四川省大数据学考大联盟2023-2024学年高一下学期半期（期中）质量检测化学试卷（PDF版含解析）

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1．【答案】C
【解析】A．水泥的主要成分为硅酸钙、二氧化硅；B．陶瓷的主要成分为含水的铝硅酸盐；D．普通玻璃的主要成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅；所以水泥、普通玻璃、陶瓷均为混合物，故答案选C。
2．【答案】D
【解析】A．SiO2不与水反应，所以SiO2不能一步转化为H2SiO3；B．N2与O2反应只能生成NO，所以N2不能一步转化为NO2；C．S与O2反应生成SO2，所以S不能一步转化为SO3；D．SO2在O2、H2O的条件下直接转化为H2SO4，故答案选D。
3．【答案】B
【解析】A．“酸雨”是由大气中氮、硫氧化物溶于雨水造成的，所以A错误；B．汽车尾气中的成分为CO、NOx，通过催化转化器可以实现生成不污染环境的气体N2、CO2，且NOx发生还原反应，所以B正确；C．碳纳米材料包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，不包含金刚砂，所以D错误；故答案选B。
4．【答案】C
【解析】无水硫酸铜无俗称，胆矾是五水硫酸铜的俗称，故选C。
5．【答案】B
【解析】A．硝酸分解产物为NO2、O2、H2O，所以方程式为4HNO3eq \(\s\up 6(△),\s\d0(===))4NO2↑＋O2↑＋2H2O；C．NO2溶于水产物为HNO3和NO，所以方程式为3NO2＋H2O==2HNO3+NO；D．铜与稀硝酸反应产物为Cu(NO3)2、NO、H2O，所以离子方程式为3Cu＋8H+＋2NOeq \(\s\up0(－),\s\d 0(3))==3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；故答案选B。
6．【答案】C
【解析】A．锌锰酸性干电池，a为正极，发生还原反应，所以A错误；B．干电池为一次电池，不可充电，所以B错误；C．MnO2作正极材料，发生还原反应，得电子，所以C正确；D．负极发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn-2e－== Zn2+，所以D错误；故答案选C。
7．【答案】D
【解析】A．NH4Cl和NaOH反应可以生成NH3，但氨气极易溶于水，所以不容易逸出氨气，所以A错误；B．NH3与浓硫酸反应生成铵盐，不利于干燥，所以B错误；C．由于氨气密度小于空气，收集氨气用向下排空气法，应长进短出，所以C错误；故答案选D
8．【答案】B
【解析】保存浓硝酸的试剂瓶为棕色，主要是棕色试剂瓶可以防止浓硝酸见光分解，所以A错误；B．常温下浓硝酸与铝罐易发生钝化，生成致密氧化薄膜，阻止浓硝酸与铝罐接触，故可以用铝罐运输浓硝酸，所以B正确；C．NH4HCO3在农业上用作化肥，主要是植物根部可以吸收NH4+，补充氮元素，与铵盐不稳定、受热容易分解无关，所以C错误；D．用CS2清洗沾有硫单质的试管，主要原因是硫单质易溶于CS2，二者不反应，所以D错误；故答案选B
9．【答案】D
【解析】通过题中图像可以看出，该反应为吸热反应；A．吸热反应不一定需要加热，如NaHCO3与HCl反应等，所以A错误；B．由于反应是吸热反应，反应断键吸收的总能量高于成键释放的总能量，所以B错误；C．部分化合反应也属于吸热反应，如CO2与C生成CO，所以C错误；D．NaHCO3与HCl反应属于吸热反应，所以D正确；故答案选D。
催化剂
高温、高压
10．【答案】A
【解析】A．合成氨中发生反应：N2 + 3H2 2NH3，其中根据方程式关系：消耗3ml H2，生成6ml N—H（极性键），则消耗1 ml H2生成极性键数为2NA，所以A正确；B．氨气溶于水，形成氨水溶液，氨水中的微粒不只是NH3·H2O，故B错误；C．SiO2晶体不是分子构成，是原子构成，无SiO2分子，所以C错误；D．Cu与S反应生成Cu2S，1ml Cu转移1ml e-，电子转移数为NA；故答案选A。
11．【答案】C
【解析】根据价类二维图可以判断：a为N2、b为NH3、c为NO、d为NO2或N2O4、e为HNO3、f为NH4+；A．NO、NO2为不成盐氧化物，所以不是酸性氧化物，所以A错误；B．“雷雨发庄稼”转化过程为N2→NO→NO2→HNO3，植物吸收NOeq \(\s\up0(－),\s\d 0(3))，补充氮元素，所以B正确；C．固氮过程为N2转化为含氮化合物的过程，所以C错误；D．铵盐易溶于水，且大多数受热易分解，所以D正确；故答案选C。
12．【答案】D
【解析】A．高纯硅的制备方程式为：SiO2+2C=Si+2CO↑、Si+3HCl=SiHCl3+H2、SiHCl3+H2=Si+3HCl，所以A正确；B．反复循环进行反应②和③，可以充分将粗硅转化为高纯硅，所以B正确；C．由于题干信息可知，SiHCl3化学性质不稳定，遇水会迅速反应，在空气中易燃，能自燃，所以需要无水无氧环境，C正确；D．循环利用的物质为HCl和H2，所以D错误，故答案选D
