1、四川省泸州市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1. 戴口罩、消毒是切断新冠肺炎传播途径的重要手段，下列说法错误的是A. 夏天气温升高一定能杀死新冠病毒B. 医学上杀菌消毒一般用体积分数为75%的酒精C. “84”消毒液可按说明进行稀释后再用D. 制作N95口罩用的聚丙烯属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A夏天气温升高可能会对病毒在自然条件下存活有一定影响，但温度不是很高，不足以杀死新冠病毒，故A错误；B乙醇体积分数为75%的酒精称为医用酒精，医用酒精能使蛋白质发生变性，医疗上常用酒精杀菌消毒，故B正确；C“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠(NaClO)，外用消
2、毒剂，须稀释后使用，故C正确；D聚丙烯是有机高分子材料，属于高聚物，是高分子化合物，故D正确；故选A。2. 下列有关化学用语的说法正确的是A. 35Cl2和37Cl2互为同位素B. 苯的分子式为C6H6C. 制造氢弹用的氘的核素符号为D. N2的结构式为：N=N:【答案】B【解析】【详解】A35Cl2和37Cl2均为氯元素形成的氯气，为同一种物质，涉及的元素35Cl和37Cl互为同位素，A错误；B苯的分子式为C6H6，B正确；C制造氢弹用的氘的核素符号为或D，C错误；DN2的结构式为，D错误。答案为B。3. 下列物质分类正确的是A. 漂白粉、氨水均为混合物B. 稀豆浆、氯化钠溶液均为胶体C.
3、NO2、CO均为酸性氧化物D. 蔗糖、四氯化碳均为电解质【答案】A【解析】【详解】A漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙、氨水是氨气的水溶液，都是由两种或者两种以上物质组成，属于混合物，故A正确；B稀豆浆为胶体，氯化钠溶液是溶液，不是胶体，故B错误；C二氧化氮和碱或水发生氧化还原反应，不是酸性氧化物，CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故C错误；D蔗糖和四氯化碳在水溶液中都不能导电，都属于非电解质，故D错误；故选A。4. 下列离子反应方程式书写正确的是A. 氯气溶于水：Cl2+H2O=2H+C1-+ClO-B. 铁丝与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. 稀硝酸加入铜片中：Cu+4
4、H+=Cu2+NO+2H2OD. 向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3【答案】D【解析】【详解】A氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B铁丝与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，故B错误；C铜片加入稀硝酸中反应放出NO，反应的离子反应为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，故C错误；D向AlCl3溶液中滴加氨水生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3，故D正确；故选D。5. 下列说法错误的是A. 化学变化必然伴随
5、能量变化B. 化学键可以是相邻离子之间或原子之间的强烈相互作用C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为8个D. 金属钠与足量水反应，增加水的量并不能加快反应速率【答案】C【解析】【详解】A化学反应的本质是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂和新键形成时吸收和释放的能量一定不等，因此化学变化必然伴随能量变化，故A正确；B化学键通常指的是直接相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用，故B正确；C稀有气体除He外最外层均有8个电子，He的最外层有2个电子，故C错误；D增加纯液体的量，浓度不变，速率也不变，所以在金属钠与足量水反应中，增加水的量反应速率不变，故D正确；故选C。6. 用下列实验装置达成相应实验
6、目的，所示装置错误的是选项ABCD实验目的分离酒精和水制备并收集乙酸乙酯验证苯中是否有碳碳双键验证石蜡油裂解产生烯烃实验装置A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A酒精与水混溶，不能利用分液分离，应利用蒸馏法分离，故A错误；B乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，反应生成乙酸乙酯蒸气，收集乙酸乙酯的试管中的导管不能在液面下，在液面上，防止倒吸，故B正确； C苯与溴水、高锰酸钾均不反应，溴水和酸性高锰酸钾溶液均不褪色，通过实验可以说明苯中不含双键，故C正确；D烯烃能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据酸性高锰酸钾溶液是否褪色，可以确定石蜡油裂解产生的气体中是否含有烯烃，
7、故D正确；故选A。7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A. NH3NOHNO3B. SSO3H2SO4C. NaNa2ONaOHD. Al2O3NaAlO2Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A4NH3+5O2 4NO+6H2O氨气与氧气反应生成NO，NO不溶于水，也不能与水反应，不能一步生成硝酸，故A错误；B硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，故B错误；C常温下，Na与O2反应生成Na2O，点燃条件下生成Na2O2，故C错误；DAl2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，物质间转化均能一步实现，故D正确；故选D。8
