】(1)利用 “反应焓变 = 生成物标准生成焓总和 - 反应物标准生成焓总和”，结合 O2、N2的标准生成焓为 0，代入数据计算 NH3的标准生成焓 a。
(2) ① 高温下 NO 的物质的量更多，说明催化剂对反应 Ⅰ 的选择性更好；② 结合 N2、NO 的物质的量计算消耗的 NH3，进而求出 NH3的剩余浓度；③ 依据 “变量不变则反应达平衡”，判断 a（体积分数不变）、c（压强不变）为平衡状态的标志。
(3) ① 随 NH3浓度增大，配合物中 NH3数目增多，曲线 4 对应 [Cu(NH3)3]2+；② 直接从图像读取 b 点的纵坐标数值；③ 利用分步平衡常数与溶度积的乘积，计算总反应的平衡常数。
（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得 。
（2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。
②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V = 1L，则。
③
a．氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误；
c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
综上，答案是ac。
（3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。
②观察图像，b点纵坐标为。
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：
20．（2025·清远模拟）化合物Ⅶ是一种重要的药物合成中间体，该物质的合成路线如下：
已知：EtOH为乙醇。
回答下列问题：
（1）化合物Ⅳ的名称为　 　，化合物V中所含官能团名称是　 　。
（2）化合物Ⅳ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，不能发生水解反应，其结构简式为　 　。
（3）由Ⅰ和有机物A制备Ⅱ的反应的原子利用率为100%，则A的结构简式为　 　。
（4）化合物Ⅶ含有　 　个手性碳原子。
（5）对化合物Ⅲ，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
（6）根据已有知识并结合相关信息，以苯甲醇和乙酸为原料合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①相关步骤涉及醇的催化氧化，其化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　　 　。
【答案】（1）苯乙酸；酯基
（2）
（3）
（4）1
（5）浓硫酸，加热；消去反应；HBr，加热；
（6）2；；
【知识点】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
【解析】【解答】（1）化合物Ⅳ的官能团是羧基，名称为：苯乙酸。根据分析可知，化合物Ⅴ中所含官能团名称是酯基。
故答案为： 苯乙酸 ； 酯基 ；
（2）化合物Ⅳ的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，不能发生水解反应说明不含酯基，有四种类型的氢原子，所以符合条件的同分异构体的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质的结构简式是(环氧乙烷)。
故答案为： ；
（4）化合物Ⅶ含有的手性碳只有一个，如图：中“*”所示。
故答案为：1；
（5）化合物Ⅲ是，官能团是醇羟基。若生成苯乙烯，羟基发生消去反应，反应试剂和条件是：浓硫酸，加热，属于消去反应。若发生取代反应，可以和在加热情况下反应，生成。
故答案为： 浓硫酸，加热 ； 消去反应 ； HBr，加热 ； ；
（6）以苯甲醇和乙酸为原料合成，根据最终产物结构分析，需要将苯甲醇和乙酸进行酯化，+CH3COOH+H2O，得到。结合反应特点，转化为，要获得最终产物，需要利用和另外一种反应物苯甲醛（）反应，而苯甲醛需要理由苯甲醇催化氧化制取；
①醇催化氧化的化学方程式为：2+O22+2H2O。
②最后一步反应的化学方程式为+。
故答案为： 2 ； ； 。
【分析】从 Ⅰ 到 Ⅱ 的转化过程中，由于反应原子利用率达 100%（反应物原子全部转化为产物），结合原子变化规律可确定：参与反应的 A 物质是环氧乙烷（ ）。
Ⅱ 在无水乙醚作溶剂的条件下进行酸化反应，生成 Ⅲ—— 苯乙醇；随后苯乙醇被强氧化剂酸性重铬酸钾氧化，官能团由羟基变为羧基，得到产物 Ⅳ（苯乙酸）；苯乙酸再与乙醇发生酯化反应（羧基与羟基脱水成酯），生成产物 Ⅴ（苯乙酸乙酯， ）；完成上述步骤后，产物 Ⅴ 与环己酮进一步反应生成中间产物 Ⅵ，最终经后续转化得到最终产物 Ⅶ。据此解题。
（1）化合物Ⅳ的官能团是羧基，名称为：苯乙酸。根据分析可知，化合物Ⅴ中所含官能团名称是酯基。
（2）化合物Ⅳ的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，不能发生水解反应说明不含酯基，有四种类型的氢原子，所以符合条件的同分异构体的结构简式为：。
（3）由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质的结构简式是(环氧乙烷)。
（4）化合物Ⅶ含有的手性碳只有一个，如图：中“*”所示。
（5）化合物Ⅲ是，官能团是醇羟基。若生成苯乙烯，羟基发生消去反应，反应试剂和条件是：浓硫酸，加热，属于消去反应。若发生取代反应，可以和在加热情况下反应，生成。
（6）以苯甲醇和乙酸为原料合成，根据最终产物结构分析，需要将苯甲醇和乙酸进行酯化，+CH3COOH+H2O，得到。结合反应特点，转化为，要获得最终产物，需要利用和另外一种反应物苯甲醛（）反应，而苯甲醛需要理由苯甲醇催化氧化制取；
①醇催化氧化的化学方程式为：2+O22+2H2O。
②最后一步反应的化学方程式为+。
1 / 1广东省清远市2025届高三下学期二模化学试题
