高三年级期中考试-化学答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届河南省焦作市博爱县第一中学高三上学期11月期中考试试题_河南省焦作市博爱县第一中学2024届高三上学期11月期中考试试题化学

焦作市博爱一中2023—2024学年（上）高三年级期中考试 化学 • 参考答案 一、选择题 1.【答案】B 【解析】A.MnO为紫色，A错误； 4 B.能大量共存，B正确； C. OH与HCO 3 不能共存，C错误； D.Cu2与OH不能共存，D错误； 故选B。 2.【答案】D 【解析】A.加热时铝表面的氧化膜会迅速再生，即使用大头针挑破铝水也不会滴 落，故A错误； B.湿润的氯气中含有HClO，HClO具有漂白性，所以pH试纸最终变白色，故B错 误； C.钠和钾在装满水的烧杯中进行反应，可能会窜出烧杯，导致危险，故烧杯中应加 三分之一左右水，而且取钠或者钾时应取绿豆大小，取样太大也会导致危险，故C 错误； D.BaOH 和H SO 恰好完全反应时，产物为BaSO 沉淀和水，恰好完全反应时几乎不 2 2 4 4 导电，电导率最低，沉淀最多，故D正确； 选D。 3.【答案】A 【解析】A.氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝沉淀不溶于氨 水，实验结果与预测的现象一致，A符合题意； B.浓硫酸和铜需要加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，实验结果与预测的现象不一 致，B不符合题意； C.浓硝酸使得铁钝化，不生成二氧化氮气体，实验结果与预测的现象不一致，C不符 合题意； D.浓盐酸和二氧化锰需要加热生成氯气，实验结果与预测的现象不一致，D不符合题 意； 故选A。 4.【答案】D 【分析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的 电子数量相等，X是C，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Z是O，所 以Y是N。Q单质是制备半导体的重要原料，Q是Si。基态N的未成对电子数是不同 周期的基态W的3倍，W位于第三周期，是Na或Al。下据此解答。 【解析】A.主族元素的最高正价数等于主族序数，等于主族元素原子的最外层电子 数，其中氟无正价，O、F形成的化合物中O呈正价，OF 中O的最高正价为+2，则最 2 高正价：O＜C＜N，A错误； B.二氧化碳是非极性分子，二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，B错误； C.O与Na或Al都能形成离子型化合物，SiC是共价化合物，故C错误； D.Na或Al都是活泼金属，工业上常采用电解法制备Na和Al单质，故D正确； 第 1 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司故选D。 5.【答案】C 【分析】Na SO 与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫部分与Na S反应生成S沉淀， 2 3 2 部分与碳酸钠反应生成Na SO ，再加热，发生反应Na SO SNa S O ，生成 2 3 2 3 2 2 3 Na S O 溶液，最后将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到Na S O 固体； 2 2 3 2 2 3 【解析】A.根据分析可知，过程②中溶液先变浑浊可能的原因是二氧化硫和硫化钠 发生了归中反应，生成了S沉淀，方程式为：2Na S3SO 2Na SO +3S，A项正 2 2 2 3 确； B.根据分析可知过程②中碳酸钠的另一个作用是生成Na S O ，方程式为 2 2 3 Na CO SO Na SO CO ，B项正确； 2 3 2 2 3 2 C.根据①分析可知，过程②的总反应为2Na S+Na CO +4SO =3Na S O +CO ，硫化 2 2 3 2 2 2 3 2 钠值一定，生成的Na S O 的值就是一定的，所以通入过量二氧化硫，不会改变 2 2 3 Na S O 的产率，C项错误； 2 2 3 D.硫磺难溶于水，在酒精中溶解度较大，所以加入乙醇能增大S的溶解度，加快反 应速率，D项正确； 答案选C。 6.【答案】D 【解析】A.由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是 放热反应，故A正确； B.由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂X，催化剂不改变化学平衡状态，即S的平衡转 化率不变，故B正确； C.由图可知，进程Ⅲ中由SY转化为PY的活化能高于进程Ⅱ中有SX转化为 PX的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因而从SP整个过程看，单位时间 单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：ⅡⅢ，故C正确； D.由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成SZ，然后SZ转化为PZ，但PZ没有 转化为PZ，则进程Ⅳ中，Z没有催化作用，故D错误， 故选：D。 7.