山东济南市2026届高三下学期针对性训练 化学试题（含解析）高考模拟

这是一份山东济南市2026届高三下学期针对性训练 化学试题（含解析）高考模拟，共24页。试卷主要包含了5 Ca 40 Zn65， 药物奥司他韦分子结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
化学试题
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Zn65
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. 大明湖遗址考古发掘将济南建城史上推至距今约4200年。下列说法错误的是
A. 遗址出土的碳化谷子稳定性较差
B. 精美纹饰陶片烧制时发生了化学变化
C. 原子光谱法可鉴定青铜戈的元素组成
D. 样品的检测结果可作为断代证据
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳化谷子的主要成分为碳单质，常温下碳的化学性质稳定，可长时间保存，A错误；
B．陶片烧制时，原料在高温下发生复杂反应，有新物质生成，属于化学变化，B正确；
C．不同元素的原子光谱具有特征性，原子光谱法可鉴定物质的元素组成，C正确；
D．半衰期固定，可通过测定样品中的残留量推算年代，可作为断代证据，D正确；
故选A。
2. 下表为某体检血液报告的部分内容。下列说法错误的是
A. 表中各项检查数据均处于正常范围
B. 质量浓度为的血钙含量为正常水平
C. 经常食用油炸食品会增大血液中甘油三酯含量
D. 突发低血糖时，食用葡萄糖片比白糖见效快
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠、钙、甘油三酯、空腹血糖的检查结果均在对应参考范围内，A正确；
B．钙的摩尔质量为，的血钙物质的量浓度为，低于参考范围下限，不属于正常水平，B错误；
C．油炸食品脂肪含量高，经常食用会导致摄入油脂过多，增大血液中甘油三酯含量，C正确；
D．葡萄糖是单糖可直接被人体吸收，白糖主要成分为蔗糖（二糖），需要水解为单糖才能被吸收，因此突发低血糖时食用葡萄糖片见效更快，D正确；
故答案选B。
3. 用溶液和铁粉可将废水中转化为。下列说法正确的是
A. HCN的电子式：
B. 第一电离能：
C. 中含键
D. 中心原子成键电子对数：
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCN中存在共价键，电子式为，A错误；
B．同周期元素第一电离能从左到右总体增大，但N原子的轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的O，H的电子层数、原子半径小于C，H的第一电离能大于C，第一电离能N>O>H>C，B错误；
C．每个内部C≡N 三键含1个键，中心与6个形成6个配位键，配位键属于键，1 ml [Fe(CN)6​]4−中总键为6ml+6ml=12ml ，C正确；
D．中心原子成键电子对数：[Fe(CN)6]4−中心形成6个配位键，成键电子对数为，中心形成3个键，成键电子对数为3，中心形成2个键，成键电子对数为2，中心形成2个σ键，成键电子对数为2，正确排序为：[Fe(CN)6]4−>CO32−>H2O=HCN ，D错误；
故选C。
4. 与在水中生成，在无水乙醇中生成。下列说法错误的是
A. 键极性：乙醇N>C ②.
变大 ③.
三乙撑二胺参与配位后，N原子的孤电子对变为成键电子对，对其他成键电子对的排斥力减小
（3） ①.
Zn2LnL2 ②.
2 ③.
