山东省济南市市中区山东省实验中学2024-2025学年高三上学期11月期中化学试题（解析版）-A4

这是一份山东省济南市市中区山东省实验中学2024-2025学年高三上学期11月期中化学试题（解析版）-A4，共23页。试卷主要包含了11，00mL高锰酸钾溶液B等内容，欢迎下载使用。
化学试题
2024.11
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑。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，用0.5m黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cl 35.5 Ni 59 La 139
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. 化学与传统文化密不可分。下列说法错误的是
A. 青釉陶罐的主要成分是二氧化硅
B. 青铜器上的铜锈可用明矾水去除
C. 丝绸富含酰胺基，具有良好的吸湿性
D. 药酒的制作利用了萃取原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．青釉陶罐的主要成分是硅酸盐，A错误；
B．明矾水解显酸性，青铜器上的铜锈可用明矾水去除，B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质因富含氨基而具有良好的吸湿性，C正确；
D．药酒是将中药有效成分溶解在酒中而制成的日常佳品，利用了固-液萃取原理，D正确；
故选：A。
2. 反应用于捕捉废气中的，有关化学用语正确的是
A. 基态C原子最外层电子的轨道表示式：
B. 的结构示意图：
C. 轨道的电子云轮廓图：
D. 的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．基态原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，2p能级的能量高于2s能级，应先在2s能级填充2个电子后再在2p能级填充两个电子，A错误；
B．是由O得到两个电子得到的，的核电荷数为8，核外电子数为10，B错误；
C．轨道的电子云轮廓图延x轴方向伸展，为哑铃形，C正确；
D．为的空间填充模型，D错误；
故选C。
3. 高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是
A. 线型聚乙烯塑料为长链高分子，受热易软化
B. 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，受热易分解
C. 尼龙66由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好
D. 聚甲基丙烯酸酯(有机玻璃)由甲基丙烯酸酯加聚合成，透明度高
【答案】B
【解析】
【详解】A．线型聚乙烯塑料具有热塑性，受热易软化，A正确；
B．聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚合成，具有一定热稳定性，受热不易分解，B错误；
C．尼龙66即聚己二酰己二胺，由己二酸和己二胺缩聚合成，强度高、韧性好，C正确；
D．聚甲基丙烯酸酯由甲基丙烯酸酯加聚合成，又名有机玻璃，说明其透明度高，D正确；
故选B。
4. 下列实验操作或实验仪器的使用错误的是
A. 用酸式滴定管量取10.00mL高锰酸钾溶液B. 容量瓶和分液漏斗使用前均需检查是否漏水
C. 保存氯化亚铁溶液时，加入少量稀盐酸和铁粉D. 皮肤溅上液溴，立即用苯洗涤，然后用水冲洗
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，且一般酸化使用，应用酸式滴定管量取，故A正确；
B．容量瓶和分液漏斗均需要检查是否漏水后使用，故B正确；
C．氯化亚铁具有还原性，且能水解，保存时加入铁粉防止氧化，加少量盐酸抑制其水解，故C正确；
D．苯有毒，不能用苯洗去皮肤上的液溴，可用酒精洗，故D错误；
故选：D。
5. 下图为钠元素的“价—类”二维图，箭头表示物质间的转化关系，下列说法错误的是
A. 氢氧化钠溶液可以与过量二氧化碳反应实现转化关系①
B. 发生④⑤的转化均有产生
C. 碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③和⑧生成氯化钠
D. 反应②只能通过加热才能实现物质转化
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的方程式为CO2 (过量)+ NaOH =NaHCO3，可以实现转化关系①，故A正确；
B．与水和二氧化碳的反应方程式分别为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，因此④⑤的转化均有产生，故B正确；
C．碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③Na2CO3 + HCl(少量)= NaCl + NaHCO3，和反应⑧Na2CO3 + 2HCl(过量)= 2NaCl + H2O + CO2↑，都生成氯化钠，故C正确；
D．反应②通过加热能实现物质转化，2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2，也可加入氢氧化钠溶液实现物质转化，NaHCO3 + NaOH=Na2CO3+H2O，故D错误；
故选D。
6. 某抗氧化剂的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A. 除氢外，所有原子可能共平面
B. 与H2完全加成后分子中有一个手性碳原子
