2025届内蒙古自治区高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古自治区2025届高三下学期二模试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：O16Na23Cl35.5Se79Cd112一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“鹰顶金冠饰”(如图，主要由黄金铸成)是迄今所发现的唯一的“胡冠”实物，是内蒙古博物院的镇院之宝。下列叙述正确的是A.黄金属于合金B.“鹰顶金冠饰”在碱性潮湿土壤中易发生吸氧腐蚀C.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明黄金的密度比沙子的大D.金既能与浓盐酸反应，也能与浓硝酸反应，还能与王水反应【答案】C【解析】A．合金指两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合在一起形成的具有金属特性的物质，黄金属于纯金属，属于纯净物，故A错误；B．金的活泼性很弱，化学性质稳定，不易发生腐蚀，故B错误；C．"千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以单质形式存在，且黄金的密度比沙子的大，故C正确；D．金与浓盐酸不反应，也不与浓硝酸反应，但能够在王水中形成配合物而溶解，故D错误；故选C。2.下列关于反应中所涉及的物质的化学用语或叙述正确的是A.HClO的电子式为 B.是极性分子C.中含型键 D.的VSEPR模型为【答案】B【解析】A．HClO是共价化合物，其电子式为，A错误；B．中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，是三角锥形，是极性分子，B正确；C．中存在H的s轨道和O的sp3杂化轨道形成的型键，C错误；D．中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为：，D错误；故选B。3.“神舟十八号”载人飞船上开展了“蛋白与核酸共起源及密码子起源的分子进化研究”和“空间用固液复合润滑材料的设计、界面作用机理及舱外验证”等科学试验。下列有关叙述错误的是A.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物B.在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质易发生变性C.液体润滑剂中，矿物油和植物油的主要成分分别为液态烃和酯类D.常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均属于天然高分子材料【答案】D【解析】A．许多核苷酸单体聚合形成核酸，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，A正确；B．蛋白质在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质失去活性而发生变性，B正确；C．矿物油是石油经过加工得到，属于液态烃类，植物油属于油脂，是酯类，C正确；D．常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均人工合成高分子材料，D错误；答案选D。4.植物油和呋喃-2，5-二甲酸能合成生物基醇酸树脂(如图，—R为烃基)。下列叙述错误的是A.X的结构简式为 B.甲、乙是合成丙的单体C.丙是一种能自然降解的绿色材料 D.丙的熔点高于乙【答案】A【解析】A．根据原子守恒，X为RCHO，A错误；B．丙是高分子化合物，甲和乙是合成丙的单体，B正确；C．丙的结构中含有酯基，是一种能自然降解的绿色材料，C正确；D．丙的相对分子质量远大于乙，丙的熔点高于乙，D正确；答案选A。5.下列关于化学实验基本操作的说法正确的是A.用分液漏斗分离乙醇和乙酸乙酯的混合液B.除去溴苯中溴的方法是加入NaOH溶液，充分反应后分液C.配制一定物质量浓度的硫酸时，将浓硫酸加入容量瓶后加水定容D.淀粉水解后直接加新制氢氧化铜并加热可以检验水解产物葡萄糖【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸乙酯互相溶解，不分层，不能用分液漏斗分离，A错误；B．溴与NaOH溶液反应，溴苯与NaOH溶液常温下不反应，充分反应后分层，可以用分液法得到溴苯，B正确；C．应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，冷却到室温后再转移到容量瓶后加水定容，C错误；D．淀粉水解后，加入氢氧化钠溶液到碱性，再加新制氢氧化铜并加热可以检验水解产物葡萄糖，D错误；故选B。6.部分含氯物质的“价-类”关系如图所示。下列事实和对应的方程式均正确的是A.用a的溶液溶解试管中难溶的：B.向紫色石芯溶液中通入b，溶液先变红后褪色：C.向含烧碱的c溶液中滴加少量溶液产生红褐色沉淀：D.e和a的浓溶液共热生成b和d：【答案】D【解析】根据“价—类”二维图，a为HCl，b为Cl2，c为NaClO、d为ClO2，e为NaClO3。A．a为HCl，与反应生成难溶的AgCl，方程式为，A项错误；B．HClO是弱酸，离子方程式中不拆为离子形式，离子方程式：，B项错误；C．电荷不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为，C项错误；D．NaClO3和浓盐酸共热发生反应生成Cl2和ClO2，化学方程式为，D项正确；答案选D。7.部分含碘的物质有图示转化关系，已知为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，4.48L中含有的原子数为B.溶液中含有的数小于C.反应①中，生成时转移电子的数目为D.反应②中，生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子的数目为【答案】D【解析】A．标准状况下，为固体物质，4.48L物质的量不是0.2mol，含有的原子数不是，A项错误；B．