2020-2021年高一化学高频考题期末组合模拟卷04（人教必修2）（解析版）.docx

1、2020-2021年高一化学高频考题期末组合模拟卷04（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）考试内容：人教必修2 难度：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32一、选择题：本题共16个小题，每小题3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。114C是C的一种放射性核素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子轰击14N可转变为14C。下列说法正确的是A14C和14N互为同位素B14C核素中的中子数为8C14C原子最外层有6个电子D14N转变得14C是化学反应【答案】B【解析】同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的

2、不同原子之间，故14C和14N不互为同位素，A错误；14C核素中的中子数为14-6=8，B正确；14C原子最外层有4个电子，C错误；化学变化过程中元素的种类和原子的数目保持不变，故14N转变得14C不是化学反应,而是核裂变，D错误。答案选B。2设某元素的原子核内的质子数为m，中子数为n，则下述论断正确的是A不能由此确定该元素的相对原子质量B这种元素的相对原子质量为(m+n) gC碳原子质量为w g，此原子的质量为(m+n)w gD核内中子的总质量小于质子的总质量【答案】A【解析】由于该元素可能存在同位素，因此不能根据该原子确定该元素的相对原子质量，A正确；根据A中分析可知不能确定该元素的原子量

3、，B错误；若碳原子质量为wg，此原子的质量为(m+n)w/12g，C错误；因m与n的大小关系不确定，故无法比较核内中子总质量与质子总质量的大小，D错误。答案选A。3短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是A原子半径：ABDCB原子序数：dcbaC离子半径：CDBAD单质的还原性：ABDC【答案】C【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，其中A、B位于周期表的左侧，且位于同一周期，C、D位于周期表的右侧，也位于同一周期，且位于A和B的上一周期，所以原子序数应是abdc。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半

4、径逐渐增大，则原子半径：BACD，A错误；根据以上分析可知原子序数：abdc，B错误；核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：CDBA，C正确；同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则单质的还原性：BACD，D错误。答案选C。47N、8O、11Na、17Cl 是周期表中的短周期主族元素，下列有关说法正确的A元素O在周期表中位于第2周期VIA族B氧气与臭氧互为同位素CNaCl 固体为共价晶体D气态氢化物的稳定性：NH3H2O【答案】A【解析】O原子的质子数为8，其原子结构示意图为，主族元素的核外电子层数=周期数，最外层电子数=主族序数，因此氧元素位

5、于元素周期表中第2周期VIA族，A正确；O2与O3是由氧元素构成的不同单质，二者互为同素异形体，B错误；NaCl是由Na+和Cl-构成的离子化合物，C错误；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，因此气态氢化物的稳定性：NH3H2O，D错误。答案选A。5化学与生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是ABaSO4在医学上用作“钡餐”，Ba2+对人体无毒B14C可用于文物的年代鉴定，14C与12C互称为同位素C分散系属于混合物，溶液、胶体均为混合物DFeO是一种黑色的粉末，不稳定【答案】A【解析】BaSO4不溶于水，也不溶于酸，可以在医学上用作“钡餐”，但B

6、a2+是重金属离子，可以使蛋白质变性，对人体有害，A错误；利用14C的放射性可用于文物的年代鉴定，14C与12C质子数相同，中子数不同，互称为同位素，B正确；分散系是一种或多种物质分散到另一种或多种物质中形成的混合物，溶液、胶体均为分散系，属于混合物，C正确；FeO是一种黑色的粉末，不稳定，在空气中加热会变为Fe3O4，D正确。答案选A。6纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中，不正确的是A过程I的反应：2Fe3O4=6FeO+O2BFe3O4、FeO以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂C过程I、的总反应：2H2O=2H2+O2D整个过程实现了太阳能向化

7、学能的转化【答案】B【解析】根据图示，过程I是在太阳能作用下四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，反应方程式是：2Fe3O4=6FeO+O2，A正确；Fe3O4是以太阳能为热源分解水制H2过程中的催化剂，B错误；根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，总反应为2H2O=2H2+O2，C正确；根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，实现了太阳能向化学能的转化，D正确。答案选B。7下列图示变化为吸热反应的是ABCD【答案】A【解析】反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，A正确；反应物能量高于生成物能量为放热反应，B错误；浓硫酸稀释放热，是物理变化，C错误；稀盐酸与锌反应放出

8、热量，为放热反应，D错误。答案选A。8有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小；b极质量增加b极有气体产生；c极无变化d极溶解；c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是AabcdBbcdaCdabcDabdc【答案】C【解析】把四个实验从左到右分别编号为、，则由实验可知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：ab；由实验可知，b极有气体产生，c极无变化，则活动性：bc；由实验可知，d极溶解，c极有气体产生，c作正极，则活动性：dc；由实验可知，电流从a极流向d极，则d极为原电池负极，a极为原电池正极，则活动

