内蒙古自治区2025届高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGE试卷第=20页，共=sectionpages2121页PAGE1内蒙古自治区2025届高三下学期二模一、单选题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】黄金成分单一，是纯净物，合金包含两种或多种成分，是混合物，故A错误；金的金属性很弱，化学性质稳定，不易发生腐蚀，故B错误；"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的形式存在，且黄金的密度比沙子的大，故C正确；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。2．下列关于反应NCl3+3HA．HClO的电子式为 B．NH3是极性分子C．H2O中含s-p型σ键 D．NCl【答案】B【解析】HClO是共价化合物，O与H和Cl分别形成1对共用电子对，其电子式为，A错误；NH3中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，分子空间结构为三角锥形，是极性分子，B正确；H2O中存在H的s轨道和O的sp3杂化轨道形成的s-sp3型σ键，C错误；NCl3中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为13．“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】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；蛋白质在超声波、紫外线和放射线等物理因素的作用下，会发生变性而失去活性，B正确；矿物油是石油经过加工得到，属于液态烃类，动物油和植物油属于油脂，是酯类，C正确；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。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RCOCH3 BC．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】结合甲和乙的结构简式，根据原子守恒，X为RCHO，A错误；甲和乙通过发生聚合反应生成丙，丙是高分子化合物，甲和乙是合成丙的单体，B正确；丙的结构中含有酯基，酯基可发生水解反应，所以丙是一种能自然降解的绿色材料，C正确；丙的相对分子质量远大于乙，丙的熔点高于乙，D正确。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．配制一定物质的量浓度的硫酸时，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】乙醇和乙酸乙酯互相溶解，不分层，无法利于分液漏斗进行分液，A错误；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；配制一定物质的量浓度的硫酸时，应该先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；淀粉水解后，加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，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。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Ag2COB．向紫色石芯溶液中通入b，溶液先变红后褪色：ClC．向含烧碱的c溶液中滴加少量FeCl2溶液产生红褐色沉淀：D．e和a的浓溶液共热生成b和d：2【答案】D【解析】a为氯元素-1价的氢化物HCl，与Ag2CO3反应生成难溶的AgCl，方程式为Ag2CO3+2H++2Cl-=2AgCl+CO2↑+H2O，A项错误；b是氯元素所形成的单质Cl2，可与水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，离子方程式中不拆为离子形式，离子方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，B项错误；c为氯元素7．部分含碘的物质有图示转化关系，已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A．标准状况下，4.48LI2中含有的原子数为B．1L0.1mol⋅LC．反应①中，生成0.3molI2D．反应②中，生成0.1mol氧化产物时消耗氧化剂分子的数目为0【答案】D【解析】标准状况下，I2为固体物质，无法利用气体摩尔体积计算，A项错误；KI为强电解质，属于强酸强碱盐，溶液中的I-不能发生水解，故1L0.1mol⋅L-1KI溶液中含有的I-数等于0.1NA，B项错误；反应①为6HI+KIO3=3I2+KI+3H2O，该反应为归中反应，生成3molI2时转移电子的物质的量为5mol，生成0.3molI2时转移电子的数目为0.5NA，C项错误；反应②8．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．SF4分子的空间结构与VSEPRC．NaCl、CsCl晶体中阴离子的配位数相等D．中σ键和π键数目之比为7:3【答案】A【解析】B的原子序数为5，基态B原子核外有5种不同运动状态的电子，A正确；SF4分子中心原子S的价层电子对数为4+6-4×12=5，孤电子对数为1，VSEPR模型与空间构型不一致，B错误；NaCl阴离子配位数为6，CsCl晶体中阴离子的配位数为8，二者不相等，C错误；单键都是σ键，双键有一个σ键和一个π键，中σ键和π键数目之比为13:3，D9．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”，。下列叙述正确的是A．简单离子半径：ZB．电负性：ZC．X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物D．