高級中學名校試卷PAGEPAGE1山西省呂梁市2025屆高三下學期第二次模擬考試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.三晉大地歷史悠久，文化傳承繁多。下列對山西博物院中古代文物的描述錯誤的是A.青銅鳥尊的主要成分是銅錫合金 B.彩陶罐的主要成分是碳酸鈣C.木板漆畫的主要成分是纖維素 D.絹本畫的主要成分是蛋白質【答案】B【解析】A．青銅的材質為銅錫合金，A項正確；B．陶瓷的主要成分是硅酸鹽，B項錯誤；C．木板的主要成分是纖維素，C項正確；D．絹的材質為蠶絲，主要成分是蛋白質，D項正確答案選B。2.下列化學用語表示正確的是A.次氯酸鈉電子式為 B.甲烷的空間填充模型為C.基態的價層電子的軌道表示式為 D.2，2-二甲基丁醛的鍵線式為【答案】C【解析】A．次氯酸鈉是離子化合物，電子式為，A項錯誤；B．甲烷為正四面體結構，H原子半徑小于C原子半徑，甲烷的空間填充模型為，B項錯誤；C．的價層電子排布式為，價層電子的軌道表示式為，C項正確；D．主鏈編號時從離醛基最近一端編號，2，2-二甲基丁醛的鍵線式為，D項錯誤；答案選C。3.化學與生產、生活、科研、實驗息息相關，下列與化學相關的表述錯誤的是A.釀酒和釀醋的過程均需要無氧、無菌環境B.苯酚濺到皮膚上，應立即用酒精沖洗，再用水沖洗C.實驗室進行甲醛與新制氫氧化銅反應時，需佩戴護目鏡和打開通風設備D.配制一定物質的量濃度的溶液時，若不慎加水超過容量瓶刻線，則需重新配制【答案】A【解析】A．釀酒過程需要厭氧菌，釀醋的過程需要有氧菌條件，A項錯誤；B．苯酚濺到皮膚上，應立即用酒精沖洗，再用水沖洗，B項正確；C．甲醛有毒，實驗室進行甲醛與新制氫氧化銅反應時，需佩戴護目鏡和打開通風設備，C項正確；D．配制一定物質的量濃度的溶液定容時，若不慎加水超過容量瓶刻線，則需重新配制，D項正確；答案選A。4.下列物質中均含有同種元素，它們在一定條件下的轉化關系如圖所示。G為單質，Q為氣體且能使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A.G易溶于乙醇B.若過量，則可以使G直接轉化為RC.W與T反應生成Q的過程中還可能同時生成GD.E生成T的反應證明E在水中的電離程度大于T【答案】C【解析】G為單質，Q為氣體且能使品紅溶液褪色，則Q為，由轉化關系即可得到G為S，E為，，R為，T為，據此回答，A．硫單質微溶于乙醇，A錯誤；B．硫轉化為和轉化為的條件不同，S不能一步轉化為，B錯誤；C．若W為，W與T反應的方程式為，C正確；D．氫硫酸是弱酸，硫酸是強酸，硫化氫的電離程度小于硫酸，因極難溶于水，故可以發生反應，D錯誤；故選C。5.在某一初始溫度下，在恒容絕熱密閉容器中，發生反應：，測得各物質的量濃度和容器內溫度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是A.時，體系內兩個反應均達到平衡狀態B.，用物質Y表示的平均反應速率為C.D.若改為恒溫容器，則X、Z物質的量濃度相同的時刻要比提前【答案】C【解析】A．根據圖像分析，后，X、Z的物質的量濃度仍在發生變化，所以體系內兩個反應均未達到平衡狀態，A項錯誤；B．時，反應物X的濃度變化為，則第1個反應生成Y的濃度為。時，反應物Z的濃度為，則第2個反應消耗Y的濃度為，所以，此時Y的濃度變化為，則內用物質Y表示的平均反應速率為，B項錯誤；C．反應開始時X減少，體系溫度升高，隨著Z增多，體系溫度降低，所以，C項正確；D．若改為恒溫容器，則時的反應體系的溫度要低于題設條件，所以兩個反應的速率會變慢，X、Z物質的量濃度相同的時刻要比靠后，D項錯誤；答案選C。6.物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A測定接近沸點的水蒸氣的相對分子質量，結果比按化學式計算出的值偏高水分子會因氫鍵而形成締合分子B相同條件下，的沸點低于甲醛的沸點分子的極性影響范德華力的大小C的鍵角大于的鍵角中心原子雜化類型相同時，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力D堿性：甲胺強于氨氣烴基為推電子基A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．接近水的沸點的水蒸氣中存在相當量的水分子因氫鍵而形成的締合分子，從而使測得的相對分子質量偏高，A項正確；B．甲醛的相對分子質量低于，但甲醛沸點高，說明分子的極性對范德華力的影響較大，B項正確；C．中S原子為雜化，中S原子為雜化，中心原子雜化方式不同，C項錯誤；D．烴基為推電子基，因此甲胺的堿性強于氨氣，D項正確；答案選C。7.侯氏制堿法的基本原理是將氨氣和依次以一定速率通入飽和溶液中生成，再利用焙燒的方法制備。某實驗小組按照下圖步驟依次操作，各步驟中裝置和目的均正確的是A．制備氨氣B．制備C．制備D．得到固體A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．實驗室制備氨氣一般用加熱氫氧化鈣和氯化銨固體混合物的方法，單獨加熱氯化銨，，在試管口氨氣和氯化氫遇冷又會化合生成氯化銨，無法得到氨氣，A錯誤；B．