一、选择题：本题共16小题，第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分，共44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．（2025·清远模拟）广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为无机非金属材料的是
A．佛山石湾陶龙 B．阳江漆器龙纹盒
C．潮州木雕 D．广绣
A．A B．B C．C D．D
2．（2025·清远模拟）“新能源技术”是我国实现“双碳”目标的重要支撑。下列说法正确的是
A．生物柴油制备：将地沟油制成生物柴油，其成分与柴油成分相同
B．锂硅电池：硅(Si)的电子排布式为
C．氢燃料电池：氢气与氧气反应生成水，同时释放电能，化学能转化为电能
D．“光伏发电”技术：太阳能电池板中硅原子的电子跃迁属于化学变化
3．（2025·清远模拟）下列有关化学知识的整理和归纳，不正确的一组是
A．化学与农业：为了增强肥效，将草木灰(钾肥)与铵态氮肥混合施用
B．化学与环境：和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因
C．化学与应用：口罩使用的材料聚丙烯，其单体能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．化学与生活：家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，是为了防止电化学腐蚀
4．（2025·清远模拟）下列有关物质结构和性质的说法，正确的是
A．与的中心原子杂化轨道类型均为杂化
B．和都是单质，在中溶解度几乎一样
C．可燃冰()中甲烷分子与水分子之间并没有氢键
D．分子晶体都存在分子间作用力和共价键
5．（2025·清远模拟）一种以“铝—空气”为电源的航标灯，只要把灯放入海水中就会发出耀眼的光。关于该电池，下列说法正确的是
A．铝作负极，发生还原反应
B．由于海水和空气足量，该电池几乎可以一直使用
C．电子从空气电极经海水回到铝电极
D．空气电极发生的电极反应式为
6．（2025·清远模拟）下列装置能达到相应实验目的的是
A．用图①装置制备胶体 B．用图②装置测定盐酸的浓度
C．用图③装置干燥二氧化碳 D．用图④装置制备乙酸乙酯
7．（2025·清远模拟）劳动创造美好生活，下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 工业生产：技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜
B 生产活动：向葡萄酒中添加适量的 具有杀菌和抗氧化作用
C 学农活动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P、K等元素
D 自主探究：果蔬电池 电解池原理
A．A B．B C．C D．D
8．（2025·清远模拟）某有机分子X结构如图所示，下列说法不正确的是
A．1molX最多能与发生反应
B．X与足量加成后，所得产物官能团的性质与X一致
C．X中所有C原子一定共面，所有原子一定不共面
D．C原子和O原子的杂化方式均有2种
9．（2025·清远模拟）卤素间形成的化合物如“BrCl、IBr、ICl”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物性质的描述及发生的相关反应正确的是
A．ICl在熔融状态下能导电
B．BrCl与反应时，BrCl既不是氧化剂也不是还原剂
C．IBr和Fe反应方程式为
D．的氧化性强于BrCl
10．（2025·清远模拟）为阿伏加德罗常数的值，和反应：，下列说法正确的是
A．中有个阴离子
B．此过程转移个电子
C．所得溶液的浓度为
D．产生的气体中有个共用电子
11．（2025·清远模拟）用如图装置做乙炔的制备和性质实验，下列说法正确的是
A．用饱和食盐水，是因为比水反应更快
B．电石主要成分的化学式为，含有非极性键
C．此实验中溶液里会有蓝色沉淀
D．此实验的苯溶液褪色，但乙炔加聚产物不能使它褪色
12．（2025·清远模拟）如图是原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M组成的化合物的结构式，已知只有Y、Z、W处于同一周期，图中、、为键角。下列有关说法错误的是
A．原子半径： B．键角：
C．电负性： D．第一电离能：
13．（2025·清远模拟）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，但没有因果关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A ，升温利于HI分解 升高温度，加快，减慢
B 的和HCl溶液中，前者水电离的多 可促进水的电离
C 浸泡于饱和溶液，转化为沉淀 的溶度积更小
D 用pH计测等温度等浓度HCl、溶液，前者pH小 非金属性：
A．A B．B C．C D．D
14．（2025·清远模拟）部分含Cu或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。已知CuCl难溶于水，为白色沉淀，下列推断不合理的是
A．若a和直接反应，则产物中一定不存在i
B．若a和S直接反应，则产物中一定不存在c
C．h溶于HCl后，溶液呈蓝色，则一定会有a生成
D．盐为氯化物时，把f的水溶液加热蒸发，一定得到g
15．（2025·清远模拟）甲酸可用作消毒剂和防腐剂，用某催化剂催化合成甲酸的过程如图所示，下列说法正确的是
A．该催化剂降低了反应的焓变 B．过程Ⅱ为加成反应
C．过程Ⅲ中有键和键的断裂 D．该反应的催化剂为
16．（2025·清远模拟）据报道，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”。反应：，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时，电解质溶液中流向钠箔
B．放电时，产生的固体贮存于多壁碳纳米管中
C．充电时，多壁碳纳米管上电极反应式为
D．充电时，当碳纳米管减轻13.2g，钠箔增重9.2g
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025·清远模拟）为了研究水溶液的性质，某兴趣小组做了以下实验：
