1、四川省泸县第二中学2019-2020学年高一化学下学期期末模拟考试试题（含解析）注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理100分，化学100分，生物100分，共300分7.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 M
2、g 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64第I卷 选择题(48分)一、单选题(每小题4分，共12个小题，共48分)1. “绿水青山就是金山银山”，十九大再次强调环境保护的重要性。“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列符合 “绿色化学”理念的是A. 甲烷与氯气制备一氯甲烷B. 用稀硝酸和铜反应制取Cu(NO3)2C. 由反应2SO2+022SO3制SO3D. 向铜和稀硫酸的溶液中加入H2O2制备硫酸铜【答案】D【解析】【分析】“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。要求所有的反应物都变成生成物，并且没有污染，根据此原理分析反应物与生成物的关系进行判定。【详解】A. 甲烷与氯气
3、发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，不符合绿色化学原理，故A错误；B. 稀硝酸和铜反应生成Cu(NO3)2、NO和水，NO有毒，不符合绿色化学原理，故B错误；C. 由反应2SO2+02 2SO3此反应为可逆反应，不能进行到底，且SO2有毒，不符合绿色化学原理，故C错误；D. 向铜和稀硫酸的溶液中加入H2O2，在酸性条件下，H2O2把铜氧化生成硫酸铜和水，没有污染物生成，且铜完全转化为硫酸铜，符合绿色化学原理，故D正确；答案选D。2. 下列各组化合物的性质比较，正确的是A. 熔点：LiNaKB. 稳定性：HFHClHBrHIC. 酸性：HClO4H2SO4H3PO4D. 氧化性：K NaClBrI
4、，所以气态氢化物的稳定性：HFHClHBrHI，故B错误；C.已知非金属性：ClSP，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以 HClO4H2SO4H3PO4，故C错误；D. K+核外有3个电子层，离子半径最大，Na+有2个电子层， Li有1个电子层，根据离子电子层数越多，离子的半径越大，氧化性越弱，可知氧化性：K NaXmR【答案】D【解析】【分析】本题主要考查原子结构、元素周期表、元素周期律等相关知识，首先应根据各元素原子的结构特点推断出各元素，然后根据其性质分析可得结论。【详解】由X是周期表中原子半径最小的元素可得X为氢元素，由Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍可
5、得Y为氧元素，R与Y处于同一族可得R为硫元素，因Z、W、R处于同一周期，故三种元素属于第三周期，Y、R原子的核外电子数之和为8+16=24，则Z、W两原子的核外电子数只能是11和13，故Z、W分别为钠和铝元素。A. 元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子分别为O2、-Na+、Al3+，这三种离子的半径随其核电苛数的增加而减小，故A项错误；B.元素X能与元素Y形成化合物X2Y2为H2O2，属于共价化合物，故B项错误；C.元素W、R的最高价氧化物对应的水化物分别氢氧化铝和硫酸，其中氢氧化铝为两性氢氧化物，并不属于强酸，故C项错误；D.因非金属性Y大于R，故它们的氢化物的稳定性为XmYXmR，故D项
6、正确；答案选D。【点睛】本题综合性较强，有一定的难度，解决问题的关键在于抓住一些元素的特性或原子结构的特征来突破。9. 下列说法正确的是（ ）A. H2、D2互为同位素B. CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)2互为同素异形体C. 和同一物质D. CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】【详解】AH2、D2均表示氢气分子，不能互为同位素，A错误；BCH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；C甲烷是正四面体结构，分子中的四个氢原子完全相同，所以和为同一物质，
7、C正确；DCH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，但羟基个数不同，不能互为同系物，D错误。答案选C。10. 根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2FeCl3溶液产生白色沉淀SO2 有还原性BH2S 溶液产生黄色沉淀SO2 有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2 有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3 H2SiO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S
8、在溶液发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3，D正确。答案选C。11. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4+CO2CH3COOH过程中，只有C-H键发生断裂C. 放出能量并形成了C-C键D. 催化
9、剂加快了该反应的速率【答案】B【解析】【详解】A、根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A正确；B、CH4+CO2CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，B错误；C、根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C正确；D、催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物平衡转化率，D正确；答案选B。【点睛】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能
10、，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。12. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O下列说法不正确的是A. 步骤SO2可用Na2SO3替换B. 步骤中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C. 步骤发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD. 如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】【分析】碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+
11、还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。【详解】ANa2SO3有还原性，则步骤还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；BCuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；CCuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；DCuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度
12、，D错误；答案选D。【点睛】本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。第II卷 非选择题13. 模拟石油深加工合成CH2=CHCOOCH2CH3(丙烯酸乙酯)等物质的过程如下：请回答下列问题：(1)A能催熟水果，则A的名称为_。(2)B的结构简式为_。(3)苯生成硝基苯的反应类型为_。(4)石蜡油分解生成丙烯的同时，还会生成一种烷烃，该烷烃有_种同分异构体。(5)写出由丙烯酸生成丙烯酸乙酯的化学方程式_。【答案】 (1). 乙烯 (2). CH3CH2OH (3). 取代反应 (4).