用固體與鹽酸反應制備，易溶于水，不能用簡易啟普發生器（適用于塊狀固體與液體不加熱反應）控制反應的發生與停止，B錯誤；C．氨氣極易溶于水，應在通入水溶液前有防倒吸裝置，C錯誤；D．碳酸鈉具有堿性，會腐蝕陶制鉗堝，應用鐵坩堝加熱碳酸氫鈉固體，D正確；故選D。8.某些有機反應的催化劑粒子M的化學式為(結構如圖)，其中前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序數依次遞增。X、Y、Z三種元素的核電荷數之和等于W的核電荷數，基態W原子的第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，基態Q原子中兩種自旋方向的電子數相差4.下列說法錯誤的是A.元素的電負性： B.原子半徑：C.Y和W的簡單氫化物均屬于非電解質 D.Q的某種高價含氧酸鹽可用于河水的凈化和殺菌消毒【答案】B【解析】由催化劑粒子M的結構可知，X形成1個共價鍵，Y形成4個共價鍵，Z形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，Q形成4個共價鍵，前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序數依次遞增，且X、Y、Z三種元素的核電荷數之和等于W的核電荷數，基態W原子的第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，所以W是P元素；X是H元素，Y是C元素，Z是O元素，基態Q原子中兩種自旋方向的電子數相差4，且原子序數大于O，所以Q是Fe元素，據此回答。A．元素的電負性：，Fe是金屬元素，電負性較小，所以電負性，A正確；B．P為與第三周期，C、O位于第二周期，且C>O，H為與第一周期，故原子半徑：，B錯誤；C．Y和W的簡單氫化物分別為和，在水溶液和熔融狀態下均不能導電，均屬于非電解質，C正確；D．Q(Fe)的高價含氧酸鹽如，具有強氧化性，可殺菌消毒，其還原產物水解生成Fe(OH)3膠體，可吸附水中雜質，用于河水的凈化和殺菌消毒，可用于河水的凈化和殺菌消毒，D正確；故選B。9.下列各組離子在水溶液中因生成沉淀而不可以大量共存的是A. B.C. D.【答案】C【解析】A．與發生絡合反應不能大量共存，但不是生成沉淀，A錯誤；B．四種離子間不發生反應，可以大量共存，B錯誤；C．與和反應生成沉淀不能大量共存，C正確；D．均能與和發生氧化還原反應而不能大量共存，但沒有生成沉淀，D錯誤；故選C。10.電催化合成氨存在如下兩種可能轉化路徑，其相對能量變化如圖(*表示吸附位點)。下列說法錯誤的是A.電催化合成過程存在非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成B.兩種路徑中生成氨的速率：C.若用氘(D)代替H，可在路徑Ⅰ的某些吸附位點上檢測出4個D原子D.路徑Ⅰ和路徑Ⅱ對應的焓變相同【答案】B【解析】A．電催化合成過程存在非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成，A項正確；B．兩種轉化路徑中對比生成第一個，路徑Ⅱ最高能壘低于路徑Ⅰ，因此兩種路徑中生成氨的速率：，B項錯誤；C．只有路徑Ⅰ中，吸附位點*NH2NH2上存在4個D原子，C項正確；D．根據蓋斯定律，反應的焓變只與始態和終態有關，與路徑無關，路徑Ⅰ和路徑Ⅱ對應的焓變相同，D項正確；答案選B。11.氧化鋯()的立方晶胞如圖甲所示，替代氧化鋯晶體中部分的位置可得到一種高性能的催化劑，但由于二者離子半徑和化合價不同，會導致部分脫離形成“氧空位”以保證晶體的電中性，如圖乙結構單元。的摩爾質量為，晶胞參數為，為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.所帶電荷 B.圖乙表示的物質化學式為C.晶體的密度為 D.圖甲中與最近且等距的有6個【答案】D【解析】A．圖乙結構單元中含有的個數為個，的個數為個，的個數為7個，根據電中性原則得出，解得，A項正確；B．由A可知，圖乙表示的物質化學式為，B項正確；C．由甲圖可知，晶胞中有Zr的個數為8×個，O的個數為8個，晶體中有4個ZrO2，晶胞的質量為，體積為a3×10-30cm3，則晶體的密度為，C項正確；D．根據圖甲分析可知，與最近且等距的有12個，D項錯誤；答案選D。12.乙二醇是重要的化工產品，其合成路線如下：下列說法錯誤的是A.環氧乙烷的沸點比乙烯高，是因為環氧乙烷分子間可形成氫鍵B.中碳碳鍵的鍵長均小于其他兩種有機物中碳碳鍵的鍵長C.三種有機物中的碳原子的雜化方式分別為D.此合成路線與乙烯先加成后水解制備乙二醇的方法比，原子利用率高，對環境友好【答案】A【解析】A．環氧乙烷分子間不能形成氫鍵，環氧乙烷的沸點比乙烯高是因為環氧乙烷相對分子質量比乙烯大，分子間作用力更強，A錯誤；B．中含碳碳雙鍵，碳原子采取sp2雜化，鍵長較短；環氧乙烷和乙二醇中碳碳鍵為單鍵，碳原子采取sp3雜化，鍵長較長，所以中碳碳鍵的鍵長均小于其他兩種有機物中碳碳鍵的鍵長，B正確；C．中碳原子形成3個鍵，無孤電子對，雜化方式為；環氧乙烷和乙二醇中碳原子均形成4個鍵，雜化方式為