Ⅰ．按图示实验装置完成实验。将装置中浓硫酸加入A装有少量蔗糖的试管中，关闭活塞。观察到A中剧烈反应，蔗糖变黑，且有气体放出。
（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为　 　，体现了浓硫酸的性质有　 　。
（2）B、D中紫色都变红，C中过量溶液不褪色，C中发生反应的离子方程式为　 　。
Ⅱ．往装有水溶液的烧杯中插入pH计，观察读数。
（3）其读数慢慢　 　(填“变大”“变小”或“不变”)。
Ⅲ．如图所示，装满的三颈烧瓶，分别连有pH传感器、气体压力传感器。将针筒中的水注入三颈烧瓶。测出气体压力变化如图甲，溶液pH变化如图乙。
（4）根据甲、乙两图前50s的变化曲线，说明的性质有　 　。50s后，将三颈烧瓶置于40℃热水浴中，分析甲、乙两图变化原因。
猜想1：气体压力显著上升，可能是因为温度升高，瓶内气体膨胀。
猜想2：？
（5）实验设计：可通过一个空白实验进行对比分析，请填操作：　 　。
（6）测得此时压强图像为图丙。所以，猜想2：　 　是主要原因的。
18．（2025·清远模拟）铜合成炉烟气吸收液中含有Cu、As、Ni和Re元素，一种分离各元素并制备目标产物的流程如下：
已知：①为弱酸；
②“萃取”机理：。
（1）元素As位于第四周期，与N元素同主族，其价层电子排布为　 　。
（2）从滤液1中得到的操作是　 　。
（3）“碱浸”后，假设溶液中生成等物质的量的和，则“氧化脱硫”时，当恰好完全反应，每生成96g硫单质，消耗的物质的量为　 　。
（4）“还原”过程中发生反应的离子方程为　 　。
（5）“反萃取”所用的试剂a为　 　。
（6）砷化镓的立方晶胞如图甲所示。Ga的配位数为　 　，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图　 　。
19．（2025·清远模拟）氮元素是重要的非金属元素，在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
（1）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变，符号为。已知在25℃和101kPa时，以下物质的标准摩尔生成焓如下表所示。
物质
a
由 ，则　 　。
（2）氨气的催化氧化是工业制取硝酸的重要步骤，假设只会发生以下两个竞争反应。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
为分析某催化剂对该反应的选择性，将和充入1L密闭容器中，在不同温度相同时间下，测得有关物质的量关系如图所示。
①该催化剂在高温时对反应　 　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的选择性更好。
②520℃时，容器中　 　。
③下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
a．氨气的体积分数不变 b．容器中气体密度保持不变 c．容器中气体压强保持不变
（3）铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为　 　。
②b点的纵坐标为　 　。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数　 　。[已知的，写出计算过程]
20．（2025·清远模拟）化合物Ⅶ是一种重要的药物合成中间体，该物质的合成路线如下：
已知：EtOH为乙醇。
回答下列问题：
（1）化合物Ⅳ的名称为　 　，化合物V中所含官能团名称是　 　。
（2）化合物Ⅳ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，能够发生银镜反应，不能发生水解反应，其结构简式为　 　。
（3）由Ⅰ和有机物A制备Ⅱ的反应的原子利用率为100%，则A的结构简式为　 　。
（4）化合物Ⅶ含有　 　个手性碳原子。
（5）对化合物Ⅲ，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
（6）根据已有知识并结合相关信息，以苯甲醇和乙酸为原料合成，基于你设计的合成路线，回答下列问题：
①相关步骤涉及醇的催化氧化，其化学方程式为　 　。
②最后一步反应的化学方程式为　 　　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】含硅矿物及材料的应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、佛山石湾陶龙的材质是陶瓷，陶瓷属于无机非金属材料，符合要求，故A符合题意 ；
B、阳江漆器龙纹盒的材质是漆器（有机物涂层），属于有机材料，故B不符合题意 ；
C、潮州木雕的材质是木材，属于有机材料，故C不符合题意 ；
D、广绣的材质是丝线，属于有机材料，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对 “无机非金属材料” 的概念混淆：
易误将 “漆器、木材、丝线” 等有机材料当成无机非金属材料，忽略其属于有机物范畴；
对 “陶瓷类材质（如石湾陶）属于无机非金属材料” 的认知不清晰，错判其类别。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、地沟油主要成分是甘油三酯类化合物，而生物柴油由脂肪酸甲酯或乙酯构成，两者化学组成不同，A错误；B、硅元素（原子序数14）的电子排布完整形式为，其简化表示法为，B错误；
C、氢燃料电池工作时，氢气发生氧化反应释放电子，氧气获得电子生成水，该过程实现化学能向电能的转化，C正确；
D、硅基太阳能电池中电子跃迁属于物理过程，不涉及化学变化，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有 3 个：
混淆生物柴油与传统柴油的成分：误将生物柴油（酯类）等同于传统柴油（烃类），错判选项A。
电子排布式的书写错误：对 Si 的电子排布式记忆不清，误写为[Ne]3s23p3（实际是[Ne]3s23p2），错判选项B。
化学变化的判断偏差：误将光伏发电中硅原子的电子跃迁（无新物质生成）归为化学变化，错判选项D。