【答案】D 【解析】A.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，O原子采用sp3杂化，所以该分 子中所有原子不一定共平面，故A错误； B.Y具有酮、酚和苯的性质，羰基和苯环能发生加成反应，酚羟基能发生氧化反应， 但该物质不能发生消去反应，故B错误； C.Y中的含氧官能团分别是羟基、酮羰基，故C错误； D.Z与足量的氢气加成后的产物分子如图 ，有4个手性碳原 子，故D正确； 故选：D。 8.【答案】C 【解析】A.该化合物所含元素中，O的非金属性最强不是N，A错误； 第 2 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司B.该化合物中，P原子周围电子数大于8个，不是8电子稳定结构，B错误； C.Z为O，其同素异形体O 在大气中的含量与环境污染密切相关，C正确； 3 D.P的最高价氧化物P O 是一种干燥剂，但是能与氨气反应，不能干燥氨气，D错 2 5 误； 故答案选C。 9.【答案】B 【解析】A.已知C(石墨，s)� C(金刚石，s) ΔH=1.9kJmol1，该反应是吸热反 应，石墨能量低，根据能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误； B.已知2Cs2O g2CO g H ，2CsO g2COg H 前者完全反 2 2 1 2 2 应，放出的热量多，焓变反而小，，则H H ，故B正确； 1 2 C.氢气的燃烧热为285.8 kJmol1，燃烧热是生成液态水，则表示氢气燃烧热的热化 1 学方程式为H (g) O (g)H O(l) ，故C错误； 2 2 2 2 ΔH=285.8kJmol1 D.在一定条件下，将1molSO g 和0.5molO g 置于密闭容器中充分反应，放出热量 2 2 79.2 kJ，由于该反应是可逆反应，因此反应的二氧化硫的物质的量小于1mol，放 出热量79.2 kJ，而该反应的热化学方程式为2SO gO g  2SO g 中是2mol 2 2 3 二氧化硫全部反应，则放出的热量大于158.4kJ，故D错误； 综上所述，答案为B。 10.【答案】B 【解析】A.根据图知，pH均为12的NaOH溶液和氨水稀释相同的倍数时，pH值变 化：NaOH大于氨水，所以曲线b表示NaOH溶液，曲线a表示氨水，故A正确； B.稀释之前，NaOH溶液和氨水的pH相等，一水合氨是弱碱，NaOH是强碱，稀释之 前，氨水的浓度大于NaOH溶液，故B错误； C.若x=103，pH=12的NaOH溶液稀释1000倍时，稀释后溶液的pH为9，则y=9，故 C正确； D.不同一元碱中和相同浓度盐酸的能力与碱的物质的量成正比，稀释前等体积、等 pH值的两种溶液，n(NaOH)＜n(NH •H O)，所以稀释前，等体积的两溶液中和相同浓 3 2 度盐酸的能力：NaOH溶液＜氨水，故D正确； 故选：B。 11.【答案】B 【解析】A.基态Cu2+价层电子排布式为3d9，由泡利原理、洪特规则，价电子轨道表 示式为 ，故A正确； B.H O中O和SO2中S均为sp3杂化，H O中O含有2对孤电子对，SO2中S原子无孤 2 4 2 4 电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成 键电子对与成键电子对之间的斥力，所以H-O-H键角小SO2中O-S-O键角，故B错 4 误； 621 C.H O中，氧原子的价层电子对数为2 4，故C正确； 2 2 D.由图可知，胆矾中H O的氧原子与铜离子之间形成配位键，硫酸根离子中氧原子与 2 水分子中H原子之间形成氢键，故D正确； 故选：B。 第 3 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司12.【答案】C 【解析】A.根据均摊法，晶胞中有4个Co，4个O，化学式为CoO，A正确； B.基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，其价电子排布图为 ，有3个未成对电子，B正确； C.根据图示结构结合几何关系可知，与O原子最近且等距离的O原子有12个，且距 2 离为 apm，C错误； 2 4 75 D.该晶体的密度=m N =475 ，D正确；  A gcm3 1030gcm3 V (a1010)3 a3N A 故选C。 13.【答案】D 【解析】A.该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，A正 确； B.反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故 反应式中X为甲醇，B正确； C.该高分子材料中含有酯基，在碱性条件下可以降解，C正确； D.聚碳酸异山梨醇酯的重复单元中有2种官能团，即酯基和醚键，D错误； 故答案选D。 14.【答案】D 【解析】A.淀粉属于多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖，故A正确； B.葡萄糖属于单糖，在一定条件下可通过缩聚反应得到淀粉，故B正确； C.葡萄糖分子中含羟基和醛基，具有还原性，属于还原糖，故C正确； D.葡萄糖分子中含羟基和醛基，乙酸中具有羧基，官能团不同，故D错误； 答案选D。 二、非选择题 15.