，C正確；D．此合成路線原子利用率為，乙烯先與氯氣加成，后與氫氧化鈉水溶液水解制備乙二醇，原子利用率低，且使用到氯氣，會對環境造成污染，D正確；故選A。13.常溫常壓電催化技術可以實現氮還原，是人工合成肼的關鍵技術，其裝置如下圖所示。已知電催化過程中會伴有副產物氨生成。下列說法正確的是A.電極A的電勢高于電極B的電勢B.電解過程中質子由電極室A移向電極室BC.電極A上生成的電極反應武：D.理論上同時生成和時，生成【答案】D【解析】電極A上發生還原反應：和，電極A應與電源的負極相連作陰極，電極B上發生氧化反應：，B為陽極與電源正極連接，H+通過質子交換膜向陰極移動。A．A是陰極，電極B為陽極，電極A的電勢低于電極B的電勢，A項錯誤；B．電解過程中向陰極移動，即由電極室B移向電極室A，B項錯誤；C．電極A上生成的電極反應式：，C項錯誤；D．理論上生成轉移電子，生成轉移電子，總共轉移電子，因此生成，即生成0.175mol×32g/mol=，D項正確；答案選D。14.向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，與的關系如下圖所示{其中代表或}。下列說法錯誤的是A.曲線為隨變化曲線B.溶度積常數C.反應的平衡常數K的值為D.時，溶液中【答案】D【解析】向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，隨著得增大，逐漸減小，逐漸增大，故曲線為、曲線為，逐漸減小，液逐漸減小，且減小得程度更大，故曲線為、曲線為隨濃度變化曲線，據此回答。A．曲線為、曲線為、曲線為、曲線為隨濃度變化曲線，A正確；B．根據曲線和曲線上的坐標和，分析，B正確；C．由分析知，曲線為隨濃度變化曲線，則由a點可知，反應的平衡常數，C正確；D．由圖像可知，時，，溶液中，D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.亞氯酸鈣[Ca(ClO2)2]具有極強的吸濕性。無水物加熱至350℃時尚不分解，含水亞氯酸鈣加熱到130~140℃即分解。某實驗小組利用下圖所示裝置制備黃綠色ClO2氣體，并在加熱條件下使其與CaO2反應制備Ca(ClO2)2。已知：ClO2可被NaOH溶液吸收得到NaClO3和NaClO2的混合物。Ⅰ．亞氯酸鈣的制備。（1）盛放H2O2的儀器名稱為___________。（2）儀器的連接順序為a→___________(部分儀器可重復使用)。（3）裝置D中長頸漏斗的作用為___________。（4）A是ClO2的發生裝置，其中發生反應的離子方程式為___________。（5）制備Ca(ClO2)2時，參與反應的氧化劑與還原劑的化學計量數之比為___________。Ⅱ．產品中亞氯酸鈣(雜質為CaCl2含量測定。①準確稱取0.1200g粗產品于碘量瓶中，加入醋酸和稍過量的KI溶液，然后以淀粉溶液作指示劑，用0.2000mol/LNa2S2O3標準溶液進行滴定至滴定終點，平行測定三次后取平均值，用去25.24mL標準溶液。②空白實驗：不取產品，其余試劑用量和步聚相同，消耗1.24mLNa2S2O3標準溶液。已知：；。（6）①滴定終點時溶液中的顏色變化現象為___________。②若未進行空白實驗，則測定結果將___________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。③亞氯酸鈣Ca(ClO2)2(M=175g/mol)的純度為___________(保留3位有效數字)。【答案】（1）恒壓滴液漏斗（2）或（3）防止倒吸（4）（5）2:1（6）①.溶液由藍色變為無色②.偏大③.【解析】由題干信息可知，裝置A為用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，裝置C為干燥ClO2，裝置B為讓ClO2和CaO2反應來制備Ca(ClO2)2，裝置D為尾氣吸收，據此分析解題。（1）由題干實驗裝置圖可知，盛放H2O2的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；（2）由分析可知，裝置A為用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，裝置C為干燥ClO2，裝置B為讓ClO2和CaO2反應來制備Ca(ClO2)2，裝置D為尾氣吸收，亞氯酸鈣Ca(ClO2)2具有極強的吸濕性，且含水的亞氯酸鈣受熱易分解，因此裝置B兩端均需連接濃硫酸干燥裝置。因此儀器的連接順序為或，故答案為：或；（3）由題干實驗裝置圖可知，裝置D中長頸漏斗的作用為防止倒吸，故答案為：防止倒吸；（4）由分析可知，裝置A用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，根據氧化還原反應配平可得，該反應的離子方程式為，故答案為：；（5）由分析可知，裝置B中發生反應的化學方程式為，ClO2為氧化劑，CaO2為還原劑，化學計量數之比為2:1，故答案為：2:1；（6）①本實驗用淀粉溶液作指示劑，故滴定終點時溶液中的顏色變化現象為溶液由藍色變為無色，故答案為：溶液由藍色變為無色；②若未進行空白實驗，則消耗的的體積增大，測定結果將偏大，故答案為：偏大；③由已知反應得關系式：；結合實驗可知空氣也會氧化部分碘離子生成碘單質，則由上述關系可知，生成的碘單質消耗的的體積為，；亞氯酸鈣(摩爾質量為)的純度為，故答案為：87.5%。