Y2W4【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，W和Z位于同主族，且Z原子序数最大，Z为Na元素，Y的简单氢化物遇浓盐酸会产生“白烟”，Y为N元素，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；Z为Na元素，W为H元素，非金属性H>Na，电负性：H>Na，B错误；X的两种常见氧化物都是直线形分子，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；Y2W4为N2H4，X2W4为C2H4，N2H4中N原子的杂化方式为sp3杂化，C2H4中的C10．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，Na+向bC．充电时，b极反应式为NaD．充电时，a极净增4.6g时转移的电子数约为1.204×【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+，故A正确；放电时，a为负极，b极为正极，原电池中阳离子向正极迁移，即Na+向b极迁移，故B正确；充电时a为阴极Na+→Na，b极为阳极，电极反应式为Na4MnCrPO43-xe-=Na4-xMnCrPO43+xNa+，故C错误；充电时，转移111．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K2该气体一定是1-丁烯D向2mL0.1mol⋅L-1AgNO3溶液中，先滴入3滴0.1mol⋅LK【答案】B【解析】甲基橙指示剂变色pH范围为3.1~4.4，溶液变黄色可能为中性或弱酸性，不一定为碱性溶液，故A错误；蛋白质可发生显色反应，含苯基蛋白质与浓硝酸反应出现黄色，故B正确；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；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。12．以铁屑(含Cu、Ag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/g10074.481.991.8106.8315.1525.8535.7A．“滤渣”的主要成分是Cu和AgB．“氧化”中的离子反应为FeC．“结晶”中浓盐酸的作用是抑制FeCl3D．“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】铁屑中加入稀硫酸，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；过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，反应方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误，符合题意；氯化铁为强酸弱碱盐，会发生水解，“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；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。13．常温下，用甲苯萃取水中少量的正丁酸：C6H5CH3A．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v=【答案】A【解析】平衡之前，正萃取速率逐渐减小，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；2min时尚未达到平衡，平衡之前，正萃取速率大于逆萃取速率，B项正确；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；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v=c2-c14．我国科学家开发的铜-铬催化剂实现了RH(烃)和ArCHO(芳醛)合成ArCHOHR(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。CrⅡ代表＋2A．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】根据反应机理图可知，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；箭头指入为反应物，箭头指出为产物，总反应为ArCHO+RH→ArCHOHR，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；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；含铜-铬物质为催化剂，HCl为中间产物，D15．常温下，维持cHF=0.1mol⋅L-1，在MgNO32、Sr(NO3)2和HF已知：KspA．直线①代表-lgcSrB．常温下，KC．当MgF2和SrF2D．用NaOH溶液吸收HF，当cNaF=100c【答案】C【解析】溶液中存在HF⇌H++F-，pH增大，cH+减小，电离平衡正移，cF-增大，-lgcF-减小，则图中直线③代表-lgcF-与pH的关系，直线①②代表-lgcSr2+、-lgcMg2+与pH的关系，由KspMgF2<KspSrF2，即溶液中cF-一定时，cMg2+<cSr2+，-lgcMg2+>-lgcSr2+，则直线①代表-lgcMg2+与pH的关系、直线②代表-lgcSr2+与pH的关系，A项错误；根据直线③上T点1.05,3.4二、解答题16．ClO2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NaClO2固体与Cl2反应制备并收集纯净的ClO2，装置如图(已知：ClO2能与NaOH(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ms表示电子自旋方向，顺时针旋转电子ms=+12，逆时针旋转电子ms=-12。表示的基态原子自旋磁量子数总和为(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ClO2通入含双氧水和NaOH的混合液中，使其转化成NaClO2，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Cl2的氧化能力。