九省联考【河南省】2024届高三理综试题+答案

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注意事项：
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，用橡皮擦干净后，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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ca 40
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．由上述方程式可以判断，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，电负性由强到弱的顺序为：，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，故都采用杂化，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，具有安全、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，区和区的质量差改变
【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．根据分析，放电时电极为负极，A正确；
B．根据分析，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，两区质量差改变，D错误；
故选D。
5. 下列实验能达到目的的是
A. AB. BC. CD. 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，科学家发现使用配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，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. 向一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】根据信息可知，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．根据电荷守恒可知，，由图可知，时，，则此时，D错误；
故选D。
三、非选择题：共174分。
8. 某实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质量总和，是水体评价的综合指标之一)。
实验步骤为：
①取100mL废水(假定有机成分只有萘磺酸钠)，在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。
③一定温度下，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按下图实验装置(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，一定时间后，停止加热，继续通O2一段时间。
回答下列问题：
（1）实验步骤①中加入甲醇的目的为_______。
（2）实验步骤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1B. 打开活塞2C. 关闭活塞1D. 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=_______(用科学计数法表示)。
【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）排除装置中的空气，防止其影响废水中总有机碳含量的测量
（4） ①. 除去CO2中的SO2 ②. 浓硫酸 （5）BC
（6）1.32×104
【解析】
【分析】本题为实验探究题，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中分离出甲醇后，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，以排除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，一定时间后，停止加热继续通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继续氧化，酸性高锰酸钾溶液为除去CO2中的SO2，品红溶液为检验SO2是否除干净，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，影响实验结果，
【小问1详解】
由分析可知，实验步骤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，实验步骤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，根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的目的是排除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：排除装置中的空气，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。
已知钢渣中元素质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，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全如下表所示：
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，阻碍反应物向钢渣扩散。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原因是_______。
（2）为避免引入杂质离子，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，则应控制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、适当升高温度、搅拌 ②. 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水 （3）氨水
（4）297 （5） ①. Ca2V2O7 ②. 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，再吸收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，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
【小问2详解】
加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，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，继续加入试剂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，故应控制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，根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：
①
②
③
④
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”)，判断依据是_______。
（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。随反应温度的升高，的物质的量先增加后减少，主要原因是_______。
（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“=”)。(已知反应的，物质的摩尔分数)
【答案】（1） ①. ②. B
（2） ①. III ②. 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. 0.5ml ②. 0.39 ③. >
【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的是顺序变化）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；判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0.8ml，CO2转化了0.5 ml，C生成了0.8ml，所以x+m=0.8ml、x+y=0.5ml、y+m+n=0.8 ml 、解得n(CO)=2x-n=0.5ml；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；恒温恒压条件下向体系通入气,相当于减压，①反应右移，氢气相对甲烷增加，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_______。
（4）由I转变为J可选用的试剂是_______(填标号)。
A. B. C. 稀D. 溶液
（5）设计反应1和反应2的目的是_______。
（6）在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种；
①含有苯环；②遇溶液显紫色；③与溶液反应放出。
其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为_______。
【答案】（1）对乙基苯酚(或4-乙基苯酚)
（2） ①. 羧基 ②. 醚键
（3） ①. ++HCl ②. 取代反应 （4）B
（5）保护酚羟基，防止其被氧化
（6） ①. 13 ②.
【解析】
【分析】D在氯化铁为催化剂的作用下与氯气发生取代反应生成E，则D为，D由C经酸性高锰酸钾氧化得来，且C中碳原子数目为9，则C为，根据B到C的反应条件，则B为，由此可知A为，根据已知，可得F为；据此分析。
【小问1详解】
B为，则B的名称为对乙基苯酚(或4-乙基苯酚)；
【小问2详解】
D为，其官能团名称为醚键、羧基；
【小问3详解】
F和H发生取代反应生成I，同时生成HCl，化学方程式为：++HCl；
【小问4详解】
I转变为J发生氧化反应，则可选用B；
【小问5详解】
由于酚羟基极易被氧化，因此在有机合成中将其转化后又恢复，则设计反应1和反应2的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；
【小问6详解】
D为，其同分异构体中，
①含有苯环；
②遇溶液显紫色，说明含有酚羟基；
③与溶液反应放出，说明含有-COOH；
去除上述结构，还剩余一个碳原子，则有以下两种情况：
①有两个取代基连在苯环上，两个取代基为-OH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；
②有三个取代基连在苯环上，三个取代基为-CH3、-COOH、-OH，有10种结构，则满足上述条件D的同分异构体有13种；
其中核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为。选项
目的
实验
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察灼烧后灰烬的状态
B
探究浓度对反应速率的影响
一定温度下，用相同质量的同种锌粒分别与稀硫酸和浓硫酸反应，观察气体产生的快慢
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滴酚唒溶液，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
金属离子
开始沉淀的
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的
2.9
8.2
5.1
13.8