为强电解质、且水溶液为强酸，溶液中的不能发生水解，故溶液中含有的数等于，B项错误；C．反应①为，该反应为归中反应，生成时转移电子的物质的量为5mol，生成时转移电子的数目为，C项错误；D．反应②为，其中既是氧化剂又是还原剂，为还原产物、为氧化产物，3mol参加反应时，有2.5mol作氧化剂，生成1mol氧化产物，则生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子的数目为，D项正确；答案选D。8.下列有关叙述正确的是A.基态B原子核外有5种不同运动状态的电子B.分子的空间结构与VSEPR模型一致C.、晶体中阴离子的配位数相等D.中键和键数目之比为【答案】A【解析】A．B原子核外有5个电子，基态B原子核外有5种不同运动状态的电子，A正确；B．分子中S的价层电子对数为4+=5，孤电子对数为1，VSEPR模型与空间构型不一致，B错误；C．阴离子配位数为6，晶体中阴离子的配位数为8，二者不相等，C错误；D．单键都是键，双键有一个键和一个键，中键和键数目之比为13:3，D错误；答案选A。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在气体中W单质密度最小，X的两种常见氧化物都是直线形分子，Y的简单氢化物遇浓盐酸会产生“白烟”，W和Z位于同主族。下列叙述正确的是A.简单离子半径：B.电负性：C.X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物D.和分子的键角相等【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在气体单质中W单质的密度最小，W为H元素；X的两种常见氧化物都是直线形分子，X为C元素；Y的简单氢化物遇浓盐酸会产生“白烟”，Y为N元素；W和Z位于同主族，故Z为Na元素。A．N3-与Na+均为10电子，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，故简单离子半径：r(N3-)>r(Na+)，A错误；B．非金属性H>Na，电负性：H>Na，B错误；C．X为C，Y为N，C的氢化物属于烃类，种类繁多，可能高于N的氢化物，C正确；D．为N2H4，为C2H4，N2H4中N原子的杂化方式为sp3杂化，C2H4中的C为sp2杂化，分子的键角不相等，D错误；答案选C。10.科学家开发出首例无阳极钠固态电池(如图)，下列叙述错误的是A.放电时，a极为负极B.放电时，向b极迁移C.充电时，b极反应式为D.充电时，a极净增4.6g时转移的电子数约为【答案】C【解析】电极为Na，电解质溶液为Na4MnCr(PO4)3，则该电池反应为Na和Na+的转化，放电时a为负极Na→Na+，充电时a为阴极Na+→Na。A．据分析，放电时a为负极，故A正确；B．放电时，a为负极，b极为正极，阳离子向正极迁移，即向b极迁移，故B正确；C．充电时，b极为阳极，电极反应式为，故C错误；D．充电时，转移1mol电子a极增加1molNa，则a极净增4.6g时转移的电子数约为，故D正确；故答案为C。11.由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作、现象结论A向2mL无色溶液X中滴加甲基橙溶液，溶液变黄色X一定是碱性溶液B在一块鸡皮上滴2滴浓硝酸，鸡皮变黄色该鸡皮中有含苯基的蛋白质C1-溴丁烷和KOH-乙醇混合液共热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液由橙红色变为绿色该气体一定1-丁烯D向溶液中，先滴入3滴溶液，再滴入3滴溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．甲基橙指示剂变色pH范围为3.1~4.4，溶液变黄色不一定为碱性溶液，故A错误；B．含苯基蛋白质与浓硝酸反应出现黄色，故B正确；C．加热挥发出的乙醇和1-丁烯均有还原性，均能使酸性K2Cr2O7溶液由橙红色变为绿色，因此不能说明该气体一定是1-丁烯，故C错误；D．硝酸银过量，先加硫酸钠，再加铬酸钠，反应均为沉淀生成，不存在沉淀转化，无法比较两者Ksp，故D错误；故答案为B。12.以铁屑(含、等杂质)为原料制备六水氯化铁的流程如图。下列叙述错误的是不同温度下，六水氯化铁在水中的溶解度如下：温度/℃01020305080100溶解度/g74.481.9918106.8315.1525.8535.7A.“滤渣”的主要成分是Cu和AgB.“氧化”中的离子反应为C.“结晶”中浓盐酸的作用是抑制水解D.“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【解析】铁屑(含、等杂质)中加入稀硫酸，、不反应，为滤渣，Fe生成硫酸亚铁，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，加入浓盐酸结晶得到·6H2O。A．根据流程图可知，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铜、银与稀硫酸不反应，则滤渣的主要成分是Cu和Ag，故A正确，不符合题意；B．“氧化”中发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误，符合题意；C．“结晶”中浓盐酸既可以提供Cl-又可以抑制FeCl3的水解，故C正确，不符合题意；D．结合六水氯化铁在水中的溶解度可知，“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确，不符合题意。故选B。13.常温下，用甲苯萃取水中少量的正丁酸：，水溶液中正丁酸浓度随萃取时间的变化如图所示。下列叙述错误的是A.6min时的逆萃取速率小于2min时的逆萃取速率B.2min时正萃取速率大于逆萃取速率C.水中正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，萃取平衡常数不变D.2~4min内正丁酸的平均萃取速率【答案】A【解析】A．