南宁三中2025年5月高三二模化学答案_2025年6月_250601广西南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试（全科）_南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试化学

南宁三中2025届毕业班五月第二次适应性测试参考答案 题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 C B C D A D B C D C B B D C 15. 【答案】(1) 球形冷凝管（1分） P O (或无水CaCl ) (2) 氨水电离导致NH 浓度 2 5 2 3 小，产物产率小，且OH-浓度过大产生Co(OH) 沉淀。 2 2CoCl +8NH +H O +2NH Cl=2CoNH  ClCl 2H O (3)A (4) 2 3 2 2 4  3 5  2 2 (5)乙醇 (6)76.01%（或0.76） (7)小于 16．【答案】(1) 适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等（1分） Δ (2)3MnO +2FeS+12H+ 3Mn2++2Fe3++2S+6H O 2 2 (3) 还原Cu2+、Fe3+ (4) CD 4.9~5.7 (5) Mn2++2H O-2e-=MnO +4H+ (6) 降低（1分） 2 2 (7) FDCA形成的分子间氢键更多 17．【答案】(1)CH g2H SgCS g4H g H 233.5 kJmol1 4 2 2 2 (2)①AB ②CS ③950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程 2 度比反应Ⅱ右移程度大，所以S 的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度 2 增大的幅度大于反应Ⅰ，S 的体积分数会减小 2 ④92.3%(或0.923) 121kPa (3)C 18.【答案】（1）加成反应（1分） （2）对硝基苯甲酸（或4-硝基苯甲酸）(1分） 羧基、酰胺基 COOH COCl CONHCHCH2CH2COOH NH2 HOOCCHCH2CH2COOH + + HCl （3） NO2 NO2 COOH OOCH （4）16 NH2 或 NH2 （5）bca NH NH HCN 2 H 3 O+ 2 CH 3 CHO NH CH 3 CHCN CH 3 CHCOOH CH 3 3 CH CONHCHCOOH 3 （6） CH 3 CHO O 2 CH 3 COOH SOCl 2 CH 3 COCl （3分） 1.【答案：C】【详解】A．SBS橡胶是合成有机高分子化合物，A错误；B．机器人的核心芯片 材料主要为硅，B错误；C．玻璃纤维为无机非金属材料，C正确；D．锂离子电池在充电时 其电池反应可逆向进行，属于二次电池，D错误； 2. 【答案：B】【解析】基态 Fe2+ 的价电子排布式为 3d6,A项正确；同位素是两种核素之间的 关系 ,16O 和 18O 是两种物质 ,B项错误;p能级轨道为哑铃形 ,C项正确;CO分子有孤电子 2 3 对 , 血红蛋白中的 Fe(II)有空轨道 ,D项正确。 NaHCO NH CO 3. 【答案：C】A. 制备 3时，先通入 3至饱和，再通入 2，而装置丁中通入二氧化 碳的导管没有伸入到液面以下，A错误；B. 苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯和 HBr，但Br 具有挥发性，挥发的Br 也会随HBr进入到烧杯中，与AgNO 溶液发生反应产 2 2 3 生AgBr淡黄色沉淀，因此不能利用甲装置验证该反应为取代反应，B错误；C. 由实验装置 答案 第 1 页 共 7 页图可知，与直流电源正极相连的锌电极做阳极，Zn-2e-=Zn2+，铁在阴极，电解质溶液为硫酸 Mg2 锌溶液，阴极上Zn2++2e-=Zn，可以实现在铁上镀锌的实验目的，C正确D. 由于 要水解， MgCl MgOH 蒸发 2溶液得到 2，不能达到实验目的，D错误。 4．【答案：D】【详解】A．NH 、NF 中心原子均为sp3杂化，且都有一个孤电子对，中心原子 3 3 相同，配位原子H的电负性小于F，用于N-F成键的电子对更偏向氟，氮周围电子云密度减 小，斥力较小，键角较小，A正确；B．氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C 的性，使-CF 的极性大于-CCl 的极性，导致CF COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电 3 3 3 离出H+，故酸性：CF COOH＞CCl COOH，故B正确；C．