8、. 下列有关说法正确的是A. CH4+Cl2CH3Cl+HCl，属于置换反应B. 苯、乙醇、乙酸都能发生取代反应C. 乙烷和乙酸都能使溴水褪色D. 淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A反应物有两种，生成物有两种，但生成物是两种化合物，不符合置换反应的特征，故A错误；B苯与液溴在三溴化铁催化下生成溴苯属于取代反应，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯属于取代反应，故B正确；C乙烷和乙酸都不与溴水反应，不能使溴水褪色，故C错误；D淀粉和纤维素的分子式中的聚合度n不同，因此分子式不相同，二者不是同分异构体，故D错误；故选B。9. 下列实验能达到预期目的是A. 用洁净的铂丝蘸取少量溶液进行焰色
9、反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有Na+，没有K+B. 向某盐溶液中加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润红色石蕊纸检验，试纸变蓝，则该盐溶液中含有C. 向某溶液中加入少量新制氯水后再加几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明原溶液中含有Fe2+D. 向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则该溶液中含【答案】B【解析】【详解】A观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由操作和现象可知，原溶液中有Na+而无法判断是否有K+，故A错误；B湿润的红色石蕊纸变蓝，则气体为氨气，则原溶液中含有，故B正确；C二价铁离子和KSCN不反应，三价铁离子和KSCN溶液反应生成血红色，二价铁离子易被氯
10、水氧化生成三价铁离子，Fe2+检验时要先加KSCN溶液后加氯水，防止Fe3+干扰，故C错误；D白色沉淀为硫酸钡或AgCl，且硝酸可将氧化为，则溶液中不一定存在，故D错误；故选B。10. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X阴离子的电子层结构与氦相同，Y的一种同位素被考古学家用于测定文物的年代，Z与X同族，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的1.5倍。下列说法正确的是A. 原子半径：WZYB. 化合物ZXW中只有离子键C. 由Y与W形成的化合物可作溶剂D. W的氧化物对应的水化物一定是强酸【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X阴离子的电子层结构与氦
11、相同，X为H元素；Y的一种同位素被考古学家用于测定文物的年代，Y为C元素；Z与X同族，则Z为Na元素；W的最外层电子数是Y的最外层电子数的1.5倍，Z最外层电子数为41.5=6，W为S元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为Na元素，W为S元素。A同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：ZW，故A错误；B化合物ZXW的化学式为NaHS，其中有离子键和共价键，故B错误；C由Y与W形成的化合物为CS2，可作溶剂，故C正确；DW的氧化物对应的水化物中H2SO3为一种中强酸，不是强酸，故D错误；故选C。11. NA表示阿伏加德
12、罗常数的值，下列叙述正确的是A. 0.5molL-1FeCl2的溶液中Cl-的数目为NAB. 常温常压下，22.4L甲烷中含有的共价键数为4NAC. 标准状况下，11.2L乙醇中含有的分子数为0.5NAD. 28gC2H4和C3H6混合气体中含有的碳原子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】A0.5molL-1溶液未指明溶液体积，无法计算Cl-的数目，A错误；B常温常压下，甲烷的量不能用标准气体摩尔体积进行计算，B错误； C标准状况下，乙醇为液体，不能用气体摩尔体积计算，C错误； D C2H4和C3H6的最简式均为CH2，可根据最简式计算，则28gC2H4和C3H6混合气体含有的CH2的物质的
13、量为2mol，则含有的碳原子数目为2NA，D正确。答案为D。12. 如图所示是某一短周期元素“类价二维图”。图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。下列说法错误的是A. x为O2，y为H2OB. c为S，g为Na2SO4或NaHSO4C. f的浓溶液不能用铁制容器盛装D. 反应ab的离子方程式可能是S2-+2H+H2S【答案】C【解析】【分析】a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第A族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，
14、y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。【详解】A根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选；B根据物质分类可知，cS，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；C常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；Da为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应ab的离子方程式可能是S2-+2H+H2S，D正确，不选。答案为C。13. 探究SO2的某些性质某兴趣小组设计了如图所示图实验装置。回答相关问题：（1）A装置中用于滴加浓硫酸的仪器名称是_。（2）当装置B中出现_的现象时，证明生成了SO2；若装置C中观察