9、性：da；综上所述可知活动性：dabc，答案选C。9有关原电池的描述中错误的是A原电池的负极上一定发生氧化反应B原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成C从理论上讲，任何放热的氧化还原反应都可设计成原电池D原电池工作时，溶液中阳离子向正极附近移动【答案】B【解析】原电池的负极上发生氧化反应，正极发生还原反应，A正确；原电池两极可以是活泼性不同的金属，也可以是金属和非金属，可以是金属和金属氧化物等，B错误；构成原电池的内在条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，C正确；原电池工作时，溶液中阳离子向正极附近移动，阴离子向负极附近移动，D正确。答

10、案选B。10一种将CO2转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应为2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O。向一密闭容器中加入2molCO2和7 mol H2，一定条件下反应到达平衡，下列说法正确的是AH2剩余1 molB正反应速率和逆反应速率都等于0C二甲醚气体的物质的量不再发生变化DCO2、H2、CH3OCH3、H2O四种气体的浓度相等【答案】C【解析】可逆反应有限度，达到平衡时，氢气剩余量多于1mol，A错误；化学平衡是动态平衡，当达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于0，B错误；根据化学平衡状态的定义，化学平衡时，各反应物、生成物的量不再变化，因此二甲醚气体的物质的量不再发生变化，C正确；

11、化学平衡时，各反应物、生成物的量不再变化，但根据题意无法确定四种物质的浓度是否相等，D错误。答案选C。11发生一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是ABCD【答案】D【解析】某烷烃发生氯代反应后，只能生成三种沸点不同的一氯代产物，则说明该有机物的一氯代物有3种；根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物。 (CH3)2CHCH2CH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，A错误；(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，B错误；(CH3)2CHCH(CH3)

12、2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，C错误；(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，D正确。答案选D。12下列反应属于加成反应的是ACH4Cl2CH3ClHClBHNO3H2OCCH2=CH2H2OCH3CH2OHDCH3CH=CH2+Cl2Cl-CH2CH=CH2+HCl【答案】C【解析】根据加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应。CH4中的一个氢原子被氯原子取代生成CH3Cl，属于取代反应，A错误；苯和浓硝酸的反应，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应

13、，B错误；CH2=CH2中碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了羟基和氢原子，属于加成反应，C正确；CH3CH=CH2中的一个氢原子被氯原子取代生成Cl-CH2CH=CH2，属于取代反应，D错误。答案选C。13下列有关有机物的说法中正确的是A与是同分异构体B乙醇、乙酸、乙烷都能发生取代反应C乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同D正丁烷中的所有碳原子可以处于同一直线上【答案】B【解析】甲烷为正四面体结构，与碳原子相连的任意2个原子都相邻，故与是同种物质，A错误；乙醇和乙酸在一定条件下可发生酯化反应、从属于取代反应；乙烷与氯气在光照下能发生取代反应，B正确；乙烯能使溴水和酸性KMnO4

14、溶液褪色，与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，C错误；烷烃分子中的碳原子是饱和碳原子、故烷烃分子是立体结构，正丁烷中的所有碳原子不可能处于同一直线上，碳链呈锯齿形，D错误。答案选B。14实验室采用如图所示装置制备乙酸乙酯，实验结束后，取下盛有饱和碳酸钠溶液的试管，再沿该试管内壁缓缓加入紫色石蕊试液1毫升，发现紫色石蕊试液存在于饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯液层之间(整个过程不振荡试管)，下列有关该实验的描述，不正确的是A制备的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇杂质B该实验中浓硫酸的作用是催化和吸水C饱和碳酸钠溶液主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度及吸收乙醇、中和乙酸D石蕊层分为三层，由

15、上而下是蓝、紫、红【答案】D【解析】用图中装置制备少量乙酸乙酯，发生装置的试管中盛有浓硫酸、乙醇、乙酸，发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，且乙酸乙酯不溶于水，混合物分层，以此来解答。因乙酸、乙醇沸点较低，易挥发，则制备的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇杂质，A正确；反应生成水，且为可逆反应，反应中浓硫酸起到催化剂和吸水剂的作用，B正确；饱和碳酸钠的作用为吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，可用于除去乙醇和乙酸，C正确；由上而下，乙酸乙酯中混有乙酸，可使石蕊呈红色，中层为紫色，下层为碳酸钠溶液，水解呈碱性，应呈蓝色，D错误。答案选D。15如图是某工

