2024届山东省济南市高三上学期期末质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济南市2024届高三上学期期末质量检测可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31Cl35.5Ca40Mn55Cu64Bi209一、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【详析】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【详析】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【详析】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【详析】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【详析】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.1mol该物质最多可与反应【答案】D【详析】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1mol该物质最多可与1molNaHCO3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〖祥解〗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。【详析】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<P<N，故A错误；B．P3-有3个电子层，Al3+和N3-的电子层数相等，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Al3+<N3-<P3-，故B错误；C．同主族元素从上到下元素的非金属性增强，单质的氧化性减小，对应离子的还原性增强，则还原性：N3-<P3-，故C正确；D．NCl3的价层电子对数为4且含有1个孤电子对，构型为三角锥形，AlCl3价层电子对数为3且没有孤电子对，构型为平面三角形，故D错误；故选C阅读下列材料，完成下面小题。一定条件下，利用浓溴水与苯酚反应，可测定工业废水中苯酚的含量(其他杂质不与浓溴水反应)。实验步骤如下：①用酸式滴定管准确量取待测废水于锥形瓶中；②向锥形瓶中迅速加入过量的浓溴水，塞紧瓶塞，振荡；③打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入过量的溶液，塞紧瓶塞，振荡；④滴入2~3滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液，发生反应：；⑤待测废水换为蒸馏水进行空白实验，重复上述步骤，消耗溶液。8.对于上述实验，下列做法正确的是（）A.酸式滴定管查漏时，需转动旋塞进行二次检查B.酸式滴定管润洗后，将管内废水从滴定管上部倒入废液缸中C.步骤④中用酸式滴定管盛装标准溶液D.滴定实验进行时，眼睛注视滴定管上的刻度9.废水中苯酚含量表达式正确的是（）A. B.C. D.10.根据上述实验原理，下列说法正确的是（）A.滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变蓝，且半分钟内不褪色时停止滴定B.若向待测废水中加入溶液不足，将导致测定结果偏小C.空白实验中进行的步骤②未塞瓶塞，将导致测定结果偏小D.空白实验中进行的步骤④滴定终点俯视读数，将导致测定结果偏大【答案】8.A9.A10.C〖祥解〗实验中发生反应、Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=3n(苯酚)+n(I2)=3n(苯酚)+n(Na2S2O3)；空白实验中发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=n(I2)=n(Na2S2O3)，从而可以计算苯酚量为n(苯酚)=×0.0100×(V2-V1)×10-3mol。【8题详析】A．酸式滴定管查漏时，需转动旋塞进行二次检查，故A正确；B．润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；C．标准溶液是碱性的，步骤④中用碱式滴定管盛装标准溶液，故C错误；D．滴定实验进行时，眼睛注视锥形瓶中的颜色变化，故D错误；故选A。【9题详析】实验中发生反应、Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=3n(苯酚)+n(I2)=3n(苯酚)+n(Na2S2O3)；空白实验中发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=n(I2)=n(Na2S2O3)，则×0.0100mol·L-1×V2×10-3L=3n(苯酚)+×0.0100mol·L-1×V1×10-3L，n(苯酚)=×0.0100×(V2-V1)×10-3mol，苯酚含量为×0.0100×(V2-V1)×10-3mol×94×103mg·mol-1÷20.00×10-3L=mg·L-1，A正确。【10题详析】A．用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应碘单质，加入的淀粉遇碘单质变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故A错误；B．