对羟基苯甲酸形成分子间氢键， 3 3 邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键能使物质的熔沸点升高，分子内氢键能使物质的 熔沸点降低，则沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸，故C正确；D．用杯酚分离C 和C 60 70 体现了超分子具有分子识别的特征，不是体现了具有自组装特征，D错误； 5. 【答案：A】A. 向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液生成草酸钙和水，A正确；B．铅酸蓄电 PbSO PbO 池充电时阳极 4失去电子生成 2，阳极电极反应为 PbSO 2H O2e=PbO 4HSO2 4 2 2 4 ，B错误；C. 将SO 通入酸性KMnO 溶液中，溶液 2 4 紫色褪去即Mn转化为Mn2+，则S被氧化为硫酸根，故离子方程式为： 5SO 2MnO2H O5SO22Mn2 4H 2 4 2 4 ，C错误；D. 醛与足量银氨溶液发生的反应为 甲醛与足量银氨溶液共热反应生成碳酸铵、氨气、银和水，反应的化学方程式为HCHO+ 2Ag(NH ) ++2OH-水浴加热4Ag↓+6NH ↑+2NH ++CO 2-+2H O，D错误。 3 2 3 4 3 2 6．【答案：D】【详解】A．已知一个S 分子中含有8个S-S键，则32gS 分子中含S-S键的数目 8 8 32g 为 ×8N mol-1 =N ，A错误；B．由于SO2会发生水解，故100mL0.1mol/LNa SO (328)g/mol A A 3 2 3 溶液中，SO2的数目小于0.01N ，B错误； 3 A C．由题干信息可知，反应②为3S +48OH-=16S2-+8SO2 +24H O，其中氧化产物为SO2和还原 8 3 2 3 产物为S2-，则二者物质的量之比为1：2，C错误；D．反应①1molSO 反应，转移电子数为4N ， 2 A D正确。 7．【答案：B】【分析】同周期中基态Y原子未成对电子数最多，Y为ⅤA族元素；基态Z原子价 层电子排布式为nsnnp2n，n=2，Z为O元素，则Y为N元素；Z和R位于同主族，则R为S 元素；基态M的d能级达到全充满结构，对应Cu(基态Cu的价电子排布为3d10)，则M为 Cu；根据  MYX 3  4   RZ 4 X 2 Z，可知X为H，综上所述：X为H、Y为N、Z为O、R为S、 M为Cu，据此解答。【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数越 大，半径越小，原子半径：YN＞ZO＞XH，A错误；B．根据同主族从上往下第一电 离能减小，则O＞S，N的2p能级半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则N＞O，所以 第一电离能：YN＞ZO＞RS，B正确；C．氢化物稳定性： NH >H S，C错误； 3 2 D．  CuNH 3  4   SO 4 是稳定的配合物，向  CuNH 3  4   SO 4 溶液中加入NaOH溶液，不会生成 Cu(OH) ，D错误； 2 8．【答案：C】【解析】A.分子中手性碳有2个 A项错误。B.消去反应的有机产物最 多有3种，出现双键的位置 B项错误。C.红外光谱可以鉴定化学键和官能团，图 答案 第 2 页 共 7 页中含氧官能团有羟基、羰基、醚键三种，C项正确。D.1mol有机物最多可与7molH 发生加成 2 反应，D项错误。 9．【答案】D【详解】A．根据Li+移动方向可知：b极为正极，a极为负极；充电时，b极为阳 极，a极为阴极，故电极电势b极高于a极，A正确；B．放电时，电子由负极a流出经外电 路负载流入正极b，B正确；C．充电时，b极为阳极，失去电子，电极反应 为L：iLaZrTaOxe xLiLi LaZrTaO ，C正确；D．放电时：外电路通过1mol电子时， 1x b极减少1molLi+ ，质量为7g，a极1molLi+ 得到电子变为锂增重7g，充电时：外电路通过 1mol电子时，a极失去电子迁移1molLi+ 到b极，a极质量减少7g，b极1molLi+ 得到电子 变为锂增重7g，两电极质量变化差值为14g，D错误； 10. 【答案：C】【解析】图像中包含两个反应历程如下： 两个反应历程第一个基元反应是相同的，第二个基元反应是不同，因此各历程中第二个基元反应 决定了，两个历程速率快慢。图像中E1代表过渡态2-1活化能，E2代表过渡态2-2活化能， E1大于E 。反应历程2的速率大于反应历程1的速率。 A.苯的硝化反应中浓H SO 作催化 2 2 4 剂，A选项正确。B.对照历程1的反应和产物结构（ → ）可知：苯环不饱 和度降低，X为苯的加成产物；对照历程2的反应和产物结构（ → ）可知： 苯环上一个 H 院子被一个硝基替换，Y 为苯的取代产物，B 选项正确；C. 