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广西南宁市第三中学2024-2025学年高三下学期毕业班5月检测（二模）化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·南宁模拟）化学与生活息息相关，下列有关叙述正确的是
A．由苯乙烯和丁二烯合成的SBS橡胶属于天然有机高分子化合物
B．春晚“宇树”机器人的核心芯片材料主要为二氧化硅
C．神舟十九号飞船返回舱表层材料玻璃纤维属于无机非金属材料
D．比亚迪新能源汽车“刀片”锂离子电池属于燃料电池
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、由苯乙烯和丁二烯合成的 SBS 橡胶，是通过人工聚合反应制得的高分子材料，属于合成有机高分子化合物，并非天然存在的高分子，A错误；
B、机器人核心芯片的核心功能是处理信号与运算，依赖的是单质硅（半导体材料）；二氧化硅是光导纤维的主要材料，不具备芯片所需的半导体性能，B错误；
C、玻璃纤维的主要成分为硅酸盐类无机化合物，属于无机非金属材料，符合其材料分类属性，C正确；
D、锂离子电池可通过充电实现电池反应的逆向进行，能反复充放电，属于二次电池（可充电电池）；燃料电池是利用燃料氧化还原反应将化学能转化为电能，无需充电储能，二者本质不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类边界：人工合成的高分子（如合成橡胶、塑料）均属于合成高分子，区别于天然高分子（如淀粉、天然橡胶）。
关键材料用途：芯片用单质硅，光导纤维用二氧化硅，注意区分单质硅与二氧化硅的应用场景。
电池类型判定：二次电池（锂离子电池、铅酸电池）可充放电；燃料电池（氢氧燃料电池）靠燃料反应供能，不可充电。
无机非金属材料范畴：玻璃、陶瓷、纤维、水泥等均属于传统无机非金属材料。
2．（2025·南宁模拟）CO会与人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键 ， 使其丧失运输氧的能力。下列有关说法错误的是
A．基态Fe2+的价电子排布式为3d6
B．16O2和18O3互为同位素
C．基态C原子2px轨道的电子云轮廓图为
D．人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键时， CO分子提供孤电子对
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、铁是 26 号元素，基态铁原子的核外电子排布为 [Ar]3d64s2，失去 4s 轨道的 2 个电子形成 Fe2+，因此基态 Fe2+的价电子排布式为 3d6，A正确；
B、同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，而 6O2和 8O3是由不同氧原子构成的单质，二者属于同素异形体，并非同位素，B错误；
C、p 轨道的电子云呈哑铃形，2p 轨道的电子云沿 x 轴方向分布， 电子云轮廓图为，C正确；
D、配位键形成时，由一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。Fe (Ⅱ) 存在空轨道，CO 分子中含有孤电子对，因此二者形成配位键时，CO 提供孤电子对，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：过渡金属形成阳离子时，优先失去最外层 s 轨道电子，再考虑 d 轨道电子。
同位素与同素异形体：同位素针对原子，同素异形体针对单质，二者概念不能混淆。
p 轨道电子云：p 轨道有三个取向，分别沿 x、y、z 轴分布，电子云轮廓图呈哑铃形。
3．（2025·南宁模拟）下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制备时，先通入再通入
B．用装置乙制备溴苯并验证该反应为取代反应
C．用装置丙在铁上镀锌
D．用装置丁蒸发溶液制无水
【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、制备时，虽先通再通符合联合制碱原理，但装置甲中极易溶于水，直接通入饱和食盐水会引发倒吸，且为酸性干燥剂，无法吸收，无法有效富集，不能达到制备目的，A错误；
B、苯与液溴在铁粉催化下生成溴苯，该反应会产生气体。但溴易挥发，挥发的溴蒸气进入溶液也会生成淡黄色沉淀，无法证明反应为取代反应，且装置缺少除溴环节，B错误；
C、铁上镀锌属于电镀过程，电镀的核心规律为镀件作阴极，镀层金属作阳极，电解质溶液含镀层金属离子。装置丙中连接电源负极作阴极，连接电源正极作阳极，溶液提供，完全符合电镀原理，能达到实验目的，C正确；
D、为强酸弱碱盐，加热蒸发时会水解生成，且生成的易挥发，进一步促进水解，最终无法得到无水，需在氛围中蒸发，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验安全细节：氨气通入溶液需防倒吸，酸性干燥剂不能干燥碱性气体（如）。
有机反应验证：检验取代反应生成的前，必须先除溴蒸气（如用），排除溴干扰。
电镀规律：牢记“阴镀阳镀”原则，电解质溶液需含镀层金属阳离子。
盐类水解控制：蒸发易水解的盐溶液制备无水盐时，需抑制水解（如通气体）。
4．（2025·南宁模拟）下列对一些实验事实的理论解释，错误的是
选项 实验事实 理论解释
A 键角：NH3>NF3 氟的电负性大于氢，N-F的成键电子对更偏向氟， 氮周围电子云密度较小，斥力较小，键角较小
B 酸性： 氟的电负性大于氯，导致CF3COOH的羧基中的羟 基的极性更大，更易电离出
C 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键
D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、NH3和 NF3的中心原子均为 N，且都有 1 对孤电子对。F 的电负性远大于 H，N-F 键的成键电子对更偏向 F，使 N 周围电子云密度降低，成键电子对之间的斥力更小，因此 NF3的键角小于 NH3，解释合理，A正确；
B、F 的电负性大于 Cl，CF3基团的吸电子能力强于 CCl3，会使羧基中 O-H 键的极性增强，H 更易电离，因此 CF3COOH 的酸性强于 CCl3COOH，解释合理，B正确；
C、对羟基苯甲酸（前者）能形成分子间氢键，使分子间作用力显著增强，沸点更高；而邻羟基苯甲酸（后者）易形成分子内氢键，分子间作用力较弱，沸点更低，解释合理，C正确；
D、用杯酚分离 C60和 C70，利用的是超分子的分子识别特征（杯酚与 C60的空腔尺寸匹配，可选择性包合），而非自组装特征，该理论解释错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键角影响因素：中心原子相同、孤电子对数相同时，电负性大的配体使成键电子对偏向自身，减小成键电子对斥力，键角随之减小。
酸性强弱规律：羧酸分子中，吸电子基团的电负性越强、数量越多，羧基 O-H 键极性越强，酸性越强。
氢键与沸点：分子间氢键会显著提升物质沸点，分子内氢键则会降低分子间作用力，使沸点偏低。
超分子特性：超分子的核心特征包括分子识别、自组装等，分离 C60和 C70体现的是分子识别。
5．（2025·南宁模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．将SO2通入酸性KMnO4溶液中：
D．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+3NH3↑+HCOO—+NH+H2O
【答案】A
【知识点】银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、草酸是弱酸，需保留化学式；澄清石灰水中的拆分为和；少量草酸与反应生成沉淀和水。离子方程式符合化学式拆分、反应事实及守恒规律，A正确；
B、铅酸蓄电池充电时，阳极发生氧化反应，电极材料需保留化学式，正确的阳极反应为 ，选项中错误拆分，B错误；
C、通入酸性溶液发生氧化还原反应，需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒。配平后正确的离子方程式为，C错误；
D、甲醛与足量银氨溶液反应时，是强电解质需拆分，且甲醛被氧化的产物为碳酸根（或碳酸铵），正确的离子方程式为HCHO+ 4Ag(NH3)2++ 4OH-4Ag↓+6NH3↑+ 2NH4++ CO32-+ 2H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
拆分准则：弱酸、沉淀、气体、弱电解质均保留化学式，强电解质（可溶）拆分为离子。
氧化还原配平：需同时满足电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒，缺一不可。
电极反应规范：书写电极反应时，电极材料（如）及沉淀、气体等均需保留化学式，注意反应环境的离子参与。
反应量比：注意反应物用量对产物的影响，如甲醛与银氨溶液反应，1mol甲醛可还原4mol 。
6．（2025·南宁模拟）硫及其化合物的部分转化关系如图，已知S8分子的8个硫原子以单键连接构成环状结构。下列叙述正确的是
A．32g单质S8分子中含S-S键的数目为8NA
B．1L 0.1mol/L Na2SO3溶液中，的数目为0.1NA
C．反应①每消耗1 mol SO2，转移电子数为
D．反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 为环状分子，每个 原子形成 2 个 键，1 个 分子含 8 个 键。
；，A错误；
B、 溶液中， 发生水解：，导致溶液中 实际数目小于 ，B错误；
C、反应①为归中反应：， 中 从 价降至 价， 转移电子数：，C错误；
D、反应②为歧化反应，配平后：，氧化产物为 ，还原产物为 ，二者物质的量之比为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构：环状分子中，1 个 含 8 个 键，计算时需注意分子组成。
盐类水解：弱酸根离子（如 ）水解会使其实际浓度小于理论值。
归中反应：电子转移数由化合价变化决定， 归中时 1 mol 转移 4 mol 电子。
歧化反应：同一元素既被氧化又被还原，氧化产物与还原产物比例由配平方程式确定。
7．（2025·南宁模拟）前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态原子未成对电子数最多，基态原子价层电子排布式为。Z和位于同主族，基态的能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．氢化物稳定性：Y < R
D．常温下向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、原子半径比较规律为电子层数越多半径越大，同周期从左到右原子半径逐渐减小。X(H)位于第一周期，Y(N)、Z(O)位于第二周期，故原子半径应为，A错误；
B、第一电离能比较，同周期ⅡA与ⅤA族反常，同主族从上到下减小。Y(N)的2p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Z(O)；R(S)位于第三周期，第一电离能远小于第二周期的N、O，故第一电离能，B正确；
C、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强。非金属性，故氢化物稳定性（即），C错误；
