2022年高三上学期综合练习化学试卷 含解析

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1、2022年高三上学期综合练习化学试卷 含解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1常温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是（）AC CuO FeOB（NH4）2SO4 K2SO4 NH4ClCNa2CO3 NaHCO3 K2CO3DAgNO3 KNO3 Na2CO32有机物A和B只由C、H、O中的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（）A0B14nC18nD44n3分析如图的能量变化示意图，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

2、（g）+B（g）=2 C（g）；H=a（a0）C2A+B=2 C；H=a（a0）D2 C=2 A+B；H=a（a0）4重金属离子具有毒性实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为Ba2+，如将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低则乙废液中可能含有的离子是（）ACu2+和SO42BCu2+和ClCK+和SO42DAg+和NO35酸根离子RO3所含电子数比硝酸根离子NO3的电子数多10，则下列说法正确是（）R原子的电子层数比N原子的电子层数多1RO3中R元素与NO3中N元素的化合价相同RO3和NO3只能被还原，不可能被氧化R和N不是同周期元素，但是同主族元素ABC

3、D6在1000mL含有等物质的量的HBr和H2SO3溶液中通入0.01molCl2，有一半Br变为Br2，原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于（）A0.007 5 molL1B0.008 molL1C0.075 molL1D0.08 molL17下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是（）A0.1molL1NaHCO3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，则混合溶液

4、中：c（Na+）=c（CH3COO）D常温下，在pH=1的溶液中，Fe2+、NO3、ClO、Na+能大量共存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（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为（）A4：5：2B4：6：2C6：4：3D6：2：3二、解答题（共7小题，满分0分）9（xx秋东城区校级月考）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，（

5、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ABCD10（xx秋东城区校级月考）含有氨基（NH2）的化合物通常能够与盐酸反应，生成盐酸盐，如RNH2+HClRNH2HCl（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

6、是；B的结构简式是11（xx秋东城区校级月考）已知A、B、C、D、E、F是短周期中六种非金属主族元素，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，易溶于二硫化碳（1）请写出元素符号：ABCDEF（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 1molL1的NaOH溶液，完全吸收后，溶液中大量存在的离子是12（xx秋东城区校级月考）如图中AJ分别代表有关反应

7、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（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13（xx秋东城区校级月考）拟用如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NH

8、4Cl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）指出不能用上述方法制取的气体，并说明理由（可以不填满）气体，理由是气体，理由是气体，理由是气体，理由是14（xx秋东城区校级月考）用如图装置进行实验，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

9、中的作用是15（xx秋东城区校级月考）将57.6g铜与200m 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 molL1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molL1（列出计算式即可）（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为 NaNO3至少需要30%的双氧水gxx学年北京市东城区（南区）重点中学高三（上）综合练习化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1常

10、温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是（）AC CuO FeOB（NH4）2SO4 K2SO4 NH4ClCNa2CO3 NaHCO3 K2CO3DAgNO3 KNO3 Na2CO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【专题】物质检验鉴别题【分析】A可用酸鉴别；B可加入氢氧化钡鉴别；CNa2CO3、K2CO3应通过焰色反应鉴别；D可加入盐酸鉴别【解答】解：A加入盐酸，C不反应，CuO溶液呈蓝色，FeO溶液呈浅绿色，可鉴别，故A不选；B加入氢氧化钡，（NH4）2SO4生成白色沉淀和刺激性气体，K2SO4生成白色沉淀，NH4Cl生成刺激性气体，可鉴别，故B不选；CNa2CO3

11、、K2CO3应通过焰色反应鉴别，加入化学试剂不能鉴别，故C选；D加入盐酸，现象分别为沉淀、无现象、生成气体，可鉴别，故D不选故选C【点评】本题考查物质的检验及鉴别，根据物质所含阳离子和阴离子的异同，结合物质的性质选择合适的试剂进行鉴别，注意与只用一种试剂一次就可加以区别的要求不同，题目难度不大2有机物A和B只由C、H、O中的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（）A0B14nC18nD44n【考点】有关有机物分子式确定的计算【专题】计算题【分析】等物质的量的有机物消耗相等的物质的量的氧气有以下几种情况：