13、 3 (5). CH2CHCOOH+CH3CH2OHCH2CHCOOCH2CH3+H2O【解析】【分析】B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，为酯化反应，可知B为乙醇，A与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙烯，结合有机物结构与性质解答该题。【详解】(1)A具有催熟水果的作用，则A是乙烯；(2)根据以上分析可知B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH；(3)苯生成硝基苯的反应属于苯环上的氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应；(4)石蜡油分解生成丙烯的同时，还会生成一种烷烃，根据原子守恒可知该烷烃是戊烷，戊烷有3种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷；(5)丙烯酸生成丙烯酸乙酯的化学方程式为：CH2CHCOOH
14、+CH3CH2OH CH2CHCOOCH2CH3+H2O。14. A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。(1)A2W的电子式为_。(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为_，E元素在周期表中的位置为_ 。(3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_(填离子符号)。(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体
15、积是_L(标准状况下)。(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_。a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强C.比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强【答案】 (1). (2). (3). 第3周期第A族 (4). Al3+ Na+ O2- (5). NaH+H2O=NaOH+H2 (6). 56 (7). b【解析】【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A
16、为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。【详解】(1)A2W为水，其电子式为；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为，E为铝元素，在周期表中的位置为第3周期第A族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al3+ Na+ O2-；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，若将1m
17、olNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol 22.4L/mol=56L；(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。15. 根据下图所示装置回答以下问题。已知：KMnO4常温下与浓盐酸反应可制得Cl2。H2SiO3不溶于水。
18、(1)利用如图装置可以验证元素非金属性的变化规律。图中A装置的名称是_。干燥管D的作用是_。(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性强于硫：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_。(3)若要用此装置证明酸性：HNO3H2CO3H2SiO3，进而证明非金属性：NCSi，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：稀HNO3稀盐酸碳酸钙Na2SiO3溶液SiO2。试剂A与C分别为_(填序号)；试管中发生反应的离子方程式为_。有同学认为此实验不能说明N、C、Si的非金属性强弱，你认为原因是
19、_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸 (3). 2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O (4). Cl2S2=S2Cl (5). 、 (6). CO2H2OSiO32-=H2SiO3CO32- (7). HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸【解析】【分析】（1）根据仪器结构特点分析；氯气溶于水，需要防倒吸；（2）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；（3）要证明非金属性：NCSi，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3H2CO3H2SiO3，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较。【详解】（1）仪器A为分
20、液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；（2）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2S+2Cl-，故答案为：2MnO4-10Cl16H=2Mn25Cl28H2O；S2-+Cl2S+2Cl-；（3）根据强酸制强酸的原理，利用稀硝酸溶解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸
21、性的弱顺序为：HNO3H2CO3H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；试管中发生反应的离子方程式为CO2H2OSiO32-=H2SiO3CO32-；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，故答案为：；CO2H2OSiO32-=H2SiO3CO32-；HNO3有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸；【点睛】本题考查性质实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究，题目难度中等，明确物质的性质是解本题关键，知道金属性、非金属性强弱判断方法，会根据物质性质设计实验，试题培养了的分析能力及化学实验能力。16. 如图是人类从海水资源中提取某些
22、重要化工原料的流程示意图：请回答下列问题：（1）操作A是_和过滤（填实验基本操作名称）（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是_（选填编号）A. 氢氧化钠溶液 B. 澄清石灰水C. 石灰乳 D. 碳酸钠溶液（3）向苦卤中通入Cl2，发生反应的离子方程式是_，用SO2水溶液吸收Br2 ，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_。（4）工业上由无水MgCl2制取镁的化学方程式为_。【答案】 (1). 蒸发结晶 (2). C (3). Cl2 + 2Br =Br2 + 2Cl (4). Br2SO22H2O=4HSO42-2Br (5). MgCl2（熔融）MgCl2【解析】【分析】海水晒盐
23、过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐水，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴，据此解答。【详解】(1)食盐的溶解度受温度变化影响较小，可以通过蒸发结晶的方法得到氯化钠；(2)工业制镁：把海边贝壳制成生石灰：CaCO3CaO+CO2，在海水中加入生石灰：CaO+H2OCa（OH）2，在引入的海水中加入石灰乳，发生反应：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2，这样原料的成本低，且能将镁离子全部沉淀下来，所以最合适的是石灰乳，答案选C；(3)氯气氧化溴离子得到单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br=Br2+2Cl；用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H+SO42+2Br；(4)工业上由无水MgCl2制取镁的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2。