D、为，其溶液中存在稳定的配离子，加入溶液时，不会与结合生成蓝色沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X元素：原子序数最小，结合化合物中的配位体结构及Y的成键特点，推知X为H（氢）。
Y元素：位于第二周期（X为H，Y原子序数更大），该周期基态原子未成对电子数最多。第二周期未成对电子数最多的是N（电子排布，3个未成对电子），故Y为N（氮）。
Z元素：价层电子排布式为，s轨道最多容纳2个电子，故，价层电子排布为，推知Z为O（氧）。
R元素：Z（O）和R同主族，且原子序数大于Z，故R为S（硫）。
M元素：前四周期元素，基态的d能级达到全充满结构。其核外电子排布为，推知M为Cu（铜）。综上，X为H，Y为N，Z为O，R为S，M为Cu。
8．（2025·南宁模拟）丹参是《本草纲目》记载的一味中药，丹参醇是其有效成分，结构简式如图所示。下列关于丹参醇的说法正确的是
A．分子中含3个手性碳原子
B．消去反应的有机产物最多有2种
C．红外光谱可鉴定有3种含氧官能团
D．1mol该分子最多与5mol H2发生加成反应
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。观察丹参醇结构，分子中存在2 个手性碳原子（ ），并非 3 个，A错误；
B、醇的消去反应需要羟基邻位碳上有氢原子。该分子中两个羟基的邻位碳均有氢，且消去方向不同，可生成3 种不同的消去产物（ ），B错误；
C、该分子中的含氧官能团有 羟基（-OH）、羰基（C=O）、醚键（-O-）共 3 种，红外光谱可通过特征吸收峰鉴定这 3 种官能团，C正确；
D、能与氢气加成的结构包括苯环、碳碳双键、羰基。1mol 该分子中，苯环可加成 3mol H2，两个碳碳双键可加成 2mol H2，两个羰基可加成 2mol H2，最多可与7mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：饱和碳原子连接 4 个不同基团时为手性碳，需仔细标记环上所有饱和碳的连接情况。
消去反应规律：羟基邻位碳有氢即可发生消去，不同邻位氢可生成不同烯烃产物。
含氧官能团识别：羟基、羰基、醚键均为含氧官能团，红外光谱可区分不同官能团的特征吸收。
加成反应计量：苯环（3mol H2）、碳碳双键（1mol H2）、羰基（1mol H2）均可与 H2加成，需准确计数。
9．（2025·南宁模拟）某种可充电固态锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．电极电势：b极>a极
B．放电时电子流向：a极→负载→b极
C．充电时，阳极电极反应为：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO
D．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化差值为7g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时向b极移动，说明b极为正极，a极为负极。在原电池中，正极电势高于负极，因此电极电势：b极 > a极，A正确；
B、放电时为原电池，电子由负极（a极）流出，经外电路负载流向正极（b极），电子流向为a极→负载→b极，B正确；
C、充电时为电解池，b极作阳极，发生氧化反应，失去，电极反应为，C正确；
D、放电时，a极（负极）反应为，每1mol电子通过，a极质量减少7g（对应1mol ）；b极（正极）反应为，每1mol电子通过，b极质量增加7g（对应1mol ）。两极质量变化差值为，并非7g，D错误；
故答案为：D。
【分析】 放电时为原电池，阳离子（Li+）向正极移动，由图可知 Li+向 b 极移动，故b 极为正极，a 极为负极；充电时为电解池，原电池负极（a 极）作阴极，原电池正极（b 极）作阳极。
10．（2025·南宁模拟）在浓HNO3和浓H2SO4混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没有变化
D．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；有机化合物中碳的成键特征；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、生成 Y（硝基苯）的反应中，浓 H2SO4先参与反应生成中间体，最终又以 H2SO4形式释放，符合催化剂 “先参与反应、后又生成” 的特征，因此浓 H2SO4作催化剂，A正确；
B、X 的结构中苯环被打开，形成饱和碳键，属于苯的加成产物；Y 是苯环上的氢被硝基取代，属于苯的取代产物，B正确；
C、苯分子中所有碳原子均为 sp2 杂化，中间体 M 中部分碳原子连接了硝基和氢，由平面结构变为四面体结构，杂化方式由 sp2 转变为 sp3，因此苯到 M 的过程中碳原子杂化方式发生了改变，C错误；
D、从能量图看，产物 Ⅱ（Y）的能量更低，稳定性更强；同时过渡态 2-2 的能量低于过渡态 2-1，生成产物 Ⅱ 的活化能更小，反应速率更快，因此无论从稳定性还是反应速率角度，均有利于产物 Ⅱ，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：若物质在反应中先消耗、后生成，且化学性质与质量不变，即为催化剂。
反应类型区分：加成反应会破坏苯环的共轭体系，取代反应仅替换苯环上的氢原子。
杂化方式判断：平面结构的碳通常为 sp2 杂化，四面体结构的饱和碳为 sp3 杂化，苯环碳均为 sp2 杂化。
反应选择性：能量越低的产物越稳定，活化能越小的反应路径速率越快，二者共同决定反应的主要产物。
11．（2025·南宁模拟）硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。下列说法错误的是
A．Li+位于形成的四面体空隙中
B．晶胞沿轴方向的投影图为
C．该晶胞参数为
D．B点的原子分数坐标为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、 按面心立方堆积， 填充在 形成的四面体空隙中，符合 的晶体结构特征，A正确；
B、沿轴方向投影时， 会投影到棱的端点与面心位置， 会投影到面内特定位置，选项给出的投影图与实际投影规律不符，B错误；
C、晶胞中 数目：， 数目为 。
晶胞质量：
由密度公式 ，晶胞体积 ，得：，C正确；
D、以为原点，点在晶胞内的位置为 、、，原子分数坐标为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶体空隙：面心立方堆积的阴离子会形成四面体空隙和八面体空隙， 填充在四面体空隙中。
晶胞投影：沿轴投影时，原子的坐标被压缩，需关注、坐标的分布。
晶胞参数计算：先确定晶胞内原子数目，计算晶胞质量，再结合密度公式 求解晶胞边长。
原子分数坐标：以晶胞顶点为原点，用分数表示原子在晶胞内的位置。
12．（2025·南宁模拟）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 适量的通入溶液中 有气泡生成 非金属性：
B 向Mg(OH)2悬浊液中滴加0.1mol/L 的CuCl2溶液，振荡 沉淀由白色变为蓝色 Cu(OH)2的溶解度 小于Mg(OH)2
C 向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应
D 乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将 生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 乙烯能使KMnO4 溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的物理、化学性质；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、操作与现象：将适量 SO2通入 NaHCO3溶液，产生气泡，说明生成了 CO2。结论分析：比较元素非金属性，必须依据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。H2SO3不是 S 的最高价含氧酸（S 最高价为 +6，对应 H2SO4），因此该反应只能说明酸性 H2SO3 > H2CO3，无法证明非金属性 S > C，A错误；
B、操作与现象：向 Mg(OH)2悬浊液中滴加 CuCl2溶液，白色沉淀变为蓝色。结论分析：沉淀由 Mg(OH)2转化为 Cu(OH)2，根据沉淀转化规律，溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，说明 Cu(OH)2的溶解度小于 Mg(OH)2，B正确；
C、操作与现象：向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，无白色沉淀。结论分析：苯酚与溴水会发生取代反应生成三溴苯酚，但少量三溴苯酚易溶于过量苯酚，因此观察不到沉淀并非不反应，C错误；
D、操作与现象：乙醇和浓硫酸共热至 170℃，生成的气体使酸性 KMnO4溶液褪色。结论分析：反应生成的乙烯中混有乙醇、SO2等杂质，乙醇和 SO2也能还原酸性 KMnO4使其褪色，无法确定褪色一定是乙烯导致的，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
非金属性判断：必须用最高价含氧酸的酸性比较，次强酸不能作为依据。
沉淀转化：沉淀颜色变化是转化的直观证据，转化方向指向溶解度更小的物质。
有机反应细节：苯酚与溴水反应需溴水足量，否则沉淀会溶解；乙醇消去反应的杂质会干扰乙烯检验。
实验干扰排除：验证气体性质前，需先除去杂质气体（如 SO2、乙醇）。
13．（2025·南宁模拟）硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有：
反应I：　
反应II：　
恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。
(X的平衡选择性，X为COS或S)。
下列说法不正确的是
A．曲线c表示S的平衡选择性
B．
C．1400K下，反应的平衡常数
D．其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、已知曲线b表示COS的平衡选择性。随着温度升高，COS的选择性下降，S的选择性上升，因此呈上升趋势的曲线c代表S的平衡选择性，A正确；
B、温度升高时S的选择性提升，说明反应Ⅱ（COS分解生成S）正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH2 > 0，B正确；
C、1400K时，SO2的平衡转化率为80%，COS和S的选择性均为50%。设初始SO2为1mol、CO为3mol：转化的SO2：、生成COS：，生成S：、最终体系中：，，，、反应的平衡常数：，C正确；
D、反应Ⅰ是气体分子数减少的反应（），反应Ⅱ是气体分子数增加的反应
（）。增大压强，平衡Ⅰ正向移动，会提高SO2的平衡转化率，因此“转化率不变”的结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
曲线对应关系：COS选择性随温度升高而下降，S选择性随温度升高而上升，据此判断曲线归属。
焓变判断：温度升高，S选择性提升，说明反应Ⅱ正向移动，正反应吸热，ΔH2 > 0。
