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)<c(NO-)，B正确；
3
c(H+)c(Ac-) c(HAc)
C．Ka(HAc)= ，X点时pH=4.75，δ(HAc)= =0.5，即c(Ac-)=c(HAc)，
c(HAc)
c(HAc)c(Ac)
Ka(HAc)=c(H+)=10-4.75；pH=6时，c(H+)=10−6mol/L，溶液中
δ(HAc) c(HAc) c(H+) 106
= =  101.25＜10，C错误；
δ(Ac-) c(Ac-) Ka(HAc) 104.75
D．AgAc(s)+H+(aq) Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡常数
c(HAc)c(Ag) c(HAc)c(Ag)c(Ac-) KspAgAc
K   ，Ksp(AgAc)=10-2.71，
c(H+) c(H+)c(Ac-) KaHAc
Ka(HAc)=10-4.75，平衡常数K=102.04，D正确。
15. 【分析】步骤I中氯化铵、浓氨水、 CoCl 2 6H 2 O 反应，得到   CoNH 3  6   Cl 2沉淀，反应式
CoCl +6NH =CoNH  Cl 
为 2 3  3 6  2 ； 步 骤 II 中 加 入 30% 过 氧 化 氢 ， 发 生 反 应
2CoNH  Cl +H O +2NH Cl=2CoNH  H OCl 4NH CoNH  H OCl
 3 6  2 2 2 4  3 5 2  3 3，得到 3 5 2  3溶
CoNH  H O 3 3Cl CoNH  ClCl H O
液；步骤III中加入浓盐酸，存在平衡 3 5 2   3 5  2 2 ，
CoNH  ClCl
增加溶液中氯离子浓度，有助于反应正向进行，有利于 3 5  2沉淀的形成。据此
解答：
【详解】（1）根据实验装置图，仪器b的名称是球形冷凝管；据分析，加入过氧化氢后的反应中
有氨气产生，因此仪器d中需要加入无水氯化钙 (或P O )吸收氨气；
2 5
答案 第 4 页 共 7 页NH H O NHOH NH
（2）浓氨水中存在电离平衡 3 2 4 ，加入氯化铵， 4浓度大抑制氨水的电
离平衡，如果不加氯化铵，氨水电离导致NH 浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)
3 2
沉淀。
（3）过氧化氢受热易分解，因此步骤Ⅱ需要在较低温度进行，故答案为A。
CoCl +6NH =CoNH  Cl 
（4）据分析，步骤I的化学方程式为 2 3  3 6  2 ，步骤II的化学方程式为
2CoNH  Cl +H O +2NH Cl=2CoNH  H OCl 4NH
 3 6  2 2 2 4  3 5 2  3 3，步骤 III 的化学方程式为
CoNH  H OCl CoNH  ClCl H O
 3 5 2  3  3 5  2 2 ，则总反应为。
2CoCl +8NH +H O +2NH Cl=2CoNH  ClCl 2H O
2 3 2 2 4  3 5  2 2 。
（ 5 ） 紫 红 色 沉 淀 先 用 冷 水 洗 去 表 面 杂 质 ， 再 用 冷 的 盐 酸 洗 涤 ， 使 得
CoNH  H O 3 Cl CoNH  Cl 2 H O
 3 5 2   3 5  2 平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇
洗去冷的盐酸。
0.80g
76.01%
1g
250.5g/mol
（6）根据钴原子守恒，本实验的产率为： 238g/mol 。
CoNH   3
（7）Co3+与NH 3 反应的K更大，反应进行的更彻底， 3 6  更稳定，故答案为：小于。
16. 【分析】软锰矿的主要成分为MnO ，含少量Al O 和SiO 。闪锌矿主要成分为ZnS，含少
2 2 3 2
量FeS、CuS杂质，矿物酸浸过滤后，滤渣1含有SiO 等不溶性杂质，滤液A的金属离子有
2
Mn2+、Al3+、Zn2+、Fe3+、Cu2+，加入适量的锌，锌与金属活动性比其弱的离子Cu2+置换反应，
使之生成单质除去，滤渣2含有Cu，向滤液中加入MnO +X，目的是把Fe2+氧化生成Fe3+，
2
并调节溶液pH，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，最后电解所得的ZnSO 、MnSO 溶
4 4
液获得MnO 、Zn等产物，据此分析解题。
2
【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素相关知识，为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方
法有：适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等；
（2）其中MnO 、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，由得失电子守恒可知
2
该淡黄色物质为S，溶液中存在Fe3+和Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式
Δ
为：3MnO +2FeS+12H+ 3Mn2++2Fe3++2S+6H O；
2 2
（3）Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+；
（4）步骤③中物质X是用来调节溶液的pH至a，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，又不
能引入新的杂质，可选用CD进行除杂，而Zn2+和Mn2+不能沉淀，Al3+完全沉淀的pH为4.9，
调节pH范围是4.9~5.7；