16.高鎂低鎳型紅土鎳礦中主要含有等。一種處理高鎂低鎳型紅土鎳礦并回收金屬元素Ni的濕法工藝流程如下。已知：ⅰ.“還原焙燒”后鈷、鎳元素以單質形式存在；大部分被還原為，少部分被還原為，排出。ⅱ.“氧化氨浸”時，以及溶于氨水形成，不溶；不穩定，在有氧條件下轉化為沉淀；三價鈷離子有氧化性。ⅲ.時，，。回答下列問題：（1）基態鎳原子和鈷原子的未成對電子數之比為___________。“細磨”的作用是___________。（2）“氧化氨浸”時，發生反應的離子方程式為___________。“浸渣1”含有的金屬元素為___________(填元素符號)。（3）若“沉鈷”后溶液的，則溶液中為___________時，沉淀中開始出現；該過程中的作用是___________(答出2點)。（4）堿式碳酸鎳可以表示為，分析測得堿式碳酸鎳樣品的摩爾質量為，煅燒過程中固體質量隨溫度的變化關系如圖所示，則___________，___________，___________。（5）流程中所有工序中，副產物能循環利用的工序名稱為___________。【答案】（1）①.②.增大與煤粉反應的接觸面積（2）①.(或)②.（3）①.②.還原，沉淀（4）①.3②.1③.4（5）還原焙燒、蒸氨【解析】此題是關于處理高鎂低鎳型紅土鎳礦并回收金屬元素Ni的濕法工藝流程題，紅土鎳礦先進行干燥處理，隨后細磨，增大后續反應接觸面積。還原焙燒過程中加入過量煤粉，在高溫下將紅土鎳礦中的部分金屬氧化物還原，煤粉起還原劑作用。氧化氨浸環節通入O2，加入飽和氨水，Ni被氧化并與氨形成配合物進入溶液，Fe、Mg等元素形成浸渣1分離。沉鈷過程，加入使溶液中的鈷離子還原并轉化為CoS沉淀，以浸渣2形式分離除去。蒸氨環節去除溶液中的氨，使鎳離子轉化為堿式碳酸鎳沉淀析出。煅燒使堿式碳酸鎳受熱分解，得到鎳的氧化物。通入CO還原，將鎳的氧化物還原為金屬鎳。（1）基態鎳原子電子排布式為，未成對電子數為2，基態鈷原子的電子排布式為，未成對電子數為3，所以基態鎳原子和鈷原子的未成對電子數之比為。“細磨”的作用是增大與煤粉反應的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分。（2）“氧化氨浸”時，被氧氣氧化，同時與氨水和形成配合物，發生反應的離子方程式為或。紅土鎳礦中含有，經過“還原焙燒”后轉化為“”，“氧化氨浸”后進入溶液的元素有Ni、Co及部分，所以“浸渣1”含有金屬元素為。（3）由于溶度積比小得多，若沉淀中出現，則已經有沉淀，則此時溶液中存在，該溶液的，所以此時。沉鈷時，溶液中鈷離子為價，與發生氧化還原反應生成和S，和生成沉淀，所以加入了的目的是還原，沉淀。（4）堿式碳酸鎳可以表示為，靡爾質量為。假設煅燒堿式碳酸鎳，前發生：損失的質量為，即結晶水的物質的量為，即。發生：損失的質量為，即生成的和的質量為。剩余的質量為，即生成的的質量為。解得：，。（5）流程中所有工序中，“還原焙燒”中煤粉過量，所以生成，可以在“還原”工序中還原；“蒸氨”中產生的氨氣，可以在“氧化氨浸”中循環利用。所以流程中所有工序中，副產物能循環利用的工序名稱為還原焙燒、蒸氨。17.氮氧化物的污染治理迫在眉睫，利用還原可以實現的雙減排，反應原理如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：回答下列問題：（1）計算反應Ⅲ：___________（2）在恒容密閉容器中充入一定量的和不定量的發生反應Ⅰ，測得的平衡物質的量在不同溫度下隨的變化關系和在不同下隨溫度的變化關系如圖甲所示。圖中表示在不同下隨溫度的變化關系的曲線是___________(填字母，下同)，在表示不同溫度下隨的變化關系的曲線中，溫度較高的曲線是___________。（3）某溫度下，在恒壓容器中按不同投料比充入和，若主要發生反應Ⅱ時，圖乙曲線中能表示的平衡體積分數隨投料比變化的是___________(填字母)。（4）若某溫度下，向某恒壓容器中按投料，發生反應Ⅰ、Ⅱ，反應達到平衡時測得的體積分數分別為和，體系壓強為，則的轉化率為___________(保留3位有效數字)，用分壓表示反應Ⅰ的平衡常數___________(列式即可)。（5）若向容積為的恒容容器中各充入的和發生反應Ⅰ、Ⅱ，后測得，則的平均反應速率___________，則的選擇性為___________()。【答案】（1）（2）①.c、d②.b（3）A（4）①.②.（5）①.②.【解析】（1）根據蓋斯定律，反應Ⅲ=2×反應Ⅱ-反應Ⅰ，故（2）隨溫度的變化，說明溫度是自變量(橫坐標)，溫度升高，反應Ⅰ逆向進行，減小，所以曲線c、d符合題意；曲線a、b則表示不同溫度下隨的變化關系，在一定時，升高溫度，減小，所以曲線b的溫度高于曲線a；（3）按反應化學計量數比投料時，生成物的體積分數最大，所以曲線A能準確表示的平衡體積分數隨投料比變化；（4）根據反應Ⅰ、Ⅱ可知，當的體積分數分別為和時，的體積分數則為，和的體積分數之和為。設投料時和的物質的量均為，反應達到平衡時總物質的量為，生成的的物質的量為，則有：反應Ⅰ：反應Ⅱ：所以有，解得：，平衡時的物質的量，的物質的量。