资源描述
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南宁二中·柳铁一中 2025 届 12 月高三联合调研测试
化学 参考答案
1. D
【
详解】蚕丝为动物蛋白，主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，A 正确；使用黏土烧制“广州
彩瓷”，烧制过程中发生了复杂的物理变化和化学变化，B 正确；茶多酚中的酚羟基有还原性，
具有一定的抗氧化作用，C 正确；小苏打是 NaHCO3，属于强电解质，可以用来烘焙糕点，D
错误；故选 D。
2. C
【详解】石墨烯是单质，是碳的一种同素异形体，不是碳的同位素，A 错误；基态碳原子的电子排布
式为1s2 2s2 2p2 ，B 项错误；
N2H 为共价化合物，电子式正确，C 正确，SO3 的价层电子对数
4
1
为3+ (6 - 2´3)= 3，没有孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形：
，D 错误；故选 C。
2
3. D
【
详解】由于溴单质易挥发可于硝酸银反应生成溴化银沉淀，故无法证明有 HBr 生成，A 错误；苯与
溴苯互溶，无法用分液分离，应采取蒸馏，B 错误；试管中应加入饱和碳酸氢钠溶液，氢氧
化钠溶液碱性较强，会导致乙酸乙酯水解，C 错误；苯甲酸低温时溶解度较小，可采用冷却
结晶的方式得到晶体，D 正确；故选 D。
4. B
【详解】上述转化中，X→Y、 Y→Z 为取代反应，Z→G 为加成反应，A 错误；X 中羧基上的羟基与
水分子间能形成氢键，而 Y 中的氯原子则不能，因此在水中的溶解度 X>Y，B 正确；G 分子
中只有 1 个手性碳原子，如图所示（手性碳原子用*标示）：
，C 错误；Z 中的
羰基、苯环可以与氢气发生加成反应，1mol Z 最多能与 4mol 氢气发生加成反应，D 错误；故
选 B。
5. A
【
详解】由 KAl Cl 是离子晶体，Al Cl 是分子晶体，作用力：离子键＞范德华力，导致 KAl Cl 的熔
2
7
2
6
2
7
点远高于 Al Cl ，则 KAl Cl 的熔点远高于 Al Cl 与晶体类型有关，A 错误；于乙醇中存在和
2
6
2
7
2
6
氧原子相连的氢原子，存在分子间氢键，而乙醛中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于乙醛
(20.8℃)，即与氢键作用有关，B 正确；电负性：F＞Cl，故 PF3 中共用电子对离 P 更远，排
斥力更小，键角更小，即键角与 F、Cl 的电负性差异有关，C 正确；由于半径 I＞Br，导致
H-Br 的键能比 H-I 的键能大，所以热分解温度：HBr 大于 HI，即稳定性 HBr＞HI，故 HBr
和 HI 的热稳定性和键能有关，D 正确；故选 A。
6. D
【详解】漂白粉溶液含中有氯化钙和次氯酸钙，通入足量 SO2 时，仅与次氯酸钙发生氧化还原反应：
由于 SO2 有还原性，足量时不会有次氯酸生成，该反应正确的离子方程式为：
Ca2++2ClO-+2SO +2H O ==CaSO ↓+ 2Cl-+ SO 2-+4H+，因此 D 错 SO 误，故选 D。
2
2
4
4
2
7. B
高三化学答案 第 1 页 共 6 页
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【
分析】W 、X 、Y 、Z、M 均为短周期主族元素，其中 W 、X 、Y 在同一周期，Z、M 同处另一周
期，基态M 原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为 2：1，M 能形成+3
价阳离子，M 为 Al 元素；Z 能形成 6 个共价键，Z 是 S 元素；X 形成 1 个共价键，X 是 F 元
素；Y 形成 4 个共价键，Y 是 C 元素；W 形成 2 个共价键，W 是 O 元素。
【
详解】非金属性 F>O>S，气态氢化物稳定性应为 HF>H O>H S，A 错误；C 与 O 可以形成只含极性
2
2
键的非极性分子 CO2，B 正确；同周期中，第一电离能处在 S 和 Al 之间的元素有 Mg、Si 两
种，C 错误；每个 G 中含有三个阴离子，因此，1mol MR3 中含有三个阴离子(R－)，π 键数量
一共为 6NA ，D 错误；故选 B。
8. B
【
详解】石油裂解气含不饱和烃，与溴的四氯化碳发生加成反应，则溶液褪色，可能为烯烃，A 错误；
含醛基的有机物可发生银镜反应，则向盛有银氨溶液的试管中滴入乙醛，振荡，水浴温热，