平衡常数计算：根据转化率和选择性计算各物质平衡量，再代入平衡常数表达式求解。
压强影响：增大压强，气体分子数减少的反应（反应Ⅰ）正向移动，会提升SO2的转化率。
14．（2025·南宁模拟）常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。
已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。
下列叙述错误的是
A．曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系
B．pH=4.5时，溶液中c(HAc)C．pH=6时，溶液中>10
D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据上述分析，曲线Ⅰ代表 与pH的关系，A正确；
B、X点分析：X点(4.75， 0.5)处 ，根据HAc电离平衡常数公式 ，此时 。pH=4.5时计算：溶液中 ，则 ，即 。
物料守恒：初始溶液为饱和AgAc，。加入引入，由于，显然 （若浓度小于，则会小于，无法维持电荷平衡的逻辑推导下，实际浓度关系确为 ），B正确；
C、计算pH=6时的分布系数比值：
并非大于10，C错误；
D、总反应 的平衡常数 。
结合 和 ，可推导出 。
已知 ，则 ；X点知 ，则 。
代入得：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
曲线定性分析：反应逻辑：。pH减小（增多），平衡正向移动， 增大；pH增大， 减小。
分布系数： 随pH增大而减小， 随pH增大而增大。
曲线对应：曲线Ⅰ：随pH增大数值减小，对应 （浓度随pH升高而降低）。
曲线Ⅱ：随pH增大数值减小，对应分布系数 。
曲线Ⅲ：随pH增大数值增大，对应分布系数 ，据此解题。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·南宁模拟）[Co(NH3)5Cl]Cl2 ()是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。
Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00g研细的CoCl2·6H2O (M=238g·mol-1)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。
Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5 H2O]Cl3溶液。
Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。
Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80g产品。
已知：a． Co(OH)2 是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题：
（1）仪器b的名称是　 　。仪器d中的药品为　 　。
（2）步骤Ⅰ中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是　 　。
（3）步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。
A．冷水浴 B．温水浴(约为60℃)
C．沸水浴 D．酒精灯直接加热
（4）制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为　 　。
（5）步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、　 　(填试剂名称)洗涤晶体。
（6）本实验的产率为　 　(保留两位小数)。
（7）已知： ； 。则在水溶液中的稳定性：　 　(填“大于”或“小于”)。
【答案】（1）球形冷凝管；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
（3）A
（4）
（5）乙醇
（6）76.01%(或0.76)
（7）小于
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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P2O5)吸收氨气；
故答案为： 球形冷凝管 ； P2O5(或无水CaCl2) ；
（2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，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NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)2沉淀；
故答案为： 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 ；
（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；
故答案为： A ；
（4）据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：；
故答案为： ；
（5）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸；
故答案为： 乙醇 ；
（6）根据钴原子守恒，本实验的产率为：；
故答案为： 76.01%(或0.76) ；
（7）Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，
故答案为：小于；
【分析】步骤Ⅰ里，氯化铵、浓氨水与发生反应，生成沉淀，对应的反应方程式可写为： ；步骤Ⅱ中，向体系内加入30%过氧化氢溶液，会发生氧化反应： ，最终得到溶液；步骤Ⅲ时，加入浓盐酸后，溶液中存在化学平衡： ，提高溶液里氯离子的浓度，能推动该平衡向正反应方向移动，从而促进沉淀的生成与析出。据此解题即可。
（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P2O5)吸收氨气；
（2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，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NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)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；
（4）据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：；
（5）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸；
（6）根据钴原子守恒，本实验的产率为：；
（7）Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，故答案为：小于。
16．（2025·南宁模拟）软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2.闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下：
已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液中均以离子形式存在。
Ⅱ．常温下各种金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表：
　
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
（1）为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有　 　。
（2）步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、与硫酸共热发生反应的离子方程式：　 　。
（3）步骤②中Zn的作用是　 　。
（4）步骤③中物质X用于调节溶液的，X可选用的是　 　。
A． NaOH B． Ca(OH)2 C． ZnO D． Zn(OH)2
调节pH的范围是　 　。
（5）步骤④结合流程图分析用惰性电极进行电解时阳极的电极反应式为　 　。
（6）锰的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
（7）MnOx可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　 　。
【答案】（1）适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等
（2）3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O
（3）还原Cu2+、Fe3+
（4）CD；4.9~5.7
（5）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
（6）降低
（7）FDCA形成的分子间氢键更多
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（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；
故答案为： 适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等 ；
（2）其中MnO2、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为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O；
故答案为： 3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O ；
（3）Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+，除去Cu和Fe；
故答案为： 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；
故答案为： CD ； 4.9~5.7 ；
（5）用惰性电极进行电解，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
故答案为： Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ；
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；
故答案为：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。
故答案为： FDCA形成的分子间氢键更多 ；
【分析】软锰矿（含、、）与闪锌矿（含、、）经硫酸酸浸，以滤渣1形式除去，滤液A含、、、等金属离子；向滤液A中加适量锌粉，置换出并将氧化为，过滤得到滤渣2（含等），滤液中含、、、；再加入和适量试剂X，调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀（滤渣3）除去，得到纯净的、溶液；最后对该混合溶液进行电解，阳极析出，阴极析出，同时生成的可循环用于酸浸步骤。