16、厂对海水资源综合利用的示意图，下列说法不正确的是A试剂a是石灰乳B电解法制取烧碱的反应属于氧化还原反应C电解氯化镁所得金属镁可在CO2气体中冷却D粗盐精制过程中，除去粗盐中SO杂质可加入BaCl2溶液【答案】C【解析】从海水中提取的粗盐，经过精制后可用于氯碱工业；提取粗盐后的母液可用于提取金属镁，先在母液中加入石灰乳沉淀镁离子，过滤后，滤渣加入盐酸转为氯化镁溶液，脱水后得到无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁可得单质镁。工业上用石灰乳沉淀镁离子，A不符合题意；电解有元素化合价的升降，故属氧化还原反应，B不符合题意；单质镁很活泼，在高温条件下可与二氧化碳反应，故金属镁不能在CO2气体中冷却，C符合题意

17、；粗盐精制过程中，加入BaCl2溶液沉淀粗盐中SO从而除去，D不符合题意。答案选C。16下列说法正确的是 正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0；严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；Al2O3熔点高，常用作高温耐火材料；使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；SiO2可用于制造太阳能电池。ABCD【答案】C【解析】正常雨水的pH小于7，是因为溶有了二氧化碳，酸雨的pH小于5.6；汽车尾气中含有氮的氧化物，是污染性气体，严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；Al2O3属于离子晶体熔点高，常用作高温耐火材料；氯气具有强氧化性，可能生成有机氯化物，对人体可

18、能有害；硅是半导体材料，是制造太阳能电池。正确的是。答案选C。【点睛】注意二氧化硅具有导光性，能制作光导纤维。二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17（12分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：（1）元素在周期表中的位置是_，的原子结构示意图为_。（2）、的简单离子半径由大到小的顺序为_（用离子符号和“”表示）。（3）的气态氢化物中，最稳定的是_（用化学式表示），最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_（用化学式表示）。（4）的最高价氧化物对应的水化物与的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式_。（5）下列五种物质中，H2O CO2 Na2

19、O2 NaOH NaBr，只存在共价键的是_，只存在离子键的是_，既存在离子键又存在共价键的是_。写出下列物质的电子式：CO2_，NaOH_。【答案】（1）第四周期第A族 （2）FNaMg2 （3）HF HClO4 （4）OH+Al(OH)3AlO+2H2O （5）H2O、CO2 NaBr Na2O2、NaOH 【解析】根据元素在表中的位置可知分别H、C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl、As。（1）元素是As，在周期表中的位置是第四周期第A族，是13号元素Al，原子结构示意图为。（2）、的简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为FNaMg2。（3

20、）三种元素非金属性最强的是F，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物中最稳定的是HF；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4。（4）的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠与的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝发生反应的离子方程式为OH+Al(OH)3AlO+2H2O。（5）H2O、CO2均是含有共价键的共价化合物；Na2O2、NaOH均是含有离子键和共价键的离子化合物；NaBr是含有离子键的离子化合物，则只存在共价键的是H2O、CO2，只存在离子键的是NaBr，既存在离子键又存在共价键的是Na2O2、NaOH。CO2的电子式为，NaOH的电子

21、式为。18（10分）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）沉淀B的成分是_（填化学式，下同）；（2）沉淀C的成分是_；（3）沉淀F转化为物质M的化学方程式为_；（4）由物质M制取铝的化学方程式为_；（5）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为_。【答案】 （1） SiO2 （2）Fe（OH）3、Mg（OH）2（3） 2Al（OH）3Al2O3+3H2O （4）2Al2O3（熔融）4Al+3O2 （5）AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3-【解析】Al2O3、SiO2、Fe2O

22、3、MgO中，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应，MgO、Fe2O3不与NaOH溶液反应；除SiO2不与盐酸反应外，Al2O3、Fe2O3、MgO均与盐酸反应；加入过量盐酸，溶液A为AlCl3、MgCl2、FeCl3，沉淀B为SiO2，加入过量烧碱，沉淀C为Fe(OH)3和Mg(OH)2，溶液D为NaAlO2，通入过量二氧化碳，溶液E为NaHCO3，沉淀F为Al(OH)3，加热分解得到M为Al2O3，经电解可得到Al。(1)由以上分析可知沉淀B的成分是SiO2；(2)沉淀C为Fe(OH)3和Mg(OH)2； (3)沉淀F为Al(OH)3，加热分解得到M为Al2O3，方程式为2Al(OH)3

23、Al2O3+3H2O；(4)Al2O3经电解可得到Al，方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2；(5)溶液NaAlO2中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2OAl(OH)3+HCO3-。【点睛】本题以推断题的形式，考查金属及其化合物的相关性质。对此类题型的考查通常用结合铝及其化合物。解题的关键在于熟练掌握“铝三角”的相关反应。本题的易错点是方程式的书写和配平。19（10分）如图所示。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Zn，A极材料为铜，该装置能量转换形式_， A为_极，此电池所发生的反应化学方程式为_，反应进