一段时间后可出现银镜，B 正确；向相同体积的稀、浓硝酸插入大小一样的铁丝，浓硝酸具
有强氧化性，可以钝化铁丝使反应很难进行，稀硝酸氧化性较弱不会钝化，能和铁丝反应，C
错误；PbS 黑色悬浊液中加入 H O 生成白色 PbSO 沉淀，可知 H O 氧化 PbS，
2
2
4
2
2
不能证明 K (PbS)＞K (PbSO )，D 错误；故选 B。
sp
sp
4
9. C
【详解】放电时，M 极 Na0.44MnO2 失电子锰元素化合价升高生成 Na0.44-xMnO2 ，M 是负极；则 N 极
(
)
2
Cu3 PO4 得电子生成 Cu、Cu2O，N 是正极；充电式，M 为阴极、N 为阳极。【详解】放电
时，该装置为电池，化学能大部分转化为电能，A 正确；放电时，Cu (PO ) 得电子生成 Cu、
3
4
2
Cu O，N 极得到 3.2gCu 和2.88gCu O，则理论上 M 极转移电子的物质的量为
2
2
3
.2g
2.88g
´
2 +
´2 = 0.14mol，
B 正确；充电时，M 为阴极，阴极发生还原反应，M 极
6
4g/mol
144g/mol
Na0.44-xMnO2 +xNa+ +xe- =Na0.44MnO2 ，C 错误；充电时，该装置为电解池，阳
的电极反应式为
离子移向阴极，电池内部的 Na+ 由 N 极迁移到 M 极，D 正确；故选 C。
10. A
【分析】废电池材料中加入氯化铝和 CH3CN 进行溶解，再通入氯气，将 Fe2+转化为 Fe3+，充分反应后，
抽滤，得到磷酸铁沉淀，滤液处理后得到 LiAlCl4。
【
详解】CH CN 熔点为 81℃以上，升温至 81℃以上，CH CN 会挥发，A 错误；乙氰(CH CN)中碳原
3
3
3
子杂化类型为 sp、sp3，B 正确；观察流程可知，乙氰没有参与反应，它是有机溶剂，促进共
价化合物氯化铝溶解，C 正确；每转移 0.1mol 电子，消耗氯气 0.05mol，标况下为 1.12 升，D
正确。故选 A。
11. B
【
详解】由图知 1，2-产物第一步吸热，第二步放热，A 错误；生成 1，2-产物的第二步反应活化能低，
反应速率快，反应较短时间主要产物是 1,2-产物生成，B 正确；生成 1，4-产物的第一步活化
能更大，第一步为决速步，C 错误；1，4-产物比 1，2-产物能量更低，更稳定，D 错误；故
选 B。
12. C
1
1
1
【
解析】根据均摊法，该晶胞含有的 Li 为8 +1+12´ = 12 ，含有的 Bi 为6´ +8´ = 4，Bi、Li 个数
4
2
8
比为 4 : 12=1 : 3，则晶体的化学式为 BiLi3，A 正确；基态铋(Bi)位于第 6 周期第ⅤA 族，则其
高三化学答案 第 2 页 共 6 页
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价层电子排布式为 6s26p3，轨道表示式为：
原子位于面对角线位置，可知有4´3 =12，C 错误；②锂原子填充在其中的四面体和八面体空
3 1 1 ö
，B 正确晶胞中每个Bi 周围最近的Bi
æ
隙处，由题干晶胞结构示意图可知，A 点为(0, 0, 0) ，则B 点的坐标为ç , , ÷ ，D 正确，故
è
4 4 4 ø
选 C。
13. C
【
分析】从图像中可以看出，当 CO 的转化率达到最高点后，再升高温度，CO 的转化率降低，则表明
平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应。【详解】因为反应物气体分子数大于生成物气体
分子数，所以适当增大压强可使平衡正向移动，从而增大甲醇的平衡转化率，A 合理；c 点时，
CO 的转化率小于该温度下的平衡转化率，则平衡正向移动，反应速率v正 > v逆 ，B 合理；因
为 e 点时温度高于 b 点时温度，所以 e 点反应速率比 b 点快，即反应速率v < v ，但正反应为
b
e
K
75℃)＞K
放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以平衡常数
，Ｃ不合理；80~85℃时，
(90℃)
(
CO 的转化率已经达到 95.5%以上，且反应速率较快，所以生产时反应温度宜控制在 80~85℃，
D 合理；故选 C。
14. D
详解】由题可知，pOH 的值越大，c(OH )越小，随着c OH 的减小，δ(H PO )
-
(
-
)
逐渐增大、δ H PO
(
-
3
)
【
3
3
2
δ HPO2- 逐渐减小，亚磷酸为二元弱酸，所以曲线 a、b，c 分别对应HPO3
先增大后减小、 (
)
2-
、