向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到碘单质，再用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，若KI溶液不足，则剩余的Br2的物质的量偏小，苯酚含量会偏大，故B错误；C．空白实验中进行的步骤②忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏小，故C正确；D．如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏小，故D错误；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.有机物X→Y的重排反应如图所示，下列说法正确的是（）A.依据核磁共振氢谱可以区分X、YB.除氢原子外，X中可能共平面的原子最多有5个C.若不考虑立体异构，含酰胺基且能发生银镜反应的Y的同分异构体有3种D.若考虑立体异构，重排后的产物为【答案】AC【详析】A．和都有4种不同化学环境的氢，但是两个物质H的化学位移的位置不同，例如：由于O的电负性较大，羟基H的化学位移更靠近低场，化学位移较大，而N的电负性比氧弱，因此酰胺键中的H化学位移较小，因此可以通过核磁共振氢谱鉴别两种物质，A正确；B．X中除H外最多有6个原子共平面，如图所示，B错误；C．能发生银镜反应说明含有醛基，同分异构体有，共3种，C正确；D．根据题意，重排后的产物为，D错误；故选AC。12.随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首先需要对低浓度的进行选择性富集。能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使富集。以和为原料，充分混合并煅烧，冷却后得到时，用盐酸淋洗富集的过程如图所示，将中所有交换后得到，过程中测得固体中锰元素平均化合价有所升高。下列说法错误的是（）A.在煅烧时体现还原性B.充分煅烧时有两种气体产生C.与相互转化操作是溶解和过滤D.富集一段时间后需向体系中补充【答案】AC〖祥解〗以和为原料，充分混合并煅烧，冷却后得到，该步骤化学方程式为：，后经过盐酸淋洗LMO富集将LMO中所有交换后得到HMO，据此分析。【详析】A．由分析可知，在煅烧时，化合价降低，为氧化剂，体现氧化性，A错误；B．由分析可知，煅烧的方程式为，产生的气体为氧气和二氧化碳，B正确；C．由流程图可知，HMO转化为LMO操作是洗涤，C错误；D．由分析可知，富集一段时间后锂离子后，量减少，需要补充LMO，D正确；故选AC。13.随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首先需要对低浓度的进行选择性富集。能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使富集。利用电化学富集锂的装置如图所示。用离子交换膜将电极与两个惰性电极隔开。该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成；关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通。下列说法正确的是（）A.惰性电极1为阴极B.膜a为阴离子交换膜C.当富集完成时，理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等D.当电极2消耗时，完全转化为，则理论上中【答案】CD〖祥解〗该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成，锰元素化合价降低，电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极；然后关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通，使得中的Li+脱出进入腔室2，锰元素化合价升高，电极为阳极，惰性电极2为阴极，据此分析解题。【详析】A．由题可知，通入海水，启动电源1，形成，此时电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极，故A错误；B．由分析可知，关闭电源1和海水通道，启动电源2时，中的Li+脱出进入腔室2，所以膜a为阳离子交换膜，故B错误；C．当通入海水，启动电源1，形成时，惰性电极1为阳极，水失去电子生成氧气，电极反应为：，而当关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向惰性电极2上通时，惰性电极2为阴极，氧气发生还原反应，电极反应为：，整个过程中，的嵌入和的脱嵌过程转移的电子数相同，所以理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等，故C正确；D．先通入海水，启动电源1，转化为，的物质的量为，完全转化为，则的物质的量为500mol，电极2电极反应为，当电极2消耗时，转化成，且转移电子的物质的量为400mol，即500mol转移400mol电子，由-xe-=2+xLi+可知，理论上中x=，故D正确；故答案选CD。14.一定条件下，HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应如下：Ⅰ．Ⅱ．已知仅对反应Ⅰ有催化作用。一定温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列说法正确的是（）A.反应的活化能：Ⅰ>ⅡB.反应的平衡常数：C.反应达平衡后，D.向体系中加入盐酸，CO新的浓度峰值点对应CO2的浓度可能是点a【答案】B【详析】A．