可见光
【解析】
【小问1详解】
Zn是30号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，位于元素周期表第四周期第ⅡB族；Zn最外层电子数为2，第四周期中，除Zn外，最外层电子数为2的元素有Ca、Sc、Ti、V、Mn、Fe、C、Ni，共8种。
【小问2详解】
同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，因此电负性：；三乙撑二胺的N原子配位前有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，配位后孤电子对转化为成键电子对，排斥力减小，因此键角变大。
【小问3详解】
根据均摊法，晶胞中为个，中性配体​为个，带2个负电的L​为个，最简化学式为Zn2LnL2；两种结构相互转化时，数目不变，晶胞中为2，因此；释放需要晶体内部空隙更大，由题可知晶胞密度越小空隙越大，密度，晶胞质量m相同，反式偶氮苯对应晶胞体积更大，密度更小，空隙更大，可释放；根据题给转化关系：反式偶氮苯​​顺式偶氮苯，释放N2发生在晶体由小孔道结构(M1)向大孔道结构(M2)转变的过程中，此过程为顺式偶氮苯转化为反式偶氮苯，需要可见光照射。
17. 唑吡坦(F)是一种用于治疗睡眠障碍的药物，其合成路线如下：
已知：甲基能活化苯环的邻、对位。回答下列问题：
（1）B仅有一种化学环境原子，的结构简式为___________。
（2）C中官能团的名称为___________。
（3）A和B反应还有C的同分异构体C＇生成，C＇的结构简式为___________。
（4）C→D的化学方程式为___________。
（5）F中虚线圈内所有原子共平面，其中碱性较强的为___________号原子(填“1”或“2”)。
（6）F的另一种合成路线如下：
①结合以上合成路线，推测X的结构简式为___________；
②含有吡啶环()的同分异构体有___________种，的核磁共振氢谱图与的不同之处为___________(填标号)。
A．峰的组数 B．峰的面积比 C．峰的位置(化学位移)
【答案】（1） （2）酮羰基（羰基）、羧基
（3） （4） （5）1
（6） ①. ②. 15 ③. C
【解析】
【分析】根据合成路线，甲苯与B(C4H4O3)反应生成C，结合A、C结构简式可知B为；C与Br2发生取代反应生成D，D结构简式为；D与反应生成E；E发生取代反应生成F。据此分析解答。
【小问1详解】
由分析知，B的结构简式为；
【小问2详解】
C的结构为，其官能团名称为酮羰基（羰基）、羧基；
【小问3详解】
由于甲基能活化苯环的邻、对位，所以甲苯中甲基的对位与B反应生成C，甲基的邻位可与B反应，其生成产物为，故C＇为；
【小问4详解】
与溴发生取代反应生成D，其化学方程式为；
【小问5详解】
虚线圈内，标号1的氮原子为sp2杂化，孤对电子处于sp2杂化轨道，具有碱性；标号2的氮原子为sp2杂化，孤对电子处于未杂化的p轨道，参与形成大π键，所以标号1的氮原子碱性较强；
【小问6详解】
①采用逆推法，YZ发生加成反应，由Z的结构可知Y的结构为， X的分子式为C9H9OBr，结合流程图中反应机理，可知X为；
②含有吡啶环()的同分异构中，若只有一个支链，则支链可能为-CH2NH2或-NHCH3，则有如图各3种同分异构体，共6种；若有两个支链，则分别为－CH3和－NH2，则有如图、、共10种（编号为－NH2的位置），除去，还有15种同分异构体；
与都含有5种等效氢且个数比为3:2:1:1:1，则核磁共振氢谱图均为5组峰且面积之比为3:2:1:1:1，但峰的位置(或化学位移)不同，故选C。
18. 氯化聚丙烯()是以聚丙烯为原料通过氯化改性制得。回答下列问题：
Ⅰ．聚丙烯氯化是引发剂BPO作用下的自由基反应，装置如图所示(加热及夹持装置略)。
已知：水能导致自由基明显减少；聚丙烯在有机溶剂中溶解缓慢，舒展的聚丙烯分子链氯化更均匀。
（1）乙中的试剂为___________；丙中发生反应的化学方程式为___________。
（2）实验步骤：连接并检查装置气密性，丙中加入聚丙烯、氯苯(溶剂)，打开搅拌器并加热丙，待观察到丙中___________(填实验现象)，加入引发剂BPO，打开氯气钢瓶，通入适量氯气后，停止加热，关闭氯气阀门。
（3）上述装置存在一处缺陷，会导致速率降低，改进的方法为___________。
Ⅱ．氧弹燃烧——滴定法测定氯化聚丙烯中氯元素含量(部分原理为)
氧弹燃烧：将样品用定量滤纸包裹，放入简易燃烧瓶(内含足量氢氧化钠吸收液)铂丝上，充入足量氧气并按紧瓶塞，在瓶口处加少量水，电打火燃烧完毕后充分振摇，用少量水冲洗瓶塞及铂丝，合并洗液及吸收液，定容至备用。参照以上操作另做等量定量滤纸燃烧空白实验得对比液体。
滴定法测定氯含量：量取定容后的吸收液，调后滴入几滴溶液(为砖红色沉淀)，用标准溶液平行滴定三次，消耗标准液平均体积。空白实验重复以上滴定操作时消耗标准液平均体积。
（4）氧弹燃烧前在瓶口处加少量水的目的是___________。
（5）滴定终点的现象为___________；氯元素的质量分数为___________。(用含、、、的代数式表示)。若空白实验重复以上滴定操作时溶液加入量过多，会导致氯元素含量的测量结果___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（6）工业生产中采用更加灵敏高效的电位滴定法：用标准液滴定，电位滴定装置测量即时电位，并记录消耗的体积。下列确认滴定终点图像不合理的是___________(填标号)。
【答案】（1） ①. 浓硫酸（浓） ②.
