邕衡教育·广西2025年5月高三模拟考化学答案_2025年5月_2505132025届广西邕衡教育名校联盟高三下学期新高考5月全真模拟联合测试（全科）

2025 届新高考春季学期五月仿真联合测试 化学试题答案 题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C B C B A D A D C C D D C 15．（14分） （1） （1分） （2）SiO （1分）2ZnS+O +8NH +2H O=2[Zn(NH ) ]2++2S+4OH−（2分） 2 2 3 2 3 4 （3）防止NH 的挥发和碳酸铵分解，提高锌元素的浸取率（2分） 3 （4） （2分） （5）盐酸中Cl−与Cd2+形成[CdCl₄]2−配离子，有利于提高Cd2+的反萃取率（2分） （6） NH （1分） 3 3 （7） a （1分） 7、8、11（2分） 4 16． (15分) （1）恒压滴液漏斗（1分） 70~80C （2）4NaHCO FeCl H Y NaFeY3NaCl4CO 4H O（2分） 3 3 4 2 2 （3）pH过低，H Y电离出的 Y4浓度小，pH过高，Fe3转为Fe(OH) ，溶液中Fe3浓度减小（2 4 3 分） （4）NaFeY3H O难溶于乙醇，加入乙醇使其结晶析出（或降低乙二胺四乙酸铁钠的溶解度） 2 （2分） （5）AgNO 溶液、稀硝酸（2分） 3 421cV （6）滴入最后半滴Na S O ，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复（2分） ×100%（2分） 2 2 3 m 偏大（2分） 17．（14分） （1）+255.7 （1分） 高温（1分） （2）①b （2分） 反应Ⅰ、Ⅲ均为吸热反应，升温平衡正移。低温时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅲ几 乎没有发生，因此H 的产率随温度升高而增大；高温时，以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ消耗H 的量大 2 2 于反应Ⅰ产生H 的量，因此H 的产率减小。 （2分） 2 2 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第1页 共6页 学科网（北京）股份有限公司② （2分） （3） （2分） （4）C H OH-4e+4OH=CH COOH+3H O（2分） CH COONH （2分） 2 5 3 2 3 4 18．（15分） （1）3,4-二羟基苯甲酸（1分） （2） （2分） （3）醚键 羟基（2分） （4） （2分） （5）冠醚与K+结合后将S O 2-带入反应体系中，S O 2-与反应物充分接触而迅速反应（2分） 2 4 2 4 （6）6（2分） （1分） （7） （3分） 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第2页 共6页 学科网（北京）股份有限公司1．B 【详解】A. 陆川铁锅属于合金，熔点低于纯铁，A错误；C. 高分子化合物一般指相对分子 质量在一万以上的化合物，而油脂的相对分子质量相对于高分子而言很小，所以油脂不属于天然 高分子化合物，C错误； D. 纤维素与淀粉分子式均为C H O  ，但二者n值不同，不属于同 6 10 5 n 分异构体，D错误。 2．C 【详解】A. 基态溴原子的电子排布式： Ar  3d104s24p5，A错误；B. 次氯酸是共价化合物， O分别与H和Cl各形成一个共用电子对，电子式为： ，B错误；C．OF 分子中心原子 2 6－21 O的价层电子对数为2 =4，含有2对孤对电子，其VSEPR模型为四面体形，C正确； 2 D．中子数为10的氧原子，质子数为8、质量数为18，该原子表示为18O，故D错误。 8 3．B【详解】A. 加热硝酸铁溶液，Fe3+水解程度增加，生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与硝酸根 形成易挥发的硝酸，因此装置③得到的是氢氧化铁，A错误；C.84消毒液中含NaClO，可使pH 试纸褪色，应选pH计测定，C错误；D. 