根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应I达平衡，此时二氧化碳浓度未达最大值，即反应II尚未达平衡状态，说明反应I的反应速率大于反应II，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，A错误；B．反应Ⅰ．，，反应Ⅱ．，，达到平衡时，二氧化碳浓度远大于一氧化碳，则，B正确；C．根据碳元素守恒，在密封石英管内完全充满水溶液，HCOOH发生分解生成CO与CO2，由于过程I和II均为可逆过程，则有，C错误；D．由于仅对反应Ⅰ有催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，二氧化碳浓度降低，但不为a点，D错误；故选B。15.常温下，向的二元弱酸中加入一元强碱MOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、和的分布系数δ(x)随溶液pOH的变化如图所示。已知：，常温下，、均易溶于水。下列说法错误的是（）A.常温下，的溶液pH≈2.5B.当pOH>7时，存在一点满足C.当时，需加入D.当pOH=6时，体系中【答案】BD〖祥解〗pOH越大，则溶液碱性越强，根据题给信息可知，，其中1表示H2A，2表示HA-，3表示A2-，以此解题。【详析】A．当pH=9时，可知，则当在的溶液时，，解得此时c(H+)=10-2.5mol/L，pH≈2.5，A正确；B．当pOH=3时，可知，，在的溶液中，根据质子守恒可知，，而HA-的水解常数，即此时溶液水解为主，溶液显碱性，而当pOH>7时溶液显酸性，故此时不是的溶液，即不成立，B错误；C．的二元弱酸中的物质的量为0.01mol，当时，溶液中主要为，当然也存在，即此时加入的物质的量应该大于的物质的量，即加入，C正确；D．根据可知，当溶液为的饱和溶液时，此时，并且由选项B的分析可知，此时HA-的水解程度大于电离程度，根据水解方程式：HA-+H2O⇌H2A+OH-，其水解常数，解得，c(OH-)=10-5mol/L，而当pOH=6时，此时有一部分HA-转化成了H2A，则其浓度小于M+的浓度，促使MHA的沉淀溶解平衡正向移动，即，D错误；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞部分结构如图所示(H原子未画出)。晶胞参数为a=b≠c，α=β=γ=90°。回答下列问题：（1）基态的价电子排布式为_____________。（2）晶体中有_____种化学环境的镍离子；x：y=______；当z=0.5时，1mol晶胞可以俘获_____mol苯分子。（3）、、的键角由大到小的顺序为________________(填化学式)；常温常压下为无色气体，其固体的晶体类型为____________；沸点_____(填“>”“<”或“=”)；的沸点高于，原因是_____________________。（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，则吡咯中N原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．杂化轨道吡咯与相比，结合质子的能力较______(填“强”或“弱”)。【答案】（1）（2）22：14（3）、、分子晶体>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）B弱【详析】（1）Ni是28号元素，基态的价电子排布式为。（2）由晶胞结构可知，该晶体中Ni原子部分连着NH3，有的没有连接NH3，有2种化学环境的镍离子；由晶胞结构可知，C原子的个数为8=2，N原子的个数为8+4=3，则x：y=2：1，当z=0.5时，1个Ni原子对应0.5个苯分子，而晶胞中含有8个Ni原子，则1mol晶胞可以俘获8×0.5mol=4mol苯分子。（3）、中心原子杂化方式都为sp3，且含有1个孤电子对，含有2个孤电子对，则键角：>，中C原子杂化方式为sp2，为平面三角形，键角为120°，、、的键角由大到小的顺序为、、；常温常压下为无色气体，说明其沸点较低，其固体的晶体类型为分子晶体，分子间能形成氢键，则沸点>，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金属离子开始沉淀pH1.97.04.5完全沉淀pH3.29.06.4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）〖祥解〗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；【详析】（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-)=10-10mol/L，25℃时，体系中残留最大浓度为=mol/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）BCE4最后两次称量时质量差（4）蒸馏烧瓶偏低〖祥解〗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。【详析】（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“>”“<”或“=”)。④当由d点失水达到M点时，剩余的物质的量分数为__________。（2）在一定温度下，在液态有机相中存在以下氯化络合反应：反应的平衡常数____________。保持温度不变，改变有机相稀溶液中的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数δ与平衡浓度关系如图所示。图中未表示出______(填“”“”“”或“”)的分布系数；A点时，的浓度为_________(保留两位小数)，此时的氯化络合转化率约为________；向上述溶液中继续加入有机试剂稀释，体系中的值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.