3
H2PO3-
、
H PO ，A 正确；两个交点处的 pOH 分别为 7.3 和 12.6，故pH 分别为 6.7 和 1.4，故
3
3
(
-
3
)× (
c H+
)
c(HPO32- )×c(H+ )
c H PO
=10-6.7 ，B 正确；
Ka1
=
2
=
10-1.4
、Ka2 =
(
)
c(H PO-
)
c H PO
3
3
2
3
(
-
3
)× ( ) (
c H+
-
)× (
+
)
(
-
)× (
+
)
c H PO
c HPO2 c H
c HPO2 c2 H
Ka1 ×Ka2
=
2
´
3
=
3
=10-8.1 ，当
(
)
c H PO
(
)
(
)
c H PO
-
c H PO
3
3
2
3
3
3
(
)= (
c HPO 时，c H+
2-
3
)
(
)=10-4.05
mol / L ，溶液 pH 为 4.05，C 正确；H PO 的
c H PO
3
3
3
3
c HPO2 c H+
(
-
)× (
)
c H PO c OH
(
)× (
-
)
3
3
3
Ka2
=
=10-6.7 ，K (H PO- ) =
=
Kw = 10-14
=10-12.6
，
(
-
)
h
2
3
(
-
)
10-1.4
c H PO
c H PO
K
a1
2
3
2
3
(
-
)
NaH2PO3 溶液中c(H
Ka2 Kh H2PO3 ，即 H PO 以电离为主，
+
)> c(OH- )，D 错误；故选 D。
>
-
3
2
二、填空题：本题共 4 小题，共 58 分。
15. （15 分，除标注外，每空 2 分）
（
（
（
（
1）C（1 分）
2）6Fe2+＋ClO ＋6H＋=6Fe3＋＋Cl-＋3H2O
-
3
3）6.7
4）①富集 Ni 元素，提高原料利用率
适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取
②
（5）4NiCO3＋O2
2Ni O ＋4CO ↑
2
3
2
4
´ 75
（6）①
② 1∶11
NA ´(a ´ 10-10)3
高三化学答案 第 3 页 共 6 页
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【解析】由题给流程可知，矿物油主要成分是各种烃的混合物，无法与酸碱发生反应，含镍废料用酒
精预处理除去废料表面的矿物油后，后加入硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性的硫酸盐，
二氧化硅、碳不反应，过滤得到含有二氧化硅、碳的滤渣 1 和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加
入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液 pH 将铁离子、铝离子转化为氢氧化
物沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣 2 和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的镍
离子，分液得到水相和含有镍离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸镍溶液，
再加入碳酸钠溶液生成碳酸镍沉淀，在空气中焙烧得到氧化镍。
（
1）矿物油主要为饱和烃，用酒精预处理可达到洗净的目的，故选 C。
2）“氧化时，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子：6Fe2+ + ClO3
-
+ 6H+ = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O 。
（
3）常温下，溶液中镍离子完全沉淀时，pH=8.7，则Ksp =c2 (OH- )c(Ni2+ )=(10-5.3 ) 10-5
=10-
2
；若溶液
´
15.6
（
1
0-15.6
中镍离子浓度为 0.1mol/L，可知此时c(OH- )=
mol/L=10-7.3mol/L，则 pH=6.7，若使溶液中铁离子、铝
0.1
离子杂质沉淀完全，需控制溶液的 pH 范围是 4.7~6.7。
4）由萃取和反萃取所得溶液中镍离子浓度的大小可知，萃取和反萃取的目的是富集镍元素，提高原
（
料利用率；适当提高稀硫酸的浓度、充分振荡分液漏斗、用萃取剂分多次萃取等措施能提高镍离子的
反萃取率。
1
1
1
6 + 59
1
（