（2）溶液变澄清（或固体全部溶解）
（3）在丙和丁之间加盛有浓硫酸的干燥装置（或其他干燥剂装置）
（4）防止生成的氯化氢气体挥发，导致测量结果不准确
（5） ①. 当滴入最后半滴标准溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内不褪去 ②. 0.355cV1−V2m ③. 偏高
（6）B
【解析】
【分析】该实验分为两部分：Ⅰ部分以聚丙烯为原料，在引发剂BPO作用下，于氯苯溶剂中与氯气发生自由基氯化反应制备氯化聚丙烯，装置中氯气经干燥后通入反应瓶，反应产生的尾气用NaOH溶液吸收；Ⅱ部分采用氧弹燃烧-硝酸银滴定法测定氯化聚丙烯的氯元素含量，样品在氧气中燃烧，氯元素转化为HCl并被碱液吸收，再经硝酸银滴定计算氯含量。
【小问1详解】
乙中的试剂为浓硫酸（浓），用于干燥氯气，防止水导致自由基减少；丙中发生的反应为聚丙烯与氯气在BPO、加热条件下的取代反应，化学方程式为；
【小问2详解】
实验步骤中，加热待观察到丙中溶液变澄清（或固体全部溶解）时，加入引发剂BPO，通入氯气反应，此时聚丙烯在氯苯中充分溶解，可保证反应均匀进行；
【小问3详解】
装置缺陷为水蒸气可能进入丙中导致自由基减少，改进方法为在丙和丁之间加盛有浓硫酸的干燥装置（或其他干燥剂装置），防止水蒸气进入反应瓶；
【小问4详解】
氧弹燃烧前在瓶口处加少量水的目的是防止生成的氯化氢气体挥发，保证HCl被氢氧化钠吸收液完全吸收，导致测量结果不准确；
【小问5详解】
滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液时，产生砖红色沉淀（），且半分钟内不褪去；氯元素的质量分数计算：样品中氯元素的物质的量为cV1−V2×10−3ml×−V2ml ，质量为0.01cV1−V2ml×35.5g/ml=0.355cV1−V2g ，因此质量分数为0.355cV1−V2m；若空白实验中溶液加入量过多，会使终点提前，空白消耗的体积偏小，导致偏大，测量结果偏高；
【小问6详解】
电位滴定中，终点附近电位会发生突变，合理的图像为A、C，B中电位无明显突变，不符合滴定终点的电位变化特征，因此不合理的是B。
19. 从含铟烟尘(主要含有、、、、、、等)中提取铟和硫酸锌的流程如下：
已知：两段酸浸法能有效避免高浓度对后续提取的干扰，同时得到较高的浸出率；萃取剂对+3价金属离子都有较好的选择性。回答下列问题：
（1）含铟烟尘颗粒小、易漂浮，“低酸酸浸”常采用较大转速机械搅拌方式浸出的目的是___________；据图可知，“低酸酸浸”较宜选取的液固比和硫酸浓度分别为___________、___________。
（2）“滤渣2”的主要成分为___________。
（3）常温下，加入铁粉，除了可以“调酸除铜”，还能起到的作用为___________；研究发现萃取分离铟和其他离子的效率随操作时间呈现先增大后减小的趋势，操作时间过长导致分离效率降低的可能原因是___________。
（4）“置换”时，发生的主要反应的化学方程式为___________。
（5）加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图3所示。将()加热到时得到，的值为___________。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，提高浸取速率和效率 ②. ③.
