人大附中高一化学上期末及详解.docx

1、人大附中高一化学上期末及详解2016年北京市人大附中高考化学适应性试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1东汉魏伯阳在周易参同契一书中汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄牙为根”根据你的理解，这里与汞反应的黄色物质所谓“黄牙”是指 A金 B硫 C铜 D铁2根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是 A同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 CCl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小 D与得电子能力相同3下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是 A用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+Fe3+Cu2+Fe2+ B碘水中通入适量的SO2：

2、I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+ C硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+ D0.5mol/LNaHSO4与0.5mol/LBa（OH）2混合至溶液呈中性：Ba2+OH+SO42+H+BaSO4+H2O4雌二醇的结构简式如图，下列说法不正确的是 A能与Na、NaOH溶液、Na2CO3溶液反应 B能发生加成反应、取代反应、消去反应 C该分子中所有碳原子不可能在同一个平面内 D可与FeCl3溶液发生显色反应，但不能与O2发生氧化反应5下列有关实验原理、现象、结论均正确的是 A图中滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，说明K2Cr2O4被还原成K2CrO4 B图中，右

3、边试管中产生气泡迅速，说明氯化铁的催化效果比二氧化锰好 C图中，由试管中收集到的无色气体，证明铜与稀硝酸的反应产物是NO D图中，试管中先出现白色沉淀、加Na2S后产生黑色沉淀，但不能验证AgCl的溶解度大于Ag2S6下列图示与对应的叙述相符的是 A图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化 B图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1 C图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点 D图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）

4、2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系7最近有研究人员发现了一种处理高浓度乙醛废水的新方法隔膜电解法，乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸实验室以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示下列说法正确的是 A电解过程中，阴极区消耗Na+ B阳极反应为CH3CHO2e+2H+CH3COOH+H2O C电解的总反应方程式为2CH3CHO+H2OCH3COOH+CH3CH2OH D若以CH4空气燃料电池为直流电源，燃料电池的b极应通入空气二、非选择题：8A（C2H4）和E（C3H4）是基本有机化工原料由A和E制备聚酰亚胺泡沫塑料（P

5、MI）合成路线如下所示：（部分反应条件略去）已知：已知：RCH=CH2RCH2CH2CHO（注：R1可以是烃基本，也可以是H原子）F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2：3回答下列问题：（1）A的名称是，B含有的官能团是（2）E的结构简式是，的反应类型是（3）C与新制Cu（OH）2反应的化学方程式（4）D的同系物G比D相对分子质量多14G的同分异构体中，能发生银镜反应且1molG恰好消耗4molAg（NH3）2OH，共有种（不考虑立体异构），其中一种同分异构体的核磁共振氢谱只呈现2个吸收峰，其结构简式为（5）若高分子化合物PMI的平均相对分子质量为10000，则n的数值近似为（填

6、选项序号） A、60 B、65 C、70 D、75（6）由和反应可制备然后以为单体发生聚合反应可合成另一种聚亚酰胺树脂X该聚合反应的化学方程式为：（X中无碳碳双键）9氨可用于制取氨水、液氮、氮肥（尿素、碳铵等）、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业中，最重要的化工产品之一（1）实验室制备氨气的化学方程式（2）以甲烷为原料可制得合成氨气用的氢气图1是一定温度、压强下，CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和2molH2（g）的能量变化示意图，写出该反应的热化学方程式 （H用E1、E2、E3表示）（3）已知N2（g）+3H22NH3（g）H=94.

7、4kJmol1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图2所示，各时间段最终均达平衡状态在2L容器中发生反应，时段放出的热量为25min时采取的某种措施是时段条件下反应达平衡时NH3的体积分数为（4）电化学降解氮的原理如图3所示电源正极为（填A或B），阴极反应式为当阳极产生气体体积为11.2L时（标准状况），通过质子交换膜的H+的物质的量mol10某矿石中除含SiO2外，还有9.24% CoO、2.78% Fe2O3、0.96% MgO、0.084% CaO，从该矿石中提取钴的主要工艺流程如图1：（1）在一定浓度的H2SO4溶液中，钴的浸出率随时间、温度的变化如图2所示考虑生产成本和效率，

8、最佳的浸出时间为小时，最佳的浸出温度为（2）请配平下列除铁的化学方程式：Fe2（SO4）3+H2O+Na2CO3Na2Fe6（SO4）4（OH）12+Na2SO4+CO2（3）“除钙、镁”的原理反应如下：MgSO4+2NaFMgF2+Na2SO4； CaSO4+2NaFCaF2+Na2SO4已知KSP（CaF2）=1.111010、KSP（MgF2）=7.401011，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中的=（可以用分数表示）（4）“沉淀”中含杂质离子主要有；还需进行的“操作X”名称为（5）某锂离子电池正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入