抑制水解(抑制铜离子水解)②.③.>④.50％（2）4.50.6755％增大【详析】（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+PhCH2ClROCH2PhROHII．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）1CH2=CHCOCl醚键、酯基（4）还原反应〖祥解〗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。【详析】（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。山东省济南市2024届高三上学期期末质量检测可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31Cl35.5Ca40Mn55Cu64Bi209一、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【详析】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【详析】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【详析】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【详析】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【详析】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.1mol该物质最多可与反应【答案】D【详析】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1mol该物质最多可与1molNaHCO3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〖祥解〗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。【详析】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<P<N，故A错误；B．P3-有3个电子层，Al3+和N3-的电子层数相等，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Al3+<N3-<P3-，故B错误；C．同主族元素从上到下元素的非金属性增强，单质的氧化性减小，对应离子的还原性增强，则还原性：N3-<P3-，故C正确；D．NCl3的价层电子对数为4且含有1个孤电子对，构型为三角锥形，AlCl3价层电子对数为3且没有孤电子对，构型为平面三角形，故D错误；故选C阅读下列材料，完成下面小题。一定条件下，利用浓溴水与苯酚反应，可测定工业废水中苯酚的含量(其他杂质不与浓溴水反应)。实验步骤如下：①用酸式滴定管准确量取待测废水于锥形瓶中；②向锥形瓶中迅速加入过量的浓溴水，塞紧瓶塞，振荡；③打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入过量的溶液，塞紧瓶塞，振荡；④滴入2~3滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液，发生反应：；⑤待测废水换为蒸馏水进行空白实验，重复上述步骤，消耗溶液。8.对于上述实验，下列做法正确的是（）A.酸式滴定管查漏时，需转动旋塞进行二次检查B.酸式滴定管润洗后，将管内废水从滴定管上部倒入废液缸中C.步骤④中用酸式滴定管盛装标准溶液D.滴定实验进行时，眼睛注视滴定管上的刻度9.废水中苯酚含量表达式正确的是（）A. B.C. D.10.根据上述实验原理，下列说法正确的是（）A.滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变蓝，且半分钟内不褪色时停止滴定B.若向待测废水中加入溶液不足，将导致测定结果偏小C.空白实验中进行的步骤②未塞瓶塞，将导致测定结果偏小D.空白实验中进行的步骤④滴定终点俯视读数，将导致测定结果偏大【答案】8.A9.A10.C〖祥解〗实验中发生反应、Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=3n(苯酚)+n(I2)=3n(苯酚)+n(Na2S2O3)；空白实验中发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=n(I2)=n(Na2S2O3)，从而可以计算苯酚量为n(苯酚)=×0.0100×(V2-V1)×10-3mol。【8题详析】A．酸式滴定管查漏时，需转动旋塞进行二次检查，故A正确；B．润洗后，从滴定管的下口放出，不能从上口倒出，其他操作均合理，故B错误；C．标准溶液是碱性的，步骤④中用碱式滴定管盛装标准溶液，故C错误；D．滴定实验进行时，眼睛注视锥形瓶中的颜色变化，故D错误；故选A。【9题详析】实验中发生反应、Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=3n(苯酚)+n(I2)=3n(苯酚)+n(Na2S2O3)；空白实验中发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为n(Br2)=n(I2)=n(Na2S2O3)，则×0.0100mol·L-1×V2×10-3L=3n(苯酚)+×0.0100mol·L-1×V1×10-3L，n(苯酚)=×0.0100×(V2-V1)×10-3mol，苯酚含量为×0.0100×(V2-V1)×10-3mol×94×103mg·mol-1÷20.00×10-3L=mg·L-1，A正确。