北京市东城区南区重点中学届高三上学期课堂综合练习化学试题解析解析版.docx

1、北京市东城区南区重点中学届高三上学期课堂综合练习化学试题解析解析版1下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是AMnO2 CuO FeO B（NH4）2SO4 K2SO4 NH4Cl CAgNO3 KNO3 Na2CO3 DNa2CO3 NaHCO3 K2CO3【答案】D考点：物质的鉴别2有机化合物A和B只由C、H、O中两种或三种元素组成。等物质的量的A和B 完全燃烧时，消耗相等物质的量的氧气，则A和B的相对分子质量的差值（其中n为正整数）不可能为A 0 B14n C 18n D 44n【答案】B【解析】试题分析：“等物质的量的A和B完全燃烧时，消耗相等物质的量的氧气”这句话，符合这句话的

2、物质可能为：二者互为同分异构体，二者的分子组成上相差若干个H2O，二者的分子组成上相差若干个CO2。从而得出二者的相对分子质量的差值可能为0、18n 、44n。答案选B。考点：有机物燃烧耗氧量的计算3分析右面的能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是A2 A（g）+ B(g)=2 C（g）；H=a（a0）B2 A（g）+ B(g)=2 C（g）；H=a（a0）C2A + B=2 C；H=a（a0）D2 C=2 A +B；H=a（a0）【答案】B【解析】试题分析：由图象知，2A+B的能量大于2C的能量，根据化学反应前后能量守恒，如果A、B为反应物，C为生成物，2A（g）+B（g）2C（g）时该反

3、应放出能量，H=a0；如果C为反应物，A、B为生成物，2C（g）2A（g）+B（g）时该反应吸收能量，H=a0反应的能量变化和物质的聚集状态有关，图象中物质是气体，所以要标注物质聚集状态，才能标注反应热；综上所述分析得到。答案选B。考点：焓变、反应热4重金属离子有毒性. 实验室有甲和乙两种废液, 均有一定的毒性, 经过化验甲废液呈碱性, 主要有毒离子为Ba2+, 如果将甲和乙两废液按照一定比例混合, 毒性明显降低,乙废液中可能含有的离子是 ACu2+和SO42 BCu2+和Cl CK+和SO42 DAg+和NO3【答案】A【解析】试题分析：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH-，主要为有毒离子

4、为Ba2+，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，则甲乙发生反应使重金属离子生成沉淀，则乙中应含有SO42，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，乙中的重金属离子与甲中的OH-反应生成沉淀，根据选项中离子的性质可知，只有A符合，发生反应为2OH-+Cu2+=Cu（OH）2。答案选A。考点：离子的共存5酸根离子RO3-所含电子数比硝酸根离子NO3-的电子数多10，则下列说法正确的是1 R原子的电子层数比N原子的电子层数多12 RO3-中R元素与 NO3- 中N 元素的化合价相同3 RO3-和NO3-只可能被还原，不可能被氧化4 R和N不是同周期元素，但为同主族元素A B C D 【答案】

5、C考点：物质性质的研究6在1000 mL含有等物质的量的HBr和H2SO3溶液中通入0.01 molCl2，有一半变为Br2，原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于A0.007 5 molB0.008 mol C0.075 molD0.08 mol【答案】B【解析】试题分析：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x，氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol2=0.02mol；硫元素失电子的物质的量为x（6-4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x11/2=0.5x

6、，根据氧化还原反应中得失电子数相等得0.02mol=2x+0.5x，x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为0.008/1=0.008mol/L。答案选B。考点：氧化还原反应的计算7. 下列关于电解质溶液中离子关系的说法中正确的是 A0.1molL1Na2CO3溶液中离子浓度关系：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) B0.1molL1NH4Cl和0.1molL1NH3H2O等体积混合后离子浓度关系c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) C常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH=7，则混合液溶中：c(Na+)=c(CH3C

7、OO) D常温下，在pH=1的溶液中，Fe2+、NO3-、ClO-、Na+能大量共存【答案】C【解析】试题分析：A、0.1 molL-1的Na2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），A错误；B、0.1 molL-1的NH4Cl和0.1 molL-1的NH3H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系：c（NH4+）c（Cl-）c（OH-）c（H+），B错误；C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液PH=7时，依据电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+

8、C（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-），C正确；D、pH=1的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，D错误。答案选C。考点：离子浓度大小比较8等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过Na2O2后，体积变为原体积的11/12（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为 A4：5：2 B4：6：2 C6：4：3 D6：2：3【答案】A【解析】试题分析：设反应前混合气各是1mol，则反应后混合气的物质的量是11/4mol。即气体的物质的量减少了1/4mol，所以根据方程式2CO22Na2O2=2NaCO3O2可知，参加反应的CO2是