平衡之前，逆萃取速率逐渐增大，6min时的逆萃取速率大于2min时的逆萃取速率，A项错误；B．平衡之前，正萃取速率大于逆萃取速率，B项正确；C．萃取平衡常数只和温度有关，水中正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，温度不变，萃取平衡常数不变，C项正确；D．速率等于浓度的变量除以时间，2~4min内正丁酸的平均萃取速率，D正确；答案选A。14.我国科学家开发的铜-铬催化剂实现了RH(烃)和ArCHO(芳醛)合成(如图)，下列叙述错误的是已知：自由基，也称为游离基，是含有奇数电子或不配对电子的原子、原子团或分子，如·R、·Cl等。代表＋2价铬离子。A.路径1和路径2都产生了游离基B.总反应不是理想的绿色化学反应C.上述循环过程中，铜、铬的化合价均发生了改变D.上述循环过程中，HCl是中间产物【答案】B【解析】A．路径1产生有·R、·Cl游离基，路径2产生有·R和游离基，A正确；B．总反应为ArCHO+RH→，属于加成反应，产物只有1种，原子利用率为100%，它是理想的绿色化学工艺，B错误；C．观察图示可知，铜元素表现+1价和+2价、铬元素表现+2价和+3价，化合价都发生了变化，C正确；D．含铜-铬物质为催化剂，HCl为中间产物，D正确；答案选B。15.常温下，维持，在、和HF的混合液中[、或]与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：。A.直线①代表与pH的关系B.常温下，C.当和共沉淀时，D.用NaOH溶液吸收HF，当时，溶液的【答案】C【解析】溶液中存在，增大，减小，电离平衡正移，增大，减小，则图中直线③代表与的关系，直线①②代表、与的关系，由，即溶液中一定时，，>，则直线①代表与的关系、直线②代表与的关系。根据直线③上T点[或P点]，；T点是直线①与直线③交点，则、，，同理，根据P点求。A．根据上述分析，直线①代表与的关系，A项错误；B．根据上述分析可知，B项错误；C．当和共沉淀时，，即，C项正确；D．用NaOH溶液吸收HF，当时，溶液中，则，D项错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，也是一种广谱消毒剂。某小组先制备干燥纯净的氯气，再用固体与反应制备并收集纯净的，装置如图(部分夹持装置省略)。回答下列问题：已知：能与NaOH溶液反应。（1）装置A中橡胶管L的作用是___________，装置A中漂粉精与浓盐酸反应的离子方程式为___________。（2）完成装置管口连接顺序：a→f→g___________→b→c→i．(部分装置可重复使用)（3）装置C在实验中发生反应的微观过程如图所示(忽略原子半径大小)。已知：自旋磁量子数表示电子自旋方向，顺时针旋转电子，逆时针旋转电子。表示的基态原子自旋磁量子数总和为___________。表示的基态原子的电子云有___________种空间取向。（4）G中试剂可以用下列试剂中的___________(填标号)进行替换。①水②NaOH溶液③KI溶液④苯（5）气态物质贮存和运输不便，常将其转化成固态物质，如将通入含双氧水和NaOH的混合液中，使其转化成，该反应的化学方程式为___________。（6）有效氯含量可衡量含氯消毒剂的相对消毒能力强弱，其定义为每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。、、作为消毒剂时，氯元素均被还原为，则这三种消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为___________(用化学式回答)。【答案】（1）①.平衡气压，使浓盐酸顺利滴下②.ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌（2）→b→c→e→d→m→l→k→j（3）①.②.6（4）④（5）2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2（6）【解析】本题为无机物制备类的实验题，装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，以此解题。（1）装置A中橡胶管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；漂粉精和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌；（2）装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，故答案为：a→f→g→b→c→e→d→m→l→k→j→b→c→i；（3）根据微观过程可知，2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则表示氯，其价层电子排布式为：3s23p5，则其自旋磁量子数总和为，表示钠，其电子排布式为：1s22s22p63s1，则其基态原子的电子云有1+1+3+1=6；（4）根据题给信息可知，是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，结合分析可知，G是吸收氯气，则可用苯替换G中试剂，①中氯气与水反应是可逆，②能与NaOH溶液反应，③中碘离子具有还原性，能和反应，故选④，（5）二氧化氯、过氧化氢、氢氧化钠反应生成，二氧化氯是氧化剂，过氧化氢是还原剂，方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；（6）、、NaClO，还原产物均为，则1mol反应时，得5mol电子，1mol反应时得4mol电子，1molNaClO反应时得2mol电子，三者单位质量转移电子数分别为：、、；则三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为；17.CdSe是一种半导体材料。以镉渣(主要成分是Cd，含少量的、、、等)为原料制备CdSe的流程如下。回答下列问题：已知：已知：①几种金属离子以金属氢氧化物形式沉淀的pH如下：金属离子开始沉淀的pH1.56.57.2完全沉淀的pH3.39.9？