C. 分子中含有5种官能团
D 1 ml该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 ml NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．该结构在肽键和酯基中间的碳原子处连有几个饱和碳原子，故所有原子不可能公平面，A错误；
B．与H2完全加成后分子中有一个手性碳原子，位置在肽键和酯基中间的碳原子处，B正确；
C．分子中含有4种官能团，分别为碳溴键、碳碳双键、肽键、酯基，C错误；
D．1ml该物质中能消耗NaOH的有：①苯环上的—Br，消耗1mlNaOH时生成酚羟基和NaBr，酚羟基又消耗1mlNaOH生成酚钠，所以共消耗2ml；②肽键和酯基分别消耗1mlNaOH。故一共消耗4mlNaOH，D错误；
故选B。
7. 制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(，受热易分解)的工艺流程如图，下列说法正确的是
A. “滤渣”的成分为
B. 两处HCl的作用相同
C. 操作a为“减压蒸发”
D. 理论上，产生气体A、B的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【分析】粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁生成氢氧化镁沉淀，过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷却结晶得亚氯酸钠晶体，据此回答；
【详解】A．根据以上分析，“滤渣”的成分为、，A错误；
B．第一次用盐酸是除氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，B错误；
C．，受热易分解，故操作a为“减压蒸发”，C正确；
D．产生气体A即Cl2的方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，产生气体B即O2的方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，理论上，产生气体氯气、氧气的物质的量之比为1∶1，D错误；
故选C。
8. 已知1，3-丁二烯与HBr加成的能量-反应进程图如图所示(图中、、表示各步正向反应的焓变)。下列说法正确的是

A. 反应时间越长，1，3-丁二烯与HBr反应得到3-溴-1-丁烯的比例越大
B. 0℃、短时间t min内，的1，3-丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7：3(设反应前后体积不变)，则生成1-溴-2-丁烯的平均速率为
C. 1，3-丁二烯与HBr反应，生成3-溴-1-丁烯的反应热为、生成1-溴-2-丁烯的反应热为
D. 与烯烃结合的一步为决速步，进攻时活化能小的方向得到3-溴-1-丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知，1-溴-2-丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1-溴-2丁烯的比例越大，A错误；
B．根据图示可知，生成3-溴-1-丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3-溴-1-丁烯的比例大，故生成1-溴-2-丁烯的平均速率为，B错误；
C．根据盖斯定律，生成3-溴-1-丁烯的反应热为 ，，生成1-溴-2-丁烯的反应热为 ，C错误；
D．根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即 H+与烯烃结合的一步为决速步，第二步反应中生成3-溴-1-丁烯的活化能小，即 Br-进攻时活化能小的反应得到3-溴-1-丁烯，D正确；
故选D。
9. 某有机离子液体结构为，元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族。下列说法错误的是
A. 分子极性：B. 同周期第一电离能大于X的元素有5种
C. 简单离子半径：R＞Y＞ZD. 该离子液体中存在离子键、极性键和配位键
【答案】B
【解析】
【分析】元素X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据结构可判断出Y连接3根共价键，Y为N元素；基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，可能为1s22s22p5或1s22s22p63s22p1，R与Z同主族，且R的原子序数大于Z，R、Z均为短周期主族元素，因此R为Cl元素，Z为F元素；由可知X的化合价为+3价，X为B元素，元素X、Y、Z、R分别为B、N、F、Cl，据此作答。
【详解】A．X为B元素，Y为N元素，Z为F元素，为，为，中B的价层电子对数为3，无孤电子对，因此为非极性分子，的价层电子对数为4，有1对孤电子对，为极性分子，因此分子极性，即，故A正确；
B．同周期第一电离能从左往右呈现增大的趋势，但第IIA、VA出现反常，X为B元素，同周期第一电离能大于B的元素有6种，故B错误；
C．R为Cl元素，Z为F元素，Y为N元素，电子层数越多半径越大，电子层数相同则比较核电荷数，核电荷数越大半径越小，氯离子电子层数为3层，因此简单离子半径：R＞Y＞Z，故C正确；
D．该离子液体中和存在离子键，中有C-N、C-H极性键，连接4根共价键的N有配位键，故D正确；
故答案选B。
10. 常温下将NaOH溶液滴加到溶液中，溶液pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 曲线M表示pH与的关系
B.