氨气能与CaCl 反应，故不可用CaCl 干燥氨气，D错误 2 2 4．C 【详解】A. 该分子中含有羟基、醚键和酯基共三种含氧官能团，A项错误；B.羟基直接连 在苯环上，不能发生消去反应，B项错误；D. 该分子中含有酚羟基、和酚酯基，酯基水解产生的 羧基和酚羟基，则1mol该物质最多消耗3molNaOH，D项错误 5．B 【详解】B．CO 中C为sp2杂化，没有孤电子对，B不合理。 2 6．A 【详解】A．NaClO、FeCl 在强碱性溶液中反应生成Na FeO 、NaCl和水，根据得失电子守 3 2 4 恒，原子守恒得出离子方程式为：3ClO2Fe3 10OH 2FeO23Cl5H O，A正确；B．铁 4 2 氰化钾与氯化亚铁反应生成深蓝色沉淀：K Fe2 Fe(CN)3 KFeFe(CN) ，B错误；由于 6 6 硫酸铜少量，相当于硫氢化钠过量，方程式为：Cu2 2HS CuS H S，C错误；D．白醋 2 中醋酸为弱酸，不能拆开，要写成化学式，则反应的离子方程式为： CaCO 2CH COOH CO H OCa2 2CH COO，D错误。 3 3 2 2 3 7．D 【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X形成一个共价键，Y形成 四个共价键， Z形成两个共价键，W形成六个共价键， 基态W原子次外层电子数等于其他各层 电子数之和，则W为S，Z为O，由YX+离子可确定Y最外层电子数为5，Y为N，X为H，据 4 此解答； 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第3页 共6页 学科网（北京）股份有限公司A．N的氧化物对应水化物可能为HNO （强酸），也可能为HNO （弱酸），A错误； 3 2 B．-O-O-中的O为-1价，其余O为-2价，B错误； C．NH +中N与H+形成的配位键，N提供孤电子对，H+提供空轨道，C错误； 4 D．同周期元素的电负性从左至右增强，N的电负性大于H，故电负性：ONH，D正确。 8．A 【详解】A．实验a中生成沉淀，闻到刺激性气味，可推测反应的离子方程式： 2Al3 3S O2 3H O2AlOH 3SO 3S，A错误；B．由实验现象可知 2 3 2 3 2 Fe3 3S 2 O 3 2 FeS 2 O 3 3 3 速率快，溶液先变成紫黑色，之后S 2 O 3 2- 将Fe3+还原成Fe2+，使 Fe3 3S 2 O 3 2 FeS 2 O 3 3 3 平衡逆移，溶液几乎变为无色，B正确；C．S 2 O 3 2- 具有还原性，会与 酸性高锰酸钾溶液反应，C正确； 9．D 【详解】A．没有给定标准状况，无法计算18O 的物质的量，A项错误； 2 B．没有给氨水的体积，无法求算OH-数目，B项错误； C．1mol[Cu(NH ) ]2+中含有N-Hσ键为12mol，铜离子与氮原子之间的配位键也是σ键，为4mol， 3 4 所以1mol[Cu(NH ) ]2+中含有σ键数为16N ，C项错误； 3 4 A D．转移1mol电子时，消耗0.25molO ，D项正确。 2 10.C【详解】A．物质能量越低越稳定，物质稳定性：I ＜ II，故A正确； B．*N H→*NHNH过程N 中π键断裂，H O+中σ键断裂，故B正确； 2 2 3 C．图乙表示的是单个分子的相对能量变化关系，且H O+能量未知，故C错误； 3 D．I为*NHNH ，转化过程中可能发生副反应：*NHNH +H O++e−=*N H +H O，故D正确。 2 2 3 2 4 2 11.C 【详解】A．该晶胞中S 原子的个数为8，Fe 和 Cu原子的个数均为4，由此可知化学式为 CuFeS ，A正确； 2 B．由晶胞结构可知，以面心的Fe原子为研究对象，Fe原子周围紧邻的硫原子有4个，Fe原子的 配位数为4，B正确； C．由晶胞结构可知，分数坐标为( , , )的原子为S原子，C错误； 311 D．该晶胞中 S 原子的个数为8，4Fe48和Cu 原子的个数均为 4，化学式为CuFeS ，设晶胞边长为 2 4M1030 gcm3 apm、bpm，N A 为阿伏加德罗常数的值，则黄铜矿晶体的密度为 N A a2b ，D正确； 12．