因此，的轉化率為；根據理想氣體狀態方程，等溫下，氣體分壓之比等于物質的量之比即，；用分壓表示反應Ⅰ的平衡常數；（5）根據化學計量數之比可知，每生成，生成或，由所給信息，后，消耗的，設生成的為，生成的為，由，解得，。的選擇性。18.型生物堿K是一類含有抗腫瘤，抗抑郁、抗焦慮等多種藥理活性的石蒜科生物堿。K的一種合成路線如下(部分試劑和條件省略)。回答下列問題：（1）A的化學名稱為___________。（2）的反應條件為___________，的反應類型為___________。（3）D和E相比，E在水中的溶解度更大，原因為___________。（4）構筑的官能團的名稱為___________。（5）的化學方程式為___________。（6）的反應中除生成I、J外，還分別生成___________、___________。（7）同時滿足下列條件的H的同分異構體共有___________種。a．屬于芳香族化合物，且苯環上的取代基有兩個；b．與溶液發生顯色反應；其中，核磁共振氫譜顯示4組峰，且峰面積之比為的同分異構體的結構簡式為___________。【答案】（1）甲苯（2）①.光照②.取代反應（3）E中存在羥基，可以與水分子間形成氫鍵（4）氨基（5）2+O22+2H2O（6）①.②.（7）①.15②.【解析】A分子式為C7H8，為甲苯，與濃硫酸在加熱條件下發生取代反應得到B，根據C的結構簡式可知B的結構簡式為，A到D發生取代反應，根據F的結構簡式可知D的結構簡式為：，D轉化為E，根據F的結構簡式可知E為苯甲醇，結構簡式為，F到G發生加成反應，G到H發生還原反應，H與C發生取代反應生成I，I到J脫水形成三元環結構，J最后轉化為K。（1）由C物質的結構簡式和A物質的分子式可知A為甲苯；（2）分析合成路線可知E為，則D為，則A→D的反應條件為光照；A→B發生磺化反應，B為，分析B、C的結構簡式，可知的反應類型為取代反應；（3）E為，可以與水分子之間形成氫鍵，增加其在水中的溶解度；（4）的反應中官能團的變化為由氰基()變為氨基()（5）發生醇的催化氧化，化學方程式為2+O22+2H2O；（6）發生的是取代反應，反應中還生成；發生脫水形成三元環結構，反應中還生成；（7）H的結構簡式為：a．屬于芳香族化合物，且苯環上的取代基有兩個；b．與溶液發生顯色反應，結構中有酚羥基存在；同時滿足條件的H的同分異構體有、、、、，每種均有鄰間對三種位置，共15種，其中核磁共振氫譜顯示4組峰，且峰面積之比為的同分異構體的結構簡式為。山西省呂梁市2025屆高三下學期第二次模擬考試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.三晉大地歷史悠久，文化傳承繁多。下列對山西博物院中古代文物的描述錯誤的是A.青銅鳥尊的主要成分是銅錫合金 B.彩陶罐的主要成分是碳酸鈣C.木板漆畫的主要成分是纖維素 D.絹本畫的主要成分是蛋白質【答案】B【解析】A．青銅的材質為銅錫合金，A項正確；B．陶瓷的主要成分是硅酸鹽，B項錯誤；C．木板的主要成分是纖維素，C項正確；D．絹的材質為蠶絲，主要成分是蛋白質，D項正確答案選B。2.下列化學用語表示正確的是A.次氯酸鈉電子式為 B.甲烷的空間填充模型為C.基態的價層電子的軌道表示式為 D.2，2-二甲基丁醛的鍵線式為【答案】C【解析】A．次氯酸鈉是離子化合物，電子式為，A項錯誤；B．甲烷為正四面體結構，H原子半徑小于C原子半徑，甲烷的空間填充模型為，B項錯誤；C．的價層電子排布式為，價層電子的軌道表示式為，C項正確；D．主鏈編號時從離醛基最近一端編號，2，2-二甲基丁醛的鍵線式為，D項錯誤；答案選C。3.化學與生產、生活、科研、實驗息息相關，下列與化學相關的表述錯誤的是A.釀酒和釀醋的過程均需要無氧、無菌環境B.苯酚濺到皮膚上，應立即用酒精沖洗，再用水沖洗C.實驗室進行甲醛與新制氫氧化銅反應時，需佩戴護目鏡和打開通風設備D.配制一定物質的量濃度的溶液時，若不慎加水超過容量瓶刻線，則需重新配制【答案】A【解析】A．釀酒過程需要厭氧菌，釀醋的過程需要有氧菌條件，A項錯誤；B．苯酚濺到皮膚上，應立即用酒精沖洗，再用水沖洗，B項正確；C．甲醛有毒，實驗室進行甲醛與新制氫氧化銅反應時，需佩戴護目鏡和打開通風設備，C項正確；D．配制一定物質的量濃度的溶液定容時，若不慎加水超過容量瓶刻線，則需重新配制，D項正確；答案選A。4.下列物質中均含有同種元素，它們在一定條件下的轉化關系如圖所示。G為單質，Q為氣體且能使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A.G易溶于乙醇B.若過量，則可以使G直接轉化為RC.W與T反應生成Q的過程中還可能同時生成GD.E生成T的反應證明E在水中的電離程度大于T【答案】C【解析】G為單質，Q為氣體且能使品紅溶液褪色，則Q為，由轉化關系即可得到G為S，E為，，R為，T為，據此回答，A．硫單質微溶于乙醇，A錯誤；B．硫轉化為和轉化為的條件不同，S不能一步轉化為，B錯誤；C．若W為，W與T反應的方程式為，C正確；D．氫硫酸是弱酸，硫酸是強酸，硫化氫的電離程度小于硫酸，因極難溶于水，故可以發生反應，D錯誤；故選C。5.在某一初始溫度下，在恒容絕熱密閉容器中，發生反應：，測得各物質的量濃度和容器內溫度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是A.