3．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A、草木灰主要成分为 K2CO3，水溶液显碱性；铵态氮肥含 NH4+，碱性条件下 NH4+会与 OH-反应生成 NH3逸出，导致氮肥肥效降低，因此二者不能混合施用，A错误；
B、光化学烟雾的核心成因是 NO （氮氧化物）与碳氢化合物，在光照下发生复杂反应生成污染物，B 正确；
C、聚丙烯的单体是丙烯（CH2=CHCH3），丙烯含碳碳双键，能被酸性 KMnO4溶液氧化，从而使溶液褪色，C正确；
D、电化学腐蚀需要电解质溶液（如水分）形成原电池；铁锅、铁铲保持干燥，可避免电解质溶液存在，从而防止电化学腐蚀，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 4 个：
化肥混用的反应误区：误认为草木灰（含 K2CO3，显碱性）与铵态氮肥混合能增强肥效，忽略二者会反应释放 NH3，导致氮元素流失，错判选项A。
光化学烟雾成因的模糊：对光化学烟雾的污染物（NO 和碳氢化合物）记忆不清晰，可能误判选项B。
聚丙烯单体的性质混淆：混淆聚丙烯的单体（丙烯，含碳碳双键）与聚丙烯本身的性质，忽略丙烯能使酸性 KMnO4褪色，可能误判选项C。
铁制品腐蚀类型的误判：不清楚 “干燥环境可防止电化学腐蚀（需电解质溶液）”，可能误判选项D。
4．【答案】C
【知识点】分子晶体；相似相溶原理及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，杂化类型不同。A错误；
B．氧气由两个相同原子组成的双原子分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，臭氧分子结构不对称，正负电荷中心不重合，具有弱极性，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在中溶解度大于氧气，B错误；
C．因C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键，则可燃冰中甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，C正确；
D．分子晶体中分子之间存在分子间作用力，但不一定存在共价键，例如稀有气体是单原子分子，由稀有气体形成的分子晶体中，分子之间存在分子间作用力，但分子内不存在共价键，D错误；
故选C。
【分析】A．判断中心原子杂化轨道类型，可根据价层电子对数来确定，价层电子对数的计算公式为：价层电子对=成键电子对数+孤电子对数；
Ｂ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂；
Ｃ．C元素的电负性不大，非金属性较弱，原子半径较大，不能形成氢键；
Ｄ．稀有气体是单原子分子，不存在共价键。
5．【答案】D
【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
【解析】【解答】先明确 “铝 — 空气” 电池的电极类型（原电池），再逐一分析选项：
A、原电池中，Al 失电子（化合价升高）作负极，发生的是氧化反应，并非还原反应，A错误；
B、电池工作时 Al 电极会不断消耗（作为负极参与反应），即使海水、空气足量，Al 消耗完后电池也无法继续使用，B错误；
C、原电池中电子从负极（铝电极）经外电路（负载）流向正极（空气电极），不会经海水（电解质溶液中是离子移动）移动，C错误；
D、空气电极是正极，O2在正极得电子，结合海水（含 H2O）生成 OH-，电极反应式为
O2+4e-+2H2O=4OH-，D正确；
故答案为：D。
【分析】在 “铝 — 空气” 电池的工作过程中：
电极与反应类型：Al 电极作为负极，Al 失去电子（化合价升至 +3）生成 Al3+，发生氧化反应；空气电极作为正极，O2在该电极得到电子，结合海水中的 H2O 生成 OH-，发生还原反应。
电极反应式：负极反应为 Al-3e-=Al3+；正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-。
6．【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、制备 Fe(OH)3胶体的正确方法是向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，而非 Fe2(SO4)3（且图①操作易生成沉淀），A无法达到目的；
B、图②为酸碱中和滴定，但 NaOH 标准溶液应盛放在碱式滴定管（图中是酸式滴定管），且盐酸含酚酞时，滴定终点现象不明显，B无法达到目的；
C、图③用浓硫酸干燥 CO2，但 U 型干燥管中浓硫酸为液态，会导致气体无法顺利通过（应使用洗气瓶），C无法达到目的；
D、图④中，乙醇、乙酸在浓硫酸催化、加热下反应生成乙酸乙酯，饱和 Na2CO3溶液可吸收乙醇、中和乙酸并降低酯的溶解度，装置（含防倒吸的球形干燥管）合理，D能达到目的；
故答案为：D。
【分析】A．胶体制备：需用饱和 FeCl3溶液滴入沸水，避免用硫酸盐或过度加热。
B．滴定仪器选择：碱液用碱式滴定管，酸液用酸式滴定管。
C．气体干燥装置：液态干燥剂（浓硫酸）需用洗气瓶，固态干燥剂用 U 型管。
D．乙酸乙酯制备：需浓硫酸催化、饱和 Na2CO3除杂，同时防倒吸。
7．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镀铝钢板耐腐蚀，是因为 Al 在空气中形成致密的 Al2O3氧化膜，隔绝空气与钢板接触，劳动项目与化学知识关联，故A不符合题意 ；
B、向葡萄酒中添加的物质（如 SO2），可杀菌并防止葡萄酒被氧化，劳动项目与化学知识关联，故B不符合题意 ；
C、厨余垃圾含 N、P、K 等植物所需营养元素，可用于制作肥料，劳动项目与化学知识关联，故C不符合题意 ；
D、果蔬电池是将化学能转化为电能的装置，利用的是原电池原理，而非电解池原理（电解池是电能转化学能），劳动项目与化学知识无关联，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．防腐原理：Al 的致密氧化膜可隔绝腐蚀介质。
B．食品添加剂作用：SO2等物质兼具杀菌、抗氧化性。
C．肥料元素：N、P、K 是植物生长必需元素。