②常温下，；③Co和Cd与硫酸反应后分别得到和。（1）上述位于周期表ds区的金属中，第二电离能和第一电离能相差最大的是___________(填元素符号)。（2）“酸浸”时，其他条件相同，镉的浸出率与温度、时间的关系如图。当镉浸出率为时，宜采取的实验条件是___________(选择温度、时间)。（3）“除钴”时加入、，恰好得到CoSb合金。该反应的离子方程式为___________。（4）“除铁”时，先加入，后加入ZnO调节pH。调节pH的范围为___________；过滤得到的“渣2”的主要成分为和___________(填化学式)。（5）“电解”后的“废液”可以用于“___________”(填名称)工序，实现资源循环利用；如果用生石灰处理该“废液”，当pH为9(常温下)时，___________。（6）CdSe晶胞如图所示。已知：晶胞底边长为，高为，，，为阿伏加德罗常数的值。该晶体密度为___________。（7）制备CdSe纳米片的原理是在一定条件下和反应，发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）Cu（2）100℃、6h（3）（4）①.3.3≤pH＜7.2②.Fe(OH)3（5）①.酸浸②.（6）（7）+=CdSe+【解析】本题是无机物制备类的工业流程题，镉渣用硫酸酸浸后Co和Cd与硫酸反应后分别得到和，同时其中含有、，除钴，除铁后再电解，电解时反应为，过滤后加入硒粉即可合成产物，以此解题。（1）上述位于周期表ds区的金属有Zn、Cu，其中铜价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成稳定结构，其第二电离能和第一电离能相差最大，故答案为：Cu；（2）由图可知，当镉浸出率为时，宜采取的实验条件是100℃、6h；（3）根据题意“除钴”时加入、，恰好得到CoSb，即此时钴离子，氢离子、锌和反应生成CoSb，结合电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：；（4）ZnO调节溶液pH使Fe3+完全沉淀生成Fe(OH)3，Cd2+不沉淀，由题可知，调节溶液pH的范围为3.3≤pH＜7.2；则过滤得到的“渣2”的主要成分为和Fe(OH)3；（5）电解硫酸镉溶液生成硫酸、镉和氧气，电解方程式为：，则“电解”后的“废液”可以用于酸浸工序，实现资源循环利用；当pH为9(常温下)时，c(OH-)=1×10-5，则；（6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cd个数为：=2，Se个数为：=2，若CdSe的晶胞的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：cm3，则其晶体的密度为=g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)，故答案为：；（7）根据题意和反应生成CdSe，则相应的方程式为：+=CdSe+。18.丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：方法(一)热裂解法：。上述物质的燃烧热和熵值如表所示：物质燃烧热)-2219.9-2049-286嫡270.3266.98130.7（1）___________。（2）___________(填“>”或“<”，下同)0，第一电离能H___________C．（3）某温度下，向某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应。平衡时容器中总压为，丙烷的转化率为，则该反应的平衡常数为___________(用分压计算的平衡常数为，分压等于总压×物质的量分数)；达到平衡后，欲同时增大反应速率和丙烷的平衡转化率，可采取的措施有___________(填标号)。A．增大丙烷浓度B．加入高效催化剂C．升高温度D．及时分离出丙烯方法(二)氧化裂解法：(副产物有、CO和C等)。图1为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2为投料比对丙烷氧化裂解反应性能的影响。已知：的选择性；的收率的转化率的选择性。（4）的转化率随着温度升高而增大的原因是___________，该反应体系中，属于极性分子的是___________(填化学式，任写一个)。（5）的值较小时，的选择性也较低，其原因可能是___________。（6）研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量的，能提高丙烷的转化率和丙烯的收率，请结合反应式说明原因：___________。【答案】（1）+115.1（2）①.>②.>（3）①.②.C（4）①.温度升高，反应速率加快，转化率升高②.C3H6或H2O（5）氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低（6）CO2发生反应，消耗了氢气，促进反应正向移动【解析】（1）由表可知：①②③由盖斯定律，①-②-③得；（2）根据可得△S＞0，同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：H>C；（3）假设丙烷投料为1mol，则：总的物质的量为1+x，平衡时容器中总压为akPa，则该反应的平衡常数；A．反应为气体分子数增大的反应，增大丙烷的浓度，则相当于增大压强，会导致平衡逆向移动，丙烷的平衡转化率减小，错误；B．加入高效催化剂，加快反应速率，不改变平衡移动，错误；

C．反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，且导致平衡正向移动，正确；

