河南省驻马店市2024届高三上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省驻马店市2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23S-32Cr-52Co-59一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2023年10月26日17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。下列不能作发射载人飞船的推进剂的是（）A.液氧和甲烷 B.液氧和液氢C.液氧和二氧化氮 D.液氧和煤油【答案】C【详析】A．液氧-甲烷点燃反应生成二氧化碳和水，放出热量，无污染，能作为火箭推进剂，故A不符合题意；B．液氧-液氢反应生成水，无污染，推力大，能作为火箭推进剂，故B不符合题意；C．液氧和二氧化氮都是氧化剂，缺少还原剂，故不能作发射载人飞船的推进剂，C符合题意；D．液氧-煤油点燃反应生成二氧化碳和水，放出热量，无污染，能作为火箭推进剂，故D不符合题意；故选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.MgCl2的形成过程：B.HCl分子中σ键的形成：C.反-2-丁烯的结构简式：D.基态钙原子最外层电子的电子云轮廓图：【答案】B【详析】A．MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示其形成过程为：，A错误；B．HCl中的H-Clσ键是H中的1s上电子和Cl中3p上的电子头碰头重叠形成的，故HCl分子中σ键的形成表示为：，B正确；C．相同基团或原子在双键同一侧，为顺-2-丁烯，C错误；D．基态钙原子的最外层电子轨道为4s，s轨道的电子云轮廓图为球形，D错误；故答案为：B。3.劳动创造世界，成就梦想。下列劳动项目与所涉及的化学知识关联正确的是（）选项劳动项目化学知识A热的纯碱溶液洗涤油污纯碱水解溶液显碱性，加热促进水解B用糯米酿制米酒酒精能使蛋白质变性C用白醋清洗水壶中的水垢乙酸易挥发，有刺激性D用FeCl3溶液刻印刷电路板FeCl3溶液显酸性【答案】A【详析】A．纯碱为Na2CO3溶液，碳酸根水解，溶液呈碱性，加热可促进水解，溶液碱性更强，可使油污中的酯发生水解反应而除去，故A项符合题意；B．糯米富含淀粉，淀粉可发酵生成乙醇，因此可用来酿制米酒，生产活动与所述的化学知识没有关联，故B项不符合题意；C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强，可用于清洗水壶中的水垢，生产活动与所述的化学知识没有关联，故C项不符合题意；D．氯化铁溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，因为Fe3+具有氧化性，可与电路板中Cu发生氧化还原反应，生产活动与所述化学知识没有关联，故D项不符合题意；故本题选A。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.中性溶液中；Fe3+、、、Cl-B.澄清透明溶液中：Cu2+、、Cl-、Mg2+C.含有NaI的溶液中：、H+、K+、Ca2+D.水电离出的c(H+)=0.001mol·L-1的溶液中：、Na+、OH-、S2-【答案】B【详析】A．Fe3+水解，溶液呈酸性，铵根离子水解溶液呈酸性，则中性溶液中不能大量存在，故A项错误；B．澄清透明溶液中，四种离子之间相互不反应，可以大量共存，故B项正确；C．在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，可将I-氧化，则酸性条件下，硝酸根离子和碘离子不能大量共存，故C项错误；D．水电离出的c(H+)=0.001mol·L-1的溶液中，溶液可能呈强酸性，也可能呈强碱性，酸性溶液中，氢离子和碳酸氢根离子、氢离子和氢氧根离子不能大量共存；碱性条件下，和OH-不能大量存在，故D项错误；故本题选B。5.一溴环戊烷在一定条件下有如图所示转化。下列叙述错误的是（）A.丙的结构简式为 B.丁分子有2个手性碳原子C.生成甲和生成丙的反应类型不同 D.丙酮()与乙互为同系物【答案】D〖祥解〗根据分析，溴代烃在NaOH水溶液条件下水解，生成，醇在铜作催化剂下发生氧化反应生成酮；溴代烃在NaOH醇溶液条件下消去，生成，烯烃发生加成反应生成丁，以此分析；【详析】A．根据分析，丙为，A正确；B．根据分析，丁为，连接溴原子的2个碳为手性碳，B正确；C．根据分析，生成甲的反应为取代（水解）反应，生成丙的反应为消去反应，C正确；D．乙为酮，但乙为环状物，丙酮为链状结构，D错误；故答案为：D。6.现有四种中学化学实验常用仪器，下列叙述正确的是（）A.