時，體系內兩個反應均達到平衡狀態B.，用物質Y表示的平均反應速率為C.D.若改為恒溫容器，則X、Z物質的量濃度相同的時刻要比提前【答案】C【解析】A．根據圖像分析，后，X、Z的物質的量濃度仍在發生變化，所以體系內兩個反應均未達到平衡狀態，A項錯誤；B．時，反應物X的濃度變化為，則第1個反應生成Y的濃度為。時，反應物Z的濃度為，則第2個反應消耗Y的濃度為，所以，此時Y的濃度變化為，則內用物質Y表示的平均反應速率為，B項錯誤；C．反應開始時X減少，體系溫度升高，隨著Z增多，體系溫度降低，所以，C項正確；D．若改為恒溫容器，則時的反應體系的溫度要低于題設條件，所以兩個反應的速率會變慢，X、Z物質的量濃度相同的時刻要比靠后，D項錯誤；答案選C。6.物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A測定接近沸點的水蒸氣的相對分子質量，結果比按化學式計算出的值偏高水分子會因氫鍵而形成締合分子B相同條件下，的沸點低于甲醛的沸點分子的極性影響范德華力的大小C的鍵角大于的鍵角中心原子雜化類型相同時，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力D堿性：甲胺強于氨氣烴基為推電子基A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．接近水的沸點的水蒸氣中存在相當量的水分子因氫鍵而形成的締合分子，從而使測得的相對分子質量偏高，A項正確；B．甲醛的相對分子質量低于，但甲醛沸點高，說明分子的極性對范德華力的影響較大，B項正確；C．中S原子為雜化，中S原子為雜化，中心原子雜化方式不同，C項錯誤；D．烴基為推電子基，因此甲胺的堿性強于氨氣，D項正確；答案選C。7.侯氏制堿法的基本原理是將氨氣和依次以一定速率通入飽和溶液中生成，再利用焙燒的方法制備。某實驗小組按照下圖步驟依次操作，各步驟中裝置和目的均正確的是A．制備氨氣B．制備C．制備D．得到固體A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．實驗室制備氨氣一般用加熱氫氧化鈣和氯化銨固體混合物的方法，單獨加熱氯化銨，，在試管口氨氣和氯化氫遇冷又會化合生成氯化銨，無法得到氨氣，A錯誤；B．用固體與鹽酸反應制備，易溶于水，不能用簡易啟普發生器（適用于塊狀固體與液體不加熱反應）控制反應的發生與停止，B錯誤；C．氨氣極易溶于水，應在通入水溶液前有防倒吸裝置，C錯誤；D．碳酸鈉具有堿性，會腐蝕陶制鉗堝，應用鐵坩堝加熱碳酸氫鈉固體，D正確；故選D。8.某些有機反應的催化劑粒子M的化學式為(結構如圖)，其中前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序數依次遞增。X、Y、Z三種元素的核電荷數之和等于W的核電荷數，基態W原子的第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，基態Q原子中兩種自旋方向的電子數相差4.下列說法錯誤的是A.元素的電負性： B.原子半徑：C.Y和W的簡單氫化物均屬于非電解質 D.Q的某種高價含氧酸鹽可用于河水的凈化和殺菌消毒【答案】B【解析】由催化劑粒子M的結構可知，X形成1個共價鍵，Y形成4個共價鍵，Z形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，Q形成4個共價鍵，前四周期元素X，Y，Z，W，Q的原子序數依次遞增，且X、Y、Z三種元素的核電荷數之和等于W的核電荷數，基態W原子的第一電離能高于同周期相鄰的兩種元素，所以W是P元素；X是H元素，Y是C元素，Z是O元素，基態Q原子中兩種自旋方向的電子數相差4，且原子序數大于O，所以Q是Fe元素，據此回答。A．元素的電負性：，Fe是金屬元素，電負性較小，所以電負性，A正確；B．P為與第三周期，C、O位于第二周期，且C>O，H為與第一周期，故原子半徑：，B錯誤；C．Y和W的簡單氫化物分別為和，在水溶液和熔融狀態下均不能導電，均屬于非電解質，C正確；D．Q(Fe)的高價含氧酸鹽如，具有強氧化性，可殺菌消毒，其還原產物水解生成Fe(OH)3膠體，可吸附水中雜質，用于河水的凈化和殺菌消毒，可用于河水的凈化和殺菌消毒，D正確；故選B。9.下列各組離子在水溶液中因生成沉淀而不可以大量共存的是A. B.C. D.【答案】C【解析】A．與發生絡合反應不能大量共存，但不是生成沉淀，A錯誤；B．四種離子間不發生反應，可以大量共存，B錯誤；C．與和反應生成沉淀不能大量共存，C正確；D．均能與和發生氧化還原反應而不能大量共存，但沒有生成沉淀，D錯誤；故選C。10.電催化合成氨存在如下兩種可能轉化路徑，其相對能量變化如圖(*表示吸附位點)。下列說法錯誤的是A.電催化合成過程存在非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成B.兩種路徑中生成氨的速率：C.若用氘(D)代替H，可在路徑Ⅰ的某些吸附位點上檢測出4個D原子D.路徑Ⅰ和路徑Ⅱ對應的焓變相同【答案】B【解析】A．電催化合成過程存在非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成，A項正確；B．