D．电池原理：果蔬电池是原电池（自发反应释能），电解池是外界供电促反应。
8．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应，且反应比例分别为1：3、1：1，则1molX最多能与4molH2反应，A正确；
B．X中的官能团是醛基、酚羟基，X与足量加成后，生成的产物中的官能团只有醇羟基，醛基、酚羟基与醇羟基性质不一致，B错误；
C．苯环上的6个C原子以及与苯环直接相连的其他6个原子共平面，故X中所有C原子一定共面，X中含有甲基，故不可能所有原子共平面，C正确；
D．X中，苯环上的C原子、醛基上的C原子为sp2杂化，甲基上的C原子为sp3杂化，醛基上的O原子为sp2杂化，羟基上的O原子为sp3杂化，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.苯环、醛基均能与氢气发生反应。
B.熟悉官能团的性质。
C.苯环结构中所有原子共面，注意甲烷结构中最多3个原子共面。
D.饱和碳原子采用sp3杂化，不饱和碳原子采用sp2杂化。
9．【答案】B
【知识点】电解质溶液的导电性；卤素原子结构及其性质的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、ICl 是共价化合物，熔融状态下不会电离出自由移动的离子，因此不能导电，A错误；
B、BrCl 与 H2O 反应的化学方程式为 BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应中 Br（+1 价）、Cl（-1 价）的化合价均未变化，所以 BrCl 既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；
C、I-还原性较强，Fe3+会与 I-发生反应（2Fe3++2I-=2Fe2++I2），因此 IBr 与 Fe 反应不会生成 FeI3，实际产物应为 FeI2和 FeBr3，C错误；
D、卤素氧化性随原子序数增大而减弱，BrCl 中 Br 显 +1 价、Cl 显 -1 价，说明 BrCl 氧化性强于 Br2，而 Br2氧化性强于 I2，故 BrCl 氧化性强于 I2，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．共价化合物导电性：熔融状态下不电离，无自由离子则不导电。
B．氧化还原判断：元素化合价不变时，物质既非氧化剂也非还原剂。
C．产物判断：需考虑离子间后续反应（如 Fe3+ 与 I-不能共存）。
D．氧化性比较：结合卤素单质氧化性顺序、卤素互化物价态规律分析。
10．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；钠的氧化物；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2O2中的阴离子是 O22-，0.1mol Na2O2含 0.1NA个 O22-，并非 0.2NA，A错误；
B、反应中 Na2O2既作氧化剂又作还原剂，0.1mol Na2O2参与反应时，只有 0.05mol O22-被氧化（生成 O2）、0.05mol 被还原，转移电子数为 0.1NA，并非 0.2NA，B错误；
C、反应生成 0.2mol NaOH，但溶液体积并非 1L（水的体积为 1L，反应后溶液体积会变化），无法直接得出浓度为 0.2mol L- ，C错误；
D、0.1mol Na2O2反应生成 0.05mol O2，O2的结构式为 O=O，1 个 O2含 2 对共用电子，因此 0.05mol O2含 0.1mol×2=0.2NA个共用电子，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．考查离子构成：Na2O2的阴离子是 O22-，1mol Na2O2含 1mol 阴离子。
B．考查电子转移：Na2O2与水反应时，每 2mol Na2O2转移 2mol 电子（即 1mol Na2O2转移 1mol 电子）。
C．考查溶液浓度：需明确 “溶液体积≠水的体积”，不能直接用水的体积计算浓度。
D．考查共用电子对：根据气体的结构式，计算分子中共用电子对的数量。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；烯烃；乙炔炔烃
【解析】【解答】A、用饱和食盐水是为了减慢反应速率（降低水的浓度），避免电石与水反应过于剧烈，并非反应更快，A错误；
B、电石主要成分为 CaC2，其结构中含 C22-（两个 C 原子间通过非极性共价键结合），因此 CaC2含有非极性键，B正确；
C、CuSO4溶液的作用是除去乙炔中混有的 H2S 等杂质（H2S 与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀），但 CuS 是黑色沉淀，并非蓝色沉淀，C错误；
D、乙炔加聚产物（如聚乙炔）中仍含有碳碳双键，能与 Br2发生加成反应使其褪色，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查乙炔制备的速率控制：饱和食盐水降低水浓度，减慢电石与水的反应速率。
B．考查物质结构：CaC2中C22-含非极性键。
C．考查除杂反应：掌握H2S与CuSO4反应生成黑色CuS沉淀。
D．考查加聚产物性质：注意含碳碳双键的加聚产物仍能发生加成反应。
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，因此原子半径：C（Y）>N（Z）>O（W），A正确；
B、α 对应 N 的结构、β 对应 C 的结构、γ 对应 O 的结构，三者价层电子对数均为 4（均为 sp3 杂化），但孤电子对数分别为 1、0、2。由于孤电子对之间的斥力 > 孤电子对与成键电子对的斥力 > 成键电子对之间的斥力，斥力越大键角越小，故键角实际为 β>α>γ，并非 α>β>γ，B错误；
C、同周期元素电负性随原子序数增大而增大，同主族随原子序数增大而减小，因此电负性：O（W）>N（Z）>P（M），C正确；
D、同周期第一电离能整体递增，但 N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于 O，因此第一电离能：N（Z）>O（W）>C（Y），D正确；