（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MnO2、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为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O；
（3）Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+，除去Cu和Fe；
（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MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，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．（2025·南宁模拟）采用热分解法去除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：　；
反应Ⅱ：　。
回答下列问题：
（1）写出(g)吸收H2S(g)生成CS2(g)和H2(g)的热化学方程式：　 　。
（2）保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。
①1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有　 　(填标号)。
A．容器的体积保持不变
B．容器内气体密度保持不变
C．v(CH4) = v(CS2)
D．S2和H2的物质的量之比为1∶2
②X所在曲线代表的是　 　(填化学式)的体积分数。
③Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是　 　。
④1000℃达到平衡时，H2S的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后H2S的去除率为　 　(保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数Kp=　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图所示，表示状态2的为　 　(填选项)。
A． B． C．
【答案】（1）
（2）AB；；950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；92.3%(或0.923)；121kPa
（3）C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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：。
故答案为： ；
（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．未标明正、逆，无法说明，C错误；
D． S2和H2的物质的量之比为1：2无法证明达平衡状态，D错误；
②将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数；
③由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；
④由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为；
反应Ⅰ压强平衡常数。
故答案为： AB ； ； 950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小 ； 92.3%(或0.923) ； 121kPa ；
（3）由题干图示信息可知，催化剂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吸附在催化剂上，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。
【分析】(1)将反应Ⅰ×2 + 反应Ⅱ，消去，得到目标热化学方程式，焓变做相应加和计算。
(2)① 选AB：恒压下反应前后气体分子数变化，体积不变时达平衡；气体总质量不变、体积变化，密度不变时达平衡。排除C（未指明正逆速率）、D（比例不一定等于计量数比）。
② X代表：仅由反应Ⅱ生成，且反应Ⅱ吸热，温度升高其体积分数缓慢上升。
③ 950~1050℃：反应Ⅰ（吸热更显著）占优，升温使生成量增加；
1050~1150℃：反应Ⅱ平衡右移幅度更大，消耗，使其体积分数下降。
④ 去除率：设初始为2 mol、为1 mol，结合平衡体积分数列方程求解，得去除率约92.3%；
平衡常数：先求各物质平衡分压，代入反应Ⅰ的分压平衡常数表达式计算得约121 kPa。
(3) 根据能量图中状态2的相对能量（低于催化剂初始态、高于状态1），结合原子成键模型，匹配选项C的结构。
（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：。
（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．未标明正、逆，无法说明，C错误；
D． S2和H2的物质的量之比为1：2无法证明达平衡状态，D错误；
故选AB；
②将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数；
③由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；
④由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为；
反应Ⅰ压强平衡常数。
（3）由题干图示信息可知，催化剂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吸附在催化剂上，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．（2025·南宁模拟）叶酸作为水溶性维生素B族中的一种，是人类不可缺少的营养素。在实验室可利用如下合成路线制备叶酸。
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为　 　；
（2）化合物G的名称为　 　；化合物J中含氧官能团的名称为　 　；
（3）D+H→I的化学方程式为　 　；
（4）F的同分异构体中含-NH2，且直接与苯环相连的有　 　种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1的结构简式为　 　；
（5）TAHP()是一种碱性有机化合物，将下列化合物按碱性由强到弱排序：　 　(填字母)(已知：孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强)。
a． b． c． NH3
（6）结合上述合成路线，设计以乙醛为原料合成化合物M()的合成路线　 　(无机试剂任选)，已知CH3CHO。
【答案】（1）加成反应
（2）对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸)；羧基、酰胺基
（3）++HCl
（4）16；或
（5）bca
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（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；
故答案为： 加成反应 ；
（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)；化合物J中含氧官能团的名称为羧基和酰胺基；
故答案为： 对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸) ； 羧基、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++HCl；
故答案为：++HCl ；
（4）由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C7H7O2N，不饱和度为5，其同分异构体中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，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×3，共16种；
故答案为：16；或 ；
（5）孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强。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（推电子基团），电子云密度增大，碱性比NH3强；则碱性由强到弱排序：bca；
故答案为： bca ；
（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，所以可得如下合成路线：。
故答案为：
【分析】以丙烯腈（A）为原料，先与甲醛加成得到醛基腈（B），再经 HCN / 氨加成得到多氰基胺C（），酸性水解后得到含氨基和羧基的中间体 D（）；以甲苯（E）为原料，经硝化反应生成F（），F中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成G（），再与 SOCl2反应生成酰氯H（）；酰氯 H 与中间体 D 发生酰胺化反应生成I（），经 Fe/HCl 还原硝基得到芳香胺 J；最后芳香胺 J 与 TAHP 硫酸盐、经缩合等多步反应，最终得到叶酸，据此分析。
（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；
（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++HCl；
（4）由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C7H7O2N，不饱和度为5，其同分异构体中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，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×3，共16种；
（5）孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强。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（推电子基团），电子云密度增大，碱性比NH3强；则碱性由强到弱排序：bca；
（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，所以可得如下合成路线：。
1 / 1广西南宁市第三中学2024-2025学年高三下学期毕业班5月检测（二模）化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．（2025·南宁模拟）化学与生活息息相关，下列有关叙述正确的是
A．由苯乙烯和丁二烯合成的SBS橡胶属于天然有机高分子化合物
B．春晚“宇树”机器人的核心芯片材料主要为二氧化硅
C．神舟十九号飞船返回舱表层材料玻璃纤维属于无机非金属材料
