2024年1月河南普通高等学校招生考试适应性测试化学试题（解析版）

河南省2024年一般高考适应性测试理科综合留意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上。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。如需要改动，用橡皮擦洁净后，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：H1C12N14O16Na23S32Ca40一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.人类生活品质的提升离不开科技的进步。下列说法正确的是A.作为纳米苂光材料的碳量子点属于胶体B.食品脱氧剂使用后，其中的铁粉转化成C.人工转化二氧化碳合成的己糖属于高分子化合物D.环型碳、环型碳和金刚石均是碳元素的同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．纳米苂光材料的碳量子点颗粒大小在胶体的范围内，但是没有分散剂，不能叫胶体，故A错误；B．食品脱氧剂使用后，其中的铁粉与空气中的氧气反应转化成，故B错误；C．己糖的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故C错误；D．环型碳、环型碳和金刚石都是碳元素的单质，是碳元素的同素异形体，故D正确。答案选D。2.一种在航空航天、国防军工等领域具有应用前景的液晶聚芳酯可由如下反应制备。下列说法错误的是A.，化合物为乙酸 B.化合物最多有24个原子共平面C.反应说明化合物可发生缩聚反应 D.聚芳酯与稀和溶液均可反应【答案】B【解析】【详解】A．由上述方程式可以推断，X为羟基和CH3CO结合成的乙酸分子，p等于2m-1，故A正确；B．F中，左侧甲基上的3个氢有1个可能与右边的分子整体共平面，故最多有25个原子可能共平面，故B错误；C．由方程式可知，E分子中含有酯基和羧基，E也可以发生缩聚反应，故C正确；D．聚芳酯中含有酯基，稀和溶液均可发生水解反应，故D正确。答案选B。3.可用于印染、畜牧等领域，其晶体的部分结构如下图所示。下列说法正确的是A.电负性：B.基态的价层电子排布式为C.晶体中和原子的轨道杂化类型均为D.晶体中微粒间的相互作用只有离子键、共价键和配位键【答案】C【解析】【详解】A．一般非金属的电负性强于金属，故H的非金属性强于铁，电负性由强到弱的挨次为：，故A错误；B．基态的价层电子排布式为，失去最外层2个电子变成，故基态的价层电子排布式为，故B错误；C．晶体中N原子和S原子都连有4个共价键，故都接受杂化，故C正确；D．晶体中微粒间的相互作用有离子键、共价键和配位键，还有分子间作用力，氢键，故D错误。答案选C。4.一种基于固体电解质的可充电熔融钠电池，具有平安、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如下所示，已知电池放电时不断有生成。下列说法错误的是A.放电时电极为负极 B.固体电解质含钠离子C.充电时阳极反应式： D.转移时，区和区的质量差转变【答案】D【解析】【分析】电池放电时不断有生成，可知放电时a为负极，电极反应为：，固体电解质只允许阳离子通过，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，放电时b为正极，电极反应为：；充电时a为阴极，b为阳极，b极反应为：，据此分析；【详解】A．依据分析，放电时电极为负极，A正确；B．依据分析，固体电解质含钠离子，通过转移保持两侧电荷守恒，B正确；C．充电时b为阳极，b极反应为：，C正确；D．放电转移时，从区移出，区移入，两区质量差转变，D错误；故选D。5.下列试验能达到目的的是选项目的试验A鉴别某材料是丝绸还是化纤取样灼烧，闻灼烧时的气味并观看灼烧后灰烬的状态B探究浓度对反应速率的影响肯定温度下，用相同质量的同种锌粒分别与稀硫酸和浓硫酸反应，观看气体产生的快慢C测定某稀盐酸的物质的量浓度移取稀盐酸于锥形瓶中，滴加2滴酚酞液，用标准溶液滴定至溶液呈红色，依据消耗标准溶液的体积计算D证明非金属性：向装有固体的装置中滴加稀盐酸，有气体产生A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．丝绸属于蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛气味且燃烧结束形成黑色灰烬，A符合题意；B．由于浓硫酸具有强氧化性，所以锌粒浓硫酸反应会生成二氧化硫气体；应用不同浓度的稀硫酸探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意；C．滴定终点错误，用标准溶液滴定至溶液呈浅红色，且半分钟不恢复原色，即达到滴定终点，C不符合题意；D．向装有固体的装置中滴加稀盐酸，有硫化氢气体产生，可证明酸性，不能得到非金属性，D不符合题意；故选A。6.甲酸甲酯作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发觉使用协作物催化剂可以使甲酸甲酯温存释氢，其可能的反应过程如下图所示。下列说法错误的是A.为极性分子，为非极性分子B.每消耗生成C.总反应为D.反应涉及键断裂和键形成【答案】B【解析】【详解】A．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子，由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2O是极性分子；为直线形分子，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，A正确；B．由流程可知，分子中-OCH3转化为HCOO-，反应为++2H2，故每消耗生成，B错误；C．由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：，C正确；D．结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，则涉及键断裂，反应中生成氢气，涉及键形成，D正确；故选B。7.