D．及时分离出丙烯，物质浓度减小，反应速率减小，错误；故选C；（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度的升高而增大，考虑影响化学反应速率的因素，可能原因为温度升高，反应速率加快，转化率升高。正负电荷中心不重合的分子为极性分子，属于极性分子的是C3H6和H2O。（5）氧气具有氧化性，丙烷氧化裂解产物中除C3H6外，还有CH4、CO和C等，的值较低时，C3H6的选择性较低的原因可能是：氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低。（6）研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2，能更好地提高丙烷的转化率和丙烯的产率，原因可能为：CO2发生反应，消耗了氢气，促进反应正向移动。19.以甲苯为原料合成某药物中间体TM的流程如下：回答下列问题：（1）A中碳原子的2p轨道形成___________中心___________电子的大键。（2）C的结构简式为___________，TM中的官能团是___________(填名称)，D的名称是___________。（3）上述流程中，设计A→B、C→D步骤的目的是___________。（4）下列叙述错误的是___________(填标号)。a．D→E有还原反应发生b．E和F互为同系物c．E中只有碳采用杂化d．TM分子中所有原子可能共平面（5）H是G的同分异构体，H含有萘环()和2个碳原子数相同的取代基，符合条件的H有___________种。（6）以A为原料能合成邻溴苯甲醛，路线如下。则M、N的结构简式分别为___________、___________。【答案】（1）①.6②.6（2）①.②.醛基③.邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)（3）起定位作用，在甲基邻位引入硝基(合理即可)（4）bc（5）10（6）①.②.【解析】A和浓硫酸发生取代反应生成B，根据B、D结构简式可以知道C的结构简式为，后续反应物和反应条件都是已知，据此分析解题。（1）A中苯环上的大键为6中心6电子的大π键，其中每个碳原子提供1个2p电子构成。（2）根据分析，C的结构简式为，TM中的官能团是醛基，D的名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)。（3）甲苯的邻、对位碳氢键活泼，引入磺酸基，起占位作用，使硝基进入邻位。（4）a．D在锌、碱作用下硝基变为氨基，发生还原反应，故a正确；b．E和F分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故b错误；c．E中苯环上碳原子采取sp2杂化，甲基上碳原子采用sp3杂化，故c错误；d．TM分子可以看成2个苯环、2个醛基，4个面可能共平面，故d正确；故答案为bc。（5）G有14个碳原子，含有萘环且符合条件的G的同分异构体H为两个乙基取代的萘，萘环有2种化学环境的氢，如图，其中两个均取代有3种，两个均取代有三种，分别取代有4种，则符合条件的H有10种。（6）根据题目中合成路线，甲苯经过磺化、溴代、脱去磺酸基、二氧化锰氧化甲基生成醛基得到目标产物，即。内蒙古自治区2025届高三下学期二模试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：O16Na23Cl35.5Se79Cd112一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“鹰顶金冠饰”(如图，主要由黄金铸成)是迄今所发现的唯一的“胡冠”实物，是内蒙古博物院的镇院之宝。下列叙述正确的是A.黄金属于合金B.“鹰顶金冠饰”在碱性潮湿土壤中易发生吸氧腐蚀C.“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明黄金的密度比沙子的大D.金既能与浓盐酸反应，也能与浓硝酸反应，还能与王水反应【答案】C【解析】A．合金指两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合在一起形成的具有金属特性的物质，黄金属于纯金属，属于纯净物，故A错误；B．金的活泼性很弱，化学性质稳定，不易发生腐蚀，故B错误；C．"千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以单质形式存在，且黄金的密度比沙子的大，故C正确；D．金与浓盐酸不反应，也不与浓硝酸反应，但能够在王水中形成配合物而溶解，故D错误；故选C。2.下列关于反应中所涉及的物质的化学用语或叙述正确的是A.HClO的电子式为 B.是极性分子C.中含型键 D.的VSEPR模型为【答案】B【解析】A．HClO是共价化合物，其电子式为，A错误；B．中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，是三角锥形，是极性分子，B正确；C．中存在H的s轨道和O的sp3杂化轨道形成的型键，C错误；D．中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为：，D错误；故选B。3.“神舟十八号”载人飞船上开展了“蛋白与核酸共起源及密码子起源的分子进化研究”和“空间用固液复合润滑材料的设计、界面作用机理及舱外验证”等科学试验。下列有关叙述错误的是A.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物B.在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质易发生变性C.液体润滑剂中，矿物油和植物油的主要成分分别为液态烃和酯类D.常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均属于天然高分子材料【答案】D【解析】A．许多核苷酸单体聚合形成核酸，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，A正确；B．蛋白质在超声波、紫外线和放射线作用下，蛋白质失去活性而发生变性，B正确；C．矿物油是石油经过加工得到，属于液态烃类，植物油属于油脂，是酯类，C正确；D．常用的润滑剂有聚四氟乙烯、聚甲基丙烯酸甲酯和聚苯乙烯等，这三者均人工合成高分子材料，D错误；答案选D。4.植物油和呋喃-2，5-二甲酸能合成生物基醇酸树脂(如图，—R为烃基)。下列叙述错误的是A.X的结构简式为 B.甲、乙是合成丙的单体C.