兩種轉化路徑中對比生成第一個，路徑Ⅱ最高能壘低于路徑Ⅰ，因此兩種路徑中生成氨的速率：，B項錯誤；C．只有路徑Ⅰ中，吸附位點*NH2NH2上存在4個D原子，C項正確；D．根據蓋斯定律，反應的焓變只與始態和終態有關，與路徑無關，路徑Ⅰ和路徑Ⅱ對應的焓變相同，D項正確；答案選B。11.氧化鋯()的立方晶胞如圖甲所示，替代氧化鋯晶體中部分的位置可得到一種高性能的催化劑，但由于二者離子半徑和化合價不同，會導致部分脫離形成“氧空位”以保證晶體的電中性，如圖乙結構單元。的摩爾質量為，晶胞參數為，為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A.所帶電荷 B.圖乙表示的物質化學式為C.晶體的密度為 D.圖甲中與最近且等距的有6個【答案】D【解析】A．圖乙結構單元中含有的個數為個，的個數為個，的個數為7個，根據電中性原則得出，解得，A項正確；B．由A可知，圖乙表示的物質化學式為，B項正確；C．由甲圖可知，晶胞中有Zr的個數為8×個，O的個數為8個，晶體中有4個ZrO2，晶胞的質量為，體積為a3×10-30cm3，則晶體的密度為，C項正確；D．根據圖甲分析可知，與最近且等距的有12個，D項錯誤；答案選D。12.乙二醇是重要的化工產品，其合成路線如下：下列說法錯誤的是A.環氧乙烷的沸點比乙烯高，是因為環氧乙烷分子間可形成氫鍵B.中碳碳鍵的鍵長均小于其他兩種有機物中碳碳鍵的鍵長C.三種有機物中的碳原子的雜化方式分別為D.此合成路線與乙烯先加成后水解制備乙二醇的方法比，原子利用率高，對環境友好【答案】A【解析】A．環氧乙烷分子間不能形成氫鍵，環氧乙烷的沸點比乙烯高是因為環氧乙烷相對分子質量比乙烯大，分子間作用力更強，A錯誤；B．中含碳碳雙鍵，碳原子采取sp2雜化，鍵長較短；環氧乙烷和乙二醇中碳碳鍵為單鍵，碳原子采取sp3雜化，鍵長較長，所以中碳碳鍵的鍵長均小于其他兩種有機物中碳碳鍵的鍵長，B正確；C．中碳原子形成3個鍵，無孤電子對，雜化方式為；環氧乙烷和乙二醇中碳原子均形成4個鍵，雜化方式為

，C正確；D．此合成路線原子利用率為，乙烯先與氯氣加成，后與氫氧化鈉水溶液水解制備乙二醇，原子利用率低，且使用到氯氣，會對環境造成污染，D正確；故選A。13.常溫常壓電催化技術可以實現氮還原，是人工合成肼的關鍵技術，其裝置如下圖所示。已知電催化過程中會伴有副產物氨生成。下列說法正確的是A.電極A的電勢高于電極B的電勢B.電解過程中質子由電極室A移向電極室BC.電極A上生成的電極反應武：D.理論上同時生成和時，生成【答案】D【解析】電極A上發生還原反應：和，電極A應與電源的負極相連作陰極，電極B上發生氧化反應：，B為陽極與電源正極連接，H+通過質子交換膜向陰極移動。A．A是陰極，電極B為陽極，電極A的電勢低于電極B的電勢，A項錯誤；B．電解過程中向陰極移動，即由電極室B移向電極室A，B項錯誤；C．電極A上生成的電極反應式：，C項錯誤；D．理論上生成轉移電子，生成轉移電子，總共轉移電子，因此生成，即生成0.175mol×32g/mol=，D項正確；答案選D。14.向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，與的關系如下圖所示{其中代表或}。下列說法錯誤的是A.曲線為隨變化曲線B.溶度積常數C.反應的平衡常數K的值為D.時，溶液中【答案】D【解析】向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，隨著得增大，逐漸減小，逐漸增大，故曲線為、曲線為，逐漸減小，液逐漸減小，且減小得程度更大，故曲線為、曲線為隨濃度變化曲線，據此回答。A．曲線為、曲線為、曲線為、曲線為隨濃度變化曲線，A正確；B．根據曲線和曲線上的坐標和，分析，B正確；C．由分析知，曲線為隨濃度變化曲線，則由a點可知，反應的平衡常數，C正確；D．由圖像可知，時，，溶液中，D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.亞氯酸鈣[Ca(ClO2)2]具有極強的吸濕性。無水物加熱至350℃時尚不分解，含水亞氯酸鈣加熱到130~140℃即分解。某實驗小組利用下圖所示裝置制備黃綠色ClO2氣體，并在加熱條件下使其與CaO2反應制備Ca(ClO2)2。已知：ClO2可被NaOH溶液吸收得到NaClO3和NaClO2的混合物。Ⅰ．亞氯酸鈣的制備。（1）盛放H2O2的儀器名稱為___________。（2）儀器的連接順序為a→___________(部分儀器可重復使用)。（3）裝置D中長頸漏斗的作用為___________。（4）A是ClO2的發生裝置，其中發生反應的離子方程式為___________。（5）制備Ca(ClO2)2時，參與反應的氧化劑與還原劑的化學計量數之比為___________。Ⅱ．產品中亞氯酸鈣(雜質為CaCl2含量測定。①準確稱取0.1200g粗產品于碘量瓶中，加入醋酸和稍過量的KI溶液，然后以淀粉溶液作指示劑，用0.2000mol/LNa2S2O3標準溶液進行滴定至滴定終點，平行測定三次后取平均值，用去25.24mL標準溶液。②空白實驗：不取產品，其余試劑用量和步聚相同，消耗1.24mLNa2S2O3標準溶液。已知：；。