故答案为：B。
【分析】原子序数递增的短周期元素X、Y、Z、W、M 中，只有Y、Z、W同周期：
X 仅形成 1 个共价键，故 X 为 H；Y 形成 4 个共价键、Z 形成 3 个、W形成 2 个，且三者同周期，因此 Y 是 C、Z 是 N、W 是 O；M 形成 5 个共价键且原子序数大于 W（O），故 M 为 P。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ：反应 2HI (g) H2(g)+I2(g) ΔH>0，升温平衡正向移动，利于 HI 分解，正确；陈述 Ⅱ：升温时正、逆反应速率都会加快（不存在 v 逆减慢），错误，故A不符合题意 ；
B、陈述 Ⅰ：pH=2 的 NH4Cl 溶液中，NH4+水解促进水的电离，H+主要来自水；HCl 溶液中 H+抑制水的电离，故前者水电离的 H+更多，正确；陈述 Ⅱ：NH4Cl 中 NH4+水解促进水的电离，正确；且陈述 Ⅰ 是陈述 Ⅱ 的结果，存在因果关系，故B不符合题意 ；
C、陈述 Ⅰ：BaSO4能转化为 BaCO3，是因为饱和 Na2CO3溶液中 CO32-浓度高，满足沉淀转化条件，但 BaSO4的溶度积更小，陈述 Ⅰ 逻辑不严谨（实际需特定条件）；陈述 Ⅱ：BaCO3的溶度积大于 BaSO4，错误，故C不符合题意 ；
D、陈述 Ⅰ：等浓度 HCl（强酸）完全电离，H2S（弱酸）部分电离，故 HCl 溶液 pH 更小，正确；陈述 Ⅱ：Cl 的非金属性强于 S，正确；但 “HCl 溶液 pH 小” 是因为 HCl 是强酸，而非金属性强弱需通过 “最高价氧化物对应水化物的酸性” 比较（HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸），两者无因果关系，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．根据速率规律：升温时正、逆反应速率均加快，直接判定选项A的陈述Ⅱ错误；
B．考查盐类水解对水的电离影响：强酸弱碱盐（如 NH4Cl）促进水的电离，强酸（如 HCl）抑制水的电离；
C．考查溶度积与沉淀转化：溶度积小的沉淀通常难转化为溶度积大的，BaSO4溶度积小于 BaCO3直接判定选项 C 的陈述 Ⅱ 错误；
D．考查非金属性的比较依据：需用 “最高价氧化物对应水化物的酸性”，而非氢化物的酸性。
14．【答案】D
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；铜及其化合物
【解析】【解答】A、a（Cu或Fe）与 Cl2反应，Cl2氧化性强：Cu 与 Cl2生成 CuCl2（+2 价盐），Fe 与 Cl2生成 FeCl3（+3 价盐），均不会生成 +1 价盐 i（如 CuCl），推断合理，故A不符合题意 ；
B、a（Cu或Fe）与 S 反应，S 氧化性弱：Cu 与 S 生成 Cu2S（+1 价），Fe 与 S 生成 FeS（+2 价），均不会生成 + 3 价氧化物 c（如 Fe2O3），推断合理，故B不符合题意 ；
C、h（如 Cu2O）溶于 HCl，发生反应 Cu2O+2HCl=CuCl2+Cu+H2O，溶液呈 Cu2+ 的蓝色，同时生成单质 a（Cu），推断合理，故C不符合题意 ；
D、f 是 +2 价盐（如 FeCl2），加热其水溶液时，Fe2+ 会被氧化为 Fe3+，且 Fe3+ 水解生成
Fe(OH)3（不是 +2 价的碱 g）；若 f 是 CuCl2，加热水溶液会因 Cu2+水解、HCl 挥发，最终得到
Cu(OH)2，但并非 “一定得到 g”（如 FeCl2的情况），推断不合理，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】a 是单质（Cu 或 Fe，化合价 0）；i 是 +1 价盐（如 CuCl）；c 是 +3 价氧化物（如 Fe2O3）；h 是 +1 价氧化物（如 Cu2O）；f 是 +2 价盐（如 FeCl2、CuCl2）；g 是 +2 价碱（如 Fe(OH)2、Cu(OH)2）。据此解题。
15．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂；化学反应速率的影响因素；加成反应
【解析】【解答】A、催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变（焓变由反应物和生成物的总能量差决定），A错误；
B、过程 Ⅱ 中，CO2与含 Ru-H 键的中间体结合，CO2中的 C=O 键打开，与 Ru-H 的 H、Ru-O 结合形成甲酸的结构片段，符合 “不饱和键断裂、原子、基团直接结合” 的加成反应特征，B正确；
C、过程 Ⅲ 是含甲酸结构的中间体转化为 HCOOH，断裂的是 Ru 与 O 之间的化学键，不存在 π 键（如 C=O）的断裂，C错误；
D、催化剂是反应前后质量和化学性质不变的物质，图中参与循环的 Ru 基物质是催化剂的活性形式，但选项未明确具体结构，描述不完整，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．催化剂仅降低反应活化能，不改变反应的焓变，直接判定选项A。
B．看是否存在 “不饱和键（如 C=O）断裂，原子、基团直接结合” 的过程（过程 Ⅱ 中 CO2的 C=O 键打开并结合基团，符合加成反应，判定选项B。
C．关注过程中 “断裂、形成的键类型”：过程 Ⅲ 断裂的是 Ru-O 键，无 π 键断裂，判定选项C。
D．反应前后质量、性质不变的物质，选项 D 未明确催化剂具体结构，描述无效，判定选项D。
16．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，阴离子向负极移动，ClO4-流向负极（钠箔），A正确；
B、放电时正极（多壁碳纳米管）生成 Na2CO3，故固体贮存于此处，B正确；
C、充电是电解池，多壁碳纳米管作阳极，发生氧化反应，反应式为
2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+，C正确；