分离植物油和四氯化碳选用仪器①B.仪器②的名称是具支试管C.仪器③常用于中和滴定实验D.可以加热的仪器有②③④【答案】B【详析】A．植物油和四氯化碳互溶，用仪器①无法进行分离，故A项错误；B．仪器②是具支试管，故B项正确；C．中和滴定实验使用的锥形瓶不带支管，避免液体从支管口溅出，故C项错误；D．可以加热的仪器有②③，④是容量瓶，不能加热，故D项错误；故本题选B。7.我国某大学材料科学与工程学院研究团队通过对分子实施“麻醉”和“手术”，首次合成14个碳原子组成的环形纯碳分子材料(结构如图所示)。下列叙述错误的是（）A.和环形碳中碳原子的杂化类型相同B.和环形碳中所有原子共平面C.环形碳和环形碳互为同素异形体D.上述转化中，断裂了极性键和非极性键【答案】A【详析】A．C14Cl10中碳原子采用sp2杂化，环形碳中碳原子采用sp杂化，故A错误；B．C14Cl10分子的结构与蒽类似，所有原子共平面，环形碳形成环状，所有原子共平面，故B正确；C．C14和C10是两种碳元素的单质，互为同素异形体，故C正确；D．上述转化中，C14Cl10断裂了碳氯极性键、碳碳非极性键，故D正确；故答案为：A。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.标准状况下，含分子数为B.的硫酸溶液含氢离子数为C.晶体含阴离子数为D.含未成对电子数为【答案】C【详析】A．标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B．的硫酸溶液中含0.1molH+，故B错误；C．物质的量为，1molNaHSO4晶体中含2mol离子，所以晶体中含阴离子的数为0.1NA，故C正确；D．基态Cr原子的价层电子排布式为，即1个Cr原子含6个未成对电子，故含1.2NA个未成对电子，故D错误；故答案为：C。9.科学家设计了一种具有石墨正极的高容量可充电电池，原理如图所示。氯化铝（）溶解在亚硫酰氯（）中，以氟化物（LiFSI）为溶剂。下列叙述正确的是（）A.放电时，电解质溶液可以是水溶液B.放电时，石墨极的电极反应式为C.充电时，石墨极与电源负极连接D.充电时，转移个电子时锂电极理论上消耗14g锂【答案】B〖祥解〗具有石墨正极的高容量可充电电池，放电时锂为负极，锂失电子发生氧化反应，电极反应式为，石墨为正极，氯气得电子发生还原反应，电极反应式为；充电时锂电极端为阴极，发生还原反应：，石墨电极端为阳极，发生氧化反应：，据此分析；【详析】A．锂是活泼金属，会与水反应，不能用水溶液，A错误；B．根据分析，放电时，石墨极的电极反应式为，B正确；C．充电时石墨电极端为阳极，与电源正极连接，C错误；D．充电时，转移个电子时锂电极理论上生成14g锂，D错误；故选B。10.我国某科研团队研究了氧化铈表面空间受阻路易斯酸碱对()和氮(N)掺杂的协同作用，促进了光吸收、成键活化，提高了光催化还原制的产率和选择性，反应历程如图所示，已知：＊代表吸附在催化剂表面的物种，十代表起始或终态物质；自由能与相对能量类似，下列叙述错误的是（）A.路径1为放热反应，路径2为吸热反应B.过程中自由能升高C.为光催化还原制的副产物D.同等条件下，比稳定【答案】A【详析】A．由图可知，路径1为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，路径2为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A错误；B．一氧化碳从催化剂表面脱离时需要吸收能量，是自由能升高的过程，故B正确；C．由题意可知，一氧化碳是光催化还原二氧化碳制甲烷的副产物，故C正确；D．由图可知，的能量低于，物质的能量越低越稳定，则同等条件下，比稳定，故D正确；故选A。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的价层电子排布式为，X、Y、Z三种元素组成的一种化合物的焰色呈黄色，向该化合物中滴加盐酸，产生刺激性气味气体和浅黄色固体，该气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。下列叙述错误的是（）A.基态Y原子最外层电子的电子云轮廓图为球形B.电负性：C.的VSEPR模型为平面三角形D.Z的最简单氢化物的中心原子采取杂化【答案】B〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的价层电子排布式为，n=2，故X为O元素；化合物的焰色呈黄色，向该化合物中滴加盐酸，产生刺激性气味气体和浅黄色固体，该气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，为，即Y为Na、Z为S，则W为Cl；【详析】A．