（6）①滴定終點時溶液中的顏色變化現象為___________。②若未進行空白實驗，則測定結果將___________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。③亞氯酸鈣Ca(ClO2)2(M=175g/mol)的純度為___________(保留3位有效數字)。【答案】（1）恒壓滴液漏斗（2）或（3）防止倒吸（4）（5）2:1（6）①.溶液由藍色變為無色②.偏大③.【解析】由題干信息可知，裝置A為用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，裝置C為干燥ClO2，裝置B為讓ClO2和CaO2反應來制備Ca(ClO2)2，裝置D為尾氣吸收，據此分析解題。（1）由題干實驗裝置圖可知，盛放H2O2的儀器名稱為恒壓滴液漏斗，故答案為：恒壓滴液漏斗；（2）由分析可知，裝置A為用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，裝置C為干燥ClO2，裝置B為讓ClO2和CaO2反應來制備Ca(ClO2)2，裝置D為尾氣吸收，亞氯酸鈣Ca(ClO2)2具有極強的吸濕性，且含水的亞氯酸鈣受熱易分解，因此裝置B兩端均需連接濃硫酸干燥裝置。因此儀器的連接順序為或，故答案為：或；（3）由題干實驗裝置圖可知，裝置D中長頸漏斗的作用為防止倒吸，故答案為：防止倒吸；（4）由分析可知，裝置A用NaClO3、H2SO4和H2O2來制備ClO2，根據氧化還原反應配平可得，該反應的離子方程式為，故答案為：；（5）由分析可知，裝置B中發生反應的化學方程式為，ClO2為氧化劑，CaO2為還原劑，化學計量數之比為2:1，故答案為：2:1；（6）①本實驗用淀粉溶液作指示劑，故滴定終點時溶液中的顏色變化現象為溶液由藍色變為無色，故答案為：溶液由藍色變為無色；②若未進行空白實驗，則消耗的的體積增大，測定結果將偏大，故答案為：偏大；③由已知反應得關系式：；結合實驗可知空氣也會氧化部分碘離子生成碘單質，則由上述關系可知，生成的碘單質消耗的的體積為，；亞氯酸鈣(摩爾質量為)的純度為，故答案為：87.5%。16.高鎂低鎳型紅土鎳礦中主要含有等。一種處理高鎂低鎳型紅土鎳礦并回收金屬元素Ni的濕法工藝流程如下。已知：ⅰ.“還原焙燒”后鈷、鎳元素以單質形式存在；大部分被還原為，少部分被還原為，排出。ⅱ.“氧化氨浸”時，以及溶于氨水形成，不溶；不穩定，在有氧條件下轉化為沉淀；三價鈷離子有氧化性。ⅲ.時，，。回答下列問題：（1）基態鎳原子和鈷原子的未成對電子數之比為___________。“細磨”的作用是___________。（2）“氧化氨浸”時，發生反應的離子方程式為___________。“浸渣1”含有的金屬元素為___________(填元素符號)。（3）若“沉鈷”后溶液的，則溶液中為___________時，沉淀中開始出現；該過程中的作用是___________(答出2點)。（4）堿式碳酸鎳可以表示為，分析測得堿式碳酸鎳樣品的摩爾質量為，煅燒過程中固體質量隨溫度的變化關系如圖所示，則___________，___________，___________。（5）流程中所有工序中，副產物能循環利用的工序名稱為___________。【答案】（1）①.②.增大與煤粉反應的接觸面積（2）①.(或)②.（3）①.②.還原，沉淀（4）①.3②.1③.4（5）還原焙燒、蒸氨【解析】此題是關于處理高鎂低鎳型紅土鎳礦并回收金屬元素Ni的濕法工藝流程題，紅土鎳礦先進行干燥處理，隨后細磨，增大后續反應接觸面積。還原焙燒過程中加入過量煤粉，在高溫下將紅土鎳礦中的部分金屬氧化物還原，煤粉起還原劑作用。氧化氨浸環節通入O2，加入飽和氨水，Ni被氧化并與氨形成配合物進入溶液，Fe、Mg等元素形成浸渣1分離。沉鈷過程，加入使溶液中的鈷離子還原并轉化為CoS沉淀，以浸渣2形式分離除去。蒸氨環節去除溶液中的氨，使鎳離子轉化為堿式碳酸鎳沉淀析出。煅燒使堿式碳酸鎳受熱分解，得到鎳的氧化物。通入CO還原，將鎳的氧化物還原為金屬鎳。（1）基態鎳原子電子排布式為，未成對電子數為2，基態鈷原子的電子排布式為，未成對電子數為3，所以基態鎳原子和鈷原子的未成對電子數之比為。“細磨”的作用是增大與煤粉反應的接觸面積，加快反應速率，使反應更充分。（2）“氧化氨浸”時，被氧氣氧化，同時與氨水和形成配合物，發生反應的離子方程式為或。紅土鎳礦中含有，經過“還原焙燒”后轉化為“”，“氧化氨浸”后進入溶液的元素有Ni、Co及部分，所以“浸渣1”含有金屬元素為。（3）由于溶度積比小得多，若沉淀中出現，則已經有沉淀，則此時溶液中存在，該溶液的，所以此時。沉鈷時，溶液中鈷離子為價，與發生氧化還原反應生成和S，和生成沉淀，所以加入了的目的是還原，沉淀。（4）堿式碳酸鎳可以表示為，靡爾質量為。假設煅燒堿式碳酸鎳，前發生：損失的質量為，即結晶水的物質的量為，即。發生：損失的質量為，即生成的和的質量為。剩余的質量為，即生成的的質量為。解得：，。（5）流程中所有工序中，“還原焙燒”中煤粉過量，所以生成，可以在“還原”工序中還原；“蒸氨”中產生的氨氣，可以在“氧化氨浸”中循環利用。所以流程中所有工序中，副產物能循環利用的工序名稱為還原焙燒、蒸氨。17.氮氧化物的污染治理迫在眉睫，利用還原可以實現的雙減排，反應原