山东省泰安市2024届高三下学期5月四模考试 化学 含解析

这是一份山东省泰安市2024届高三下学期5月四模考试 化学 含解析，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 La 139 Bi 209
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. 劳动创造美好生活，下列劳动技术不符合化学原理的是
A. 用铝制容器腌制咸菜
B. 用热的纯碱溶液刷洗油污
C. 温水溶解加酶洗衣粉，洗涤效果更好
D. 蒸汽熨烫可使缩水羊毛衫恢复原状
【答案】A
【解析】
【详解】A．用铝制容器腌制咸菜，研制过程中会有酸生成，会和铝表面的氧化物反应，故A错误；
B．纯碱在热水环境中，水解程度加大，碱性增强，和油污反应更充分，故B正确；
C．温水可以更好的提升酶的生物活性，洗涤效果更好，故C正确；
D．羊毛是一种天然纤维，在高温条件下，可以使其软化，更加柔顺，故D正确；
答案选A。
2. 下列化学用语正确的是
A. 基态₂₂Ti原子的轨道表示式：
B. 用电子云轮廓图表示H₂中的σ键形成的示意图：
C. SO₃的VSEPR模型：
D. 2-甲基-1-丁醇的键线式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态₂₂Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，A错误；
B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近重叠，形成s-s σ键，B正确；
C．SO3中心原子S的价层电子对数为3+ =3，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，C错误；
D．2-甲基-1-丁醇的键线式：，D错误；
故选B。
3. 下列实验操作不合理的是
A. 实验室进行钠的燃烧实验时，需戴上护目镜
B. 石油分馏时可以用球形冷凝管冷凝
C. 中和滴定平行实验时，每一次滴定管起始液面保持一致
D. 实验室检验容量瓶是否漏水时，应加水至刻度线附近
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室进行钠的燃烧实验时，反应剧烈，燃烧的火焰和高温可能灼伤眼睛，需佩戴护目镜，A正确；
B．球形冷凝管易残留馏分，不能代替直形冷凝管进行石油分馏实验，B错误；
C．为了减小实验误差，中和滴定平行实验时，每一次滴定管起始液面保持一致，C正确；
D．实验室检验容量瓶是否漏水时，检查操作为：先加自来水至刻度线附近，盖好瓶塞，左手用食指按住瓶塞，其余手指拿住瓶颈刻度线以上部分，右手五指托住瓶底边缘，倒立容量瓶2min，若不漏水，将瓶正立并旋转活塞180°，再倒立观察，D正确；
故答案为：B。
4. 内啡肽能够调节体育运动时的人体机能，下列关于内啡肽叙述错误的是
A. 内啡肽是一种多肽B. 含有四种官能团
C. 能发生水解反应D. 由五种氨基酸缩合而成
【答案】D
【解析】
【分析】该结构中含有羟基，羧基，氨基、酰胺基四种官能团，该结构中含有四个酰胺基，即由五个氨基酸缩合而成，但五个氨基酸属于三种；
【详解】A．结构中有多个酰胺基故属于多肽，A正确；
B．结构中含有羧基、羟基、氨基、酰胺基四种官能团，B正确；
C．结构中含有酰胺基，可以发生水解反应，C正确；
D．结构中含有四个酰胺基，但是由三种氨基酸缩合，D错误；
故选D。
5. Cr³⁺能形成多种配位化合物，[Cr(NH₃)₃(H₂O)₂Cl]Cl₂是其中一种。下列说法错误的是
A. 该配合物中的配离子存在多种同分异构体
B. 对该配合物进行加热时，配体H₂O比NH₃更容易失去
C. 提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态
D. 向含1ml该配合物的溶液中滴加AgNO₃溶液至过量，可生成2mlAgCl沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故存在多种异构体，故A正确；
B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，对配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故B正确；
C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N、O和Cl，它们的基态时核外电子空间运动状态分别为5，5，9，故C错误；
D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-，可知，常温下，向含1 ml该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2ml AgCl沉淀，故D正确；
答案选C。