9、电池负极材料碳6（C6）中，电池反应为LiCoO2+C6CoO2+LiC6LiC6中Li的化合价为价该电池放电时，正极反应方程式为11亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究：（A中加热装置已略去）I【背景素材】2NO+Na2O22NaNO2；NO能被酸性高锰酸钾氧化成NO3，而MnO4被还原为Mn2+在酸性条件下NaNO2能氧化SO2【制备NaNO2】（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为（2）B装置的目的是、（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应在装置B、C间增加装置E，E中盛放的试剂应是（填字母）

10、 AP2O5 B碱石灰 C无水CaCl2 D生石灰（4）D装置的作用是【NaNO2性质探究】（5）将NaNO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色该反应的化学方程式为将SO2通入用稀盐酸酸化的NaNO2溶液中，为证明有氧化还原反应发生，设计实验操作是【问题讨论】（6）NaNO2中毒是将血红蛋白中的Fe（）氧化成Fe（），从而破坏血红蛋白的输氧功能，用亚甲基蓝（还原态）可以将Fe（）还原成Fe（）（亚甲基蓝由还原态变为氧化态），从而救治NaNO2中毒下列结构中，属于亚甲基蓝还原态的是（填序号）2016年北京市人大附中高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题

11、，每小题3分，满分21分）1 【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】“得火则飞，不见埃尘”是指汞受热易变成汞蒸气，“将欲制之，黄芽为根”指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，据此分析解答【解答】解：液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽则指呈淡黄色的硫，故选B2 【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2离子；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D互为同位素原子的化学性质几乎完全相

12、同【解答】解：A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2离子具有强还原性，故B错误；CS2、Cl、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故C错误；D3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，得电子能力相同，故D正确，故选D3【考点】离子方程式的书写【分析】A电子、电荷不守恒；B发生氧化还原反应生成硫酸和HI；C生成银氨溶液；D中性时生成硫酸钡、硫酸钠和水【解答】解：A用氯化铁溶液腐蚀

13、铜板的离子反应为Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，故A错误；B碘水中通入适量的SO2的离子反应为I2+SO2+2H2O2I+SO42+4H+，故B正确；C二者反应生成银氨溶液，先发生Ag +NH3H2O=AgOH+NH4+，后发生AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2+OH+2H2O，故C错误；D.0.5mol/LNaHSO4与0.5mol/LBa（OH）2混合至溶液呈中性的离子反应为Ba2+2OH+SO42+2H+BaSO4+2H2O，故D错误；故选B4 【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】A两种分子中均含酚OH；B均含苯环和OH；C两种分子中均含多个四面体构型的亚甲基；D两种

14、分子中均含酚OH，酚OH极易氧化【解答】解：A含酚OH，均与Na、Na0H溶液、Na2CO3溶液反应，故A正确；B均含苯环可发生加成反应，均含醇OH可发生消去反应、取代反应，故B正确；C两种分子中均含多个四面体构型的亚甲基，则两种分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故C正确；D两种分子中均含酚OH，可与FeCl3溶液发生显色反应，酚OH极易氧化，能与O2发生氧化反应，故D错误；故选D5【考点】化学实验方案的评价【分析】AK2Cr2O4与K2CrO4的Cr元素的化合价都为+6价；B浓度不一样，不能用于比较催化剂的影响；C如生成二氧化氮，可与水反应生成NO；D硝酸银过量，AgCl和Ag2S都生成

15、【解答】解：A图中滴加乙醇，试管中橙色溶液变为绿色，说明K2Cr2O4被还原成Cr3+，故A错误； B双氧水的浓度应相同，浓度影响反应速率，无法比较，故B错误；C如生成二氧化氮，可与水反应生成NO，要检验生成的气体中只含NO，要排除氧气的干扰，避免对实验造成干扰，故C错误；D硝酸银过量，发生沉淀的生成，不存在沉淀的转化，不能比较AgCl、Ag2S溶解度大小，故D正确故选D6 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡的影响因素；水的电离【分析】A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位；B升温促进水电离，Kw增大；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率；D减小反应物的浓度，

16、平衡向正方向移动【解答】解：A加水稀释10n倍，促进醋酸的电离，溶液的pH变化小于n个单位，所以1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH变化小于lgV，故A错误；B升温促进水电离，Kw增大，水电离的氢离子浓度增大，所以氢离子浓度大的温度高，即温度T2T1，故B错误；C增大氢气的浓度，提高氮气的转化率，所以随H2起始体积分数增大，N2的转化率增大，即a点N2的转化率小于b点，故C正确；D增大容器的体积，氧气的浓度减小，平衡向正方向移动，氧气的物质的量增大，氧气的浓度先增大，当达到平衡状态时浓度增大，然后随着体积的增大浓度减小，则图象不符，故D错误故选C7 【考点】电解原理【分析】

