山东省济南市2024届高三(上)期末质量检测化学试卷（解析版）

这是一份山东省济南市2024届高三(上)期末质量检测化学试卷（解析版），共25页。试卷主要包含了 下列分子可能具有旋光性的是， 废水中苯酚含量表达式正确的是等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下述工艺不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 海水提溴B. 粮食酿酒C. 仿生固氮D. 侯氏制碱
【答案】D
【详解】A．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．酒酿造是葡萄糖糖与氧气发生氧化反应的过程，其中有化合价的变化，涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．仿生固氮中，N元素从单质变为化合物，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．侯式制碱法制纯碱中二氧化碳、氨气、氯化钠、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，均没有元素的化合价变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
2. 下列应用或实验操作与其他三者原理不同的是（ ）
A. 明矾可用于净化水B. 碱石灰用作食品包装中的干燥剂
C. 溶液用塑料瓶盛放D. 固体溶于浓盐酸配制溶液
【答案】B
【详解】A．明矾做净水剂是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性而净水，与盐类水解有关；
B．碱石灰用作食品包装中的干燥剂，与碱石灰的吸水性有关；
C．水解生成的HF对玻璃有腐蚀作用，故溶液用塑料瓶盛放，与盐类水解有关；
D．配制FeCl3溶液,需用浓盐酸溶解FeCl3固体，目的是抑制铁离子的水解，防止溶液浑浊，与盐类水解有关；
综上，与其他三者原理不同的是B，故选B。
3. 下列化学事实不符合“量变引起质变”的哲学观点的是（ ）
A. 液态分散系可分为溶液、液溶胶和浊液
B. 与强碱反应时氯气既是氧化剂又是还原剂
C. Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
D. 乙醇与浓硫酸在140℃时反应生成乙醚，在170℃时反应生成乙烯
【答案】B
【详解】A．液态分散系可分为溶液、液溶胶和浊液，粒子直径大小的改变引起分散系类型的改变，符合“量变引起质变”的哲学观点，故A正确；
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂，是氯气自身的氧化还原反应，不符合“量变引起质变”的哲学观点，故B错误；
C．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强，符合“量变引起质变”的哲学观点，故C正确；
D．乙醇与浓硫酸在140℃时反应生成乙醚，在170℃时反应生成乙烯，温度改变引起产物改变，符合“量变引起质变”的哲学观点，故D正确；
选B。
4. 下列分子可能具有旋光性的是（ ）
A. 乳酸B. 异戊烷C. 丙三醇D. 乙酸乙酯
【答案】A
【详解】具有手性碳原子的有机物会产生手性异构，具有手性的分子具有旋光性。手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，乳酸中连有-H、-OH、-COOH、-CH3的碳原子为手性碳原子，因此乳酸具有旋光性，异戊烷（）、丙三醇（）、乙酸乙酯（CH3COOC2H5）都没有手性碳原子，没有旋光性，故选A。
5. 实验室中为完成以下实验，除蒸馏水外，选用的液体试剂和依次加入顺序均正确的是（ ）
A. 制备硝基苯：浓硫酸、浓硝酸、苯
B. 制备溴苯并提纯：溴水、苯、NaOH溶液
C. 粗盐提纯：溶液、溶液、NaOH溶液
D. 制备硫酸四氨合铜晶体：溶液、氨水、乙醇
【答案】D
【详解】A．制备硝基苯实验中，先加入浓硝酸再加入浓硫酸可以防止混合时产生的大量热，最后加入苯可以减少苯的蒸发，因此正确顺序是先加入浓硝酸再加入浓硫酸，最后滴入苯，故A错误；