12、分子间相差n个CO2；分子间相差n个H2O；分子间1个C相当于4个H，即少一个C要多4个H；同分异构体【解答】解：A当A与B互为同分异构体时，分子式相同，消耗氧气的量相等，则A和B的相对分子质量的差值为0，故A正确；BA与B的分子组成只相差n个“CH2”时，即A和B的相对分子质量的差值为14n时，消耗氧气的量不等，故B错误；CA与B的分子组成只相差n个“H2O”时，即A和B的相对分子质量的差值为18n时，消耗氧气的量相等，故C正确；DA与B的分子组成只相差n个“CO2”时，即A和B的相对分子质量的差值为44n时，消耗氧气的量相等，故D正确故选B【点评】本题考查有机物耗氧量的判断，题目难度不大，

13、注意有机物耗氧量的计算方法以及与有机物分子式的拆写3分析如图的能量变化示意图，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）【考点】反应热和焓变；热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【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）时该反应放出能量；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【解答】解：由图象知，

14、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，B正确；故选B【点评】本题考查了化学反应中能量的变化，难度不大，根据能量守恒定律即可解决问题，侧重于考查学生的分析能力和读图能力4重金属离子具有毒性实验室中有甲、乙两种重金属离子的废液，甲废液经化验呈碱性，主要有毒离子为Ba2+，如将甲、乙两废液按一定比

15、例混合，毒性明显降低则乙废液中可能含有的离子是（）ACu2+和SO42BCu2+和ClCK+和SO42DAg+和NO3【考点】离子共存问题【分析】常见的重金属离子：Cu2+、Ag+、Hg2+、Ba2+、Pb2+，甲中有OH、Ba2+，乙中有Cu2+、SO42，它们发生如下反应：2OH+Cu2+=Cu（OH）2，Ba2+SO42=BaSO4，将甲、乙两废液按一定比例混合，毒性明显降低，以此解答该题【解答】解：甲废液经化验呈碱性，则溶液中含有OH，主要为有毒离子为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

16、=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，故选A【点评】本题考查离子共存问题，为高频考点，题目难度不大，注意离子的性质以及题目的要求，题目中的信息为解答该题的关键5酸根离子RO3所含电子数比硝酸根离子NO3的电子数多10，则下列说法正确是（）R原子的电子层数比N原子的电子层数多1RO3中R元素与NO3中N元素的化合价相同RO3和NO3只能被还原，不可能被氧化R和N不是同周期元素，但是同主族元素ABCD【考点】原子核外电子排布；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题；原子组成与结构专题【分析】酸根离子R

17、O3所含电子数比硝酸根离子NO3的电子数多10，说明R元素原子比N原子多10个电子，故R原子核外电子数为17，故R为氯元素，酸根离子RO3是ClO3ClO3中氯元素化合价为+5价据此判断【解答】解：酸根离子RO3所含电子数比硝酸根离子NO3的电子数多10，说明R元素原子比N原子多10个电子，故R原子核外电子数为17，故R为氯元素，酸根离子RO3是ClO3ClO3中氯元素化合价为+5价R为氯元素，原子核外电子排布规律为17，有3个电子层，N原子核外电子数为7，有2个电子层数，氯原子比氮原子多1个电子层，故正确；ClO3中氯元素化合价为+5价，NO3中N元素的化合价为+5，故正确；RO3中氯元素化

18、合价为+5价，RO3能被还原，也能被氧化，故错误；氯元素处于第三周期第A族，N元素处于第二周期第A族，不是同周期元素，不是同主族元素，故错误故选：C【点评】考查元素推断、原子结构与化合价及位置关系、氧化还原反应等，难度不大，推断元素是关键6在1000mL含有等物质的量的HBr和H2SO3溶液中通入0.01molCl2，有一半Br变为Br2，原溶液中HBr和H2SO3的浓度都等于（）A0.007 5 molL1B0.008 molL1C0.075 molL1D0.08 molL1【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题；守恒法【分析】Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入