5）① 晶胞中 Ni2+ 数目为 1+12× =4，O2- 数目为 8× +6× =4，晶胞质量为 4×
g，晶胞边长
4
8
2
N
A
4
´75
为 a pm，晶胞体积为（a×10-10 cm）3，NiO 晶体的密度=
g/cm3；
NA ´(a ´10-10 )3
②设 1mol Ni0.96O 中含 Ni3+ x mol，Ni2+为（0.96-x）mol，根据晶体仍呈电中性，
可知 3x+2×（0.96-x）= 2×1，则 x = 0.08mol ，Ni2+为（0.96-x）mol=0.88mol，
即离子数比为 Ni3+：Ni2+ = 0.08 : 0.88 = 1 : 11。
16. （14 分，除特注外，每空 2 分）
（
（
（
（
（
1）恒压滴液漏斗；
P2O5 (或 CaCl2)（1 分）
2）NH Cl 溶于水电离出会抑制 NH ·H O 的电离，防止 c(OH⁻)过大产生 Co(OH) 沉淀
4
3
2
2
3）温度过低反应速率慢，温度过高双氧水和 NH •H O 受热易分解
3
2
4）趁热过滤（1 分）
5）C； 82.6 % (须保留三位有效数字，82.5%~83.0% 均可得 2 分)
6） 2éëCo(NH ) ùû Cl +H O +2NH Cl=2éëCo(NH ) ùû Cl +2NH +2H O
（
【
3
6
2
2
2
4
3
6
3
3
2
思路分析】CoCl2 在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢
在 55℃左右，反应生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物 éëCo(NH ) ùûCl 。
3
6
3
【
详解】（1）球形干燥管中固体试剂的作用是吸收挥发出的氨气，故可盛放 P O (或 CaCl )；
2
5
2
（2）先加入氯化铵，增加铵根浓度，抑制一水合氨电离，防止 c(OH⁻)过大产生 Co(OH)2 沉淀；
（
4）活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，减少 éëCo(NH ) ùû Cl 损失；
3
6
2
（
5）浓盐酸氯离子浓度大，降低 ëéCo(NH ) ûùCl 在水中溶解度，因此试剂甲选用浓盐酸；过滤得到
3
6
3
é
(
) ù
Co NH ûCl
3
×
晶体，用乙醇洗去晶体表面杂质，同时用乙醇便于晶体干燥，故选 C；CoCl2
6H2O 的
ë
6
3
2
.38g´ 267.5
质量为 2.38g，对应的 éëCo(NH ) ùûCl 理论产量为 m=
= 2.675g，产率
≈ 82.6%。
3
6
3
2
38
高三化学答案 第 4 页 共 6 页
{
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17. （14 分，除标注外，每空 2 分）
（1）+126.99
（2）① A、D
②
③
④
△H >0、△H >0，温度高于 500℃时，反应 iii 正向移动的幅度大于反应 iv
3
4
a（1 分）；
0.02
B
（3）① 阴极（1 分）；
② 2EDTA-Fe3+ + H2S == 2H+ + 2EDTA-Fe2+ + S↓
1
【
解析】（1）由反应 iii + iv 可得反应 ii：CO (g)+H S(g) CO(g)+ S (g)+H O(g)，盖斯定律可知，
2
2
2
2
2
ΔH =ΔH +ΔH = (+85.79kJ/mol) + (+41.20kJ/mol) = +126.99 kJ/mol。
2
3
4
（2）① 根据四个反应的产物可知，生成 H2O 的物质的量多于 COS，因此曲线 a 表示水的选择性。结
合题干信息“产率=转化率×选择性”可知：400℃时 H2S 转化率为 5%左右，COS 的选择性为 90%，则产
率为 5%×90%=4.5%，同理，600℃时则产率约为 15%×60%=9.0%，800℃时产率约为 30%×25%=7.5%，
1000℃时产率约为 58%×7%=4.06%，故 COS 的产率最高的是 600℃；
②
由图可知，温度低于 500℃时 H S 和 CO 的转化率基本相同，说明此时反应主要发生反应 i 和 ii；
2
2
而反应 iii 的反应物有 H S，反应 iv 的反应物有 CO ，反应 iii 和 iv 均为吸热反应，当温度高于 500℃
2
2
时，发生副反应 iii 正向移动的幅度大于反应 iv，导致 H S 的转化率大于 CO 。
2
2
③
反应 ii 和反应 iii 均为正反应是一个气体体积增大的吸热反应：升高温度，上述平衡正向移动，S2