6. 某天然矿石的晶体由原子序数依次增大的三种前四周期元素X、Y、Z组成，该晶体结构如图所示。其中Y元素的一种氧化物具有磁性，Z元素只有一个4s电子。下列说法正确的是
A. Y、Z均位于元素周期表的ds区
B. 晶胞中各原子的配位数不相同
C. 该天然矿石的化学式ZYX₂
D. 电负性：Y>X
【答案】C
【解析】
【分析】Y元素的一种氧化物具有磁性，则Y为Fe，Z元素只有一个4s电子，Z为Cu，根据Z在8个顶点和4个面心、1个体心，则均摊为，Y有6个在面心，4个在棱心，均摊为，X在内部，有8个，则X的化合价为-2价，则天然矿石为黄铜矿，X为S，化学式为CuFeS2，据此回答。
【详解】A．Y位于元素周期表的d区，Z位于元素周期表的ds区，A错误；
B．CuFeS2中Cu位于面心，与之最近的S为4个，S分别与2个Cu和2个Fe相连，所以Cu、S的配位数均为4，B错误；
C．该天然矿石的化学式CuFeS2，C正确；
D．X为S，非金属的电负性大于Fe，所以电负性：X>Y，D错误；
故选C。
7. 某种离子液体由短周期的非金属元素P、Q、X、Y、Z五种元素组成，其结构如图所示。Q、X、Y、Z处于同一周期，基态P原子的电子层数与核外电子总数相等，Q的一种同位素用于文物年代的测定，基态X原子的p能级处于半充满状态。下列说法正确的是
A. 原子半径Yv(Cu12Na)>v(Pt12Ni)
C. Sn₁₂Ni催化时，决速步骤的方程式：
D. CH₄在催化剂上的吸附是吸热的过程
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知，共经历四个过渡态，即分为四步进行，A正确；
B．由图中反应历程可知，Sn12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最高，反应速率最慢，而Pt12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最低，反应速率最快，则三种脱氢反应速率：v(Pt12Ni)>v(Cu12Na)>v(Sn12Ni)，B错误；
C．决速步为活化能最大的步骤，根据图示，可知甲烷脱氢过程中决速步为：，C正确；
D．由图可知，Pt12Ni为催化剂时，反应物的总能量大于生成物的总能量，甲烷在催化剂上的吸附为放热反应，D错误；
故选AC。
12. 下列各组实验所得结论或推论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向0.1ml·L⁻¹NaHA溶液中滴加酚酞溶液，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明HA-的水解程度大于电离程度，则Ka2Ka1·Ka2，A错误；
B．蔗糖水解液呈酸性，用新制的氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖需要碱性环境，B错误；
C．SO₂和CO₂在水中的溶解度不同，则SO₂和CO₂的饱和水溶液浓度不同，不能通过测溶液的pH判断酸性：H₂SO₃>H₂CO₃，C错误；
D．把苯和液溴的混合液中加入铁粉中，发生取代反应生成溴苯和HBr，将产生的气体通入CCl₄，除去HBr中混有的苯和溴单质，再通入AgNO₃溶液，产生淡黄色沉淀，D正确；
故选D。
13. 我国科学家发明了一种以和MnO2为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料学转化为下列说法错误的是
A. 放电时，电子从b电极经过导线传导到a电极
B. 放电时，a电极的电极反应式为MnO2+4H++2e⁻=Mn2++2H2O
C. 充电时，③区溶液碱性增强
D. 充电一段时间后，②区K2SO4浓度增大。
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应-2ne-=+2nK+，是原电池负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应：MnO2+4H⁺+2e⁻=Mn2++2H2O，阳离子减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液是电极，b为负极，①为酸性溶液是二氧化锰电极，a为正极，据此回答。
【详解】A．放电时，电子从负极到正极，所以b电极经过导线传导到a电极，A正确；
B．放电时，a电极为正极，电极反应式为MnO2+4H⁺+2e⁻=Mn2++2H2O，B正确；
C．充电时，b电极方程式为：+2nK++2ne-=，③区溶液碱性在增强，C正确；
D．充电时，②区溶液中向①区迁移，②区K2SO4浓度减小，D错误；
故选D。
14. 实验室制备丙炔酸甲酯(CH≡C—COOCH₃，沸点为103~105℃)的流程如下图所示，下列说法正确的是
A. “蒸馏”时可用水浴加热
B. “操作1”名称为洗涤
C. “洗涤2”中5% Na₂CO₃溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质