15、到淡黄色沉淀，说明SO2具有_性。（3）装置G中盛放的试剂为_（填标号）。A.NaOH溶液B.硫酸C.Cu(NO3)2溶液（4）装置D中无明显现象，装置E中产生白色沉淀，猜测该沉淀可能是_，理由是_，对应的离子方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 品红溶液褪色 (3). 氧化 (4). A (5). 硫酸钡 (6). 硝酸根具有氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根 (7). 2NO3-+3SO2+2H2O=4H+2NO+3SO42-【解析】【分析】浓硫酸和铜在加热条件下，生成二氧化硫，通入品红溶液后褪色，通入硫化氢溶液后生成硫单质黄色沉淀，通入氯化钡无明显现象，通入硝酸钡溶液生成硫酸钡
16、白色沉淀，F为防倒吸装置，G为尾气处理装置，常用氢氧化钠。【详解】（1）A装置中用于滴加浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。（2）二氧化硫具有漂白性，当装置B中出现品红溶液褪色的现象时，证明生成了SO2；若装置C中观察到淡黄色沉淀S，根据氧化还原反应原理，说明SO2具有氧化性。（3）装置G为尾气处理装置，需要吸收二氧化硫，通常盛放的试剂为NaOH溶液，硫酸不吸收二氧化硫，硝酸铜溶液吸收二氧化硫但会生成污染空气的氮的氧化物，故答案为A。（4）装置D中无明显现象，装置E中产生白色沉淀，猜测该沉淀可能是硫酸钡，理由是硝酸根具有氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根，对应的离子方程式为2NO3-+3SO2+2H2O=
17、4H+2NO+3SO42-。14. A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，其原子半径和化合价关系如下表所示。已知：Mg的原子半径为0.160nm。元素ABCDEFG原子半径(nm)0.0370.0740.0750.0770.0990.1020.186最高正化合价+1+5+4+7+6+l最低负化合价-1-2-3-4-l-2(1)元素G在周期表中的位置为_，D、E、F的氢化物中最稳定的是_(填化学式)。(2)元素A、B形成的1:1型化合物的电子式为_，根据电子是否得失与电子对是否偏移的角度判定：该物质含有的化学键类型有_。(3)用电子式表示G2F的形成过程_。(4)写出D的单质与ACB3的浓溶
18、液反应的化学方程式(注明条件)_。(5)元素A和元素D可组成含9e-的中性原子团，其名称是_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). HCl (3). (4). 极性键和非极性键 (5). (6). C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O (7). 甲基【解析】【分析】主族元素最高正化合价与族序数相等，最低化合价=族序数-8，同一主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，根据表中数据知，A为第IA族元素， 根据原子半径知A是H元素；B为第A族元素，B没有最高正价，B是O元素；C的化合价为+5、-3，处于VA族，原子半径比O略大，则C为N
19、元素；D的最低化合价都为-4价，应为周期表第A族元素，结合原子半径大小关系可知D为C元素；E的化合价为+7、-1价，原子半径大于氧，故E为Cl元素；F为第A族元素，F是S元素；G为第IA族元素，原子半径比Mg大，G是 Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A是H元素，B是O元素，C为N元素，D为C元素，E为Cl元素，F是S元素，G是 Na元素。(1)G是 Na元素，在元素周期表中位于第三周期第A族；非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D、E、F中非金属性最强的是Cl元素，因此氢化物中最稳定的是HCl，故答案为：第三周期第A族；HCl；(2)元素A、B形成的1:1型化合物为H2O2，为共价
20、化合物，电子式为，该分子中氢氧原子间为极性键，氧氧原子间为非极性键，所以该物质含有的化学键类型为极性键和非极性键，故答案为：；极性键和非极性键；(3) G2F为Na2S，为离子化合物，形成过程用电子式表示为，故答案为：；(4) ACB3的化学式为HNO3，碳与浓硝酸反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O；(5)元素A和元素D可组成含9e-的中性原子团，化学式为-CH3，名称为甲基，故答案为：甲基。【点睛】正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为(2)，要注意过氧化氢属于共价化合物，不存在离子键。15. 海水
21、是巨大的资源宝库，从海水中可以提取食盐、溴，还可以制得金属镁等，下图是制取原理流程图：回答下列问题：(1)操作1的名称是_。(2)步骤除去粗盐中的杂质(Mg2+、Ca2+)，加入药品顺序正确的是_。ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸.CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸(3)步骤中空气与水蒸气的作用是_。步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原成Br-，其目的是_。(4)写出步骤的离子反应方程式_。(5)写出步骤的化学反应方程式_，下列物质可
