广东省珠海市六校联考2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题（含解析）

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【详解】A．硝酸银在光照或加热条件下会分解生成Ag、NO2、O2，因此一般将硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中，故A不符合题意；
B．锂单质的密度小于煤油，不能保存在煤油中，一般保存在石蜡中，故B符合题意；
C．根据硅的化学性质，在自然界中应该有游离态的硅存在，但Si是亲氧元素，其亲氧性致使Si在地壳的演变中，全部以化合态存在于自然界中，故C不符合题意；
D．玻璃塞中含有SiO2，NaOH能够与SiO2发生化学反应生成Na2SiO3，因此实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞，故D不符合题意；
故答案为：B。
2．D
【详解】A．汽车尾气催化转化器可将CO转化为CO2，不能减少CO2的排放，A错误；
B．锡比铅活泼，两者形成原电池，锡做负极，加速锡的腐蚀，B错误；
C．石墨烯可导电，具有金属晶体的性质，原子间形成共价键，具有共价晶体的性质，石墨烯属于混合型晶体，C错误；
D．硅酸钠的水溶液俗名为水玻璃，具有粘合性和防腐性，可用于制备硅胶和木材防火剂等，D正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．沼气主要成分是甲烷，是由含碳元素的废料经发酵而成，属于可再生能源，故A错误；
B．氯仿、四氯化碳都为液态有机物，都是常用的有机溶剂，故B正确；
C．甲醛能使蛋白质变性，起到防腐的作用，常用35%~40%的甲醛水溶液(福尔马林)保存动植物标本，故C正确；
D．化学性质稳定的聚四氟乙烯耐高温，可作耐高温的不粘锅内层涂料，故D正确；
故选A。
4．C
【详解】
A．氨气为氢化物，不能电离出氢氧根离子，为非电解质，不是一元碱，可与水反应生成一水合氨，一水合氨为一元碱，A错误；
B．验满时，试纸不能插入到瓶内，应放在瓶口的侧上方，B错误；
C．氨气易挥发，碱石灰和水反应生成氢氧化钙，且反应放热，可促进氨气的挥发，可快速获得NH3，C正确；
D．NH4Cl受热分解后生成NH3和HCl，硅胶干燥管只能吸收水，不能除去HCl，D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．O2为非金属单质，不属于共价化合物，故A错误；
B．含有N≡N非极性共价键，故B正确；
C．过程②是破坏化学键的过程，吸收能量；过程③是形成化学键的过程，释放能量，故C正确；
D．上述过程的反应物是NO，生成物是氮气和氧气，总化学方程式为，故D正确；
故选：A。
6．C
【详解】A．浓氨水与浓盐酸反应产生白烟即氯化铵，化学方程式为：，故A正确；
B．煅烧黄铁矿即硫化亚铁与氧气反应生成氧化铁和，化学方程式为：，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO和水，化学方程式：3Cu+8HNO3═4H2O+3Cu(NO3)2+2NO↑，故C错误；
D．SO2与SeO2的水溶液反应制备硒，Se元素化合价降低则S元素化合价升高，生成硫酸，化学方程式为：，故D正确；
故选：C。
7．A
【详解】A．亚硫酸钡会溶于盐酸中，所以BaCl2和SO2不反应，故A不正确；
B．Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B正确；
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2会生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，故C正确；
D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合，以少的确定多的，碳酸氢钠完全反应，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为：A
8．A
【详解】A. 同周期从左到右原子半径递减，故N、O、F原子半径递减，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，故简单离子半径均依次减小，A正确；
B. NaH、Na2O2均能与水发生氧化还原反应，CaC2与水发生非氧化还原反应，B错误；
C. 反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的△H>0，△S>0，在常温下不能自发进行，C错误；
D. 对于酯化反应（△H<0），加入少量浓硫酸并加热，浓硫酸作催化剂，故该反应的反应速率和增大，加热升温，平衡左移，故平衡常数减小，D错误；
答案选A。
9．C
【详解】A．加适量的碳酸钠，会与酸反应，生成氢气的量减少，故A错误；
B．加适量的硝酸钠，NO3-在酸性条件下有强氧化性，相当于加入HNO3，Zn与硝酸之间反应不会产生氢气，故B错误；
C．加适量的醋酸钾，会和硫酸反应生成醋酸，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故C正确；
D．加适量的硫酸铵，对反应速率无影响，故D错误；
故答案为C。
10．C
【详解】在光照条件下，将a ml甲烷与足量Cl2反应，测知四种产物的物质的量比依次2：1：1：2，根据碳元素守恒，可知生成 CH3Cl，CH2Cl2，CHCl3和CCl4分别为ml、ml、ml和ml，烷烃取代反应，卤素原子每取代1ml氢原子均需要1ml卤素单质，则消耗 Cl2物质的量 n=ml×1+ml×2+ ml×3+ml×4=2.5a ml，故选C。
11．D
【详解】A．原电池放电时，负极发生失电子的氧化反应，A正确；
B．原电池放电过程是将化学能转化为电能，B正确；
C．新型化学电池Zn-中，Zn作负极，在正极得电子，C正确；
D．原电池放电时，电解质中的阳离子向正极移动，D错误；
故答案为：D。
12．D
【详解】A．中和反应反应热的测定要尽量避免热量损失，该装置没有隔热措施，A项错误；