9、1/2mol，生成氧气是1/4mol，所以这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为15/41/2452。答案选A。考点：非金属的有关计算9. .氯原子与氨基可以结合生成一氯胺（NH2 Cl）（1）一氯胺的空间结构为_形，电子式为_。（2） 若把氨基换成乙基，则构成的物质A属于_类有机物，A在碱性溶液中能发生水解反应，而一氯胺在酸性或中性环境中可以水解，并用于自来水消毒。则两种物质水解的方程式分别为_， _。（3）若由A通过反应，最终可以制得乙酸乙酯，反应过程中可能涉及到的反应类型有 （用A、B等表示）。取代 加成 氧化 脱水 酯化 A B C D . 含有氨基（-NH2）的化合物通常能够

10、与盐酸反应，生成盐酸盐，如 R-NH2 + HCl R-NH2HCl（R代表烷基、苯基等）。现有两种化合物A和B，它们互为同分异构体。已知：它们都是对位二取代苯；它们的相对分子质量都是137；A既能被NaOH溶液中和，又可以跟盐酸成盐，但不能与 FeCl3溶液发生显色反应；B既不能被NaOH溶液中和，也不能跟盐酸成盐；它们的组成元素只可能是C、H、O、N、Cl中的几种。请按要求填空： （1）A和B 的分子式是 。 （2）A的结构简式是 ；B的结构简式是 。【答案】. （1） 三角锥形 电子式H（2） 卤代烃 CH3CH2Cl + H2O CH3CH2OH + HCl （碱性条件） NH2Cl

11、+ H2O = NH3 + HClO （3） B. （1）C7H7NO2 （2）A 【解析】试题分析：. （1） NH2Cl中心原子N与三个原子形成共用电子对，有一对孤对电子，故结构为三角锥形，电子式为H；（2）氨基换为乙基，则为卤代烃；水解的方程式分别为CH3CH2Cl + H2O CH3CH2OH + HCl （碱性条件）；NH2Cl + H2O = NH3 + HClO；（3）先取代生成乙醇，再氧化最终生成乙酸，最后酯化生成乙酸乙酯，答案选B. A是对位二取代苯；组成元素只可能是C、H、O、N、Cl中的几种；可以跟盐酸反应生成盐，这些事实说明A的分子里有一个二价苯基和一个氨基一个二价苯基

12、和一个氨基的相对分子质量之和是92，A的相对分子质量137，则A的苯环上的另一个取代基的相对质量之和是45相对质量之和是45，能被NaOH溶液中和的原子团是羧基(COOH)B是A的同分异构体，也是对位二取代苯，既不能被NaOH溶液中和，也不能跟盐酸成盐，则B的分子里既没有羧基有没有氨基综上可知，A、B的分子式是C7H7NO2，结构简式为：考点：有机推断10. 已知A、B、C、D、E、F是短周期中六种非金属元素，它们的原子序数依次增大。A元素原子形成离子核外电子数为零，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，B原子的最外层电子是内层电子数的2倍。D元素与E元素同主族；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化

13、碳。（1）请写出元素符号： A B C D E F （2）A的单质与C的单质在一定条件下反应生成化合物X，向X的水溶液中滴加酚酞溶液，可以观察到的实验现象是 。（3）将9g B单质在足量的D单质中燃烧，所得气体通入1L 1 molL-1的NaOH溶液，完全吸收后，溶液中大量存在的离子是 。. 下图中AJ分别代表有关反应中的一种物质，它们均为中学化学中的常见物质。已知AE和FJ中分别含有同一种元素。反应EA+O2的条件未标出。请填写下列空白：（1） 化合物H中的阳离子是_;D的化学式是_.（2） A生成B反应的离子方程式是_.（3） B和C反应的离子方程式是_.（4） A和F反应的化学方程式是_

14、.（5） IJ反应的化学方程式是_，该反应过程中发生的实验现象是_。【答案】.（1） A H B C C N D O E. S F. Cl （2）溶液变为红色 （3）Na+ HCO3 CO32 . （1）Fe2+ Al(OH)3 （2） 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2（3）3AlO2-+Al3+6H2O4Fe（OH）3 （4）2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3（5） 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 白色絮状沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，【解析】试题分析：.（1）A、B、C、D、E是短周期中的5种非金属元素，它们的原子序数依次增大A元素原子形成的离子