【10题详析】A．用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应碘单质，加入的淀粉遇碘单质变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故A错误；B．向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到碘单质，再用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，若KI溶液不足，则剩余的Br2的物质的量偏小，苯酚含量会偏大，故B错误；C．空白实验中进行的步骤②忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏小，故C正确；D．如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏小，故D错误；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.有机物X→Y的重排反应如图所示，下列说法正确的是（）A.依据核磁共振氢谱可以区分X、YB.除氢原子外，X中可能共平面的原子最多有5个C.若不考虑立体异构，含酰胺基且能发生银镜反应的Y的同分异构体有3种D.若考虑立体异构，重排后的产物为【答案】AC【详析】A．和都有4种不同化学环境的氢，但是两个物质H的化学位移的位置不同，例如：由于O的电负性较大，羟基H的化学位移更靠近低场，化学位移较大，而N的电负性比氧弱，因此酰胺键中的H化学位移较小，因此可以通过核磁共振氢谱鉴别两种物质，A正确；B．X中除H外最多有6个原子共平面，如图所示，B错误；C．能发生银镜反应说明含有醛基，同分异构体有，共3种，C正确；D．根据题意，重排后的产物为，D错误；故选AC。12.随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首先需要对低浓度的进行选择性富集。能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使富集。以和为原料，充分混合并煅烧，冷却后得到时，用盐酸淋洗富集的过程如图所示，将中所有交换后得到，过程中测得固体中锰元素平均化合价有所升高。下列说法错误的是（）A.在煅烧时体现还原性B.充分煅烧时有两种气体产生C.与相互转化操作是溶解和过滤D.富集一段时间后需向体系中补充【答案】AC〖祥解〗以和为原料，充分混合并煅烧，冷却后得到，该步骤化学方程式为：，后经过盐酸淋洗LMO富集将LMO中所有交换后得到HMO，据此分析。【详析】A．由分析可知，在煅烧时，化合价降低，为氧化剂，体现氧化性，A错误；B．由分析可知，煅烧的方程式为，产生的气体为氧气和二氧化碳，B正确；C．由流程图可知，HMO转化为LMO操作是洗涤，C错误；D．由分析可知，富集一段时间后锂离子后，量减少，需要补充LMO，D正确；故选AC。13.随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首先需要对低浓度的进行选择性富集。能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使富集。利用电化学富集锂的装置如图所示。用离子交换膜将电极与两个惰性电极隔开。该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成；关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通。下列说法正确的是（）A.惰性电极1为阴极B.膜a为阴离子交换膜C.当富集完成时，理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等D.当电极2消耗时，完全转化为，则理论上中【答案】CD〖祥解〗该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成，锰元素化合价降低，电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极；然后关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通，使得中的Li+脱出进入腔室2，锰元素化合价升高，电极为阳极，惰性电极2为阴极，据此分析解题。【详析】A．由题可知，通入海水，启动电源1，形成，此时电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极，故A错误；B．由分析可知，关闭电源1和海水通道，启动电源2时，中的Li+脱出进入腔室2，所以膜a为阳离子交换膜，故B错误；C．当通入海水，启动电源1，形成时，惰性电极1为阳极，水失去电子生成氧气，电极反应为：，而当关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向惰性电极2上通时，惰性电极2为阴极，氧气发生还原反应，电极反应为：，整个过程中，的嵌入和的脱嵌过程转移的电子数相同，所以理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等，故C正确；D．先通入海水，启动电源1，转化为，的物质的量为，完全转化为，则的物质的量为500mol，电极2电极反应为，当电极2消耗时，转化成，且转移电子的物质的量为400mol，即500mol转移400mol电子，由-xe-=2+xLi+可知，理论上中x=，故D正确；故答案选CD。