19、氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中HBr和H2SO3的物质的量，再根据c=计算出原溶液中HBr和H2SO3的浓度【解答】解：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（64）=2x，溴元素失电子的物质的量为：x1=0.5x，由氧化还原反应中得失电子数相等可知：0.02mol=2x+0.5x，解得：x

20、=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为：=0.008mol/L，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及氧化的先后顺序为解答的关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题侧重分析与计算能力的考查7下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是（）A0.1molL1NaHCO3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

21、pH=7，则混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）D常温下，在pH=1的溶液中，Fe2+、NO3、ClO、Na+能大量共存【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A、根据碳酸氢钠的组成，碳与钠之为1：1，所以c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）；B、0.1molL1NH4Cl和0.1molL1NH3H2O等体积混合，以一水合铵的电离占主导，溶液呈碱性；C、根据电荷守恒和溶液呈中性分析解答；D、酸性溶液中亚铁离子会被硝酸根离子和次氯酸根离子氧化【解答】解：A、根据碳酸氢钠的组成，碳与钠之为1：1，所以c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c

22、（H2CO3），故A错误；B、0.1molL1NH4Cl和0.1molL1NH3H2O等体积混合，以一水合铵的电离占主导，溶液呈碱性，所以离子浓度大小的顺序为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故B错误；C、由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），而溶液呈中性c（H+）=c（OH），所以则混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO），故C正确；D、酸性溶液中亚铁离子会被硝酸根离子和次氯酸根离子氧化，所以在pH=1的溶液中，Fe2+、NO3、ClO、Na+不能大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，熟悉酸的强弱与盐的水解

23、的关系，电荷守恒、水解与电离的程度及相互影响是解答本题的关键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（同温同压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为（）A4：5：2B4：6：2C6：4：3D6：2：3【考点】化学方程式的有关计算【专题】差量法；利用化学方程式的计算【分析】发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，导致混合气体物质的量减小，设三者的物质的量分别为4mol，则反应后气体总物质的量为12mol=11mol，根据差量法计算反应二氧化碳物质的量、生成氧气物质的量，进而计算反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比【解答】解：

24、设三者的物质的量分别为4mol，则反应后气体总物质的量为12mol=11mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 物质的量减小 2 1 1 2mol 1mol 12mol11mol=1mol反应后混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比=4+mol：（4+1）mol：（42）mol=4：5：2，故选：A【点评】本题考查化学方程式计算，难度不大，注意差量法的应用，侧重考查学生分析计算能力二、解答题（共7小题，满分0分）9（xx秋东城区校级月考）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三角锥形，电子式为（2）若把氨基换成乙基，则构成的物质A属于卤代烃类有机

25、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CH3CH2Cl+H2OCH3CH2OH+HCl，NH2Cl+H2O=NH3+HClO（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B（用A、B等表示）取代 加成 氧化 脱水 酯化ABCD【考点】判断简单分子或离子的构型；化学基本反应类型【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）一氯胺（NH2Cl）可以认为是氨气中一个H原子被Cl代替产物，根据氨气的空间结构分析；NH2Cl中只有共价键，属于共价化合物；（2）NH2Cl中氨基换成乙基为CH3CH2Cl，属于

26、卤代烃，CH3CH2Cl水解生成乙醇和HCl，一氯胺水解生成氨气和HClO；（3）CH3CH2Cl水解生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯【解答】解：（1）一氯胺（NH2Cl）可以认为是氨气中一个H原子被Cl代替产物，氨气分子的空间结构为三角锥形，所以一氯胺的空间结构为三角锥形；NH2Cl中只有共价键，属于共价化合物，原子间通过共用电子对结合，其电子式为；故答案为：三角锥；（2）NH2Cl中氨基换成乙基为CH3CH2Cl，CH3CH2Cl属于卤代烃，CH3CH2Cl水解生成乙醇和HCl，其水解方程式为CH3CH2Cl+H2OCH3CH2OH+HC