丙是一种能自然降解的绿色材料 D.丙的熔点高于乙【答案】A【解析】A．根据原子守恒，X为RCHO，A错误；B．丙是高分子化合物，甲和乙是合成丙的单体，B正确；C．丙的结构中含有酯基，是一种能自然降解的绿色材料，C正确；D．丙的相对分子质量远大于乙，丙的熔点高于乙，D正确；答案选A。5.下列关于化学实验基本操作的说法正确的是A.用分液漏斗分离乙醇和乙酸乙酯的混合液B.除去溴苯中溴的方法是加入NaOH溶液，充分反应后分液C.配制一定物质量浓度的硫酸时，将浓硫酸加入容量瓶后加水定容D.淀粉水解后直接加新制氢氧化铜并加热可以检验水解产物葡萄糖【答案】B【解析】A．乙醇和乙酸乙酯互相溶解，不分层，不能用分液漏斗分离，A错误；B．溴与NaOH溶液反应，溴苯与NaOH溶液常温下不反应，充分反应后分层，可以用分液法得到溴苯，B正确；C．应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，冷却到室温后再转移到容量瓶后加水定容，C错误；D．淀粉水解后，加入氢氧化钠溶液到碱性，再加新制氢氧化铜并加热可以检验水解产物葡萄糖，D错误；故选B。6.部分含氯物质的“价-类”关系如图所示。下列事实和对应的方程式均正确的是A.用a的溶液溶解试管中难溶的：B.向紫色石芯溶液中通入b，溶液先变红后褪色：C.向含烧碱的c溶液中滴加少量溶液产生红褐色沉淀：D.e和a的浓溶液共热生成b和d：【答案】D【解析】根据“价—类”二维图，a为HCl，b为Cl2，c为NaClO、d为ClO2，e为NaClO3。A．a为HCl，与反应生成难溶的AgCl，方程式为，A项错误；B．HClO是弱酸，离子方程式中不拆为离子形式，离子方程式：，B项错误；C．电荷不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为，C项错误；D．NaClO3和浓盐酸共热发生反应生成Cl2和ClO2，化学方程式为，D项正确；答案选D。7.部分含碘的物质有图示转化关系，已知为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，4.48L中含有的原子数为B.溶液中含有的数小于C.反应①中，生成时转移电子的数目为D.反应②中，生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子的数目为【答案】D【解析】A．标准状况下，为固体物质，4.48L物质的量不是0.2mol，含有的原子数不是，A项错误；B．为强电解质、且水溶液为强酸，溶液中的不能发生水解，故溶液中含有的数等于，B项错误；C．反应①为，该反应为归中反应，生成时转移电子的物质的量为5mol，生成时转移电子的数目为，C项错误；D．反应②为，其中既是氧化剂又是还原剂，为还原产物、为氧化产物，3mol参加反应时，有2.5mol作氧化剂，生成1mol氧化产物，则生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子的数目为，D项正确；答案选D。8.下列有关叙述正确的是A.基态B原子核外有5种不同运动状态的电子B.分子的空间结构与VSEPR模型一致C.、晶体中阴离子的配位数相等D.中键和键数目之比为【答案】A【解析】A．B原子核外有5个电子，基态B原子核外有5种不同运动状态的电子，A正确；B．分子中S的价层电子对数为4+=5，孤电子对数为1，VSEPR模型与空间构型不一致，B错误；C．阴离子配位数为6，晶体中阴离子的配位数为8，二者不相等，C错误；D．单键都是键，双键有一个键和一个键，中键和键数目之比为13:3，D错误；答案选A。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在气体中W单质密度最小，X的两种常见氧化物都是直线形分子，Y的简单氢化物遇浓盐酸会产生“白烟”，W和Z位于同主族。下列叙述正确的是A.简单离子半径：B.电负性：C.X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物D.和分子的键角相等【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在气体单质中W单质的密度最小，W为H元素；X的两种常见氧化物都是直线形分子，X为C元素；Y的简单氢化物遇浓盐酸会产生“白烟”，Y为N元素；W和Z位于同主族，故Z为Na元素。A．N3-与Na+均为10电子，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，故简单离子半径：r(N3-)>r(Na+)，A错误；B．非金属性H>Na，电负性：H>Na，B错误；C．X为C，Y为N，C的氢化物属于烃类，种类繁多，可能高于N的氢化物，C正确；D．为N2H4，为C2H4，N2H4中N原子的杂化方式为sp3杂化，C2H4中的C为sp2杂化，分子的键角不相等，D错误；答案选C。10.科学家开发出首例无阳极钠固态电池(如图)，下列叙述错误的是A.放电时，a极为负极B.放电时，向b极迁移C.充电时，b极反应式为D.充电时，a极净增4.6g时转移的电子数约为【答案】C【解析】电极为Na，电解质溶液为Na4MnCr(PO4)3，则该电池反应为Na和Na+的转化，放电时a为负极Na→Na+，充电时a为阴极Na+→Na。A．据分析，放电时a为负极，故A正确；B．放电时，a为负极，b极为正极，阳离子向正极迁移，即向b极迁移，故B正确；C．充电时，b极为阳极，电极反应式为，故C错误；D．充电时，转移1mol电子a极增加1molNa，则a极净增4.6g时转移的电子数约为，故D正确；故答案为C。11.由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作、现象结论A向2mL无色溶液X中滴加甲基橙溶液，溶液变黄色X一定是碱性溶液B在一块鸡皮上滴2滴浓硝酸，鸡皮变黄色该鸡皮中有含苯基的蛋白质C1-溴丁烷和KOH-乙醇混合液共热，将产生的气体通入酸性溶液，溶液由橙红色变为绿色该气体一定1-丁烯D向溶液中，先滴入3滴溶液，再滴入3滴溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．