向肯定浓度的溶液中通入，存在化学平衡、和。平衡时分布系数与的关系如下图所示(其中代表或比如的分布系数，c(总)。下列说法错误的是A.曲线I代表，曲线代表B.反应的平衡常数的值为C.时，D.时，【答案】D【解析】【分析】依据信息可知，Ⅰ表示、Ⅱ表示、Ⅲ、Ⅳ表示、Ⅴ表示，以此解题。【详解】A．由分析可知，曲线I代表，曲线代表，A正确；B．结合图中信息可知，的，的，的，B正确；C．由图可知，当横坐标为-2时，，C正确；D．依据电荷守恒可知，，由图可知，时，，则此时，D错误；故选D。三、非选择题：共174分。8.某试验小组对一种染料废水进行处理，获得Na2SO4并测定废水的总有机碳(总有机碳是指单位体积水样中溶解或悬浮的有机物碳元素养量总和，是水体评价的综合指标之一)。试验步骤为：①取100mL废水(假定有机成分只有萘磺酸钠)，35℃下加入等体积甲醇，充分混合后，冷却、过滤，得到固体A和滤液B。②经检测，固体A主要成分为Na2SO4，并含有少量Na2SO3和萘磺酸钠；滤液B含2.3g萘磺酸钠。③肯定温度下，从滤液B中回收甲醇；再蒸发浓缩析出萘磺酸钠，过滤，得滤液C，向滤液C中加入适量的NaClO溶液去除少量的和NH3。④按下图试验装置(部分装置略)对固体A进行处理，完全反应后Pt坩埚中固体为Na2SO4。简化的操作过程：先检查装置气密性，再打开或关闭活塞1和活塞2，通入N2一段时间。再次打开或关闭活塞1和活塞2，改为通入O2，点燃煤气灯，肯定时间后，停止加热，连续通O2一段时间。回答下列问题：（1）试验步骤①中加入甲醇的目的为_______。（2）试验步骤③中回收甲醇的操作名称是_______，去除NH3生成N2反应的离子方程式为_______。（3）通入N2的目的是_______。（4）酸性KMnO4溶液的作用是_______，试剂是_______。（5）改为通入O2前，需_______(填标号)。A.打开活塞1 B.打开活塞2 C.关闭活塞1 D.关闭活塞2（6）反应后U形管(含试剂)增重0.44g，该废水总有机碳=_______(用科学记数法表示)。【答案】（1）减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度，便于析出（2）①.蒸馏②.2NH3+3ClO-=3Cl-+N2+3H2O（3）排解装置中的空气，防止其影响废水中总有机碳含量的测量（4）①.除去CO2中的SO2②.浓硫酸（5）BC（6）1.32×104【解析】【分析】本题为试验探究题，向染料废水中加入等体积的甲醇，以使有机物充分溶解和减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度，便于析出，冷却过滤后得到滤液B和滤渣A，用蒸馏的方法从滤液B中分别出甲醇后，再蒸发浓缩析出萘磺酸钠，过滤，得滤液C，向滤液C中加入适量的NaClO溶液去除少量的和NH3，步骤④为对固体A进行处理，完全反应后Pt坩埚中固体为Na2SO4，先关闭活塞2，打开活塞1，通入一段时间的N2，以排解装置中的空气防止其影响废水中总有机碳含量的测量，然后再关闭活塞1，打开活塞2，通入O2，点燃煤气灯，肯定时间后，停止加热连续通O2至固体A冷却，固体A中Na2SO3转化为Na2SO4，有机物燃烧，未完全燃烧产生的CO被CuO连续氧化，酸性高锰酸钾溶液为除去CO2中的SO2，品红溶液为检验SO2是否除洁净，试剂a为浓硫酸，可以干燥CO2和防止空气中的CO2和水蒸气进入U形管，影响试验结果，【小问1详解】由分析可知，试验步骤①中加入甲醇的目的为减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度，便于析出，故答案为：减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度，便于析出；【小问2详解】由分析可知，由于CH3OH易挥发，试验步骤③中回收甲醇的操作名称是蒸馏，去除NH3生成N2反应即NH3和NaClO反应生成N2、NaCl和H2O，依据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为2NH3+3ClO-=3Cl-+N2+3H2O，故答案为：蒸馏；2NH3+3ClO-=3Cl-+N2+3H2O；【小问3详解】由分析可知，通入N2目的是排解装置中的空气防止其影响废水中总有机碳含量的测量，故答案为：排解装置中的空气，防止其影响废水中总有机碳含量的测量；【小问4详解】由分析可知，酸性KMnO4溶液的作用是除去CO2中的SO2，试剂是浓硫酸，故答案为：除去CO2中的SO2；浓硫酸；【小问5详解】由分析可知，改为通入O2前，需关闭活塞1，打开活塞2，故答案为：BC；【小问6详解】反应后U形管(含试剂)增重0.44g，即固体A与O2反应放出的CO2的质量为0.44g，即固体A中含有的C的质量为：=0.12g，由题干信息可知，滤液B含2.3g萘磺酸钠，该有机物中含有C的质量为：=1.2g，故该废水总有机碳==1.32×104，故答案为：1.32×104。9.钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。已知钢渣中元素养量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开头沉淀和沉淀完全的如下表所示：金属离子开头沉淀的1.97.23.512.4沉淀完全的2.98.25.113.8回答下列问题：（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣集中。提高浸出率的措施有_______(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的缘由是_______。（2）为避开引入杂质离子，氧化剂应为_______(举1例)。（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为_______。（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_______。（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应把握焙烧条件使该钒钙盐为_______。