17、A电解池阴极上发生的还原反应；B电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸；C电解的总反应为乙醛转化为乙醇、乙酸的反应；Da为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷【解答】解：A电解过程中，阴极附近的乙醛被还原，故A错误；B电解池阳极发生氧化反应，乙醛在阳极上失去电子生成乙酸，电极反应式为：CH3CHO2e+H2OCH3COOH+2H+，故B错误；C电解的总反应为乙醛转化为乙醇、乙酸的反应，即总反应方程式为2CH3CHO+H2OCH3COOH+CH3CH2OH，故C正确；D连接电解池阴极的是原电池负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，a为正极，b为负极，燃料电池的a极应通入空气，故

18、D错误；故选：C二、非选择题：8 【考点】有机物的合成【分析】由分子式可知A为CH2=CH2，由信息可知B为CH3CH2CHO，B与HCHO发生信息中的反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为CH2=C（CH3）CHO，C发生催化氧化生成D为CH2=C（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2：3，结合反应的产物结构可知F为CH2=C（CH3）CN，E为CHCCH3【解答】解：由分子式可知A为CH2=CH2，由信息可知B为CH3CH2CHO，B与HCHO发生信息中的反应生成C，结合C的分子式可知，C的结构简式为CH2=C（CH3）CHO，C发生催化氧化生成D

19、为CH2=C（CH3）COOH，F的核磁共振氢谱有两种化学环境的氢，其峰面积之比为2：3，结合反应的产物结构可知F为CH2=C（CH3）CN，E为CHCCH3（1）A为CH2=CH2，名称是乙烯，B为CH3CH2CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：乙烯；醛基；（2）由上述分析可知，E的结构简式是CHCCH3，是CHCCH3与HCN发生加成反应生成CH2=C（CH3）CN，故答案为：CHCCH3；加成反应；（3）C的结构简式是CH2=C（CH3）CHO，与新制Cu（OH）2反应的化学方程式：CH2=C（CH3）CHO+2Cu（OH）2CH2=C（CH3）COOH+Cu2O+2H2O，故答案为：

20、CH2=C（CH3）CHO+2Cu（OH）2CH2=C（CH3）COOH+Cu2O+2H2O，（4）D为CH2=C（CH3）COOH，D的同系物G比D相对分子质量多14G比D多一个CH2原子团，G的同分异构体中，能发生银镜反应，说明含有醛基，且1mol G恰好消耗4mol Ag（NH3）2OH，则含有2个醛基，可看作丙烷中H原子被2个CHO取代，其中一个CHO取代甲基中H原子时，另外的CHO有3种位置，也可以是2个CHO都取代亚甲基中H原子，故共有4种，其中一种同分异构体的核磁共振氢谱只呈现2个吸收峰，其结构简式为，故答案为：4；（5）若高分子化合物PMI的平均相对分子质量为10000，其链节

21、组成为C8H11O2N，则n的数值近似为 =65，故选：B；（6）为单体发生聚合反应可合成另一种聚亚酰胺树脂X（X中无碳碳双键），该聚合反应的化学方程式为：n，故答案为：n9 【考点】化学平衡的计算；工业合成氨；化学平衡的影响因素；电解原理【分析】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制取氨气；（2）该反应中生成2mol氢气放出热量为（E2E1）kJ，则生成3mol氢气放出热量为kJ；（3）根据图知，反应达到平衡状态时生成氨气的物质的量=（1.00mol/L0）2L=2.00mol，生成2mol氨气放出94.4kJ热量；25min时，氢气、氮气浓度不变但氨气浓度减小；相同条件下不同气体的体

22、积分数等于其物质的量分数也等于其物质的量浓度分数；（4）根据图知，AgPt电极上硝酸根离子得电子发生还原反应，则Pt电极上失电子发生氧化反应，Pt电极为阳极、AgPt电极为阴极；酸性条件下，阴极上硝酸根离子得电子和氢离子反应生成氮气和水；当阳极产生气体体积为11.2L时，生成的n（O2）=0.5mol，转移电子物质的量=0.5mol4=2mol，生成n（H+）=4n（O2）=40.5mol=2mol【解答】解：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3

23、+2H2O；（2）该反应中生成2mol氢气放出热量为（E2E1）kJ，则生成3mol氢气放出热量为kJ，热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=kJmol1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=kJmol1；（3）根据图知，反应达到平衡状态时生成氨气的物质的量=（1.00mol/L0）2L=2.00mol，生成2mol氨气放出94.4kJ热量，故答案为：94.4kJ；25min时，氢气、氮气浓度不变但氨气浓度减小，所以改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去，故答案为：将NH3从反应体系中分离出去；相同条件下不同气体的体积分数等于其物