D．比亚迪新能源汽车“刀片”锂离子电池属于燃料电池
2．（2025·南宁模拟）CO会与人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键 ， 使其丧失运输氧的能力。下列有关说法错误的是
A．基态Fe2+的价电子排布式为3d6
B．16O2和18O3互为同位素
C．基态C原子2px轨道的电子云轮廓图为
D．人体血红蛋白中的Fe(Ⅱ)形成配位键时， CO分子提供孤电子对
3．（2025·南宁模拟）下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲制备时，先通入再通入
B．用装置乙制备溴苯并验证该反应为取代反应
C．用装置丙在铁上镀锌
D．用装置丁蒸发溶液制无水
4．（2025·南宁模拟）下列对一些实验事实的理论解释，错误的是
选项 实验事实 理论解释
A 键角：NH3>NF3 氟的电负性大于氢，N-F的成键电子对更偏向氟， 氮周围电子云密度较小，斥力较小，键角较小
B 酸性： 氟的电负性大于氯，导致CF3COOH的羧基中的羟 基的极性更大，更易电离出
C 沸点： 前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键
D 用杯酚分离C60和C70 超分子具有自组装特征
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·南宁模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．向澄清石灰水中滴加少量草酸溶液：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．将SO2通入酸性KMnO4溶液中：
D．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+3NH3↑+HCOO—+NH+H2O
6．（2025·南宁模拟）硫及其化合物的部分转化关系如图，已知S8分子的8个硫原子以单键连接构成环状结构。下列叙述正确的是
A．32g单质S8分子中含S-S键的数目为8NA
B．1L 0.1mol/L Na2SO3溶液中，的数目为0.1NA
C．反应①每消耗1 mol SO2，转移电子数为
D．反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2
7．（2025·南宁模拟）前四周期元素X、Y、Z、R、M的原子序数依次增大，同周期中基态原子未成对电子数最多，基态原子价层电子排布式为。Z和位于同主族，基态的能级达到全充满结构。由这五种元素组成的化合物为蓝色晶体。下列叙述正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．氢化物稳定性：Y < R
D．常温下向溶液中加入溶液，产生蓝色沉淀
8．（2025·南宁模拟）丹参是《本草纲目》记载的一味中药，丹参醇是其有效成分，结构简式如图所示。下列关于丹参醇的说法正确的是
A．分子中含3个手性碳原子
B．消去反应的有机产物最多有2种
C．红外光谱可鉴定有3种含氧官能团
D．1mol该分子最多与5mol H2发生加成反应
9．（2025·南宁模拟）某种可充电固态锂电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．电极电势：b极>a极
B．放电时电子流向：a极→负载→b极
C．充电时，阳极电极反应为：LiLaZrTaO-xe-=xLi++Li1-xLaZrTaO
D．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化差值为7g
10．（2025·南宁模拟）在浓HNO3和浓H2SO4混合溶液中加入苯，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的碳原子杂化方式没有变化
D．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
11．（2025·南宁模拟）硫化锂的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，晶体为立方晶胞，其结构如图。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为。下列说法错误的是
A．Li+位于形成的四面体空隙中
B．晶胞沿轴方向的投影图为
C．该晶胞参数为
D．B点的原子分数坐标为
12．（2025·南宁模拟）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 适量的通入溶液中 有气泡生成 非金属性：
B 向Mg(OH)2悬浊液中滴加0.1mol/L 的CuCl2溶液，振荡 沉淀由白色变为蓝色 Cu(OH)2的溶解度 小于Mg(OH)2
C 向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，振荡 无白色沉淀产生 苯酚与溴水不反应
D 乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将 生成的气体通入酸性KMnO4溶液中 KMnO4溶液褪色 乙烯能使KMnO4 溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
13．（2025·南宁模拟）硫酸工业尾气中可用CO处理并回收S，涉及的反应有：
反应I：　
反应II：　
恒压条件下，按充入原料，其中的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示的平衡选择性。
(X的平衡选择性，X为COS或S)。
下列说法不正确的是
A．曲线c表示S的平衡选择性
B．
C．1400K下，反应的平衡常数
D．其它条件不变，增大体系压强的平衡转化率不变
14．（2025·南宁模拟）常温下，向饱和AgAc溶液(有足量AgAc固体)中滴加稀硝酸，调节体系pH促进AgAc溶解，总反应为AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)，平衡时lgc(Ag+)、分布系数δ(M)与pH的变化关系如图所示〔其中M代表HAc或Ac，δ(HAc)=，Ag+水解忽略不计]。
已知：常温下，pKsp(AgAc)=-lgKsp(AgAc)=2.71。
下列叙述错误的是
A．曲线代表lgc(Ag+)与pH的关系
B．pH=4.5时，溶液中c(HAc)C．pH=6时，溶液中>10
D．AgAc(s)+H+(aq)Ag+(aq)+HAc(aq)的平衡常数K=102.04
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025·南宁模拟）[Co(NH3)5Cl]Cl2 ()是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。
Ⅰ．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00g研细的CoCl2·6H2O (M=238g·mol-1)，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。
Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5 H2O]Cl3溶液。
Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。
Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80g产品。
已知：a． Co(OH)2 是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题：
（1）仪器b的名称是　 　。仪器d中的药品为　 　。
（2）步骤Ⅰ中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是　 　。
（3）步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。
A．冷水浴 B．温水浴(约为60℃)
C．沸水浴 D．酒精灯直接加热
（4）制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为　 　。
（5）步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、　 　(填试剂名称)洗涤晶体。
（6）本实验的产率为　 　(保留两位小数)。
（7）已知： ； 。则在水溶液中的稳定性：　 　(填“大于”或“小于”)。
16．（2025·南宁模拟）软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2.闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下：
已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液中均以离子形式存在。
Ⅱ．常温下各种金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表：
　
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
（1）为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有　 　。
（2）步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、与硫酸共热发生反应的离子方程式：　 　。
（3）步骤②中Zn的作用是　 　。
（4）步骤③中物质X用于调节溶液的，X可选用的是　 　。
A． NaOH B． Ca(OH)2 C． ZnO D． Zn(OH)2
调节pH的范围是　 　。
（5）步骤④结合流程图分析用惰性电极进行电解时阳极的电极反应式为　 　。
（6）锰的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　 　(填“升高”“降低”或“不变”)。
（7）MnOx可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　 　。
17．（2025·南宁模拟）采用热分解法去除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：　；
反应Ⅱ：　。
回答下列问题：
（1）写出(g)吸收H2S(g)生成CS2(g)和H2(g)的热化学方程式：　 　。
（2）保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。
①1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有　 　(填标号)。
A．容器的体积保持不变
B．容器内气体密度保持不变
C．v(CH4) = v(CS2)
D．S2和H2的物质的量之比为1∶2
②X所在曲线代表的是　 　(填化学式)的体积分数。
③Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是　 　。