（2）、
（3） ①. 将还原为，防止被萃取，导致产物纯度降低 ②. 萃取时间过长，溶液中的被氧化为，导致Fe3+与一同被萃取，分离效率降低
（4）
（5）1
【解析】
【分析】从含铟烟尘（含、、、、、、等）中提取铟和硫酸锌时，先以低浓度稀硫酸进行低酸酸浸，根据“两段酸浸法能有效避免高浓度对后续提取的干扰，同时得到较高的浸出率”，、等溶解进入滤液1，转化为难溶的，等和、等则留在滤渣1中；滤液1经除镉、浓缩结晶得到，而滤渣1再用硫酸高酸酸浸，使溶解为进入滤液2，难溶的与形成滤渣2；滤液2经铁粉调酸除铜并将还原为，再经萃取、盐酸反萃取得到溶液，最后用锌板置换得到粗铟。
【小问1详解】
含铟烟尘颗粒小、易漂浮，“低酸酸浸”采用较大转速机械搅拌的目的是增大固液接触面积，提高浸取速率和浸取效率；根据图1液固比的影响曲线，液固比为时的浸出率已较高且浸出率较低，可减少对后续铟提取的干扰，因此较宜液固比为；根据图2硫酸浓度的影响曲线，硫酸浓度为0.16ml⋅L−1时的浸出率较高且浸出率仍较低，能兼顾浸出和后续铟提取；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣2的主要成分为；
【小问3详解】
常温下加入铁粉，除调酸除铜外，还能将溶液中的还原为，防止被萃取剂萃取，避免其混入有机相降低铟的纯度；萃取分离效率随操作时间先增大后减小，操作时间过长时，溶液中的会被空气中的氧气氧化为，导致与一同被萃取剂萃取，分离效率降低；
【小问4详解】
锌板与溶液发生置换反应，Zn与HInCl4电离出的H+反应产生H2，将还原为单质，自身被氧化为，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
的摩尔质量为287g⋅ml−1，加热到时固体质量保留百分数为，设原固体为，则剩余固体质量为287g×62.4%≈179g ，剩余固体为，其摩尔质量为(161+18x) g/ml，因此，解得。
20. 以顺酐(MA)为原料，通过控制反应条件，可选择性地获得丁二酸酐(SA)、丁内酯(GBL)、四氢呋喃(THF)及两种醇BDO和BuOH等重要的有机化工产物。涉及反应如下：
已知：①还原反应在高压氛围下进行，压强近似等于总压()；
②部分反应的压强平衡常数及体系平衡时顺酐还原产物的选择性与温度关系如下图所示；
③图示温度范围内MA已完全转化。
回答下列问题：
（1）产物的系统命名为___________。若以为初始原料，在、的高压氛围恒压容器中仅发生反应Ⅱ，平衡时有能量变化，该条件下反应Ⅱ焓变___________。的数值范围是___________(填标号)。
A． B． C． D．
（2）表示某物种i的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比。以为初始原料，在、的高压氛围的恒压容器中，平衡时___________，消耗___________ml。其他条件不变，平衡后再向该容器中加入一定量，重新达到平衡时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）图示温度范围内，BDO的选择性一直较低，原因是___________。
【答案】（1） ①. 1-丁醇 ②. -1000x ③. C
（2） ①. 0.6 ②. 8.6×10-3 ③. 不变