D【详解】A.放电时，Zn为负极，发生反应Zn-2e-=Zn2+，b为正极，Na+向b电极移动； B.放电时，b为正极，发生反应NaFe[Fe(CN) ]+xe-+xNa+=Na Fe[Fe(CN) ]； 6 1+x 6 C.自充电时，Na Fe[Fe(CN) ]与H O 发生氧化还原生成NaFe[Fe(CN) ]和水，每消耗1molH O ， 1+x 6 2 2 6 2 2 转移2mol电子，释放出2molNa+，b电极质量减小46g； D.根据自充电的原理，H O 作为氧化剂将Na Fe[Fe(CN) ]复原为NaFe[Fe(CN) ]，O 也具有氧化 2 2 1+x 6 6 2 性，也可能实现自充电。 13．D【详解】A.升高温度，反应I平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，CO增大，CH  4 减小；增大压强，反应II平衡正向移动，CH 增大，CO减小，则压强为1.0MPa时， 4 COg、CH g的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a；压强为0.1MPa时，COg、 4 CH g的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b； 4 B.反应过程中及时移走产物H O，可以提高CH 的产率，但因浓度减小，反应速率减小； 2 4 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第4页 共6页 学科网（北京）股份有限公司C.反应I为吸热反应，温度越高，K值越大，N点平衡常数大于M点； D.M、P两点温度相同，压强相同，CO g的转化率相同，CH 为80%，CO为10%，则 2 4 ηCO 为10%，而N点ηCH 为40%，CO为40%，则ηCO 为20%，说明N点CO g 2 4 2 2 的转化率较小，M、N、P三点对应CO g的转化率大小关系为：MPN。 2 14．C 【详解】A.二元弱酸有两次滴定突变，一元酸有一次滴定突变，故X曲线代表H B，Y曲 2 线代表HA； B.曲线X第一次突变时溶质为NaHB，由图像可知此时溶液呈酸性，则HB-的电离程度大于水解程 K 度，即K H B w ，故K (H B)×K (H B)＞10-14； a2 2 K H B a1 2 a2 2 a1 2 C.若b点的横坐标为8.50mL，即半滴定点，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，物料守 恒：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，结合两个式子可得c(HA)-c(A-)=2c(OH-)-2c(H+)； D.若a点的横坐标为8.40mL，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与Na B，且二 2 者的浓度比为1:1，由于此时溶液呈酸性，则c(HB-)＜c(B2-)。 15．【详解】(1)铜元素的原子序数为29，Cu2+价电子排布式为3d9，价电子排布图为 ; (2)由分析可知，滤渣1中含有S、Fe(OH)CO 及未反应的SiO ，故答案为SiO ；氨浸中O 与碳酸 3 2 2 2 铵和ZnS反应生[Zn(NH ) ]2+、S，反应的离子方程式为 2ZnS+O +8NH +2H O=2[Zn(NH ) ]2++2S 3 4 2 3 2 3 4 +4OH−； (3) 氨浸中用到的碳酸铵受热易分解，NH 在溶液中受热易挥发，故在实际生产中采取常温浸取而 3 不采用加热的方法； (4)“除杂”时，(NH 4 ) 2 S用量过多会发生反应：S2  ZnNH 3  4   2  ZnS 4NH 3 ，该反应的平衡 常数为 ； (5)根据平衡MnnHA 有机层 MA 有机层nH水层，反萃取盐酸和硫酸都能提高氢离子浓 n 度，使平衡逆向移动，两试剂的重大区别是阴离子不同，根据题意Cl⁻可以与Cd²⁺形成[CdCl₄]²⁻配 离子，有利于形成[CdCl₄]²⁻配离子，进一步提高Cd²⁺的反萃取率。 (6) 蒸氨步骤可以获得氨气，可以投入到氨浸中循环使用。 (7)该其晶胞参数为anm，晶胞中Cd原子和Te原子之间的最短距离为四面体重心到顶点的距离， 3 则最短距离为 apm；根据图示，如果沿晶胞面对角线方向上的投影如图2所示，则代表Te原 4 子的位置有7、8、11。 16．【详解】（3）pH过低，H Y在水中电离量小，pH过大，Fe3+转为Fe(OH) ，所以产率降低， 4 3 故答案为：pH过低，H Y电离出的Y4−浓度小(或pH过低，H Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+ 4 4 转为Fe(OH) ，溶液中Fe3+浓度减小。 3 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第5页 共6页 学科网（北京）股份有限公司NaFeY3H O （4） 2 难溶于乙醇，使用乙醇降低乙二胺四乙酸铁钠的溶解度，有利于其产品析出。 （5）由于溶液中存在大量未消耗的氯离子，所以应该检测洗涤液中是否存在氯离子，故答案为： AgNO 溶液和稀硝酸。 3 （6）由2Fe3++2I-=2Fe2++I 、I 2Na S O 2NaINa S O 可知存在2NaFeY3H O~I ~2Na SO ，平 2 2 2 2 3 2 4 6 2 2 2 2 3 均消耗Na S O 标准溶液VmL，则n(Na SO )=c×V×10-3mol，样品中 2 2 3 2 2 3 n(NaFeY3H O)=10n(Na S O )=cV×10-2mol，m(NaFeY3H O)=cV×10-2mol×421g/mol=4.21cVg，样 2 2 2 3 2 4.21cVg 421cV 品中NaFeY3H O的质量分数= 100%= ％； 2 mg m 若滴定过程较缓慢，则过量的KI可能被空气中的氧气氧化为I ，则消耗Na S O 标准溶液体积偏 2 2 2 3 大，测得样品中NaFeY3H O的质量分数偏大。 2 17．【详解】（2）②C H OH(g)+3H O(g)=2CO (g)+6H (g) C H OH(g)+H O(g)=2CO(g)+4H (g) 2 5 2 2 2 2 5 2 2 起始 1 3 1 3 转化 0.6×0.5 0.9 0.6 1.8 0.6×0.5 0.3 0.6 1.2 平衡时各组分的物质的量n 及总物质的量n ： i 平 n(C H OH)=0.4mol n(H O)=1.8mol 2 5 2 n(CO )=0.6mol n(CO)=0.6mol n(H )=3mol 2 2 n =0.4+1.8+0.6+0.6+3=6.4mol 平 因此反应Ⅰ的K 为 p （3）吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子 结合，生成 ，生成的 （通过氧原子）吸附在催化剂表面。 （4）放电时，Zn失去电子生成ZnOH  2-：Zn+4OH--2e= Zn OH  2-，正极硝酸根离子被还     4 4 原 为 氨 气 ： NO-+8e-+6H O=NH +9OH- ； 充 电 时 ， 阴 极 Zn(OH) 2- 得 到 电 子 ： 3 2 3 4 ZnOH  2- +2e=Zn+4OH-，阳极的乙醇被氧化为乙酸：C H OH-4e+4OH=CH COOH+3H O，  4  2 5 3 2 且生成的醋酸和氨气反应生成CH COONH 3 4 18.【详解】(6) 已知含 结构的有机物属于芳香族化合物。J的六元环芳香同分异构体中，能 与金属钠反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 6∶2∶2∶1 的有 、 、 、 、 、 ，共 6 种，其中，芳 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第6页 共6页 学科网（北京）股份有限公司香环上为二取代的结构简式为 。 2025届新高考春季学期五月适应性联合测试·化学答案 第7页 共6页 学科网（北京）股份有限公司