C. a点溶液：
D. 溶液：
【答案】C
【解析】
【分析】a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)= =c(H+)=10-6.6，曲线M表示pH与， ，pH=5时，代入电离平衡常数，比较离子浓度大小。
【详解】A．当纵坐标为0时，H2A以第一步电离为主，因此=0或=0，则前者的氢离子浓度大，其pH值小，因此曲线M表示pH与，故A正确；
B．a点得到Ka1(H2A)==c(H+)=10-2.6，b点得到Ka2(H2A)= =c(H+)=10-6.6，因此=，故B正确；
C． 根据图中信息得到a点，c(HA-)=c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，又因a点溶液显酸性c(H+)＞c(OH-)，得到溶液中：c(Na+)＜c(HA-)+2(A2-)=c(H2A)+2(A2-)，故C错误；
D．pH=5的溶液中Ka1(H2A)= =10-2.6，=102.4，，Ka2(H2A)= =c(H+)=10-6.6，=10-1.6，，同理=Ka1(H2A)·Ka2(H2A)=10-2.6×10-6.6，则=
，即，故，故D正确；
故选：C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验操作或结论叙述正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠燃烧时能产生大量的热，会造成玻璃表面皿破裂，因此不能用玻璃表面皿进行钠燃烧的实验，A错误；
B．氯气将氧化生成而使水层呈黄色；氯气将氧化生成，易溶于而使有机层呈紫红色。实际上，实验中有机层先呈紫红色，说明氯气先氧化后氧化，即的还原性大于，可知的氧化性比强，故可以比较氯气、、的氧化性，B正确；
C．通入CO2的导管没有伸入饱和食盐水的液面以下，CO2通入后经干燥管排出装置外，无法充分参与反应，且氨气极易溶于水，直接通入氯化钠溶液中，容易倒吸，C错误；
D．溴乙烷水解后，取上层清液，应先用稀硝酸中和过量的NaOH，使溶液酸化后再加入AgNO3溶液，若生成淡黄色沉淀，才能证明含有溴元素，D错误；
故选B。
12. 有机物X→Y的异构化反应如图所示。考虑立体异构，下列说法正确的是
A. 可用红外光谱区分X和Y
B. X分子中的碳原子可能在同一平面
C. Y的核磁共振氢谱有5组峰
D. 类比可知的异构化产物一定为
【答案】A
【解析】
【详解】A．X和Y所含官能团不同，化学键不完全相同，故可用红外光谱区分X和Y，A正确；
B．X分子中和羟基相连的C杂化方式为sp3，该碳原子与周围相连的三个碳原子构成三角锥形，故X分子中所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．由于碳碳双键及其连原子形成平面结构，导致两个苯环上的氢不等效，故Y的核磁共振氢谱有8组峰，C错误；
D．类比上述反应，的异构化产物为或，D错误；
故选：A。
13. 一定条件下，与浓硫酸发生取代反应生成水和单萘磺酸，反应过程和有机物占比随时间变化如图所示：
下列说法正确的是
A. 升高温度，反应Ⅰ的速率增大程度小于反应Ⅱ
B. 产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ强
C. 加催化剂(只催化反应Ⅰ)，极值点e可能变为a点
D. 平衡常数的比值
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由右图可知，反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，反应速率越快，反应的活化能越小，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ；升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大，则反应Ⅰ的速率增大程度小于反应Ⅱ，A正确；
B．由左图可知，产物Ⅰ转化为产物Ⅱ的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，物质的能量越大越不稳定，则产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ弱，B错误；