基态Na原子最外层电子为3s1，,电子云轮廓图为球形，故A正确；B．电负性：O>Cl>S，即，故B错误；C．为SO2或SO3，中心S原子的价层电子对数均为3，故VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D．S的最简单氢化物为H2S，S原子的价层电子对数=2+=4，故中心原子S采取杂化，故D正确。答案选B。12.根据下列实验操作及现象，得出结论正确的是（）选项操作及现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓硝酸，产生“白烟”浓硝酸不稳定B向紫色石蕊溶液中通入足量的SO2，溶液只变红，不褪色SO2没有漂白性C向碳酸氢钠溶液中滴加氢溴酸，产生气泡非金属性：Br＞CD向含淀粉的KI溶液中滴加NaClO溶液，溶液变蓝色氧化性：ClO-＞I2【答案】D【详析】A．“白烟”是硝酸铵，浓硝酸表现易挥发性，A项错误；B．SO2不能漂白石蕊，但能漂白品红溶液，B项错误；C．溴的最高价含氧酸是HBrO4，在碳酸氢钠溶液中加入氢溴酸(HBr)溶液，产生气泡，只能说明HBr的酸性比H2CO3的强，C项错误；D．次氯酸钠氧化碘离子生成I2，可证明次氯酸根离子氧化性比碘单质的强，D项正确；故选：D。13.油气开采、石油化工，煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。已知反应①：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)=+180kJ·mol-1反应②：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)=+261kJ·mol-1在不同温度、反应压强恒定为100kPa，进料气H2S的物质的量分数为0.1%～20%(其余为N2)的条件下，对于反应①，H2S分解的平衡转化率与其物质的量分数、温度的关系如图1所示；反应①和②的[(R为常数，T为温度，K为平衡常数)]随温度的变化如图2所示。下列说法中错误的是（）A.T1、T2和T3由大到小的顺序为T1>T2>T3B.在1000K时，反应①的自发趋势小于反应②C.恒温恒压下，H2S的物质的量分数增大，H2S的分压增大，平衡正向移动D.在1000K，100kPa反应条件下，通入一定量的H2S和CH4发生反应，此时反应②进行的程度大于反应①，平衡时n(S2)微乎其微【答案】C【详析】A．反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则H2S的转化率越大，故T1>T2>T3，故A正确；B．在1000K，反应①△G＞0，不易自发，反应②△G＜0，容易自发，故反应自发趋势①＜②，故B正确；C．根据图像1，恒压条件下，H2S的物质的量分数增大，H2S的分压增大，H2S的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，故C错误；D．在1000K，100kPa反应条件下，反应①△G＞0，反应②△G＜0，则反应②进行的程度大于反应①，根据，可知，△G越大，反应平衡常数K越小，反应趋势越小，平衡时n(S2)微乎其微，故D正确；故选C。14.298K时，向、、的混合液中滴加KCN溶液，混合液中lgx与的关系如图所示，或或。下列叙述正确的是（）已知：①；②；③，且。A.直线c代表与的关系B.根据图像可计算平衡常数C.的平衡常数D.向含相同浓度的和的溶液中滴加KCN溶液，先生成【答案】C〖祥解〗x1=K1·c4(CN-)，同理x2=K2·c6(CN-)，x3=K3·c6(CN-)，根据斜率以及K3＞K2，推出直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，据此分析；【详析】A．根据上述分析，直线a代表lg与lgc(CN-)的关系，直线b代表lg与lgc(CN-)的关系，直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，故A错误；B．直线c代表lg与lgc(CN-)的关系，将p点坐标代入x1=K1·c4(CN-)，推出K1==1031.3，故B错误；C．根据AB选项分析，K2=1036，K3=1042，该反应的平衡常数K==106，故C正确；D．因为K3＞K2，因此向含相同浓度的Fe2+、Fe3+的溶液中滴加KCN溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，故D错误；答案为C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.实验室利用含钴废渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备磁性材料Co3O4。