15、核外电子数为零，则A为氢元素；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为硫元素；E元素与D元素同主族，则D为氧元素；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，原子序数小于氧元素，则C为氮元素故A为H元素；B为C元素；C为N元素，D为O元素，E为S元素，F为Cl元素。（2）A的单质与C的单质在一定条件下反应生成化合物氨气，氨水中滴加酚酞溶液，可以观察到的实验现象是溶液变为红色；（3）B为碳元素，将9克碳单质的物质的量为9/12=0.75mol，在足量的氧气中燃烧，生成二氧化碳0.75mol，1L1mol/LNaO

16、H溶液中，氢氧化钠的物质的量为1mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.75，介于0.51之间，所以二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，溶液中大量存在的离子是Na+ 、HCO3、CO32。考点：无机推断11.拟用下图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。气体abcdC2H4乙醇浓H2SO4NaOH溶液浓H2SO4Cl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓H2SO4NH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHNO稀HNO3铜屑H2OP2O5（1）上述方法中可以得到干燥、纯净的气体是 。（2

17、）指出不能用上述方法制取的气体，并说明理由（可以不填满）1 气体_，理由是_ 。2 气体_，理由是_ 。3 气体_，理由是_ 。4 气体_，理由是_ 。.用下图装置进行实验，将A逐滴加入B 中。 （1） 若A为醋酸，B为石灰石，C为C6H5ONa溶液，则在 小试管中发生的现象是_，其中发生反应的化学方程式为_。（2）若B为生石灰，实验中观察到C溶液中先产生沉淀，而后沉淀逐渐溶解。当沉淀恰好溶解时，关闭E，然后向烧杯中加入热水，静置片刻，观察到试管壁上出现银镜。则A是_，C是_和乙醛的混合液，发生银镜反应的化学方程式为_仪器D在实验中的作用是_。【答案】.（1） NO （2）C2H4 装置中没有

18、温度计，无法控制反应温度Cl2 反应生成的Cl2 被c中的NaOH溶液吸收了NH3 反应生成的NH3被c中的水吸收了.（1） 溶液变浑浊，C6H5ONa + CO2 + H2O C6H5OH +NaHCO3（2） 浓氨水，硝酸银，CH3CHO + 2Ag(NH3)2OH CH3COONH4 +2Ag+3NH3 +H2O防止试管中液体发生倒吸【解析】试题分析：.（1）上述方法中可以得到干燥、纯净的气体是NO，乙烯中收集的气体不纯，氯气中氯气和碱液反应，氨气能被洗气装置吸收，答案为：NO；（2）乙醇和浓硫酸制取乙烯需要170，如果在140则会生成乙醚，该装置中没有温度计，导致无法控制反应温度，答案

19、为：C2H4；装置中没有温度计，无法控制反应温度；加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，但氯气能和氢氧化钠溶液反应，所以得不到氯气，答案为：Cl2；生成的Cl2被C中的NaOH溶液吸收了；氯化铵和消石灰反应生成氨气，氨气极易溶于水，所以生成的氨气被C中的水吸收得不到氨气，答案为：NH3；生成的NH3被C中的H2O吸收了； . （1）观察到小试管内溶液变浑浊，说明生成二氧化碳，碳酸的酸性强于苯酚的酸性，发生反应C6H5ONa + CO2 + H2O C6H5OH +NaHCO3；（2）试管壁出现光亮的银镜，说明生成氨气，可用浓氨水与生石灰反应制取，C中应为乙醛与银氨溶液的反应，则C中应为Ag

20、NO3和乙醛的混合液，加热时发生：CH3CHO + 2Ag(NH3)2OH CH3COONH4 +2Ag+3NH3 +H2O，装置D可起到防止倒吸的作用考点：气体的制备与除杂，有机推断12. 将57.6g铜与200 m L 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的 NO和 NO2 混合气体在标准状况下的体积为22.4L 。请回答：（1） NO的体积为 _L，NO2 的体积为_L 。（2） 待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL a molL-1的NaOH 溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为_molL-1（列出计算式即可）。（3） 欲使铜与硝酸反应生成的气体在Na

21、OH溶液中全部转化为 NaNO3至少需要30%的双氧水_g.【答案】（1） 8.96 13.44 （2）(a V10 -3 1)0.2 （3）102（2）向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n（NaNO3）=n（NaOH）=aV10-3mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO）= aV10-3mol+1mol= (aV10-3+1)mol，故原有硝酸的物质的量浓度为(a V10 -3 1)0.2mol/L（3） 若使NO和NO2气体全部转化为硝酸钠，则相当于硝酸从铜中得到的电子又被双氧水得到。因为双氧水的还原产物是水，即1molH2O2在反应中得到2mol电子，所以根据得失电子守恒可知需要双氧水的物质的量是1.8/2=0.9mol，其质量为0.9mol34g/mol30.6g，因此需要30%的双氧水的质量是30.6g30102g考点：铜和硝酸的反应：