该培烧反应的化学方程式是_______。（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。【答案】（1）①.适当增大盐酸的浓度、适当上升温度、搅拌②.稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4掩盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣集中（2）H2O2或氯水（3）氨水（4）297（5）①.Ca2V2O7②.V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2（6）×1023【解析】【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸取CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。【小问1详解】浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣集中。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当上升温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的缘由是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4掩盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣集中。【小问2详解】加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避开引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。【小问3详解】加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，连续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。【小问4详解】钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。【小问5详解】由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应把握焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，依据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。【小问6详解】该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)=×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)=×1023g/cm3。10.二氧化碳一甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：①②③④回答下列问题：（1）_______，反应①_______正向自发进行(填标号)。A．低温下能B．高温下能C．任何温度下都能D．任何温度下都不能（2）反应体系总压强分别为和时，平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，推断依据是_______。（3）当反应体系总压强为时，平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的上升，的物质的量先增加后削减，主要缘由是_______。（4）恒温恒压条件下，向容器中通入和，达到平衡时的转化率为的转化率为，碳单质的物质的量为的物质的量为_______，反应①用摩尔分数表示的平衡常数_______(结果保留两位小数)。上述平衡时，向体系通入气，重新达到平衡时，，则a_______b(填“>”“<”或“=”)。(已知反应，物质的摩尔分数)【答案】（1）①.②.B（2）①.III②.恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大（3）温度在500摄氏度以前，温度对②反应影响更大，所以n(CO2)增大，温度高于500摄氏度，温度对①、③反应影响更大，所以n(CO2)减小（4）①.0.5mol②.0.39③.=【解析】【小问1详解】由盖斯定律可得：①=②+③-2④，所以==，所以；，>0、>0，所以高温反应①正向自发进行；【小问2详解】图像显示恒温变压（III、II、I的是挨次变化）甲烷平衡转化率增大，而反应①、③恒温减压平衡均右移，甲烷平衡转化率增大，即同温时压强越大甲烷平衡转化率越小，所以III曲线代表5.00MPa；推断依据是恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大；【小问3详解】升温②反应左移，使n(CO2)有增大的趋势，①、③反应右移，使n(CO2)有减小的趋势，温度在500摄氏度以前，温度对②反应影响更大，所以n(CO2)增大，温度高于500摄氏度，温度对①、③反应影响更大，所以n(CO2)减小；【小问4详解】三段式表示如下：平衡时甲烷转化了0.8mol，CO2转化了0.5mol，C生成了0.8mol，所以x+m=0.8mol、x+y=0.5mol、y+m+n=0.8mol、解得n(CO)=2x-n=0.5mol；由氧原子守恒得n(H2O)=，由氢原子守恒得n(H2)=，容器气体总物质的量=，==0.39；反应③的平衡常数K=，恒温恒压条件下向体系通入气,尽管平衡正向移动，但是温度不变其平衡常数不变，其他平衡的移动也不能影响该反应的平衡常数，所以b=a。11.多丁纳德(化合物K)是一种治疗痛风的药物，以下为其合成路线之一(部分反应条件已简化)。已知：回答下列问题：（1）B的化学名称是_______。（2）D中官能团的名称为_______、_______。（3）由F和H反应生成I的化学方程式为_______，反应类型为_______