C．加入只催化反应Ⅰ的催化剂，反应I的速率增大，产物Ⅰ的占比增大，则右图中极值点e变为a点，C正确；
D．由盖斯定律：反应Ⅱ与反应Ⅰ相减可得到反应，由右图知，平衡时产物Ⅱ的占比为72%，产物Ⅰ的占比为12%，设平衡时的占比为c，则的平衡占比为6c，反应的平衡常数比为，D错误；
故选AC。
14. 我国科学家发现，利用如下装置可以将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的可解离为和。下列说法错误的是
A. M极电极反应式为
B. 电极电势：
C. 工作一段时间后，装置中需要定期补充和NaOH
D. 制取1ml邻苯二酚类物质时，理论上有透过膜a
【答案】BD
【解析】
【分析】该装置为原电池装置。M电极作负极，B2H6在该极失电子发生氧化反应，电极反应式为；N电极作正极，该极上邻苯二醌类物质得电子转化为邻苯二酚类物质。双极膜中间层中的 H2O解离为H+和 OH−，氢离子通过膜b移向正极N，膜b为阳离子交换膜；氢氧根离子通过膜a移向负极M，膜a为阴离子交换膜；据此分析解答。
【详解】A．根据分析，M极电极反应式，故A正确；
B．根据分析，M电极为负极，N电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，因此电势：M电极I4Ni，从原子结构的角度分析原因___________。
（2）镍能形成多种配合物。中配位原子是___________(填元素符号)。NiNH362+中键角___________(填“>”“ ③. 直线形 ④.
（3） ①. 八面体 ②. ③. (或 )
【解析】
【小问1详解】
Ni的原子序数为28，价层电子排布式为：3d84s2；Ni失去3个电子后价电子变为3d7，故再失去的是3d7上的一个电子，Fe失去3个电子后是3d5，再失去的是3d5上的一个电子，而3d5是半满结构，较稳定，故；
【小问2详解】
中配位原子是C；中键角>NH3中键角，因为N原子上的孤电子对参与形成配位键，相当于没有孤电子对，而独立的氨分子中N原子上一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，故NH3中键角更小；SCN-中心原子为S，其价电子对为2+=2，没有孤电子对，SCN-中的空间结构为直线形；该配离子中的大π键为，因为共3个原子共用电子，S和N共提供4个电子，故大π键为；
【小问3详解】
根据投影图，可判断Ni2+位于体内，共2个；La3+的位置有：体内1个，顶点=1；棱上=2，共4个；O2-的位置有：体内2个，面上，棱上，共8个；因此1个Ni2+周围距离相等且最近的O2-形成的空间结构为正八面体形；由上述分析可知，底面面对角线长度的一半，A到棱心的长度，以及要计算得d三者构成直角三角形，d为斜边的长度，底面面对角线长度的一半=apm；A到棱心的长度为()pm；故d=；根据上述计算，晶胞的质量为，晶胞的体积为cm3，故晶体的密度 (或 )。
17. 镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有、还有等杂质)制备镓和锗的流程如下：
已知Ⅰ．单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀；
Ⅱ．；
Ⅲ．镓与铝的性质相似，但高纯度的镓难溶于酸或碱。
回答下列问题：
（1）“酸浸2”生成的离子方程式为___________。
（2）“降铁浓缩”中为，则除时应控制pH的范围是___________(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。
（3）若用表示单宁酸，“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节pH为过低的影响是___________。
（4）与过量氢氧化钠反应的化学方程式为___________。“电解”时阳极反应为___________。
（5）“还原”过程中参与反应的体积为89.6L(标准状况下)，则理论上步骤(1)中消耗物质的量为___________ml。
【答案】（1）Bi2O3 + 2H++ SO= (BiO)2SO4 + H2O
（2）3≤pH ”“