（5）用惰性电极进行电解，Mn2+在阳极失去电子生成MnO ，电极反应式为：
2
Mn2++2H O-2e-=MnO +4H+；
2 2
1 1
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为18 2，O的数目为24 4，即该氧化物的化
8 2
学式为MnO ；MnO 晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，
2 x
即Mn的化合价降低
（7）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分
子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
17. 【详解】（1）根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=所求反应，故热化学方
程式为：CH g2H SgCS g4H g H 233.5 kJmol1；
4 2 2 2
（2）①A．随着反应的进行，气体物质的量增大，恒压条件下容器体积增大，A正确；B．气体
答案 第 5 页 共 7 页密度等于用气体总质量除以体积，反应前后气体质量不变，体积增大，气体密度减小，B正
确；C．vCH vCS 未标明正、逆，无法说明，C错误；D． S 和H 的物质的量之比
4 2 2 2
为1：2无法证明达平衡状态，D错误；
②将H S与CH 按体积比2∶1投料，并用N 稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于S 是反
2 4 2 2
应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是S 的体积分数，950～1050℃时，
2
以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，S 的体积分数会增大，1050～1150℃之
2
间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S 的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z
2
所在曲线为H 的体积分数，X所在曲线为CS 的体积分数；
2 2
③由于S 是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是S ，950～1050℃时，以
2 2
反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，S 的体积分数会增大，1050～1150℃之间，
2
反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S 的体积分数会减小；
2
④由题图可知，1000℃达到平衡时，H 5.5%，CS 1.25%，S 0.25%，
2 2 2
1.25%20.25%2
H S0.25%，则H S的去除率为 100%92.3%；
2 2 1.25%20.25%20.25%
5.5%100kPa20.25%100kPa
反应Ⅰ压强平衡常数K  121kPa。
p 0.25%100kPa2
（3）由题干图示信息可知，催化剂CeO -MgO对反应CO (g)+H S(g)=CO(g)+H O(g)+S(g)具有高
2 2 2 2
选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示，状态1为CO 与H S吸附在催化剂
2 2
上，为 ，根据 可知，状态2为 ，状态3为 ，故表示
状态2的为C，故答案为：C。
18. 【解析】
（1）A→B的反应为丙烯腈中碳碳双键与甲醛分子的加成反应；
COOH
（2）由路线分析可知，G的结构简式为 ，名称为对硝基苯甲酸（或4-硝基苯甲酸）；化
NO2
合物J中含氧官能团的名称为羧基和酰胺基；
（3）化合物 D 中的氨基与 H 中的酰氯发生取代反应生成 I，其反应方程式为
答案 第 6 页 共 7 页COOH
COCl CONHCHCH2CH2COOH
NH2
；
HOOCCHCH2CH2COOH + + HCl
NO2 NO2
（4）由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C H O N，不饱和度为5，其同分异构体中
7 7 2
氨基与苯环直接相连，还有一个不饱和度，2个O原子，若有2个取代基，为醛基和羟基，
COOH
NH2
CHO
其结构为 ×10；若为一个取代基，为羧基或甲酸酯基，其结构为 ×3 或
OH
NH2
OOCH
×3，共16种。
NH2
（5）氮原子的碱性来源于氮原子的孤对电子，氮原子的电子云密度影响其碱性大小。a中氮原
子是sp2杂化，两个sp2杂化轨道与相邻两个碳原子形成σ键，余下一个sp2轨道容纳一对孤对
电子，未杂化的p轨道容纳1个单电子参与整个分子的离域；所含s轨道成分比sp3杂化的氮
原子电负性要大，对电子对的束缚能力要强些，因此更难给电子与H+结合，碱性要弱于氨或
者氨； b中氮原子与环烷基相连，电子云密度增大，碱性增强。
（6）M的结构类似于结构中的I，逆向推导M可由α-氨基丙酸与乙酰氯取代合成，乙酰氯的合
成可由乙醛氧化并氯代制备，α-氨基丙酸的制备类似路线中B→C→D，所以可得如下合成
NH NH
HCN 2 H 3 O+ 2
CH 3 CHO NH CH 3 CHCN CH 3 CHCOOH CH 3
路线： 3 。
CH CONHCHCOOH
3
CH 3 CHO O 2 CH 3 COOH SOCl 2 CH 3 COCl
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