24、行一段时间后溶液C中c（H+）将_(填“变大” “变小”或“基本不变”)。溶液中的SO42-移向_极（填“A”或“B”）（2）若C为CuSO4溶液，B电极材料为Fe，A极材料为石墨。则B为_极，B极上电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)。B电极上发生的电极反应式为_，A极产生的现象是_；若AB两电极质量都为50.0g且反应过程中有0.2mol的电子发生转移，理论上AB两电极质量差为_g。【答案】（1）化学能转化为电能 正 H2SO4+ Zn=H2+ZnSO4 减小 B 负 （2）氧化反应 Fe-2e-=Fe2+ 有红色物质析出 12.0 【解析】(1)锌比铜活泼，则该装置为锌作负极，

25、铜做正极的原电池，化学能转化为电能；A极材料为铜，即A为正极，则该原电池反应是锌与稀硫酸置换氢气的反应， H2SO4+ Zn=H2+ZnSO4；依据总反应可知溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小；原电池中阴离子移向负极，则溶液中的SO42-移向B极；(2)依据上述分析易知：B电极为原电池的负极，发生发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；A极铜离子得电子转化为铜单质，其电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，故现象为：有红色物质析出；反应过程中有0.2mol的电子发生转移，则消耗的铁的质量为m(Fe)= =5.6g，生成的铜的质量为m(Cu)= =6.4g，则两极的质量

26、差为m(Fe)+ m(Cu)=5.6g+6.4g=12.0g。20（10分）从石油中获取乙烯已成为目前生产乙烯的主要途径。请根据下图回答：(1)以石油为原料，获取大量乙烯的主要方法是_ (填字母代号)。A水解 B裂解 C分馏(2)乙烯的结构简式是_，B分子中官能团的名称是_。(3)A与B反应的化学方程式是_，反应类型是_，利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为_。(原子利用率期望产物的总质量与生成物的总质量之比)(4)某同学用图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体。实验时，为分离出乙酸乙酯中混有的少量A和B，试管中应先加入_，实验结束后，振荡试管甲，有

27、无色气泡生成，其主要原因是_ (用化学方程式表示)，最后分离出乙酸乙酯用到的主要仪器是_。【答案】(1)B (2)CH2=CH2 羧基 (3)CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O 酯化反应 83.02% (4)饱和碳酸钠溶液 Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2+ H2O 分液漏斗 【解析】由有机物的转化关系可知，石油经催化裂解的方法获得乙烯，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为乙酸。（1）工业上以石油为原料，通过催化裂解的方法获取大量乙烯；（2）乙烯的结构简式为CH

28、2=CH2；B为乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基；（3）A与B的反应是在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；若有1mol乙醇反应，期望乙酸乙酯的总质量为88g，生成物乙酸乙酯和水的总质量为106g，则该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为88g106g100%83.02%；（4）乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，可以加入饱和碳酸钠溶液，中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解，碳酸钠与乙酸反应的化学方程式为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+C

29、O2+ H2O；最后用分液的方法分离出乙酸乙酯，分液用到的主要仪器是分液漏斗。【点睛】乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯是解答的关键。21（10分）溴苯是一种化工原料，实验室用苯和液溴合成溴苯的装置示意图如下(夹持仪器已略去)。请回答以下问题。 (1)制取溴苯的化学方程式是 _，反应过程中烧瓶内有白雾产生，是因为生成了_气体。(2)该实验中用到冷凝管，由此猜想生成溴苯的反应属于_反应(填“放热”或“吸热”)；使用冷凝管时,进水口应是_(填“

30、a”或“b”)。(3)该实验中将液溴全部加入苯中，充分反应后，为提纯溴苯，进行以下操作:将烧瓶中的液体倒入烧杯中，然后向烧杯中加入少量水，过滤，除去未反应的铁屑，过滤时必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、_。滤液再经一系列处理，最终得到的粗溴苯中仍含有少量苯，要进一步提纯溴苯，可进行的操作是_(填字母)。物质 苯 溴苯 沸点/ 80 156 水中溶解性 微溶 微溶 a.洗涤b.过滤c.蒸馏 d.结晶【答案】(1)+Br2+HBr HBr (2)放热 a (3)漏斗 c 【解析】苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，生成的溴化氢极易溶于水，用NaOH溶液吸收HBr，并防止倒吸。该反应为放热反应，而苯和液溴都易挥发，所以用冷凝管将挥发的原料进行冷凝，回流至反应器。(1) 苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，化学方程式为+Br2+HBr；HBr极易溶于水，在烧瓶内与空气中的水结合形成白雾；(2)利用冷凝管，将受热挥发的原料重新冷凝成液体，回流至三口烧瓶中，该反应为放热反应；冷凝时，冷凝管中应该充满水，为了充分冷凝，所以应该下口进水，进水口应是a；(3)过滤操作需要用的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、漏斗；粗的溴苯中含有少量的苯，根据表中的信息，两者的沸点相差较大，可以利用蒸馏进行分离提纯，答案选c。