13．【答案】B
【解析】粗盐提纯中，分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2除去Ca2+、Mg2+、SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(4 ))，但Na2CO3还有一个作用是除去过量的Ba2+，所以BaCl2必须在Na2CO3之前，NaOH顺序无要求，最后用盐酸除去过量的COeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(3 ))和OH-，所以A正确，B错误；杂质离子沉淀完后，采取的分离操作为过滤，选用的仪器为a、b、c、d，所以C正确；沉淀分离完成后，调整溶液pH时需要用到烧杯盛装液体，玻璃棒蘸取液体，胶头滴管滴加调节pH的溶液，pH试纸测定pH，所以用到的全部仪器为a、c、e、f，故答案选B。
14．【答案】D
【解析】A．该反应在恒容密闭容器中进行，充入稀有气体Ne，虽然增大压强，但反应物、生成物浓度不变，所以反应速率不变，所以A错误；B．该反应为可逆反应，H2S转化不完全，所以S2(g)浓度应低于0.25 ml/L，所以B错误；C．该反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，所以2 ml H2S(g)的能量低于1 ml S2(g)和2H2(g)的总能量；D．平均摩尔质量与气体总质量和气体总物质的量有关，建立平衡过程中气体总质量不变，气体的物质的量增大，所以当气体的平均摩尔质量不变时，反应达平衡；故答案选D。
15．【答案】（14分）
（1）杀菌或防腐（1分） 抗氧化 （1分） 2CaO+2SO2+O2==2CaSO4或分步写（2分）
（2）bcd（2分）
（3）电极间距（2分） 3 4 （2分） 铝片（1分） 化学能（1分）
在其他条件相同时，正负电极活泼性相差越大，电流越大。（2分）
【解析】
（1）葡萄酒中适量添加SO2的目的是防止葡萄酒氧化变质，同时SO2溶于水中生成H2SO3，H2SO3呈酸性，可以抑制细菌增长。所以作用为杀菌或防腐、抗氧化；在煤中加入适量生石灰可有效防止SO2的排放的原理：①CaO+SO2==CaSO3，②2CaSO3+O2==2CaSO4，总反应方程式为2CaO+2SO2+O2==2CaSO4。
（2）根据题干信息可知，氮化硅熔点高、硬度大、电绝缘性好，化学性质稳定，但生产成本高，所以用途选bcd，其中a用作建筑陶瓷过于昂贵，建筑成本高。
（3）①实验1、3、4：电极材料相同，电极间距为1.0cm、2.0cm，水果种类有柠檬、番茄，水果电流存在差异，故实验1、3、4的目的是探究水果种类和电极间距对水果电流的影响。②在其他条件不变，水果种类作为变量，只有3、4满足要求。③实验1、3、4构成水果原电池，根据原电池的基本原理，负极为铝片，正极为铜片，该装置为化学能转化为电能的装置。④实验2、3：其他条件相同，仅电极材料不同，故得出结论：在其他条件相同时，正负电极活泼性相差越大，电流越大。
16．【答案】（15分）
（1）第二周期第VA族（1分） 高温、高压、催化剂（2分）
（2）易液化（1分） 2NH4Cl+Ca(OH)2eq \(\s\up 7(△),\s\d 0(===))CaCl2+2NH3↑+2H2O（2分）
（3）4NH3＋5O2eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 7(催化剂),\s\d 0(======))),\s\d 5(△))4NO＋6H2O（2分） 空气或O2（1分）
4NO＋3O2＋2H2O==4HNO3（2分）
（4）4NH3＋6NOeq \(\s\up 7(催化剂),\s\d 0(=====))5N2＋6H2O （2分）
（5）4NO2＋O2＋2Na2CO3==4NaNO3＋2CO2（2分）
【解析】
（1）氮元素在周期表中的位置是第二周期VA族；工业合成氨的条件为高温、高压、催化剂；
（2）根据条件可以判断，低温分离氨是应用了氨的易液化性质；用氢氧化钙与氯化铵在实验室制备氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2eq \(\s\up 7(△),\s\d 0(===))CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（3）通入氧化炉的气体为NH3，故氧化炉内发生的是氨的催化氧化反应，则化学方程式为4NH3＋5O2eq \(\s\up 0(eq \(\s\up 7(催化剂),\s\d 0(======))),\s\d 5(△))4NO＋6H2O（2分），A为氧化剂空气或O2；通入吸收塔的气体为NO，通入A和O2的作用是氧化NO，转化为HNO3，故化学反应方程式为4NO＋3O2＋2H2O==4HNO3。
（4）尾气处理装置可采用氨催化转化法，且题干给出信息“NH3将NO还原为无害物质”，该物质为N2，则化学方程式为4NH3＋6NOeq \(\s\up 7(催化剂),\s\d 0(=====))5N2＋6H2O。