回答下列问题：I．稀硫酸的配制。（1）实验室里需要450mL2mol·L-1H2SO4溶液。用98%浓硫酸(密度为1.84g·cm-3)配制该溶液时，下列仪器不需要用到的是___________(填标号)。（2）所需的浓硫酸的体积为___________(保留1位小数)mL。（3）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是__________(填标号)。A.定容时俯视容量瓶刻度线B容量瓶未干燥处理C.定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水D.将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯Ⅱ.浸取。将一定量的钴渣粉与Na2SO3溶液配成悬浊液，加入三颈烧瓶中(装置如图)，70℃下通过仪器a缓慢滴加稀硫酸，充分反应，过滤。（4）仪器a的名称为___________。（5）该过程中，Co(OH)3转化为Co2+的离子方程式为_________________。Ⅲ.沉钴。Co(Ⅱ)盐溶液可以形成Co(OH)2、CoCO3和CoC2O4等多种形式的沉淀。已知：向0.100mol/LCoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。（6）向除杂后的CoSO4溶液中加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液作沉淀剂，可得到CoC2O4·2H2O。不能用同浓度的Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是____________________。Ⅳ.制备Co3O4。将所得18.3g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)高温灼烧，其热重分析图如图：（7）写出B点对应的物质的化学式：___________，CD段发生反应的化学方程式为____________________。【答案】（1）ABE（2）54.3（3）CD（4）分液漏斗（5）2Co(OH)3+＋4H+2Co2+++5H2O（6）若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低（7）CoO6CoO+O22Co3O4【详析】（1）用浓溶液配制稀溶液，不需要托盘天平，100mL的容量瓶，分液漏斗，所以不需要ABE；（2）先算出浓硫酸的浓度，根据稀释定律，，，x=54.3mL；（3）A．定容时俯视容量瓶刻度线，水加少了，浓度增大，A错误；B．容量瓶未干燥处理，没有影响，B错误；C．定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，浓度偏小，C正确；D．将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，烧杯上有溶质未转移，浓度偏小，D正确；故选CD。（4）仪器a为分液漏斗；（5）Co(OH)3转化为Co2+的离子方程式为：；（6）草酸钠是强碱弱酸盐，草酸铵是弱酸弱碱盐，草酸钠碱性更强，若用草酸钠溶液代替草酸铵溶液，会有氢氧化亚钴沉淀生成，导致CoC2O4的产率降低；（7）①m(CoC2O4.H2O)=，m(Co)=，则B点时，该固体中氧原子的物质的量为，钴原子与氧原子物质的量为1:1，所以B点的化学式为CoO；②D点氧化物的质量为8.03g，，钴原子与氧原子物质的量之比3:4，可知C点固体的化学式为Co3O4，则CD段发生的化学方程式为：。16.锰酸锂是锂电池的正极材料，有望取代。一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下：回答下列问题：（1）Ni位于元素周期表中_______区；基态Mn原子的价层电子轨道表示式为________。（2）“灼烧”的目的是______________。（3）根据“酸浸”前后物质价态的变化，推测双氧水的作用是________________。（4）“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色的原因是___________________(用离子方程式表示，加入溶液之前，锰以形式存在)。“紫红色褪去”后，还可能有的实验现象是___________________。（5）材料在脱锂过程中形成的某种晶体为六方晶系，结构如图，晶胞底面边长为、高为，，，设为阿伏加德罗常数的值。①晶胞Li、Co、O的个数比为___________。②该晶体的密度为___________。