转化为 M （ ）是，六元环中一个C原子杂化类型发生改变，由sp2变为sp3，C选项错误； D.结合上面分析可知产物II反应历程速率快，且产物Ⅱ的能量比产物I的能量低更低稳定，正确； 11．【答案：B】【详解】A．如图可知，Li+位于S2-形成的四面体空隙中，A正确； B．硫离子位于晶胞的面心、顶角，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞x轴方向的投影图为： 4M 4M 184 ，B错误；C．设a为晶胞边长，ρ= ，得a 3  3 107 nm，C正确； a3N ρN ρN A A A D．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子 3 3 1 分数坐标为 , , ，D正确； 4 4 4 12. 【答案：B】 A. 要证明非金属性SC，可以通过比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强 弱来进行，H SO 不是S的最高价含氧酸，A错误；B.向氢氧化镁悬浊液中滴加0.1mol/L的 2 3 氯化铜溶液，振荡，沉淀由白色变为蓝色，说明溶解度小的氢氧化镁转化为溶解度更小的氢 氧化铜，B正确；C. 向苯酚中滴入饱和溴水，才能看到白色沉淀三溴苯酚，少量三溴苯酚易 溶于苯酚，C错误；D. 反应生成的乙烯中可能混有挥发出的乙醇和SO 杂质，乙醇和SO 2 2 也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液褪色不能说明乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错 误。。 13．【答案】D【分析】由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根 答案 第 3 页 共 7 页据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH >0，随着温度升高，反应I逆向移动，COS的 2 量减少，而反应II正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c 表示S的平衡选择性，曲线a表示SO 的平衡转化率； 2 【详解】A．随着温度升高，反应I逆向移动，COS的量减少，而反应II正向移动，S的量增加， 已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，A正确； B．由图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应II正向移动，根据勒夏特列原理，正 反应是吸热反应，即ΔH >0，B正确； 2 C．设起始n(SO )=1mol，n(CO)=3mol，在1400K下，SO 平衡转化率为80%，则转化的 2 2 n(SO )=0.8mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8mol×50%=0.4mol，生成 2 n(S)=0.4mol。根据反应I生成n(CO )=0.8mol×2=1.6mol，剩余 2 n(CO)=3mol−0.8mol×3+0.4mol=1.0mol。对于反应SO (g)+2CO(g)⇌ S(g)+2CO (g)，平衡时 2 2 n(SO )=1mol−0.8mol=0.2mol，n(CO)=0.4mol，n(S)=0.4mol，n(CO )=1.6mol。因为是恒压体系， 2 2 体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式 n(S) n(CO ) ×( 2 )2 V V 0.41.62 K= = =5.12，C正确；D．反应I是气体分子数减小的反应，增大 n(SO ) (n(CO) 0.21.02 2 × )2 V V 压强，反应I正向移动，从而使SO 的平衡转化率增大，D错误。 2 14．【答案】C【分析】随着pH增大，c(H+)减小，c(HAc)减小，c(Ac−)增大，所以曲线Ⅱ对应HAc 的分布系数（随pH增大而减小），曲线Ⅲ对应Ac−的分布系数（随pH增大而增大），据此分 析解题。【详解】A．随着pH减小，c(H+)增大，AgAc(s)+H+(aq) Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡 正向移动，随pH减小lgc(Ag+)增大，曲线I代表lgc(Ag+) 与pH的关系，A正确； B．当pH=4.5时，溶液中存在物料守恒c(Ag+)=c(Ac−)+c(HAc)，电荷守恒 c(Ag+)+c(H+)=c(Ac−)+c(NO-)+c(OH−)，联立可得c(HAc)+c(H+)=c(NO-)+c(OH−) ，pH=4.5时， 3 3 c(H+)>c(OH−)，所以c(HAc)