D、充电时，碳纳米管（阳极）减轻的质量是C和Na2CO3中 C、O 的质量，钠箔（阴极）增重是Na 的质量。根据反应，转移 4mol 电子时，碳纳米管减轻（12 + 2×106）- 3×44 = 48g，钠箔增重 4×23=92g；当碳纳米管减轻 13.2g 时，转移电子数为×4=1.1mol，钠箔增重应为 1.1×23=25.3g（并非 9.2g），D错误；
故答案为：D。
【分析】先通过总反应明确放电时的正负极，再结合电极反应、离子移动规律推导各选项：
从电池总反应 可知：
放电（原电池阶段）：Na失去电子，作负极（对应钠箔），电极反应为 ；CO2在多壁碳纳米管处得电子，作正极，电极反应为 。
基于正负极的判定，可进一步分析离子移动方向、产物贮存位置；充电时则逆向分析电极反应与质量变化。
17．【答案】分液漏斗；脱水性，强氧化性；；变小；易溶于水，水溶液显酸性；无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化；可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A中盛装浓硫酸的仪器名称为：分液漏斗。蔗糖遇到浓硫酸发生脱水，蔗糖变黑，随后蔗糖中的碳被浓硫酸氧化，浓硫酸与碳反应方程式为：，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。
故答案为： 分液漏斗 ； 脱水性，强氧化性 ；
（2）二氧化硫被高锰酸钾氧化，方程式为：。
故答案为： ；
（3）由于二氧化硫是酸性氧化物，溶于水可以和水反应生成亚硫酸，亚硫酸显弱酸性：，所以值减小。
故答案为： 变小 ；
（4）根据甲图中前压强逐渐减小，说明二氧化硫溶于水；乙图前酸性逐渐增强，说明二氧化硫溶于水生成了酸，方程式为：。说明了二氧化硫易溶于水，水溶液显酸性。
故答案为： 易溶于水，水溶液显酸性 ；
（5）猜想可以按照对比实验的思路进行分析，可以在无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，然后在相同条件下观察气体压力的变化。
故答案为： 无气体的三颈烧瓶内装有等量的水，在相同条件下观察气体压力的变化 ；
（6）以后，压强逐渐增大，根据亚硫酸的性质可知，是因为温度升高以后，亚硫酸逐步分解，生成二氧化硫，方程式为：。
故答案为： 可能是因为不稳定，受热分解产生气体，瓶内压力升高 。
【分析】蔗糖与浓硫酸作用分两步：
脱水变黑：浓硫酸的脱水性使蔗糖失去氢、氧元素（以水的比例），仅残留碳，蔗糖变为黑色固体；
碳被氧化：浓硫酸的强氧化性与碳发生反应，生成CO2、SO2等气体产物。
生成的CO2、SO2均为酸性气体：
通入紫色石蕊溶液时，气体溶于水形成酸，使石蕊变红；
通入酸性KMnO4溶液时，SO2被MnO4-氧化，反应为 ，KMnO4溶液褪色。
(1)识别仪器（分液漏斗）；通过 “蔗糖变黑（脱水）、碳被氧化（生成气体）” 判断浓硫酸的脱水性、强氧化性。
(2)明确 SO2的还原性，与酸性 KMnO4发生氧化还原反应，写出对应离子方程式。
(3)SO2溶于水生成 H2SO3（弱酸），电离出 H+使 pH 减小。
(4)从 “压强减小（气体溶解）、pH 降低（生成酸）” 判断 SO2易溶于水、水溶液显酸性；受热时结合 H2SO3的不稳定性分析。
(5)设计空白对照实验：用等量水注入盛有 “无 SO2的空三颈烧瓶”，相同条件下测压强变化。
(6)结合对照实验结果，判断 H2SO3受热分解生成 SO2，导致瓶内压强上升。
18．【答案】（1）
（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（3）2.5mol
（4）
（5）氨水或氨气
（6）4；
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。
故答案为： ；
（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。
故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ；
（3）中As为 + 3价，S为- 2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。
故答案为： 2.5mol ；
（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
故答案为： ；
（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。
故答案为： 氨水或氨气 ；
（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。
故答案为：4； ；
【分析】铜合成炉烟气吸收液先通入 H2S 进行沉淀处理，分离出滤液 1（后续得到 NiSO4 6H2O）；沉淀经 H2SO4、O2加压浸取后，滤液 2 用有机萃取剂 R3N 萃取，再经反萃取得到 NH4ReO4溶液（最终制得 NH4ReO4固体）；加压浸取后的滤渣经 NaOH 碱浸，滤渣 1 再经 O2氧化脱硫得到 Na3AsO4溶液，该溶液经 H2SO4、SO2还原为 H3AsO3，最终转化为 As2O3。
（1）As与N同主族，最外层电子数为5，位于第四周期，所以其价层电子排布为。
（2）溶液中获得结晶水合物，一般先蒸发浓缩使溶液浓度增大，再冷却结晶让溶质析出晶体，接着过滤分离出晶体，然后洗涤除去表面杂质，最后干燥得到纯净的。
（3）中As为 + 3价，S为- 2价，生成硫单质时，S元素从-2价升高到0价，96g硫单质的物质的量为，转化为，1mol反应时，S元素失去电子，As元素失去4mol电子，共失去10mol电子，1mol得到4mol电子，生成3mol硫单质，即1mol参与反应，转移10mol电子，消耗的物质的量为。
（4）“还原”过程中，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式。
（5）“萃取”机理是，“反萃取”要使平衡逆向移动，得到溶液，所以试剂a为氨水或氨气，提供。
（6）观察晶胞结构，每个Ga原子周围紧邻4个As原子，所以Ga的配位数为4；Ga原子在晶胞顶点和面心，As原子位于体对角线，在内部形成正四面体，沿z轴方向平面投影，Ga原子在投影图顶点、面心和棱心，As原子在面对角线，按位置关系画出投影图为。
19．【答案】（1）
（2）Ⅰ；0.4；ac