B．苯和液溴在Fe的催化下才能发生取代反应生成溴苯，故B错误；
C．粗盐提纯的过程中溶液要在溶液之后加，以除去过量的Ba2+，故C错误；
D．向溶液中加入氨水先生成氢氧化铜蓝色沉淀，再加入氨水生成硫酸四氨合铜，硫酸四氨合铜晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇促进硫酸四氨合铜晶体的析出，故D正确；
故选D。
6. 仙鹤草内酯具有保肝解毒、降血糖等功效，结构简式如图所示。下列关于仙鹤草内酯的说法错误的是（ ）
A. 可形成分子内氢键和分子间氢键
B. 可与溶液发生显色反应
C. 苯环上的氢原子发生氯代时，一氯代物有4种
D. 1ml该物质最多可与反应
【答案】D
【详解】A．与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间可以形成氢键，该有机物分子中含有羟基和羰基，则可以形成分子内氢键和分子间氢键，A正确；
B．该有机物分子中含有酚羟基，可与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；
C．该有机物中的苯环共有4种等效氢，则苯环上的氢原子发生氯代时，一氯代物有4种，C正确；
D．酚羟基和酯基水解生成的醇羟基都不能与NaHCO3反应，只有酯基水解生成的羧基可以与NaHCO3反应，则1ml该物质最多可与1mlNaHCO3反应，D错误；
故选D。
7. 利用粒子(即氦核)轰击不同原子，获得人工放射性元素和，合成反应如下：。其中元素Y、Z的基态原子核外未成对电子数之比为。下列说法正确的是（ ）
A. 基态原子第一电离能：
B. 简单离子半径：
C. 简单阴离子还原性：
D. X、Y的三氯化物分子构型相同
【答案】C
【分析】由质子守恒可知，5+2=a+0，解得a=7，X为N元素；由质量数守恒可知，c+4=30+1，解得c=27，结合元素Y、Z的基态原子核外未成对电子数之比为1：3，则Y为Al元素，Z为P元素，以此解答。
【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下元素的第一电离能降低，则原子第一电离能：Al，的沸点高于，原因是的相对分子质量大，使范德华力对沸点的影响超过分子间氢键。
（4）吡咯()替代苯也可形成类似的笼形包合物，吡咯分子所有原子处于同一平面，说明N原子和C原子都是sp2杂化，则N原子的价层孤电子对占据未杂化的2p轨道，故选B；中N原子有1个孤电子对，可以结合H+形成配位键，吡咯与相比，结合质子的能力较弱。
17. 利用铜转炉烟灰(主要成分为ZnO，含少量及Pb、Cu、As元素的化合物)制取活性氧化锌的工艺流程如下：
已知：“浸取”后，锌元素以ZnNH342+存在；25℃时，部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。
回答下列问题：
（1）“浸取”时控制温度为45～55℃之间，理由是__________________。
（2）“除杂2”中，需先将溶液的pH调至4～4.5，此时应选择的最佳试剂是______(填标号)；
A．氨水 B．氧化锌 C．硫酸 D．盐酸
滴加溶液有生成，该反应的离子方程式为_____________________；25℃时，体系中残留最大浓度为______(忽略反应对溶液pH的影响)。
（3）“除杂3”是置换除杂过程，则试剂a是_____________(填化学式)；“沉锌”时，锌元素以形式存在，发生反应的离子方程式为_______________________。
（4）该流程中可以循环使用的物质是____________(填化学式)。
【答案】（1）保证浸取速率较高，同时防止氨水（或硫酸铵）分解或升高温度，浸取速率会加快，当超过55℃时，再升高温度氨水（或硫酸铵）分解或温度过低，浸取速率太慢，温度过高氨水（或硫酸铵）分解
（2）C
（3）Zn
（4）