22、以用作镁蒸气的冷却剂的是_。A空气 BAr CCO2【答案】 (1). 过滤 (2). BC (3). 将溴吹出进入吸收塔与二氧化硫反应 (4). 提高溴的浓度（或富集溴） (5). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (6). MgCl2(熔融)Mg+Cl2 (7). B【解析】【分析】(1) 根据流程图，操作1是分离母液和氢氧化镁沉淀，据此判断；(2)除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，过量的氯化钡需要用碳酸钠除去，据此分析解答；(3)母液中溴的浓度一般较小，工业上提溴需要先富集溴，提高溴的浓度，降低成本，结合空气吹出法提溴的原理和步骤分析解答(
23、3)和(4)；(5)步骤是电解熔融氯化镁冶炼镁，作镁蒸气的冷却剂不能与镁反应，据此分析解答。【详解】(1) 在母液中加入氧化钙后生成氢氧化镁沉淀，操作1是分离母液和氢氧化镁沉淀，应该采用过滤；(2) 除去粗盐中的杂质（Mg2+、Ca2+），要先除离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，然后过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子；ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故A错误；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，
24、能够除去粗盐中的杂质（Mg2+、Ca2+），故B正确；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，能够除去粗盐中的杂质（Mg2+、Ca2+），故C正确；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故D错误；故答案为：BC；(3)步骤中空气与水蒸气作用是将溴吹出进入吸收塔吸收；步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原成Br-，其目的是提高溴的浓度，起到富集溴的目的；(4)步骤中氢溴酸被氯气氧化生成溴，反应的离子反应方程式为Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2；(5)步骤是电解熔融的氯化镁冶炼镁，反应的化学反应方程式为MgCl2
25、(熔融)Mg+Cl2；作镁蒸气的冷却剂不能与镁反应，空气中的氧气、氮气和二氧化碳都能与镁反应，Ar不能与镁反应，故选Ar作镁蒸气的冷却剂，即选B。16. 石蜡油是一种矿物油，是从原油分馏中得到的无色混合物。石蜡油在一定条件下可发生如下的转化关系。A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_，B中含有的官能团名称为_。（2）反应的类型为_，反应的条件为_。（3）液体石蜡(C8H18)的一种同系物，碳、氢的质量比为5:1,该分子的同分异构共有_种。（4）反应的化学方程式为_。（5）B和D在浓硫酸加热条件下达到反应的限度时，下列描述正确的是_。a.消耗物质B
26、的物质的量与生成D的物质的量相等b.正反应速率与逆反应速率相等，且等于零c.D的转化率为100%【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). O2，Cu/ (5). 3 (6). +Br2+HBr (7). a【解析】【分析】由A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平可知，A为CH2=CH2，在一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，在Cu做催化剂条件下，CH3CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成CH3CHO，则C为CH3CHO，在催化剂作用下，CH3CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成CH3COOH
27、，则D为CH3COOH；石蜡油催化重整得到苯，在铁做催化剂作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯。【详解】（1）由分析可知A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；（2）反应为一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，反应为在Cu做催化剂条件下，CH3CH2OH与氧气共热发生催化氧化反应生成CH3CHO，故答案为：加成反应；O2，Cu/；（3）由液体石蜡分子式为C8H18可知，石蜡属于烷烃，设其同系物的分子式为CnH2n+2，由碳、氢的质量比为5:1可得12n：(2n+2)=5:1，解得n=5，则石蜡的
28、同系物为戊烷，戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，故答案为：3；（4）反应为在铁做催化剂作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（5）a.乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下达到反应的限度时，正、逆反应速率相等，消耗物质乙醇的物质的量与生成乙酸的物质的量相等，故正确；b.化学平衡为动态平衡，乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下达到反应的限度时，正反应速率与逆反应速率相等，但不等于零，故错误；c.该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则乙酸的转化率一定小于100%，故错误；a正确，故答案为a。【点睛】化学平衡为动态平衡，乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下达到反应的限度时，正反应速率与逆反应速率相等，但不等于零是解答关键。