27、l，一氯胺水解生成氨气和HClO，其反应方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO；故答案为：卤代烃；CH3CH2Cl+H2OCH3CH2OH+HCl；NH2Cl+H2O=NH3+HClO；（3）CH3CH2Cl水解生成乙醇，该反应属于取代反应，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以发生的反应有取代反应、氧化反应、酯化反应；故答案为：B【点评】本题考查了电子式、分子空间构型的判断、反应方程式、有机反应类型的判断，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等10（xx秋东城区校级月考）含有氨基（NH2）的化合物通常能够与

28、盐酸反应，生成盐酸盐，如RNH2+HClRNH2HCl（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C7H7NO2（2）A的结构简式是；B的结构简式是【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据题意可知，化合物A和B，它们互为同分异构体A和B中均含二取代苯基C6H4，由于C6

29、H4的相对分子质量为76，而A和B的相对分子质量都是137，故A和B中除了二取代苯基C6H4外，其余基团的相对分子质量为13776=61由于A能被氢氧化钠中和，故A中存在酚OH或COOH，但由于不能与 FeCl3溶液发生显色反应，故存在的是COOH；又可以跟盐酸成盐，故还存在NH2，而NH2和COOH的相对分子之和为61，据此可确定A的结构；然后根据B和A互为同分异构体，而B既不能被NaOH溶液中和，也不能跟盐酸成盐，可知B的结构简式，据此分析【解答】解：根据题意可知，化合物A和B，它们互为同分异构体A和B中均含二取代苯基C6H4，由于C6H4的相对分子质量为76，而A和B的相对分子质量都是1

30、37，故A和B中除了二取代苯基C6H4外，其余基团的相对分子质量为13776=61由于A能被氢氧化钠中和，故A中存在酚OH或COOH，但由于不能与 FeCl3溶液发生显色反应，故存在的是COOH；又可以跟盐酸成盐，故还存在NH2，而NH2和COOH的相对分子之和为61，据此可确定A中除了C6H4外，还含一个COOH和一个NH2，又由于为对位二取代苯，故A的结构简式为：；然后根据B和A互为同分异构体，而B既不能被NaOH溶液中和，也不能跟盐酸成盐，可知B的结构简式（1）根据A和B的结构简式可知，A和B的分子式均为C7H7NO2，故答案为：C7H7NO2；（2）A的结构简式为：，B的结构简式为，故

31、答案为：；【点评】本题考查了根据有机物的相对分子质量和性质来确定有机物的结构，难度不大，注意性质对结构的影响11（xx秋东城区校级月考）已知A、B、C、D、E、F是短周期中六种非金属主族元素，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，易溶于二硫化碳（1）请写出元素符号：AHBCCNDOESFCl（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溶液变为红色（3）将9g B单质在足量的D单质中燃烧，所得气体通入1L

32、1molL1的NaOH溶液，完全吸收后，溶液中大量存在的离子是CO32 HCO3、Na+【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、B、C、D、E、F是短周期中的六种非金属主族元素，它们的原子序数依次增大A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A为H元素；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有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S元素；E元素与D元素同主族，则D为O元素；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且D的原子序数大，则C为N元素；F的原子序数大于硫，故F为Cl，据此解答【解答】解：A、B、C

33、、D、E、F是短周期中的六种非金属主族元素，它们的原子序数依次增大A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A为H元素；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有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S元素；E元素与D元素同主族，则D为O元素；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且D的原子序数大，则C为N元素；F的原子序数大于硫，故F为Cl（1）由上述分析可知，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，故答案为：H；C；N；O；S；Cl； （2）A为氢元素，C为氮元素，二者单质在一定条件下生成化合物X为NH3，

34、其水溶液显碱性，滴入酚酞溶液，可以观察到的现象为溶液变为红色，故答案为：溶液变为红色；（3）B为碳元素，9克碳单质的物质的量为=0.75mol，在足量的氧气中燃烧，生成二氧化碳0.75mol，1L 1molL1NaOH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，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳元素守恒由x+y=0.75，根据钠元素守恒有2x+y=1，联立方程，解得x=0.25，y=0.5，溶液中大量存在的离子为CO32 HCO3、Na+，故答案为：CO32 HCO3、