（12分）【答案】Fe、Cu 2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl- KSCN 溶液变红色 2 NaOH Al3++4OH- =AlO-+2H O 红色油漆或涂料等 2 2 【解析】(1)根据分析，固体A的成分是Fe、Cu； (2)溶液B中含有Al3+、Fe2+，加足量氯水，+2价的铁离子被氯水中的氯气氧化，生 成+3价的铁离子，B→D的离子方程式2Fe2++Cl =2Fe3++2Cl-；D中含有Fe3+和Al3+， 2 要检验溶液D中是否含有Fe3+所需的试剂是KSCN溶液，若含有Fe3+，溶液呈血红 色； (3)溶液E焰色反应呈黄色，含有钠离子，由于H是碱，故试剂H是NaOH；D→E表示 铝离子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根和水，反应的离子方程式是Al3++4OH- =AlO- 2 +2H O； 2 (4)铁红为三氧化二铁，为红棕色固体，在工业上作红色油漆或涂料等。 16.（11分）【答案】(1)-1266.5 第 4 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司催化剂 (2) 4NO4NH O 4N 6H O 迅速上升段是因为温度升高，催化剂的 3 2 2 2 活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催 化剂的活性降低 O 与NH 反应生成了NO或催化剂失活 在催化剂表面存 2 3 在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具有足够强的氧化能 力 吸附氧达到了饱和 6250 (3) p 3 0 【解析】（1）已知： ①4NH 3 g6NOg5N 2 g6H 2 Og ΔH 1808 kJ mol1 ②4NH 3 g5O 2 g4NOg6H 2 Og ΔH 905.5 kJ⋅ mol1 2 3 ⋅ 由盖斯定律可知， ①+ ②得： 4NH g3O g2N g6H Og的 5 5 3 2 2 2 2 3 ΔH  -1808kJ/mol+ -905.5kJ/mol=-1266.5kJ/mol； 5 5 （2）①根据图示，NO、NH 在有氧条件下总反应为NO、NH 和氧气在催化剂作用下 3 3 催化剂 生成氮气和水，化学方程式是4NO4NH O 4N 6H O。 3 2 2 2 ②将一定比例的O 、NH 和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应 2 3 (装置如图甲)。 反应相同时间，在50~250℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升 缓慢的主要原因是：迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加 快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；催化 剂需一定的活化温度，当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能 是O 与NH 反应生成了NO或催化剂失活； 2 3 ③在催化剂表面存在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具 有足够强的氧化能力，使得在反应气体中不含氧气时，催化剂也能催化一定量的一 氧化氮进行转化；而增加氧气的浓度，当吸附氧达到了饱和时，催化剂的催化效率 提升不明显； （3）根据阿伏伽德罗定律可知，物质的压强比等于物质的量比；反应 4NH g6NOg5N g6H Og 在恒容密闭容器中进行，NH 和NO的初始分压 3 2 2 3 3 分别为 kPa和 p kPa，起始时容器中只含 和NO，当反应达到平衡后， p 2 0 NH NH 0 3 3 1 1 和NO的平衡分压分别为 p kPa和 p kPa，则： 3 0 2 0 4NH (g) 6NO(g) 5N (g) 3 2 + +6H O(g) p 3  0 2 0 p 起始kPa 2 2 0 5 0 p p 转化kPa 3 0 p 6 0 p 0 0 平衡kPa 1 1 5 p p p p 0 3 0 2 0 6 0 第 5 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司p 6  5 p   5 0 6 0  则该反应在398 K时的K = = 。 p 1  6 1  4  p   p  2 0  3 0  17.（12分）【答案】(1)C H O (或 或 ) 5 10 戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷) (2)O 或氧气 2 (3)浓硫酸，加热 O 、Cu、加热（或KMnO 溶液） 2 4 (4)CD 【解析】（1）化合物i 的分子式为C H O。 不饱和度为 5 10 1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核 磁共振氢谱上只有2组峰,说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x 的结构简式含酮羰基时为 (或含醛基时为 或含圆环是为 )，其名称为戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)。 （2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为 100%，②乙烯在催化剂作用下氧化生成 ，y为O 或氧气。 2 （3）根据化合物V 的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基 相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 ，与 羟基相连的碳上有氢，可在铜或银催化作用下氧化生成 ，或酸性溶 液中氧化生成 。 （4）A.反应过程中，有C-I键和H-O键断裂，和CO反应生成酯基，故A正确； B.反应过程中，反应⑤CO中C≡O三键断裂，vii中有C≡O双键和C-O单键形成， 故B正确； C.反应物i中，氧原子价层电子对个数是4，则氧原子采取sp3杂化，该分子结构对 称，不存在手性碳原子，故C错误； D.CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故D错误； 故答案为：CD。 18.（13分）【答案】(1)ClO-+3HSO-=Cl-+3SO2- +3H+ 3 3 4 (2)0.0025 mol/(L·min) 第 6 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司(3) 该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快 NaCl、KCl 生成的SO2-加快了化学反应速率 将l mL水改为l mL 0.2 mol/LNaCl溶液 4 反应物浓度降低，反应速率减慢 【解析】（1）KClO 溶液具有强氧化性，而NaHSO 具有还原性，二者发生氧化还原 3 3 反应产生KCl、Na SO 、HCl，反应的离子方程式为：ClO-+3HSO-=Cl-+3SO2-+3H+； 2 4 3 3 4 （2）根据图示可知在0-4 min内Cl-的浓度增大了0.010 mol/L，则用Cl-的浓度变 0.010mol/L 化表示的反应速率v(Cl-)= =0.0025 mol/(L·min)； 4min （3）ⅰ.①根据图示可知：反应速率随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，但 反应在一定时间内速率逐渐增大，说明方案1中测量反应体系温度的变化，说明该 假设为该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快； ②方案2是探究反应生成的Cl-是该反应的催化剂，使反应加快。则应该补全的实验 操作是再向其中加入含有Cl-的物质，可以加入NaCl、KCl等固体物质； ③除方案1、2、3中的假设外，还可以根据加入含有硫酸根离子的固体物质不同提 出假设，即生成的SO2-加快了化学反应速率； 4 ④根据方案3中操作可知：向烧杯①中加入1 mL水相当于直接稀释了该溶液，则变 量不唯一了，需要保持两只烧杯中除氢离子外原参加反应的各离子浓度不变，所以 可以将l mL水改为l mL 0.2 mol/LNaCl溶液，就能使两溶液中氯离子浓度也保持 一致； ⅱ.反应后期，化学反应速率降低的原因是由于随着化学反应的进行，体系中的各物 质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢。 19.（10分）【答案】(1)CH 3 COOH+CH 3 CH 2 OH   浓 硫 Δ  酸 CH 3 COOCH 2 CH 3 +H 2 O (2)防止液体爆沸 (3)降低乙酸乙酯在水中的溶解度，利于酯的析出分层 (4)假设二正确 (5)蒸馏烧瓶 (6)除去未被饱和碳酸钠溶液溶解的乙醇 (7)37.5% 【解析】（1）乙酸和乙醇在浓硫酸催化加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯， CH 3 COOH+CH 3 CH 2 OH   浓 硫 Δ  酸 CH 3 COOCH 2 CH 3 +H 2 O； （2）加入几片碎瓷片的作用是防止液体爆沸； （3）饱和碳酸钠溶液的主要作用有：中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯在水中的 溶解度、提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层； （4）上层液体为有机层，其中主要含乙酸乙酯，用胶头滴管吸取少许上层液体于试 管中，加入几滴氢氧化钠溶液，振荡，溶液变红，说明有机层中含酚酞；将吸有酚 酞溶液的长胶头滴管穿过有机层向无色的水层中滴加酚酞溶液，溶液变红，说明下 层的水溶液中含有碱性的碳酸钠，综上分析可知，溶液红色褪去的主要原因是假设 二：酚酞由水层转移到有机层； （5）仪器C的名称是蒸馏烧瓶； （6）已知：CaCl 可与乙醇形成难溶物CaCl 6C H OH；故饱和氯化钙溶液的作用 2 2 2 5 是除去未被饱和碳酸钠溶液溶解的乙醇； 第 7 页，共 8 页 学科网（北京）股份有限公司（7）无水乙醇与冰醋酸反应，由于冰醋酸少量，理论生成的乙酸乙酯为0.1mol，对 应的质量为0.1mol×88g/mol=8.8g，蒸馏共收集到乙酸乙酯3.3g，则本实验的产率 3.3g 为 100%37.5%。 8.8g 第 8 页，共 8 页 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