④1000℃达到平衡时，H2S的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后H2S的去除率为　 　(保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数Kp=　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图所示，表示状态2的为　 　(填选项)。
A． B． C．
18．（2025·南宁模拟）叶酸作为水溶性维生素B族中的一种，是人类不可缺少的营养素。在实验室可利用如下合成路线制备叶酸。
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为　 　；
（2）化合物G的名称为　 　；化合物J中含氧官能团的名称为　 　；
（3）D+H→I的化学方程式为　 　；
（4）F的同分异构体中含-NH2，且直接与苯环相连的有　 　种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1的结构简式为　 　；
（5）TAHP()是一种碱性有机化合物，将下列化合物按碱性由强到弱排序：　 　(填字母)(已知：孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强)。
a． b． c． NH3
（6）结合上述合成路线，设计以乙醛为原料合成化合物M()的合成路线　 　(无机试剂任选)，已知CH3CHO。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A、由苯乙烯和丁二烯合成的 SBS 橡胶，是通过人工聚合反应制得的高分子材料，属于合成有机高分子化合物，并非天然存在的高分子，A错误；
B、机器人核心芯片的核心功能是处理信号与运算，依赖的是单质硅（半导体材料）；二氧化硅是光导纤维的主要材料，不具备芯片所需的半导体性能，B错误；
C、玻璃纤维的主要成分为硅酸盐类无机化合物，属于无机非金属材料，符合其材料分类属性，C正确；
D、锂离子电池可通过充电实现电池反应的逆向进行，能反复充放电，属于二次电池（可充电电池）；燃料电池是利用燃料氧化还原反应将化学能转化为电能，无需充电储能，二者本质不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
材料分类边界：人工合成的高分子（如合成橡胶、塑料）均属于合成高分子，区别于天然高分子（如淀粉、天然橡胶）。
关键材料用途：芯片用单质硅，光导纤维用二氧化硅，注意区分单质硅与二氧化硅的应用场景。
电池类型判定：二次电池（锂离子电池、铅酸电池）可充放电；燃料电池（氢氧燃料电池）靠燃料反应供能，不可充电。
无机非金属材料范畴：玻璃、陶瓷、纤维、水泥等均属于传统无机非金属材料。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、铁是 26 号元素，基态铁原子的核外电子排布为 [Ar]3d64s2，失去 4s 轨道的 2 个电子形成 Fe2+，因此基态 Fe2+的价电子排布式为 3d6，A正确；
B、同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，而 6O2和 8O3是由不同氧原子构成的单质，二者属于同素异形体，并非同位素，B错误；
C、p 轨道的电子云呈哑铃形，2p 轨道的电子云沿 x 轴方向分布， 电子云轮廓图为，C正确；
D、配位键形成时，由一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。Fe (Ⅱ) 存在空轨道，CO 分子中含有孤电子对，因此二者形成配位键时，CO 提供孤电子对，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：过渡金属形成阳离子时，优先失去最外层 s 轨道电子，再考虑 d 轨道电子。
同位素与同素异形体：同位素针对原子，同素异形体针对单质，二者概念不能混淆。
p 轨道电子云：p 轨道有三个取向，分别沿 x、y、z 轴分布，电子云轮廓图呈哑铃形。
3．【答案】C
【知识点】苯的结构与性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、制备时，虽先通再通符合联合制碱原理，但装置甲中极易溶于水，直接通入饱和食盐水会引发倒吸，且为酸性干燥剂，无法吸收，无法有效富集，不能达到制备目的，A错误；
B、苯与液溴在铁粉催化下生成溴苯，该反应会产生气体。但溴易挥发，挥发的溴蒸气进入溶液也会生成淡黄色沉淀，无法证明反应为取代反应，且装置缺少除溴环节，B错误；
C、铁上镀锌属于电镀过程，电镀的核心规律为镀件作阴极，镀层金属作阳极，电解质溶液含镀层金属离子。装置丙中连接电源负极作阴极，连接电源正极作阳极，溶液提供，完全符合电镀原理，能达到实验目的，C正确；
D、为强酸弱碱盐，加热蒸发时会水解生成，且生成的易挥发，进一步促进水解，最终无法得到无水，需在氛围中蒸发，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
实验安全细节：氨气通入溶液需防倒吸，酸性干燥剂不能干燥碱性气体（如）。
有机反应验证：检验取代反应生成的前，必须先除溴蒸气（如用），排除溴干扰。
电镀规律：牢记“阴镀阳镀”原则，电解质溶液需含镀层金属阳离子。
盐类水解控制：蒸发易水解的盐溶液制备无水盐时，需抑制水解（如通气体）。
4．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A、NH3和 NF3的中心原子均为 N，且都有 1 对孤电子对。F 的电负性远大于 H，N-F 键的成键电子对更偏向 F，使 N 周围电子云密度降低，成键电子对之间的斥力更小，因此 NF3的键角小于 NH3，解释合理，A正确；
B、F 的电负性大于 Cl，CF3基团的吸电子能力强于 CCl3，会使羧基中 O-H 键的极性增强，H 更易电离，因此 CF3COOH 的酸性强于 CCl3COOH，解释合理，B正确；
C、对羟基苯甲酸（前者）能形成分子间氢键，使分子间作用力显著增强，沸点更高；而邻羟基苯甲酸（后者）易形成分子内氢键，分子间作用力较弱，沸点更低，解释合理，C正确；
D、用杯酚分离 C60和 C70，利用的是超分子的分子识别特征（杯酚与 C60的空腔尺寸匹配，可选择性包合），而非自组装特征，该理论解释错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
键角影响因素：中心原子相同、孤电子对数相同时，电负性大的配体使成键电子对偏向自身，减小成键电子对斥力，键角随之减小。
酸性强弱规律：羧酸分子中，吸电子基团的电负性越强、数量越多，羧基 O-H 键极性越强，酸性越强。
氢键与沸点：分子间氢键会显著提升物质沸点，分子内氢键则会降低分子间作用力，使沸点偏低。
超分子特性：超分子的核心特征包括分子识别、自组装等，分离 C60和 C70体现的是分子识别。
5．【答案】A
【知识点】银镜反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、草酸是弱酸，需保留化学式；澄清石灰水中的拆分为和；少量草酸与反应生成沉淀和水。离子方程式符合化学式拆分、反应事实及守恒规律，A正确；
B、铅酸蓄电池充电时，阳极发生氧化反应，电极材料需保留化学式，正确的阳极反应为 ，选项中错误拆分，B错误；
C、通入酸性溶液发生氧化还原反应，需满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒。配平后正确的离子方程式为，C错误；
D、甲醛与足量银氨溶液反应时，是强电解质需拆分，且甲醛被氧化的产物为碳酸根（或碳酸铵），正确的离子方程式为HCHO+ 4Ag(NH3)2++ 4OH-4Ag↓+6NH3↑+ 2NH4++ CO32-+ 2H2O，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
拆分准则：弱酸、沉淀、气体、弱电解质均保留化学式，强电解质（可溶）拆分为离子。
氧化还原配平：需同时满足电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒，缺一不可。
电极反应规范：书写电极反应时，电极材料（如）及沉淀、气体等均需保留化学式，注意反应环境的离子参与。
反应量比：注意反应物用量对产物的影响，如甲醛与银氨溶液反应，1mol甲醛可还原4mol 。
6．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 为环状分子，每个 原子形成 2 个 键，1 个 分子含 8 个 键。
；，A错误；
B、 溶液中， 发生水解：，导致溶液中 实际数目小于 ，B错误；
C、反应①为归中反应：， 中 从 价降至 价， 转移电子数：，C错误；
D、反应②为歧化反应，配平后：，氧化产物为 ，还原产物为 ，二者物质的量之比为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
结构：环状分子中，1 个 含 8 个 键，计算时需注意分子组成。
盐类水解：弱酸根离子（如 ）水解会使其实际浓度小于理论值。
归中反应：电子转移数由化合价变化决定， 归中时 1 mol 转移 4 mol 电子。
歧化反应：同一元素既被氧化又被还原，氧化产物与还原产物比例由配平方程式确定。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、原子半径比较规律为电子层数越多半径越大，同周期从左到右原子半径逐渐减小。X(H)位于第一周期，Y(N)、Z(O)位于第二周期，故原子半径应为，A错误；
B、第一电离能比较，同周期ⅡA与ⅤA族反常，同主族从上到下减小。Y(N)的2p轨道处于半满稳定状态，第一电离能大于Z(O)；R(S)位于第三周期，第一电离能远小于第二周期的N、O，故第一电离能，B正确；
C、元素非金属性越强，氢化物稳定性越强。非金属性，故氢化物稳定性（即），C错误；
D、为，其溶液中存在稳定的配离子，加入溶液时，不会与结合生成蓝色沉淀，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：
X元素：原子序数最小，结合化合物中的配位体结构及Y的成键特点，推知X为H（氢）。
Y元素：位于第二周期（X为H，Y原子序数更大），该周期基态原子未成对电子数最多。第二周期未成对电子数最多的是N（电子排布，3个未成对电子），故Y为N（氮）。
Z元素：价层电子排布式为，s轨道最多容纳2个电子，故，价层电子排布为，推知Z为O（氧）。
R元素：Z（O）和R同主族，且原子序数大于Z，故R为S（硫）。
M元素：前四周期元素，基态的d能级达到全充满结构。其核外电子排布为，推知M为Cu（铜）。综上，X为H，Y为N，Z为O，R为S，M为Cu。
8．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；醇类简介
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连有 4 个不同原子或基团的饱和碳原子。观察丹参醇结构，分子中存在2 个手性碳原子（ ），并非 3 个，A错误；
B、醇的消去反应需要羟基邻位碳上有氢原子。该分子中两个羟基的邻位碳均有氢，且消去方向不同，可生成3 种不同的消去产物（ ），B错误；
C、该分子中的含氧官能团有 羟基（-OH）、羰基（C=O）、醚键（-O-）共 3 种，红外光谱可通过特征吸收峰鉴定这 3 种官能团，C正确；