（3）；0.14；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得 。
故答案为： ；
（2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。
②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V = 1L，则。
③
a．氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误；
c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
故答案为： Ⅰ ；0.4；ac。
（3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。
②观察图像，b点纵坐标为。
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：
故答案为： ； 0.14 ； 。
【分析】(1)利用 “反应焓变 = 生成物标准生成焓总和 - 反应物标准生成焓总和”，结合 O2、N2的标准生成焓为 0，代入数据计算 NH3的标准生成焓 a。
(2) ① 高温下 NO 的物质的量更多，说明催化剂对反应 Ⅰ 的选择性更好；② 结合 N2、NO 的物质的量计算消耗的 NH3，进而求出 NH3的剩余浓度；③ 依据 “变量不变则反应达平衡”，判断 a（体积分数不变）、c（压强不变）为平衡状态的标志。
(3) ① 随 NH3浓度增大，配合物中 NH3数目增多，曲线 4 对应 [Cu(NH3)3]2+；② 直接从图像读取 b 点的纵坐标数值；③ 利用分步平衡常数与溶度积的乘积，计算总反应的平衡常数。
（1）根据标准摩尔生成焓的定义，反应热的计算公式为：。对于反应，(g)和(g)是最稳定单质，其标准摩尔生成焓为0。则，已知。代入可得：，解得 。
（2）①由图像可知，高温时的物质的量相对较大，反应I生成，所以该催化剂在高温时对反应I的选择性更好。
②时，，根据反应，生成0.2mol时，消耗的物质的量，此时，根据反应，消耗的物质的量，初始，容器体积V = 1L，则。
③
a．氨气的体积分数不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据，气体密度始终不变，不能据此判断平衡，该选项错误；
c．反应前后气体物质的量发生变化，在恒容容器中，容器中气体压强保持不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，该选项正确；
综上，答案是ac。
（3）①随着（氨气浓度负对数）减小，氨气浓度增大，铜氨配合物中氨分子数增多，所以曲线4代表的含铜微粒为。
②观察图像，b点纵坐标为。
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：
20．【答案】（1）苯乙酸；酯基
（2）
（3）
（4）1
（5）浓硫酸，加热；消去反应；HBr，加热；
（6）2；；
【知识点】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
【解析】【解答】（1）化合物Ⅳ的官能团是羧基，名称为：苯乙酸。根据分析可知，化合物Ⅴ中所含官能团名称是酯基。
故答案为： 苯乙酸 ； 酯基 ；
（2）化合物Ⅳ的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，不能发生水解反应说明不含酯基，有四种类型的氢原子，所以符合条件的同分异构体的结构简式为：。
故答案为： ；
（3）由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质的结构简式是(环氧乙烷)。
故答案为： ；
（4）化合物Ⅶ含有的手性碳只有一个，如图：中“*”所示。
故答案为：1；
（5）化合物Ⅲ是，官能团是醇羟基。若生成苯乙烯，羟基发生消去反应，反应试剂和条件是：浓硫酸，加热，属于消去反应。若发生取代反应，可以和在加热情况下反应，生成。
故答案为： 浓硫酸，加热 ； 消去反应 ； HBr，加热 ； ；
（6）以苯甲醇和乙酸为原料合成，根据最终产物结构分析，需要将苯甲醇和乙酸进行酯化，+CH3COOH+H2O，得到。结合反应特点，转化为，要获得最终产物，需要利用和另外一种反应物苯甲醛（）反应，而苯甲醛需要理由苯甲醇催化氧化制取；
①醇催化氧化的化学方程式为：2+O22+2H2O。
②最后一步反应的化学方程式为+。
故答案为： 2 ； ； 。
【分析】从 Ⅰ 到 Ⅱ 的转化过程中，由于反应原子利用率达 100%（反应物原子全部转化为产物），结合原子变化规律可确定：参与反应的 A 物质是环氧乙烷（ ）。
Ⅱ 在无水乙醚作溶剂的条件下进行酸化反应，生成 Ⅲ—— 苯乙醇；随后苯乙醇被强氧化剂酸性重铬酸钾氧化，官能团由羟基变为羧基，得到产物 Ⅳ（苯乙酸）；苯乙酸再与乙醇发生酯化反应（羧基与羟基脱水成酯），生成产物 Ⅴ（苯乙酸乙酯， ）；完成上述步骤后，产物 Ⅴ 与环己酮进一步反应生成中间产物 Ⅵ，最终经后续转化得到最终产物 Ⅶ。据此解题。
（1）化合物Ⅳ的官能团是羧基，名称为：苯乙酸。根据分析可知，化合物Ⅴ中所含官能团名称是酯基。
（2）化合物Ⅳ的同分异构体能够发生银镜反应，说明含有醛基，不能发生水解反应说明不含酯基，有四种类型的氢原子，所以符合条件的同分异构体的结构简式为：。
（3）由，根据原子变化情况以及原子利用率为可知，A物质的结构简式是(环氧乙烷)。
（4）化合物Ⅶ含有的手性碳只有一个，如图：中“*”所示。
（5）化合物Ⅲ是，官能团是醇羟基。若生成苯乙烯，羟基发生消去反应，反应试剂和条件是：浓硫酸，加热，属于消去反应。若发生取代反应，可以和在加热情况下反应，生成。
（6）以苯甲醇和乙酸为原料合成，根据最终产物结构分析，需要将苯甲醇和乙酸进行酯化，+CH3COOH+H2O，得到。结合反应特点，转化为，要获得最终产物，需要利用和另外一种反应物苯甲醛（）反应，而苯甲醛需要理由苯甲醇催化氧化制取；
①醇催化氧化的化学方程式为：2+O22+2H2O。
②最后一步反应的化学方程式为+。
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