【答案】（1）d（2）除去炭黑、有机物（3）作还原剂，还原Co（4）产生黑色沉淀（5）①.2：1：3②.〖祥解〗废旧电池正极材料主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4。【详析】（1）Ni是28号元素，位于元素周期表中d区；Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，轨道表示式为。（2）废旧电池正极材料含炭黑和有机黏合剂杂质，“灼烧”的目的是除去炭黑、有机物；（3）“酸浸”前Co为+3价，“酸浸”后Co为+2价，Co元素发生还原反应，则双氧水的作用是作还原剂，还原Co；（4）“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色是因为锰元素被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为。沉锰过程最终生成二氧化锰沉淀，二氧化锰为黑色固体，“紫红色褪去”后，还可能有的实验现象是产生黑色沉淀。（5）①根据均摊原则，晶胞中Li原子数为6、Co原子数为、O原子数为，所以Li、Co、O的个数比为2:1:3。②晶胞的体积为，该晶体的密度为。17.聚丙烯是生产医用无纺布口罩及防护服的材料。丙烯是制造聚丙烯的单体。工业上制备丙烯的方法有多种，回答下列问题：Ⅰ．以异丙醇为原料制备丙烯。已知：kJ⋅mol。已知几种共价键键能如表所示：共价键H-CC-CC-CC-OH-O键能/（kJ⋅mol）413347E326467（1）该反应在______（填“较高”“较低”或“任意”）温度下能自发进行。（2）C=C键键能为______kJ⋅mol。Ⅱ．中国某课题组开发富含硼氧活性位点的热稳定层柱状框架类材料助力丙烷氧化脱氢。有关反应如下：反应1：反应2：（3）向密闭容器中充入1mol，同时发生反应1和反应2，升高温度，氢气的体积分数增大。当达到平衡时，测得丙烯的体积分数与温度、压强的关系如图1所示。①其他条件相同，增大压强，丙烯体积分数减小的原因是________________________。②b点时丙烯与乙烯的体积之比为10∶1，丙烷的平衡转化率为______（保留3位有效数字）。③下列物理量中，图中c点大于d点的是______（填标号）。A．正反应速率B．对应温度下反应1的平衡常数C．逆反应速率D．平均摩尔质量④当降温的同时，缩小容器的体积，G点对应的平衡体系达到新平衡时丙烯的体积分数可能对应图中的______（填“a”“b”“c”或“d”）点。（4）一定温度下，总压保持为p时，向反应器中充入和，发生反应1和反应2，测得丙烷的平衡转化率与投料比的关系如图2所示。①向反应器中充入的目的是____________。②该温度下，M点丙烯的选择性为66.7%，此时反应1的平衡常数为______。提示：（ⅰ）用分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数。（ⅱ）丙烯的选择性。【答案】（1）较高（2）567（3）①.反应1的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变，增大压强，平衡逆向移动②.78.6%③.D④.c（4）①.减小反应体系分压，提高丙烯产率②.【详析】（1）该反应是熵增的吸热反应，在高温条件下可以自发；（2）ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则有2347+326+7413+467-E-347-6413-2467=+52

kJ⋅mol−1，解得E=567kJ⋅mol−1；（3）①反应1的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变，增大压强，平衡逆向移动，所以丙烯体积分数减小；②假设转化生成的丙烯的物质的量为x，则乙烯的物质的量为0.1x，根据三段式有：则平衡时C3H8的物质的量为(1-1.1x)mol，C3H6的物质的量等于氢气的物质的量为xmol，乙烯的物质的量等于甲烷的物质的量为0.1xmol，由图可知平衡时丙烯的体积分数为40%，则，解得x=，则丙烷的平衡转化率为；③根据升高温度，氢气的体积分数增大，可知氢气体积分数越大，温度越高，所以T1＞T2，升高温度，正逆反应速率均增大，所以AC错误，反应1是吸热反应，温度越高，K越大，所以B错误，T2温度低，相对于在T1平衡下降温，平衡逆向移动，气体物质的量减小，气体质量不变，则平均摩尔质量增大，D正确；故选D。④当降温的同时，缩小容器的体积，平衡逆向移动，氢气体积分数减小，所以为c点；（4）①向反应器中充入N2的目的是，减小反应体系分压，平衡正向移动，提高丙烯产率；②假设转化为丙烯的丙烷的物质的量为a，转化为乙烯的丙烷的物质的量为b，丙烷为1mo