B．挥发的乙酸也会和硅酸钠反应生成硅酸，使得溶液变浑浊，无法判断碳酸与硅酸的酸性，B项错误；
C．温度计水银球不能伸到液面以下，C项错误；
D．测定锌与稀硫酸反应速率，可以通过测定一定时间内收集氢气的体积来测定其反应速率，D项正确；
故选：D。
13．B
【分析】根据题中图示可知，此氢氧燃料电池为酸性氢氧燃料电池，氧气在正极上放电，氢气在负极上放电，负极失去的电子经导线流到正极，氧气在正极上得电子生成水，据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，b电极通入氧气，为正极，故A正确；
B．负极失去的电子经导线流到正极，即电子由a电极经过灯泡流向b电极，故B错误；
C．通入氢气为负极，电极反应式为H2-2e-═2H+，电极b通入氧气为正极，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，电池总反应为2H2+O2═2H2O，故C正确；
D．氢氧燃料电池属于原电池，直接将化学能转化为电能，能量损耗少，能量转化率很高，故D正确；
答案为B。
14．B
【详解】A．高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，HCl作还原剂，证明Cl－具有还原性，正确；
B．氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，溴水将亚铁离子氧化为三价铁，溴单质做氧化剂，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，Br2＞Fe3+，但是不能证明氧化性：Cl2 ＞Br2，错误；
C．高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4－＞ Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞I2，则能够证明氧化性：MnO4－＞Cl2 ＞Fe3+ ＞I2，正确；
D．向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色生成Fe3+，取实验②生成的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，是因为Fe3+与碘离子反应生成I2，不能判断氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，正确。
15．D
【详解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解，应改用饱和碳酸钠溶液，故A错误；
B．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．无水硫酸铜遇水变蓝，且草酸中含H元素和氧元素，分解生成水，则变蓝不能说明草酸含结晶水，故C错误；
D．氨气极易溶于水，打开止水夹，捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉，故D正确；
答案为D。
16．D
【详解】试题分析：根据实验①可知，溶液中含有SO42-；根据②可知气体是氧气，白色沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，所以一定含有Al3+、Mg2+、NH4+，则就一定不能含有CO32-、Fe2+、Fe3+、Cu2+、NH4+，而钾离子是不能确定的，答案选D。
考点：考查离子的检验和共存等
点评：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，然后逐一进行判断、推理和排除等。
17．(1)
(2) Ni2+、Fe2+、Fe3+
(3) ① Fe3+
(4) 3.2～5.7
(5)
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解转化为，得到的滤液①含有，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体；
【详解】（1）铝和强碱氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，反应为
（3）“转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，且不能引入杂质，可用O2或空气替代，故选①；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，使得铁元素沉淀不完全，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，在氧化使得滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，pOH=5.3，则；如果“转化”后的溶液中浓度为，为避免镍离子沉淀，pOH=8.3，pH=5.7，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～5.7；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为。
18．(1) 大于 0.3 AD
(2)Pt
【详解】（1）①A点时，NH3的转化率小于其平衡转化率，则反应未达平衡，所以大于
②0~6min内，参加反应NH3的物质的量为4ml×60%=2.4ml，则生成N2的物质的量为=3ml，N2的平均反应速率v(N2)==0.3 ml·L-1·min-1。
③反应未发生时，c(NO)==3ml/L，反应进行6min时，参加反应NH3的物质的量为4ml×60%=2.4ml，则消耗NO的物质的量为=3.6ml，c(NO)==1.2ml/L，则0~6min时间内，NO的浓度随时间变化的曲线图 。
④A．升高温度，反应物的能量增加，有效碰撞的次数增多，增大，增大，A不正确；
B．将容器的体积变为3L时，反应混合气的浓度减小，化学反应速率减慢，B正确；
C．使用催化剂可以增大反应速率，缩短反应到达平衡的时间，提高平衡前单位时间内反应物的转化率，从而提高生产效率，C正确；