D、能与氢气加成的结构包括苯环、碳碳双键、羰基。1mol 该分子中，苯环可加成 3mol H2，两个碳碳双键可加成 2mol H2，两个羰基可加成 2mol H2，最多可与7mol H2发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
手性碳判断：饱和碳原子连接 4 个不同基团时为手性碳，需仔细标记环上所有饱和碳的连接情况。
消去反应规律：羟基邻位碳有氢即可发生消去，不同邻位氢可生成不同烯烃产物。
含氧官能团识别：羟基、羰基、醚键均为含氧官能团，红外光谱可区分不同官能团的特征吸收。
加成反应计量：苯环（3mol H2）、碳碳双键（1mol H2）、羰基（1mol H2）均可与 H2加成，需准确计数。
9．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时向b极移动，说明b极为正极，a极为负极。在原电池中，正极电势高于负极，因此电极电势：b极 > a极，A正确；
B、放电时为原电池，电子由负极（a极）流出，经外电路负载流向正极（b极），电子流向为a极→负载→b极，B正确；
C、充电时为电解池，b极作阳极，发生氧化反应，失去，电极反应为，C正确；
D、放电时，a极（负极）反应为，每1mol电子通过，a极质量减少7g（对应1mol ）；b极（正极）反应为，每1mol电子通过，b极质量增加7g（对应1mol ）。两极质量变化差值为，并非7g，D错误；
故答案为：D。
【分析】 放电时为原电池，阳离子（Li+）向正极移动，由图可知 Li+向 b 极移动，故b 极为正极，a 极为负极；充电时为电解池，原电池负极（a 极）作阴极，原电池正极（b 极）作阳极。
10．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；有机化合物中碳的成键特征；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、生成 Y（硝基苯）的反应中，浓 H2SO4先参与反应生成中间体，最终又以 H2SO4形式释放，符合催化剂 “先参与反应、后又生成” 的特征，因此浓 H2SO4作催化剂，A正确；
B、X 的结构中苯环被打开，形成饱和碳键，属于苯的加成产物；Y 是苯环上的氢被硝基取代，属于苯的取代产物，B正确；
C、苯分子中所有碳原子均为 sp2 杂化，中间体 M 中部分碳原子连接了硝基和氢，由平面结构变为四面体结构，杂化方式由 sp2 转变为 sp3，因此苯到 M 的过程中碳原子杂化方式发生了改变，C错误；
D、从能量图看，产物 Ⅱ（Y）的能量更低，稳定性更强；同时过渡态 2-2 的能量低于过渡态 2-1，生成产物 Ⅱ 的活化能更小，反应速率更快，因此无论从稳定性还是反应速率角度，均有利于产物 Ⅱ，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
催化剂判断：若物质在反应中先消耗、后生成，且化学性质与质量不变，即为催化剂。
反应类型区分：加成反应会破坏苯环的共轭体系，取代反应仅替换苯环上的氢原子。
杂化方式判断：平面结构的碳通常为 sp2 杂化，四面体结构的饱和碳为 sp3 杂化，苯环碳均为 sp2 杂化。
反应选择性：能量越低的产物越稳定，活化能越小的反应路径速率越快，二者共同决定反应的主要产物。
11．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、 按面心立方堆积， 填充在 形成的四面体空隙中，符合 的晶体结构特征，A正确；
B、沿轴方向投影时， 会投影到棱的端点与面心位置， 会投影到面内特定位置，选项给出的投影图与实际投影规律不符，B错误；
C、晶胞中 数目：， 数目为 。
晶胞质量：
由密度公式 ，晶胞体积 ，得：，C正确；
D、以为原点，点在晶胞内的位置为 、、，原子分数坐标为 ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
晶体空隙：面心立方堆积的阴离子会形成四面体空隙和八面体空隙， 填充在四面体空隙中。
晶胞投影：沿轴投影时，原子的坐标被压缩，需关注、坐标的分布。
晶胞参数计算：先确定晶胞内原子数目，计算晶胞质量，再结合密度公式 求解晶胞边长。
原子分数坐标：以晶胞顶点为原点，用分数表示原子在晶胞内的位置。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；乙烯的物理、化学性质；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、操作与现象：将适量 SO2通入 NaHCO3溶液，产生气泡，说明生成了 CO2。结论分析：比较元素非金属性，必须依据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。H2SO3不是 S 的最高价含氧酸（S 最高价为 +6，对应 H2SO4），因此该反应只能说明酸性 H2SO3 > H2CO3，无法证明非金属性 S > C，A错误；
B、操作与现象：向 Mg(OH)2悬浊液中滴加 CuCl2溶液，白色沉淀变为蓝色。结论分析：沉淀由 Mg(OH)2转化为 Cu(OH)2，根据沉淀转化规律，溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，说明 Cu(OH)2的溶解度小于 Mg(OH)2，B正确；
C、操作与现象：向苯酚浓溶液中滴入少量溴水，无白色沉淀。结论分析：苯酚与溴水会发生取代反应生成三溴苯酚，但少量三溴苯酚易溶于过量苯酚，因此观察不到沉淀并非不反应，C错误；
D、操作与现象：乙醇和浓硫酸共热至 170℃，生成的气体使酸性 KMnO4溶液褪色。结论分析：反应生成的乙烯中混有乙醇、SO2等杂质，乙醇和 SO2也能还原酸性 KMnO4使其褪色，无法确定褪色一定是乙烯导致的，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
非金属性判断：必须用最高价含氧酸的酸性比较，次强酸不能作为依据。
沉淀转化：沉淀颜色变化是转化的直观证据，转化方向指向溶解度更小的物质。
有机反应细节：苯酚与溴水反应需溴水足量，否则沉淀会溶解；乙醇消去反应的杂质会干扰乙烯检验。
实验干扰排除：验证气体性质前，需先除去杂质气体（如 SO2、乙醇）。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、已知曲线b表示COS的平衡选择性。随着温度升高，COS的选择性下降，S的选择性上升，因此呈上升趋势的曲线c代表S的平衡选择性，A正确；
B、温度升高时S的选择性提升，说明反应Ⅱ（COS分解生成S）正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH2 > 0，B正确；
C、1400K时，SO2的平衡转化率为80%，COS和S的选择性均为50%。设初始SO2为1mol、CO为3mol：转化的SO2：、生成COS：，生成S：、最终体系中：，，，、反应的平衡常数：，C正确；
D、反应Ⅰ是气体分子数减少的反应（），反应Ⅱ是气体分子数增加的反应
（）。增大压强，平衡Ⅰ正向移动，会提高SO2的平衡转化率，因此“转化率不变”的结论错误，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
曲线对应关系：COS选择性随温度升高而下降，S选择性随温度升高而上升，据此判断曲线归属。
焓变判断：温度升高，S选择性提升，说明反应Ⅱ正向移动，正反应吸热，ΔH2 > 0。
平衡常数计算：根据转化率和选择性计算各物质平衡量，再代入平衡常数表达式求解。
压强影响：增大压强，气体分子数减少的反应（反应Ⅰ）正向移动，会提升SO2的转化率。
14．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、根据上述分析，曲线Ⅰ代表 与pH的关系，A正确；
B、X点分析：X点(4.75， 0.5)处 ，根据HAc电离平衡常数公式 ，此时 。pH=4.5时计算：溶液中 ，则 ，即 。
物料守恒：初始溶液为饱和AgAc，。加入引入，由于，显然 （若浓度小于，则会小于，无法维持电荷平衡的逻辑推导下，实际浓度关系确为 ），B正确；
C、计算pH=6时的分布系数比值：
并非大于10，C错误；
D、总反应 的平衡常数 。
结合 和 ，可推导出 。
已知 ，则 ；X点知 ，则 。
代入得：，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
曲线定性分析：反应逻辑：。pH减小（增多），平衡正向移动， 增大；pH增大， 减小。
分布系数： 随pH增大而减小， 随pH增大而增大。
曲线对应：曲线Ⅰ：随pH增大数值减小，对应 （浓度随pH升高而降低）。
曲线Ⅱ：随pH增大数值减小，对应分布系数 。
曲线Ⅲ：随pH增大数值增大，对应分布系数 ，据此解题。
15．【答案】（1）球形冷凝管；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
（3）A
（4）
（5）乙醇
（6）76.01%(或0.76)
（7）小于
【知识点】配合物的成键情况；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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P2O5)吸收氨气；
故答案为： 球形冷凝管 ； P2O5(或无水CaCl2) ；
（2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，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NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)2沉淀；
故答案为： 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 ；
（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；
故答案为： A ；
（4）据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：；
故答案为： ；
（5）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸；
故答案为： 乙醇 ；
（6）根据钴原子守恒，本实验的产率为：；
故答案为： 76.01%(或0.76) ；
（7）Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，
故答案为：小于；
【分析】步骤Ⅰ里，氯化铵、浓氨水与发生反应，生成沉淀，对应的反应方程式可写为： ；步骤Ⅱ中，向体系内加入30%过氧化氢溶液，会发生氧化反应： ，最终得到溶液；步骤Ⅲ时，加入浓盐酸后，溶液中存在化学平衡： ，提高溶液里氯离子的浓度，能推动该平衡向正反应方向移动，从而促进沉淀的生成与析出。据此解题即可。
（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P2O5)吸收氨气；
（2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，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NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)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；