甲基橙指示剂变色pH范围为3.1~4.4，溶液变黄色不一定为碱性溶液，故A错误；B．含苯基蛋白质与浓硝酸反应出现黄色，故B正确；C．加热挥发出的乙醇和1-丁烯均有还原性，均能使酸性K2Cr2O7溶液由橙红色变为绿色，因此不能说明该气体一定是1-丁烯，故C错误；D．硝酸银过量，先加硫酸钠，再加铬酸钠，反应均为沉淀生成，不存在沉淀转化，无法比较两者Ksp，故D错误；故答案为B。12.以铁屑(含、等杂质)为原料制备六水氯化铁的流程如图。下列叙述错误的是不同温度下，六水氯化铁在水中的溶解度如下：温度/℃01020305080100溶解度/g74.481.9918106.8315.1525.8535.7A.“滤渣”的主要成分是Cu和AgB.“氧化”中的离子反应为C.“结晶”中浓盐酸的作用是抑制水解D.“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【解析】铁屑(含、等杂质)中加入稀硫酸，、不反应，为滤渣，Fe生成硫酸亚铁，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，加入浓盐酸结晶得到·6H2O。A．根据流程图可知，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铜、银与稀硫酸不反应，则滤渣的主要成分是Cu和Ag，故A正确，不符合题意；B．“氧化”中发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误，符合题意；C．“结晶”中浓盐酸既可以提供Cl-又可以抑制FeCl3的水解，故C正确，不符合题意；D．结合六水氯化铁在水中的溶解度可知，“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确，不符合题意。故选B。13.常温下，用甲苯萃取水中少量的正丁酸：，水溶液中正丁酸浓度随萃取时间的变化如图所示。下列叙述错误的是A.6min时的逆萃取速率小于2min时的逆萃取速率B.2min时正萃取速率大于逆萃取速率C.水中正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，萃取平衡常数不变D.2~4min内正丁酸的平均萃取速率【答案】A【解析】A．平衡之前，逆萃取速率逐渐增大，6min时的逆萃取速率大于2min时的逆萃取速率，A项错误；B．平衡之前，正萃取速率大于逆萃取速率，B项正确；C．萃取平衡常数只和温度有关，水中正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，温度不变，萃取平衡常数不变，C项正确；D．速率等于浓度的变量除以时间，2~4min内正丁酸的平均萃取速率，D正确；答案选A。14.我国科学家开发的铜-铬催化剂实现了RH(烃)和ArCHO(芳醛)合成(如图)，下列叙述错误的是已知：自由基，也称为游离基，是含有奇数电子或不配对电子的原子、原子团或分子，如·R、·Cl等。代表＋2价铬离子。A.路径1和路径2都产生了游离基B.总反应不是理想的绿色化学反应C.上述循环过程中，铜、铬的化合价均发生了改变D.上述循环过程中，HCl是中间产物【答案】B【解析】A．路径1产生有·R、·Cl游离基，路径2产生有·R和游离基，A正确；B．总反应为ArCHO+RH→，属于加成反应，产物只有1种，原子利用率为100%，它是理想的绿色化学工艺，B错误；C．观察图示可知，铜元素表现+1价和+2价、铬元素表现+2价和+3价，化合价都发生了变化，C正确；D．含铜-铬物质为催化剂，HCl为中间产物，D正确；答案选B。15.常温下，维持，在、和HF的混合液中[、或]与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是已知：。A.直线①代表与pH的关系B.常温下，C.当和共沉淀时，D.用NaOH溶液吸收HF，当时，溶液的【答案】C【解析】溶液中存在，增大，减小，电离平衡正移，增大，减小，则图中直线③代表与的关系，直线①②代表、与的关系，由，即溶液中一定时，，>，则直线①代表与的关系、直线②代表与的关系。根据直线③上T点[或P点]，；T点是直线①与直线③交点，则、，，同理，根据P点求。A．根据上述分析，直线①代表与的关系，A项错误；B．根据上述分析可知，B项错误；C．当和共沉淀时，，即，C项正确；D．用NaOH溶液吸收HF，当时，溶液中，则，D项错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，也是一种广谱消毒剂。某小组先制备干燥纯净的氯气，再用固体与反应制备并收集纯净的，装置如图(部分夹持装置省略)。回答下列问题：已知：能与NaOH溶液反应。（1）装置A中橡胶管L的作用是___________，装置A中漂粉精与浓盐酸反应的离子方程式为___________。（2）完成装置管口连接顺序：a→f→g___________→b→c→i．(部分装置可重复使用)（3）装置C在实验中发生反应的微观过程如图所示(忽略原子半径大小)。已知：自旋磁量子数表示电子自旋方向，顺时针旋转电子，逆时针旋转电子。表示的基态原子自旋磁量子数总和为___________。表示的基态原子的电子云有___________种空间取向。（4）G中试剂可以用下列试剂中的___________(填标号)进行替换。①水②NaOH溶液③KI溶液④苯（5）气态物质贮存和运输不便，常将其转化成固态物质，如将通入含双氧水和NaOH的混合液中，使其转化成，该反应的化学方程式为___________。（6）有效氯含量可衡量含氯消毒剂的相对消毒能力强弱，其定义为每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。、、作为消毒剂时，氯元素均被还原为，则这三种消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为___________(用化学式回答)。【答案】（1）①.平衡气压，使浓盐酸顺利滴下②.ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌（2）→b→c→e→d→m→l→k→j（3）①.