广西南宁三中2025年高三5月高考二模化学试卷

球形冷凝管（1分） P2O5(或无水CaCl2) (2)氨水电离导致NH3浓度小，产物产率小，且OH-浓度过大产生Co(OH)2沉淀。 (5)乙醇(6)76.01%（0.76）(7)) 降低（1分 【答案】(1CH4g2H2SgCS2g4H2gH233.5kJ

增大的幅度大于反应ⅠS2的体积分数会减小 （2）对硝基苯甲酸（4-硝基苯甲酸）(1）羧基、酰胺基

NH2或

H

CH3COOH

（3分【答案：CA．SBS橡胶是合成有机高分子化合物，A错误；B．机器人的核心芯片其电池反应可逆向进行，属于二次电池，D错误；【答案：BFe2+的价电子排布式为3d6,A项正确；同位素是两种核素之间的16O218O3B项错误;pC项正确;CO分子有孤电子对,血红蛋白中的Fe(II)有空轨道,D项正确。【答案：C】A.制备NaHCO3时，先通入NH3至饱和，再通入CO2，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化下发生取代反应产生溴苯和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n-2e-n2n22enCD.由于g2要水解，蒸发l2溶液得到gH2D错误。【答案：DA．NH3、NF3sp3杂化，且都有一个孤电子对，中心原子HFN-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-CCl-C的性，使-CF3的极性大于-CCl3CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电H+，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOHB正确；C．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，C正确；DC60C70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；【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．铅酸蓄电池充电时阳极PbSO4失去电子生成PbO2，阳极电极反应为PbSO2HO2e=PbO4H 4，B错误；C.SO2KMnO4 5SO2MnO2HO5SO22Mn24H， 3 2Ag(NH)++2OH-浴加热3 ×8Nmol-1=NA错误B由于SO2会发生水解故100mL0.1mol/LNa SO20.01NA，BC3S8+48OH-=16S2-+8SO2+24H2O，其中氧化产物为SO2 D【答案：BY原子未成对电子数最多，Y为ⅤA族元素；基态Z原子价元素；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)M为Cu；根据MYX3RZ4X2ZXH，综上所述：XH、YN、ZO、RS 4YN＞ZO＞XH，A错误；B．根据同主族从上往下第一电O＞S，N2pN＞O，所以YN＞ZO＞RS，B正确；CNH3H2S，CD．CuNH3SO4CuNH3SO4溶液中加入NaOH 4 4Cu(OH)2，D 反应，D项错误。【答案】D【详解】ALi+移动方向可知：b极为正极，a极为负极；充电时，b极为阳极，aba极，A正确；Ba流出经外电b，B正确；C．充电时，b极为阳极，失去电子，电极反应 b1molLi7g，a1molLi7g，充电时：外电路通过1mol电子时，a1molLib极，a7g，b1molLi+得到电子7g14g，D错误；E12-1活化能，E22-2活化能，E1大于E2。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H2SO4作化剂，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（→ 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

，得a 107nm，C正确331分数坐标为,,，D正确444【答案：B】A.要证明非金属性SC，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，H2SO3S的最高价含氧酸，A错误；B.0.1mol/L的氧化铜，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.SO2SO2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错据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0I逆向移动，COS的SaSO2的平衡转化率；bCOScS的平衡选择性，A正确；反应是吸热反应，即ΔH2>0，B正确；Cn(SO2)=1mol，n(CO)=3mol1400K下，SO280%，则转化的n(SO2)=0.8mol，COS50%n(COS)=0.8mol×50%=0.4mol，生成n(S)=0.4molIn(CO2)=0.8mol×2=1.6mol，剩余n(CO)=3mol−0.8mol×3+0.4mol=1.0molSO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)，平衡时V，根据平衡常数表达式n(S)×(n(CO2) K= =0.41.6

n(SO2)×(n(CO)

0.2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) 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；--−)c(H+)>c(OH−)c(HAc)c(NO)，B

c(HAc)c(Ac)=0.5，即c(Ac)=c(HAc)Ka(HAc)=c(H+)=10-4.75；pH=6时，c(H10−6mol/L c(H+

δ(Ac-)=c(Ac-)

4.75

c(HAc)c(Ag c(HAc)c(Ag)c(Ac- c(H+ c(H+)c(Ac- Ka

，Ksp(AgAc)=10-Ka(HAc)10-4.75K=102.04，D

6H

CoNH3【分析】步骤I中氯化铵、浓氨水 CoCl2+6NH3=CoNH3Cl2

反应，得到

6 6 ；步骤II中加入30%过氧化氢，发生反2CoNH3Cl2+H2O2+2NH4Cl=2CoNH3H2OCl3 CoNH3H2O 6

CoNH

HO3

CoNH

Cl

HIII

3

CoNH3

3Cl

2增加溶液中氯离子浓度，有助于反应正向进行，有利于

d中需要加入无水氯化钙(P2O5)吸收氨气；NHH NH 浓氨水中存在电离平

，加入氯化铵 4浓度大抑制氨水的CoCl2+6NH3=CoNH3Cl2

6 2CoNH3Cl2+H2O2+2NH4Cl=2CoNH3H2OCl3 6

III的化学方程式为CoNH3H2OCl3CoNH3ClCl2

2CoCl28NH3H2O22NH4Cl=2CoNH35ClCl22H2O（5）CoNH

HO3

CoNH

Cl2H 3

2

3

2

Co

36更稳定，故答案为：小于【分析】软锰矿的主要成分为MnO2Al2O3SiO2ZnS，含少FeS、CuS1SiO2A的金属离子有2CuMnO2+XFe2+Fe3+，pHAl3+、Fe3+ZnSO4、MnSO4溶MnO2、Zn等产物，据此分析解题。SFe3+Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式 XpHaAl3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，又不能pH4.9~5.7；用惰性电极进行电解，Mn2+MnO2，电极反应式为：Mn的数目为1812，O的数目为2414 MnO2MnOxOOxMn的化合价为+2x，Mn的化合价降低HMFFDCA的结构可知，HMFFDCAFDCA程式为：CH4g2H2SgCS2g4H2gH233.5kJmol1；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1：2无法证明达平衡状态，D错误；②将H2S与CH42∶1N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应ⅡY所在曲线是S2的体积分数，950～1050℃时，间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应ⅠS2的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，ZH2的体积分数，X所在曲线为CS2的体积分数；③由于S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应ⅡY所在曲线是S2，950～1050℃时，以反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应ⅠS2的体积分数会减小；HS0.25%，则HS的去除率 1.25%20.25% 100% 1.25%20.25%2反应ⅠKp

5.5%100kPa2

121kPa由题干图示信息可知，化剂CeO2-MgO对反应CO2(g)+H2S(g)=CO(g)+H2O(g)+S(g)具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示，状态1为CO2与H2S吸附在化剂 可知，状态2为 ，状态3为 状态2的为C，故答案为：C。

（