24、质的量分数也等于其物质的量浓度分数，则氨气体积分数=100%=10%，故答案为：10%；（4）根据图知，AgPt电极上硝酸根离子得电子发生还原反应，则Pt电极上失电子发生氧化反应，Pt电极为阳极、AgPt电极为阴极；酸性条件下，阴极上硝酸根离子得电子和氢离子反应生成氮气和水，所以A为电源正极，阴极反应式为2NO3+10e+12H+=N2+6H2O，故答案为：A；2NO3+10e+12H+=N2+6H2O；当阳极产生气体体积为11.2L时，生成的n（O2）=0.5mol，转移电子物质的量=0.5mol4=2mol，生成n（H+）=4n（O2）=40.5mol=2mol，则转移氢离子的物质的量为2

25、mol，故答案为：210 【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】水钴矿磨矿将矿石粉碎，增大接触面积，加快反应速率，加入稀硫酸，矿渣为SiO2，滤液中含有：CoSO4、Fe2（SO4）3、MgSO4、CaSO4，加入碳酸钠，除去Fe2（SO4）3，加入氟化钠，除去钙镁，过滤得主要含CoSO4的溶液，加入草酸铵，通过沉淀、过滤、洗涤、干燥得到四水合草酸钴，（1）根据浸出率与时间和温度的关系及生产成本分析；（2）根据原子守恒配平方程式；（3）=；（4）根据流程图中加入的物质分析，该沉淀中吸附易溶于水的离子；得到的沉淀要进行洗涤和干燥，才能得到较纯净、干燥的物质；（5）放电时，该电池是

26、原电池，正极上得电子发生还原反应，依据负极电极材料和题干信息分析计算【解答】解：（1）根据图知，时间越长浸出率越高，温度越高，浸出率越高，但浸出12小时后，浸出率变化不大，90和120浸出率变化不大，且时间过长、温度过高导致成本较大，所以最佳的浸出时间为12小时，最佳的浸出温度为90，故答案为：12；90；（2）根据原子守恒配平方程式，所以其方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=Na2Fe6 （SO4）4（OH）12+5Na2SO4+6CO2，故答案为：3，6，6，1，5，6；（3）=1.5，故答案为：1.5；（4）该沉淀中吸附易溶于水的离子，根据流程图知，溶液中含有铵根离

27、子和钠离子，所以沉淀上含有铵根离子和钠离子，得到的沉淀要进行洗涤和干燥才能得到较纯净、干燥的物质，故答案为：SO42、NH4+、Na+；洗涤、干燥；（5）放电时，该电池是原电池，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：CoO2+Li+e=LiCoO2，充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳6（C6）中，所以负极为LiC6中Li的化合价为0价，若放电时有1mol e转移，CoO2+Li+e=LiCoO2，正极质量增加为1molLi+的质量=1mol7g/mol=7g；故答案为：0；7g11【考点】制备实验方案的设计；性质实验方案的设计【分析】A装置用于制备二氧化氮，二氧化氮进入

28、B装置后和水反应生成NO和硝酸，硝酸和Cu反应生成NO，根据2NO+Na2O22NaNO2知，NO和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，根据NO能被酸性高锰酸钾氧化成NO3、而MnO4被还原为Mn2+知，未反应的NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成NO3，（1）装置A中在加热条件下，C和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；（2）B装置中的水能和二氧化氮反应生成NO，且生成的硝酸也能和Cu反应生成NO；（3）得到的NO气体中还含有二氧化碳气体，二氧化碳能和过氧化钠反应生成碳酸钠，所以为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应该除去二氧化碳气体，二氧化碳气体是酸性气体，应该用碱性物质除去；（4）NO有毒不能直接

29、排空，可以用高锰酸钾溶液吸收；（5）将NaNO2滴加到酸性高锰酸钾溶液中，可观察到紫色溶液颜色变浅，直至褪色，说明二者发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子；将SO2通入用稀盐酸酸化的NaNO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子，为证明有氧化还原反应发生，用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子；【问题讨论】（6）比较AB结构知，B结构比A结构多H原子，则B为还原态【解答】解：A装置用于制备二氧化氮，二氧化氮进入B装置后和水反应生成NO和硝酸，硝酸和Cu反应生成NO，根据2NO+Na2O22NaNO2知，NO和过氧化钠反应生成亚硝酸钠，根据NO能被酸性高锰酸钾氧化成NO3、而MnO4被还原为Mn2+知，未反应的NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成NO3，（1）装置A中在加热条件下，C和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）B装置的目的是将NO2转化为NO、铜与稀硝酸反应生成NO，故答案为：将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；（3）得到的NO气体中还含有二氧化碳气体，二氧化碳能和过氧化钠反应生成碳酸钠，所以为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应