的平衡产率提高，A 符合题意；增大压强，上述平衡均逆向移动，S2 的平衡产率降低，B 不合题意；
降低温度，上述平衡均逆向移动，S2 的平衡产率降低，C 不合题意；恒压下充入氩气，相当于减小压
强，上述平衡均正向移动，S2 的平衡产率提高，D 符合题意；故选 A、D。
④
由图示可知，700℃时，H S 的平衡转化率为 20%，CO 的平衡转化率为 16%，COS 的选择性为 40%，
2
2
H O 的选择性为 88%，假设起始投入的 CO 和 H S 的物质的量均为 a mol，
2
2
2
则平衡时 CO 的物质的量为：a×(1-16%) mol=0.84a mol，H S 的物质的量为：a×(1-20%) mol=0.8a mol，
2
2
COS 的物质的量为：a×20%×40% mol=0.08a mol，H2O 的物质的量为：a×20%×88% mol=0.176a mol，
.08a 0.176a
0
´
c(COS)·c(H2O)
V
V
反应 i 的平衡常数 K =
=
= 0.02。
c(CO )·c(H S)
0.84a 0.80a
´
2
2
V
V
（
3）①ZnO@石墨烯电极区为阴极区，发生还原反应：CO + 2e-+ 2H+= CO+H O。②阳极区 EDTA-Fe2+
2
2
失电子生成 EDTA-Fe3+，同时 EDTA-Fe3+与 H2S 反应生成硫单质、H+和 EDTA-Fe2+，反应方程式为
2EDTA-Fe3+ + H2S = 2H+ + 2EDTA-Fe2+ + S↓。
18. （15 分，除标注外，每空 2 分）
（
1）C H O（1 分）
苯乙烯 （1 分）
8
8
（2）I. O2、Cu 或 Ag、加热（试剂 1 分、条件 1 分）
II.
III. 消去（1 分）
（3） a、c
高三化学答案 第 5 页 共 6 页
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（4）23；
（1 分，间位或对位也合理）
¾
(
¾
浓硫
¾
酸）
¾®
¾
(
¾
CO
(酸化)
¾
电催
¾
化）
¾®
¾
(
¾
浓硫
¾
酸）
¾®
（5）
2
（3 分）
(Δ)
(Δ)
【思路分析】
A 与氢气发生加成反应生成 B，B 在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 C，则 C 为
，对比
C 和 D 的结构简式可知，
到
的转化发生的是氧化反应，
的在 1)CO2 电催化、2)
酸化条件下转化成 E，
在一定条件下发生消去反应转化成阿托酸
。
【详解】（2）根据化合物 E（
）的结构特征，含有苯环、羧基、醇羟基，分析预测其可能
的化学性质：含有羟基，与羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下氧化生成
羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成
；含有
；
含苯环，可以与 H2 发生加成反应生成
；
（3）a．化合物 A 不含有醛基结构，因此不与新制氢氧化铜悬浊液反应，a 错误；
b．化合物 E 分子中含有羧基与羟基，可形成分子内氢键和分子间氢键，b 正确；
c．阿托酸分子中所有碳原子均采取 sp2 杂化，但分子内羧基中的氧原子是 sp3 杂化，C-O-H 呈 V 形，
该 H 原子不一定与其它原子共平面，c 错误；
d．CO2 中碳元素化合价为+4 价，E 结构简式为
中羧基的化合价为+3 价，碳元素化合价降
低，所以在 D→E 反应中，CO2 在阴极上发生还原反应，d 正确；故选 a、c；
4）根据题意，G 的结构须含有：一个酚羟基、一个羧基、1 个-CH 结构。若苯环侧链为-OH、-CH -COOH、
（
3
2
-
CH 连在苯环上，有 10 种；若苯环侧链为-OH、-COOH、-CH -CH 连在苯环上，有 10 种；若苯环侧
3
2
3
链为-OH 和-CH(CH3)-COOH 按照邻、间、对位连苯环上，有 3 种；因此，符合条件的 G 的结构一共
有 10+10+3=23 种。其中含有-CH(CH3)-COOH 的三种 G 中含有手性碳原子，如二取代邻位的结构结构
简式为
，同理，间位和对位也符合条件。
（
5）结合题干合成路线可得：
在浓硫酸作催化剂、加热反应生成
，再在浓硫酸、加热生成
，然后在 1)CO2
电催化、2)酸化条件下转化成
。
高三化学答案 第 6 页 共 6 页
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