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（含答案）

第第页广东省广州市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．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．D2．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94B．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．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Fe2O3C．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．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H2OA．A B．B C．C D．D5．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．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．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．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=11B．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+HClD．C6H3NH3Cl水溶液中，c(OH﹣)+c(Cl﹣)=c(C6H5NH3+)+c(C6H5NH9．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．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7NAB．1molCl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NAC．1L1mol•L﹣1(NH4)2SO4溶液中含NH4+D．常温常压下，22.4LCO和N2混合气体中的分子数为NA11．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O2C．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．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ⅡA卤素单质沸点：Cl2<Br2<I2键能：Cl-Cl>Br-Br>I-IBCO2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．D13．一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>ZB．元素电负性：W>Z>RC．第一电离能大小：W>Z>XD．YR3和R314．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cB．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．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，c平TcB．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16．一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NO3-A．放电时，正极区域的pH增大B．放电时，每消耗1molNC．充电时，Zn连接外接电源的负极D．充电时，阳极反应：NH3+9OH﹣﹣8e﹣=NO3-+二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．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(SO42−)1.4×10﹣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．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UO32-+4Cl﹣⇌[UO2Cl4]3﹣。Fe3++4Cl﹣═[FeCl4]﹣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(PO43-)c(（2）UO22+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．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+CH3OH⇌TAME反应Ⅱ：A⇌B(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cBD．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，nTAME（4）为研究不同醇烯投料比c0CH3OHc0A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c平c0A随c0CH3OHc20．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①②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【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【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【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【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【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：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H6．【答案】C【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：2NO2⇌N2O4。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【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【解析】【解答】A、C6H5NH2是弱碱，部分电离，0.001mol・L-¹溶液中OH-浓度远小于0.001mol・L-¹，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【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1molNaOH，1mol酯基水解消耗1molNaOH，1mol酰胺键水解也消耗1molNaOH，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1molNaOH）、酰胺键（水解消耗1molNaOH），因此该物质与NaOH的反应量远多于“等物质的量”。10．【答案】A【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-1，1molCl2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1L1mol・L-¹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【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【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Cl2<Br2<I2，正确；陈述Ⅱ：键能与键长相关，Cl-Cl、Br-Br、I-I的键长依次增大，键能依次减小，故键能Cl-Cl>Br-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【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【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【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，c平(T)c平(I)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【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1molNO3-（对应转移8mol电子），负极会溶解4molZn（Zn~2e-，8e-对应4molZn），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8molOH-）。负极室增加的质量为“4molZn的质量（4×65g=260g）”加上“8molOH-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++SO42−；滴加品红溶液，溶液褪色；SO2+2AgNO3+H2O=Ag2SO3↓+2HNO（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【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SO42−，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H++SO42−，

故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H②Ag2SO3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(SO42−)<Ksp(Ag2SO4)，则不含AgSO4沉淀，即沉淀中不含Ag2SO4原因是c2(Ag+)•c(SO42−)<1.4×10﹣④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(1molSO2生成1molAg2SO3)和氧化还原反应(1molSO2生成2molAg)的平均反应速率之比为m1−m2296mol：(12×（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-¹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SO42−，即SO2和AgNO3溶液反应生成Ag和H2SO4，离子方程式为SO2+2Ag++2H2O=2Ag↓+4H++SO42−，故答案为：产生红棕色气体；SO2+2Ag++2H②Ag2SO3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(SO42−)<Ksp(Ag2SO4)，则不含AgSO4沉淀，即沉淀中不含Ag2SO4原因是c2(Ag+)•c(SO42−④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(1molSO2生成1molAg2SO3)和氧化还原反应(1molSO2生成2molAg)的平均反应速率之比为m1−m2296mol：(1（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）SiO3（2）+6；UO(OH)2+2Fe3++4Cl﹣=[UO2Cl4]2﹣+2Fe2++H2O（3）[FeCl4]﹣（4）(NH4)4[UO2(CO3)3)ΔUO3+4NH3↑+3CO2↑+2H2O（5）9（6）UO2；34【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SiO32-，所以溶液中的阴离子含有OH-、SiO32-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，c(PO43-（2）在UO22+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UO(OH)2+2Fe3+（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）(NH4)4[UO2(CO3)3]分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH3、CO（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-)=Ksp[Mg(OH)2]c（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8×18+12×14=4，U原子个数为2，所以该氧化物的化学式为UO②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的14，晶胞体对角线长度为3a，所以O与U原子最近的距离为34anm，

故答案为：34a。

【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（1）独居石精矿中含有FePO4、SiO2，“碱转化”时SiO2会与碱反应生成SiO32-，所以溶液中的阴离子含有OH-、SiO32-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，c(PO（2）在UO22+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UO(OH)2（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）(NH4)4[UO2(CO3)3]分解生成UO3，根据原子守恒，还会生成NH（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-)=Ksp[Mg(OH)2（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8×18+12×14②O与U原子最近的距离为晶胞体对角线长度的14，晶胞体对角线长度为3a，所以O与U原子最近的距离为34anm，故答案为：19．【答案】（1）（2）反应Ⅰ（3）T3<T2<T1；CD（4）0.1﹣0.2x；2.5【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，1T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T3<T2<T1；②A．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cBD．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，nTAMEnCH故答案为：T3<T2<T1；CD；（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2=c平Bc平A=18，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，c0CH3OHc0A=0.6，则c0(CH3OH)=0.06mol/L，由守恒可知，cΔ(CH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，1T（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T3<T2<T1；②A．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cBD．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，nTAMEnCH故答案为：CD；（4）由图可知，c平(TAME)=c平(B)=0.1x，K2=c平Bc平A=18，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(T