（5）根据题干信息，吸收过程有氧气参与，且NO2被Na2CO3溶液吸收生成CO2，故NO2转化为NaNO3，所以利用氧化还原反应配平原则，得到化学方程式为4NO2＋O2＋2Na2CO3==4NaNO3＋2CO2。
17．【答案】（14分）
（1）Cu＋2H2SO4(浓)eq \(\s\up 6(△),\s\d0(===))CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2分）
（2）溶液变红（2分） a c（2分）
（3）2Fe3+＋SO2＋2H2O==2Fe2+＋SOeq \(\s\up 0(2-),\s\d 0(4 ))＋4H＋（2分）
（4）溶液不变红或无明显现象（2分）
（5）产生CO2将装置中残留的SO2赶出（2分） 将E中药品换作碱石灰（2分）
【解析】
（1）加热A中Y形管左侧至浓硫酸微沸，插入铜丝，A中发生反应的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)eq \(\s\up 6(△),\s\d0(===))CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（2）装置B中装有石蕊溶液，SO2不能漂白酸碱指示剂，只能体现酸性，所以现象为溶液变红；SO2的还原性体现在与强氧化剂反应（酸性高锰酸钾、卤水、Fe3+等），所以选ac，其中b体现漂白性，d体现氧化性，方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
（3）根据题干信息，FeCl3与SO2反应生成Fe2+，则离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O==2Fe2+＋SOeq \(\s\up 0(2-),\s\d 0(4 ))＋4H+。
（4）在制备NaHSO3中，D中SO2已过量，则C中SO2也过量，将Fe3+全部转化为Fe2+，所以滴加KSCN不会变红或无明显现象。
（5）SO2为有毒气体，如果试验结束后，拆解装置时，容易污染空气，所以实验设计将Y形管左侧部分液体倒入右侧Na2CO3固体中，即可以反应多余的浓酸溶液，同时产生CO2气体（无毒）将装置中残留的SO2赶出，但由于D装置制备NaHSO3时装置中SO2过量，E中的无水CaCl2不具有吸收SO2的能力，所以装置的缺陷是无尾气处理装置，改进的措施为将E中药品换作碱石灰。
18．【答案】（15分）
（1）Cu＋H2O2＋2H+==Cu2+＋2H2O （2分）
（2）蒸发浓缩（1分） 漏斗（1分） 玻璃棒 （1分）
（3）I2（1分） 2Cu2+＋4I－==2CuI↓＋I2（2分）
（4）静置后,取上层清液于试管中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀产生，则沉淀完全，反之，则未沉淀完全。（2分）
坩埚（1分）
（5） EQ \F( 40w ,233)×100%（2分） 偏低（2分）
【解析】
（1）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H+==Cu2+＋2H2O。
（2）步骤③为结晶操作，根据题意，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶；步骤④为过滤操作，过滤所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。
（3）溶液D呈蓝色，说明含有Cu2+，且题干说Cu2+具有氧化性，入KI溶液后生成CuI沉淀，可以看出Cu2+转化为Cu+发生还原反应，则I-只能作还原剂被氧化，可得出离子方程式为，2Cu2+＋4I－==2CuI↓＋I2。
（4）根据题干信息，SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(4 ))用BaCl2沉淀，且题中要求过滤之前检验SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(4 ))是否沉淀完全，则无法过滤后检验，所以操作为静置后,取上层清液于试管中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀产生，则沉淀完全，反之，则未沉淀完全；灼烧操作是在坩埚中进行，所以仪器为坩埚。
（5）根据题意：CuSO4·5H2O中的SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(4 ))完全转化为BaSO4，建立二者之间的关系式，设CuSO4·5H2O的物质的量为x ml
CuSO4·5H2O~BaSO4
1ml 1ml
xml w g233 g/ml，所以x=w233
则胆矾中CuSO4·5H2O的质量分数=w233ml×250g/ml×425g×100%= EQ \F( 40w ,233)×100%。
步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致BaSO4损失，则BaSO4称量偏低，计算后CuSO4·5H2O的质量分数偏低。