D. “反应”前加入试剂的顺序为浓硫酸、丙炔酸、甲醇
【答案】C
【解析】
【分析】在反应瓶中，加入丙炔酸和甲醇，其中甲醇过量可促进酯化反应正向进行，提高丙炔酸的转化率，反应后的混合液中加入饱和食盐水，分液分离出有机相，分别用5%的碳酸钠溶液、水洗涤可以除去未反应完的丙炔酸和无机盐，有机相不溶于水，可用分液的方式分离出来，有机相经过无水硫酸钠干燥、过滤、蒸馏即可得到丙炔酸甲酯，据此分析解题。
【详解】A．由题干信息可知，丙炔酸甲酯的沸点超过100℃，故“蒸馏”时不可用水浴加热，A错误；
B．由分析可知，“操作1”名称为干燥，B错误；
C．由分析可知，“洗涤2”中5% Na₂CO₃溶液的作用是除去丙炔酸等酸性物质，C正确；
D．由分析可知，“反应”前加入试剂的顺序为丙炔酸、甲醇，最后加入浓硫酸，D错误；
故答案为：C。
15. H₂L为某邻苯二酚类配体，其pKa1=7.46，pK2=12.4(pKa=-lgKa)。常温下构建Fe(Ⅲ)-H₂I溶液体系，其中c0(Fe3+)=2.0×10-4ml·L，c0(H2L)=5.0×10-3ml⋅L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数 ，已知lg 5≈0.7。下列说法正确的是
A. 当pH=0.5时，体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)
B. L²⁻+Fe³⁺FeL⁺平衡常数的lgK约为20
C. pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为HL⁻
D. 当pH=10时，参与配位的c(L²⁻)≈2×10⁻⁴ml⋅L⁻¹
【答案】BC
【解析】
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=0.5时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，根据H₂L的一级电离常数可以简单计算pH=0.5时溶液中，但pH=0.5时c(OH-)=10-13.5ml/L，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
B．L²⁻+Fe³⁺FeL⁺的平衡常数K=，当时，K= ，此时体系的pH=1，由，pH=1时，c(H+)=0.1ml/L，此时c(L2-)与c(HL-)相对c(H2L)来说，其量小很多，可忽略不计，则c(H2L)=5.0×10-3ml/L，lg5=0.7，代入上式可得c(L2-)=5×10-20.86 ml/L，在K==0.2×1020.86≈1020，B正确；
C．由H2L的 pKa2=12.4可知，当pH=12.4时，，，则pH在9.5~10.5之间时，相当于电离平衡逆向移动，含L的物种主要为HL-，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和 [FeL2(OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeLs])=c([FeL2(OH)]2)=1×10-4ml/L，此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4 ml/L的 L2-，形成[FeL2(OH)]2消耗了2×10-4 ml/L的L2-，共消耗了5×10-4 ml/L的 L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4 ml/L，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 储氢材料是目前化学科学研究的热点，目前有非金属硼氨氢化物、金属储氢材料以及复合储氢材料等。
（1）在镍的表面覆盖石墨烯，可大大增加储氢材料释放氢气的速率。石墨烯是单层碳原子组成的平面结构，具有良好的导电、导热性。
①已知参与形成π键的电子数越多，键长越短，则石墨烯中碳碳键长_______苯中碳碳键长(填“>”“”“H>B，则1ml N₂H₄⋅BH₃水解最多生成H₂_______ ml。
【答案】（1） ①. > ②. ③. ④. ⑤. <
（2） ①. ②. 或 ③.
（3）5
【解析】
【小问1详解】
①石墨、苯中的碳碳键均以sp2杂化轨道互相结合，由于石墨中每个碳原子与另外3个碳原子通过碳碳键相连，则一个碳碳键上平均有个电子；苯中一个碳碳键上有1个π电子，参与形成π键的电子数越多，键长越短，则石墨烯中碳碳键长>苯中碳碳键长；
②丁二酮肟分子中含有碳碳双键和甲基，C原子轨道杂化类型为和，单键是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1ml丁二酮肟分子所含σ键的数目为，键角α对应的N原子有一对孤电子对，键角β对应的N原子没有孤电子对，两者均为sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，所以键角α