【分析】由题给流程可知，向铜转炉烟灰中加入了硫酸铵和氨水浸取，将铅元素转化为沉淀，转化为沉淀，过滤，向浸出液中加入硫酸铁溶液，将铁元素转化为沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅰ和浸出液；向滤液中先加稀硫酸调节pH，再加入高锰酸钾，将残留的铁元素转化为氢氧化铁沉淀，同时高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣Ⅱ和滤液，向滤液中加入过量的锌，将溶液中铜离子还原为铜，过滤得到含有锌、铜的滤渣Ⅲ和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌，滤液主要溶质为硫酸铵，可循环利用；碱式碳酸锌煅烧分解制得活性氧化锌，据此分析；
【详解】（1）“浸取”时控制温度为45～55℃之间，理由是保证浸取速率较高，同时防止氨水（或硫酸铵）分解或升高温度，浸取速率会加快，当超过55℃时，再升高温度氨水（或硫酸铵）分解或温度过低，浸取速率太慢，温度过高氨水（或硫酸铵）分解；
（2）“除杂2”中，需先将溶液的pH调至4～4.5，为避免引入新的杂质离子，并且此时应选择的最佳试剂是硫酸，故选C；滴加溶液有生成，该反应的离子方程式为：；完全沉淀时pH=3.2，此时，，可计算出，pH=4时c(OH-)=10-10ml/L，25℃时，体系中残留最大浓度为=ml/L；
（3）“除杂3”是置换除杂过程，根据分析，试剂a是Zn；“沉锌”时，锌元素以形式存在，“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，发生反应的离子方程式为；
（4）根据分析，该流程中可以循环使用的物质是。
18. 过氧化钙水合物(，x>2)微溶于水，能溶于酸，性质与相似，可用作医用防腐剂和消毒剂。实验室制备过氧化钙的流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为___________(填“稀盐酸”或“碳酸钙”)。
（2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为_____________________。
（3）步骤Ⅴ烘干的同时计算确定水合物中x的值。从下列仪器中选出步骤Ⅴ中所需仪器为___________(填标号)。
过程中需至少称量_____次；当_______________时可认为烘干完全。
（4）利用如图装置(夹持装置省略)测定产品中的纯度。常温常压下，称取mg产品，记录量气管起始读数为5.00mL，从分液漏斗中迅速加入15.00mL的盐酸(足量)后，立即关闭旋塞。恢复至室温后，调整量气管读数为40.00mL。
仪器A的名称是____________；室温下气体摩尔体积为，该产品的纯度为______％(用含m、的代数式表示)；若读数时，未调平水准管与量气管的液面，所测定产品的纯度会___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）碳酸钙
（2）或
（3）BCE 4 最后两次称量时质量差
（4）蒸馏烧瓶 偏低
【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成，与氨水和反应生成，经洗涤烘干则得。
【详解】（1）步骤Ⅰ中应过量的试剂为碳酸钙,保证盐酸反应完，避免与步骤二中的氨水反应；
（2）步骤Ⅱ中与氨水和反应生成，离子方程式为或；
（3）步骤Ⅴ烘干所需仪器为B干燥器、C坩埚除去结晶水、E玻璃棒用于搅拌，过程中需至少称量4次，第一次称量坩埚的质量，第二次坩埚+水合物的质量，第三次加热并冷却至室温后称量坩埚+剩余固体的质量，因为要求最后两次称量的质量差值小于0.1g，结果在允许的范围内，才认为结晶水完全失去，所以第四次称量：再加热后坩埚+剩余固体的质量，如果不满足质量差值小于0.1g，还要加热再称量，所以至少称量四次；
（4）仪器A的名称是蒸馏烧瓶，由于性质与相似，故
该产品的纯度为: ，根据连通器原理，U型管测气体体积时要使两管液面相平，确保两边大气压相等，若读数时，未调平水准管与量气管的液面，液面则是右高左低，水准管的液面高则气体体积偏小,因为除了大气压气体还受到高出那一部分液体的压强,所以体积还是偏小，故质量偏小，纯度偏低。
19. 酸性溶液常用于媒染剂和消毒剂等。为探究不同体系中的微观变化，进行如下实验。回答下列问题：