NaClO、ClO2、NaClO2作为消毒剂时，氯元素均被还原为Cl-，则这三种消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O‌‌(2)→b→c→e→d→m→l→k→j(3)-12(4)④(5)2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2(6)ClO【解析】（1）装置A中橡胶管的作用是平衡装置内部气压，使浓盐酸顺利滴下；漂粉精的有效成分是次氯酸钙，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除去氯气中混有的杂质气体氯化氢，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-12或+12，表示钠，其电子排布式为：1s22s22p63s（4）根据题给信息可知，ClO2是一种易溶于水但难溶于有机溶剂的气体，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，②ClO2能与NaOH溶液反应，③中碘离子具有还原性，能和ClO2（5）二氧化氯、过氧化氢、氢氧化钠反应生成NaClO2，二氧化氯是氧化剂被还原生成NaClO2，过氧化氢是还原剂被氧化生成O2，方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2（6）ClO2、NaClO2、NaClO，还原产物均为Cl-，则1molClO2反应时，得5mol电子，1molNaClO2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：567.5≈0.07417．CdSe是一种半导体材料。以镉渣(主要成分是Cd，含少量的Zn、Co、Fe、Cu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FeFeCd开始沉淀的pH1.56.57.2完全沉淀的pH3.39.9？②常温下，Ksp③Co和Cd与硫酸反应后分别得到Co2+和Cd(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90%时，宜采取的实验条件是(选择温度、时间)(3)“除钴”时加入Zn、Sb2O3，恰好得到CoSb合金。该反应的离子方程式为(4)“除铁”时，先加入KMnO4，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MnO2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，cCd2+=(6)CdSe晶胞如图所示。已知：晶胞底边长为anm，高为bnm，α=β=90°，γ=120°，NA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CdCH32和C8【答案】(1)Cu(2)100℃、6h(3)5Zn+6H(4)3.3≤pH＜7.2Fe(OH)3(5)酸浸2.0×(6)4(7)CdCH32+【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Co2+和Cd2+，同时其中含有Zn2+、Fe（1）Cu原子序数为29，Zn原子序数为30，二者位于ds区，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90%时，宜采取的实验条件是100℃、6h（3）根据题意“除钴”时加入Zn、Sb2O3，恰好得到CoSb，即此时钴离子，氢离子、锌和Sb2O（4）ZnO通过与溶液中的氢离子反应调节溶液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MnO2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：2CdSO4+2H2O电解2Cd+2H2SO4+O2↑，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（6）由题干晶胞示意图可知，Cd位于晶胞的顶角和体心，一个晶胞中含有Cd个数为：8×18+1=2，Se个数为：4×14+1=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：2×(112+79)NAg，一个晶胞的体积为：32b2a×10-21（7）根据题意CdCH32和C8H173PSe反应生成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：C3物质CCH燃烧热(ΔH)/(-2219.9-2049-286嫡(S)/(J270.3266.98130.7(1)ΔH1=(2)ΔS(填“>”或“<”，下同)0，第一电离能HC(3)某温度下，向某刚性密闭容器中充入一定量的C3H8g，发生上述反应。平衡时容器中总压为akPa，丙烷的转化率为x，则该反应的平衡常数Kp为(用分压计算的平衡常数为Kp，分压等于总压×物质的量分数)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：C3H8g+12O2g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nC已知：C3H6的选择性=nC3H(4)C3H8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((5)nC3H8nO(6)研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量的CO2，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)>>(3)ax21-x(4)温度升高，反应速率加快，转化率升高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CO2(g)+H2【解析】（1）根据表格中各物质的燃烧热写出热化学方程式：①C3H8②C3H6③H2g+由盖斯定律，①-②-③得C3H8g⇌C（2）C3H8g⇌C3H（3）假设丙烷投料为1mol，则：起始总的物质的量为1+x，平衡时容器中总压为akPa，则该反应的平衡常数KpA．反应为气体体积增大的反应，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，可与通过改变反应活化能改变反应速率，但不能影响平衡移动，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。C3H6和H2O分子空间结构不完全对称，正负电荷中心不重合，为极性分子。（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