D．恒温恒容，充入He使压强增大，由于反应物和生成物的浓度都未发生变化，所以化学反应速率不变，D不正确；
E．反应物、生成物都为气体，混合气的总质量不变，但随着反应的进行，混合气的物质的量不断改变，平均相对分子质量不断发生改变，当容器内气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡，E正确；
故选AD。答案为：大于；0.3； ；AD；
（2）在原电池中，阴离子向负极移动，由图中O2-的迁移方向，可确定NiO电极为负极，则Pt电极为正极。外电路中，电流是从正极移向负极，则电流从Pt电极流出。答案为：Pt。
【点睛】对于只有气体参加和生成的可逆反应，体积一定时，混合气的密度保持不变。
19．(1) < 0.006 ml·L-1·min-1 60% C
(2) < = 升温 A
【详解】（1）①根据表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，则该反应的正反应为放热反应，ΔH<0，故答案为：<；
②1 000 ℃时，K=64，设参与反应的CO的物质的量浓度为aml/L，则平衡时CO的物质的量为(0.1-a)ml/L，CO2的物质的量为(0.1+a)ml/L，则，解得a=0.06ml/L，则，CO的平衡转化率为，故答案为：0.006 ml·L-1·min-1；60%；
③A．铁是固体，减少Fe的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A不符合题意；
B．氧化铁是固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故B不符合题意；
C．移出部分CO2，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故C符合题意；
D．该反应的正反应是放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，故D不符合题意；
E．该反应是气体体积不变的反应，减小容器的容积，压强增大，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E不符合题意；
F．加入合适的催化剂，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故F不符合题意；
故答案为：C；
（2）①由图可知，10 min内，Δc(CH3OH)=0.75ml/L，则，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(H2)=2v(CH3OH)==，故答案为：；
②相同温度下，压强越大化学反应速率越快，压强：A＜C，则化学反应速率A＜C；化学平衡常数只与温度有关，A、C两点温度相同，则化学平衡常数相等；相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氢气的体积分数增大，根据图2知T1＜T2，所以由B到A点需要升高温度，故答案为：<；=；升温；
③A．升高温度，平衡逆向移动，减小，故A符合题意；
B．充入He，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，不变，故B不符合题意；
C．再充入2mlCO和5mlH2，相当于增大压强，平衡正向移动，增大，故C不符合题意；
D．使用催化剂，平衡不移动，不变，故D不符合题意；
故答案选A。
20．(1)放热
(2)高
(3)热能
(4)低
(5)Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O
(6)使反应物充分混合，迅速发生反应，使实验现象更加明显
(7)在烧杯内的反应物中插入温度计，通过测量，发现反应后温度计的示数下降，说明该反应是吸热反应；用皮肤感受，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
(8)吸热
(9)有的吸热反应不需要加热也能发生(或反应放热还是吸热，与反应条件无关)。
【分析】断裂反应物的化学键吸收能量，形成生成物是化学键释放能量，反应热等于断键吸收能量与形成生成物化学键释放的能量差。放热反应导致反应体系温度升高，吸热反应导致体系温度降低。
【详解】（1）由题意可知：U形管中甲处液面下降，乙处液面上升，说明化学反应A+ B=C+D为放热反应，反应放出热量导致广口瓶中气体受热体积膨胀，导致U形管中甲处液面下降，乙处液面上升；
（2）该反应是放热反应，说明反应物A和B的总能量比生成物C和D的总能量高；
（3）该反应是放热反应，说明反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。即该反应的物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来；
（4）由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。该反应是放热反应，说明该反应的反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量；
（5）氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]与NH4Cl混合反应产生BaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O；
（6）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是使反应物充分混台，迅速发生反应，使实验现象更加明显；
（7）如果没有看到“结冰”现象，可以采取如下措施证明反应是放热反应：在烧杯内的反应物中插入温度计，反应后温度计示数下降，说明该反应是吸热反应；或用手触摸烧杯外壁，感觉烧杯外壁很凉，说明该反应为吸热反应；
（8）旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，“结冰”现象说明该反应为吸热反应；
（9）该反应在常温下就可以进行，说明有的吸热反应不需要加热也可发生，或反应放热还是吸热，与反应条件无关。