14.一定条件下，HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应如下：Ⅰ．Ⅱ．已知仅对反应Ⅰ有催化作用。一定温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列说法正确的是（）A.反应的活化能：Ⅰ>ⅡB.反应的平衡常数：C.反应达平衡后，D.向体系中加入盐酸，CO新的浓度峰值点对应CO2的浓度可能是点a【答案】B【详析】A．根据图像可知，CO浓度达到最大值时表明反应I达平衡，此时二氧化碳浓度未达最大值，即反应II尚未达平衡状态，说明反应I的反应速率大于反应II，即活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，A错误；B．反应Ⅰ．，，反应Ⅱ．，，达到平衡时，二氧化碳浓度远大于一氧化碳，则，B正确；C．根据碳元素守恒，在密封石英管内完全充满水溶液，HCOOH发生分解生成CO与CO2，由于过程I和II均为可逆过程，则有，C错误；D．由于仅对反应Ⅰ有催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，二氧化碳浓度降低，但不为a点，D错误；故选B。15.常温下，向的二元弱酸中加入一元强碱MOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、和的分布系数δ(x)随溶液pOH的变化如图所示。已知：，常温下，、均易溶于水。下列说法错误的是（）A.常温下，的溶液pH≈2.5B.当pOH>7时，存在一点满足C.当时，需加入D.当pOH=6时，体系中【答案】BD〖祥解〗pOH越大，则溶液碱性越强，根据题给信息可知，，其中1表示H2A，2表示HA-，3表示A2-，以此解题。【详析】A．当pH=9时，可知，则当在的溶液时，，解得此时c(H+)=10-2.5mol/L，pH≈2.5，A正确；B．当pOH=3时，可知，，在的溶液中，根据质子守恒可知，，而HA-的水解常数，即此时溶液水解为主，溶液显碱性，而当pOH>7时溶液显酸性，故此时不是的溶液，即不成立，B错误；C．的二元弱酸中的物质的量为0.01mol，当时，溶液中主要为，当然也存在，即此时加入的物质的量应该大于的物质的量，即加入，C正确；D．根据可知，当溶液为的饱和溶液时，此时，并且由选项B的分析可知，此时HA-的水解程度大于电离程度，根据水解方程式：HA-+H2O⇌H2A+OH-，其水解常数，解得，c(OH-)=10-5mol/L，而当pOH=6时，此时有一部分HA-转化成了H2A，则其浓度小于M+的浓度，促使MHA的沉淀溶解平衡正向移动，即，D错误；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞部分结构如图所示(H原子未画出)。晶胞参数为a=b≠c，α=β=γ=90°。回答下列问题：（1）基态的价电子排布式为_____________。（2）晶体中有_____种化学环境的镍离子；x：y=______；当z=0.5时，1mol晶胞可以俘获_____mol苯分子。（3）、、的键角由大到小的顺序为________________(填化学式)；常温常压下为无色气体，其固体的晶体类型为____________；沸点_____(填“>”“<”或“=”)；的沸点高于，原因是_____________________。（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，则吡咯中N原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．杂化轨道吡咯与相比，结合质子的能力较______(填“强”或“弱”)。【答案】（1）（2）22：14（3）、、分子晶体>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）B弱【详析】（1）Ni是28号元素，基态的价电子排布式为。（2）由晶胞结构可知，该晶体中Ni原子部分连着NH3，有的没有连接NH3，有2种化学环境的镍离子；由晶胞结构可知，C原子的个数为8=2，N原子的个数为8+4=3，则x：y=2：1，当z=0.5时，1个Ni原子对应0.5个苯分子，而晶胞中含有8个Ni原子，则1mol晶胞可以俘获8×0.5mol=4mol苯分子。（3）、中心原子杂化方式都为sp3，且含有1个孤电子对，含有2个孤电子对，则键角：>，中C原子杂化方式为sp2，为平面三角形，键角为120°，、、的键角由大到小的顺序为、、；常温常压下为无色气体，说明其沸点较低，其固体的晶体类型为分子晶体，分子间能形成氢键，则沸点>，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金属离子开始沉淀pH1.97.04.5完全沉淀pH3.29.06.4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）〖祥解〗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；【详析】（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-)=10-10mol/L，25℃时，体系中残留最大浓度为=mol/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）BCE4最后两次称量时质量差（4）蒸馏烧瓶偏低〖祥解〗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。【详析】（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