（4）据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：；
（5）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸；
（6）根据钴原子守恒，本实验的产率为：；
（7）Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，故答案为：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
（2）3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O
（3）还原Cu2+、Fe3+
（4）CD；4.9~5.7
（5）Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
（6）降低
（7）FDCA形成的分子间氢键更多
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（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；
故答案为： 适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等 ；
（2）其中MnO2、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为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O；
故答案为： 3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O ；
（3）Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+，除去Cu和Fe；
故答案为： 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；
故答案为： CD ； 4.9~5.7 ；
（5）用惰性电极进行电解，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
故答案为： Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ ；
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；
故答案为：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。
故答案为： FDCA形成的分子间氢键更多 ；
【分析】软锰矿（含、、）与闪锌矿（含、、）经硫酸酸浸，以滤渣1形式除去，滤液A含、、、等金属离子；向滤液A中加适量锌粉，置换出并将氧化为，过滤得到滤渣2（含等），滤液中含、、、；再加入和适量试剂X，调节溶液pH，使、转化为氢氧化物沉淀（滤渣3）除去，得到纯净的、溶液；最后对该混合溶液进行电解，阳极析出，阴极析出，同时生成的可循环用于酸浸步骤。
（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MnO2、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为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O；
（3）Zn的作用是还原Cu2+、Fe3+，除去Cu和Fe；
（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MnO2，电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（6）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，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．【答案】（1）
（2）AB；；950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；92.3%(或0.923)；121kPa
（3）C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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：。
故答案为： ；
（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．未标明正、逆，无法说明，C错误；
D． S2和H2的物质的量之比为1：2无法证明达平衡状态，D错误；
②将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数；
③由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；
④由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为；
反应Ⅰ压强平衡常数。
故答案为： AB ； ； 950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小 ； 92.3%(或0.923) ； 121kPa ；
（3）由题干图示信息可知，催化剂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吸附在催化剂上，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。
【分析】(1)将反应Ⅰ×2 + 反应Ⅱ，消去，得到目标热化学方程式，焓变做相应加和计算。
(2)① 选AB：恒压下反应前后气体分子数变化，体积不变时达平衡；气体总质量不变、体积变化，密度不变时达平衡。排除C（未指明正逆速率）、D（比例不一定等于计量数比）。
② X代表：仅由反应Ⅱ生成，且反应Ⅱ吸热，温度升高其体积分数缓慢上升。
③ 950~1050℃：反应Ⅰ（吸热更显著）占优，升温使生成量增加；
1050~1150℃：反应Ⅱ平衡右移幅度更大，消耗，使其体积分数下降。
④ 去除率：设初始为2 mol、为1 mol，结合平衡体积分数列方程求解，得去除率约92.3%；
平衡常数：先求各物质平衡分压，代入反应Ⅰ的分压平衡常数表达式计算得约121 kPa。
(3) 根据能量图中状态2的相对能量（低于催化剂初始态、高于状态1），结合原子成键模型，匹配选项C的结构。
（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：。
（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．未标明正、逆，无法说明，C错误；
D． S2和H2的物质的量之比为1：2无法证明达平衡状态，D错误；
故选AB；
②将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数；
③由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小；
④由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为；
反应Ⅰ压强平衡常数。
（3）由题干图示信息可知，催化剂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吸附在催化剂上，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．【答案】（1）加成反应
（2）对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸)；羧基、酰胺基
（3）++HCl
（4）16；或
（5）bca
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（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；
故答案为： 加成反应 ；
（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)；化合物J中含氧官能团的名称为羧基和酰胺基；
故答案为： 对硝基苯甲酸(或4-硝基苯甲酸) ； 羧基、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++HCl；
故答案为：++HCl ；
（4）由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C7H7O2N，不饱和度为5，其同分异构体中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，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×3，共16种；
故答案为：16；或 ；
（5）孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强。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（推电子基团），电子云密度增大，碱性比NH3强；则碱性由强到弱排序：bca；
故答案为： bca ；
（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，所以可得如下合成路线：。
故答案为：
【分析】以丙烯腈（A）为原料，先与甲醛加成得到醛基腈（B），再经 HCN / 氨加成得到多氰基胺C（），酸性水解后得到含氨基和羧基的中间体 D（）；以甲苯（E）为原料，经硝化反应生成F（），F中甲基被酸性高锰酸钾氧化生成G（），再与 SOCl2反应生成酰氯H（）；酰氯 H 与中间体 D 发生酰胺化反应生成I（），经 Fe/HCl 还原硝基得到芳香胺 J；最后芳香胺 J 与 TAHP 硫酸盐、经缩合等多步反应，最终得到叶酸，据此分析。
（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；
（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++HCl；
（4）由路线分析可知，F为对硝基甲苯，分子式为C7H7O2N，不饱和度为5，其同分异构体中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，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×3，共16种；
（5）孤电子对所占s轨道成分越少，越易给出电子，碱性越强。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（推电子基团），电子云密度增大，碱性比NH3强；则碱性由强到弱排序：bca；
（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，所以可得如下合成路线：。
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