②.6（4）④（5）2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2（6）【解析】本题为无机物制备类的实验题，装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，以此解题。（1）装置A中橡胶管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；漂粉精和浓盐酸反应生成氯气，离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌；（2）装置A制备氯气，随后用装置D除去氯气中的氯化氢，经过装置B干燥后进入装置C和亚氯酸钠反应制备二氧化氯，再利用装置G吸收未反应的氯气，F收集二氧化氯，收集后再次注意干燥和尾气处理，故答案为：a→f→g→b→c→e→d→m→l→k→j→b→c→i；（3）根据微观过程可知，2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则表示氯，其价层电子排布式为：3s23p5，则其自旋磁量子数总和为，表示钠，其电子排布式为：1s22s22p63s1，则其基态原子的电子云有1+1+3+1=6；（4）根据题给信息可知，是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，结合分析可知，G是吸收氯气，则可用苯替换G中试剂，①中氯气与水反应是可逆，②能与NaOH溶液反应，③中碘离子具有还原性，能和反应，故选④，（5）二氧化氯、过氧化氢、氢氧化钠反应生成，二氧化氯是氧化剂，过氧化氢是还原剂，方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2；（6）、、NaClO，还原产物均为，则1mol反应时，得5mol电子，1mol反应时得4mol电子，1molNaClO反应时得2mol电子，三者单位质量转移电子数分别为：、、；则三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为；17.CdSe是一种半导体材料。以镉渣(主要成分是Cd，含少量的、、、等)为原料制备CdSe的流程如下。回答下列问题：已知：已知：①几种金属离子以金属氢氧化物形式沉淀的pH如下：金属离子开始沉淀的pH1.56.57.2完全沉淀的pH3.39.9？②常温下，；③Co和Cd与硫酸反应后分别得到和。（1）上述位于周期表ds区的金属中，第二电离能和第一电离能相差最大的是___________(填元素符号)。（2）“酸浸”时，其他条件相同，镉的浸出率与温度、时间的关系如图。当镉浸出率为时，宜采取的实验条件是___________(选择温度、时间)。（3）“除钴”时加入、，恰好得到CoSb合金。该反应的离子方程式为___________。（4）“除铁”时，先加入，后加入ZnO调节pH。调节pH的范围为___________；过滤得到的“渣2”的主要成分为和___________(填化学式)。（5）“电解”后的“废液”可以用于“___________”(填名称)工序，实现资源循环利用；如果用生石灰处理该“废液”，当pH为9(常温下)时，___________。（6）CdSe晶胞如图所示。已知：晶胞底边长为，高为，，，为阿伏加德罗常数的值。该晶体密度为___________。（7）制备CdSe纳米片的原理是在一定条件下和反应，发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）Cu（2）100℃、6h（3）（4）①.3.3≤pH＜7.2②.Fe(OH)3（5）①.酸浸②.（6）（7）+=CdSe+【解析】本题是无机物制备类的工业流程题，镉渣用硫酸酸浸后Co和Cd与硫酸反应后分别得到和，同时其中含有、，除钴，除铁后再电解，电解时反应为，过滤后加入硒粉即可合成产物，以此解题。（1）上述位于周期表ds区的金属有Zn、Cu，其中铜价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成稳定结构，其第二电离能和第一电离能相差最大，故答案为：Cu；（2）由图可知，当镉浸出率为时，宜采取的实验条件是100℃、6h；（3）根据题意“除钴”时加入、，恰好得到CoSb，即此时钴离子，氢离子、锌和反应生成CoSb，结合电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：；（4）ZnO调节溶液pH使Fe3+完全沉淀生成Fe(OH)3，Cd2+不沉淀，由题可知，调节溶液pH的范围为3.3≤pH＜7.2；则过滤得到的“渣2”的主要成分为和Fe(OH)3；（5）电解硫酸镉溶液生成硫酸、镉和氧气，电解方程式为：，则“电解”后的“废液”可以用于酸浸工序，实现资源循环利用；当pH为9(常温下)时，c(OH-)=1×10-5，则；（6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cd个数为：=2，Se个数为：=2，若CdSe的晶胞的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：cm3，则其晶体的密度为=g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)，故答案为：；（7）根据题意和反应生成CdSe，则相应的方程式为：+=CdSe+。18.丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：方法(一)热裂解法：。上述物质的燃烧热和熵值如表所示：物质燃烧热)-2219.9-2049-286嫡270.3266.98130.7（1）___________。（2）___________(填“>”或“<”，下同)0，第一电离能H___________C．（3）某温度下，向某刚性密闭容器中充入一定量的，发生上述反应。平衡时容器中总压为，丙烷的转化率为，则该反应的平衡常数为___________(用分压计算的平衡常数为，分压等