（1）将放入密闭容器中，在高压HCl气氛下，缓缓抽去其中的水蒸气，使体系中水蒸气的分压逐渐降低，各步脱水过程为一系列的动态平衡(脱水过程均为吸热反应)。50℃下，部分阶段脱水时，水合物中水的质量分数ω与的关系如下。
①脱水时，高压HCl气氛的作用是______________________。
②b→c阶段对应的化学方程式为_______________________。
③若升温至60℃，d→e阶段对应的_____4000Pa(填“>”“ ④. 50％
（2）4.5 0.67 55％ 增大
【详解】（1）①溶液中存在，高压HCl气氛是为了抑制铜离子水解，故答案为抑制水解(抑制铜离子水解)；
②ab阶段，水的百分比为40%，设ab阶段分子式为，所以有，解得x=5，所以ab阶段分子式为，又cd阶段分子式为，所以b→c阶段对应的化学方程式为；
③脱水过程均为吸热反应，温度升高，促进脱水，所以若升温至60℃，d→e阶段对应的>4000Pa；
④d点分子式为，当由d点失水达到M点时，水的百分比为25%，设ab阶段分子式为，所以有，解得x=2.5，同理可知，e点分子式为，所以d到e失去1个水，所以到M点时，剩余的物质的量分数为50%，故答案为50%。
（2）已知：
Ⅰ：
Ⅱ：
2Ⅰ-Ⅱ得：，所以；
由图可知，曲线a一直降低，所以a代表的分布系数；当Cl-不足时，主要发生，当Cl-过量时，主要发生，且向转化，所以的分布系数随着的浓度增大表现出先增大后减小，而则一直增大，所以曲线b代表，曲线c代表；由K值可知，铜离子转化的很少，而更少，结合图可知，已经标注，则未标注的为；
A点时，且，所以，所以；
由图可知，；A点时，、分布系数几乎为0，设、，则，，，a=4.5b，所以的氯化络合转化率约为；
根据 ， ，同理 ，，则，稀释时，溶液中浓度减小，所以体系中的值增大。
20. 化合物I是合成抗HIV病毒活性药物的一种中间体，其合成路线如下：
已知：
I．ROH+PhCH2ClROCH2PhROH
II．R,R'=H,烃基
III．R1,R2=烃基
IV．
回答下列问题：
（1）A→B加入稍过量，化学方程式为_____________________；A与反应的目的是_____________________。
（2）B的同分异构体中，含苯环且能发生水解反应，但不能发生银镜反应的有___________种。
（3）C中不对称碳原子的个数为___________；试剂X的结构简式为___________；D中含氧官能团的名称为___________。
（4）G→H的反应类型为___________；I中含有两个五元环，其结构简式为________________。
【答案】（1）HOCH2CHO++K2CO3→+KHCO3+KCl或HOCH2CHO+→+HCl 保护醇羟基或防止C→D产生副产物
（2）10 （3）1 CH2=CHCOCl 醚键、酯基
（4）还原反应
【分析】结合已知Ⅰ的反应和B的分子式，可知A为HOCH2CHO ，B为，结合已知反应Ⅱ，以及C的分子式可知C为，C与试剂X发生取代反应生成D，结合C→D的分子式以及脱去HCl可知，X中含有3个碳，且不饱和度为2，则X为CH2=CHCOCl，D为；D发生已知条件Ⅲ的反应生成E，则E为，E发生取代反应生成F，结合H的结构，G为，H→I发生已知Ⅳ的反应，经历两步生成I，，I为。
【详解】（1）根据A与B的结构式可以得出，A→B的化学方程式为HOCH2CHO++K2CO3→+KHCO3+KCl或HOCH2CHO+→+HCl；A与PhCH2Cl反应的目的是保护醇羟基或防止C→D产生副产物；
（2）B的同分异构体中，含苯环且能发生水解反应，但不能发生银镜反应，其结构含有酯基，但无醛基或甲酸某酯，若苯环只含有1个取代基，可以有、、、共4种，若有两个取代基，可以为、每种组合有邻、间、对三个位置，一共6种，所以共计10种同分异构体；
（3）由结构可知，C中不对称碳原子的个数为1个，即；试剂X的结构简式为CH2=CHCOCl；结合分析中D的结构简式，可知D中含氧官能团的名称为醚键、酯基；
（4）LiAlH4是有机反应中常见的还原剂，可以还原醛基或者羰基，甚至可以还原羧基，G→H的反应类型为还原反应；I含有两个五元环，其结构简式为。金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4