（3）一方面反应Ⅲ为放热反应，高温不利于生成BDO；另一方面BDO脱水生成THF为吸热反应，导致THF的选择性随温度升高而逐渐降低，且生成该物质的平衡常数较小，使得图示温度范围内，BDO的选择性一直较低
【解析】
【小问1详解】
产物含羟基碳链为4个碳，羟基在1号碳，系统命名为1-丁醇。
由图，升高温度，反应Ⅱ的Kp减小，则反应为放热，以为初始原料，在、的高压氛围恒压容器中仅发生反应Ⅱ，平衡时有能量变化， 时生成GBL选择性为50%，则反应SA放热，那么该条件下反应Ⅱ焓变。
由图，升高温度，反应Ⅴ的Kp减小，则反应Ⅴ也为放热，SA中含酐基，反应Ⅱ为其中1个羰基氧被还原得到GBL，反应Ⅴ为另一个羰基氧被还原得到THF，第1个羰基被还原过程中反应Ⅱ放热较反应Ⅴ更多，则的数值范围是，故选C。
【小问2详解】
已知，图示温度范围内MA已完全转化；以为初始原料，在、的高压氛围的恒压容器中反应，MA完全转化为SA消耗氢气，由图可知，SA完全转化为GBL，消耗氢气、生成水，GBL进行后续反应，反应Ⅲ+反应Ⅳ得到反应Ⅴ，则GBL后续反应考虑反应Ⅲ、Ⅵ、Ⅴ，由图，GBL、THF选择性均为40%，BDO、BuOH选择性相等，则两者均为10%，GBL、THF、BDO、BuOH分别为、、、，反应Ⅵ生成BuOH，需消耗BDO，则反应Ⅲ生成BDO2.0×10−3+2.0×10−3ml ，列三段式：
共消耗2.0+4.0+0.2+0.8+1.6×10-3ml=8.6×10-3ml ，生成水2.0+0.2+0.8×10-3ml=3.0×10-3ml ；平衡时；在恒温恒压下，产物的选择性为定值，因此最终产物中n(H2O)与n(THF)的物质的量之比为定值，则重新达到平衡时，比值不变；
【小问3详解】
由图，随温度升高，反应Ⅳ的平衡常数增大，则BDO脱水生成THF的反应Ⅳ为吸热反应；一方面反应Ⅲ为放热反应，高温不利于生成BDO；另一方面BDO脱水生成THF为吸热反应，导致THF的选择性随温度升高而逐渐降低，且生成该物质的平衡常数较小，使得图示温度范围内，BDO的选择性一直较低。项目名称
检查结果
单位
参考范围
钠
140
135～145
钙
2.43
2.13～2.70
甘油三酯
1.50
0.45～1.70
空腹血糖(葡萄糖计)
5.1
3.9～6.1
A．制备晶体
B．探究浓热稳定性
C．称量固体
D．制取
实验现象
结论
A
胆矾粉末中加入适量浓硫酸，粉末变白
浓硫酸具有吸水性
B
向稀溶液中滴加稀硫酸，溶液颜色变深
能抑制的水解
C
向溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀
有氧化性
D
将涂改液与水溶液混合物加热充分反应，取上层清液硝酸酸化后加入硝酸银，有白色沉淀
涂改液中存在含氯化合物
相对能量()
R
M
TS
P
X为H
0
-95.7
-81.3
-151.6
X为D
0
-98.1
-85.4
-163.2
X为T
0
-96.2
-84.3
-165.2
X
Y
Z
实验目的
A
浓硫酸
紫色石蕊试液
验证漂白性
B
饱和食盐水
电石
酸性溶液
验证乙炔还原性
C
苯、溴的混合液
Fe
溶液
验证苯和溴的反应为取代反应
D
稀硫酸
FeS
溶液
比较FeS、CuS的
晶体
装载分子
晶胞中个数
晶胞体积
顺式偶氮苯
反式偶氮苯
4