35、Na+【点评】本题考查结构性质与位置关系应用，难度中等，（3）中判断二氧化碳与氢氧化钠的反应产物是关键12（xx秋东城区校级月考）如图中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Fe2+；D的化学式是Al（OH）3（2）A生成B反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）B和C反应的离子方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（4）A和F反应的化学方程式是Ai3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3（5）IJ反应的化学方程式是4Fe（OH）2+

36、O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应过程中发生的实验现象是白色絮状沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色【考点】无机物的推断【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；几种重要的金属及其化合物【分析】A能和酸反应也能和碱反应，说明A具有两性，且B和C能发生反应生成D，D加热生成E，E生成A和氧气，且A到E中都含有同一元素，则这几种物质中都含有铝元素，电解氧化铝生成铝和氧气，则E是Al2O3，A是Al，D是Al（OH）3，B为偏铝酸盐，C是铝盐；铝和F能在高温下发生反应生成G和氧化铝，则该反应为铝热反应，F为金属氧化物，G是金属单质，G和酸反应生成盐H，H和氢氧根离子反应生成氢氧化物I，I能被

37、氧气氧化生成J，J分解生成F，能被空气中氧气氧化的氢氧化物是Fe（OH）2，则I是Fe（OH）2，J是Fe（OH）3，F是Fe2O3，G是Fe，H为亚铁盐，结合物质的性质分析解答【解答】解：A能和酸反应也能和碱反应，说明A具有两性，且B和C能发生反应生成D，D加热生成E，E生成A和氧气，且A到E中都含有同一元素，则这几种物质中都含有铝元素，电解氧化铝生成铝和氧气，则E是Al2O3，A是Al，D是Al（OH）3，B为偏铝酸盐，C是铝盐；铝和F能在高温下发生反应生成G和氧化铝，则该反应为铝热反应，F为金属氧化物，G是金属单质，G和酸反应生成盐H，H和氢氧根离子反应生成氢氧化物I，I能被氧气氧化生成

38、J，J分解生成F，能被空气中氧气氧化的氢氧化物是Fe（OH）2，则I是Fe（OH）2，J是Fe（OH）3，F是Fe2O3，G是Fe，H为亚铁盐，（1）通过以上分析知，H中阳离子是Fe2+，D是 Al（OH）3，故答案为：Fe2+；Al（OH）3；（2）A是铝，铝和强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）铝和氧化铁发生铝热反应，反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（4）铝盐和偏铝酸盐反应生成氢氧化铝，离子反应方程式为：A

39、i3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：Ai3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3；（5）氢氧化亚铁被空气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ，反应现象为白色絮状沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，故答案为：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【点评】本题以铝、铁为载体考查了无机物的推断，以“铝的两性及铝热反应”为突破口采用正逆相结合的方法进行推断，明确物质的性质及物质之间的转化是解本题关键，难点是离子方程式的书写，难度中等13（xx秋东城区校级月考）拟用如图装置制取表中的四

40、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NO（2）指出不能用上述方法制取的气体，并说明理由（可以不填满）气体C2H4，理由是装置中没有温度计，无法控制反应温度气体Cl2，理由是生成的Cl2被C中的NaOH溶液吸收了气体NH3，理由是生成的NH3被C中的H2O吸收了气体无，理由是无【考点】常见

41、气体制备原理及装置选择【专题】综合实验题【分析】（1）根据气体和洗气装置中的溶液、干燥剂能否反应判断能得到的气体；（2）根据溶液装置中能否得到该气体、生成的气体能否被洗气装置中的溶液吸收、能否与干燥剂反应来判断制取气体的原因【解答】解：（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，故答案为：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，故答案为：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

42、以得不到氯气，故答案为：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，故答案为：NH3；生成的NH3被C中的H2O吸收了；铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和水不反应，所以可以用水作洗液吸收被氧气氧化的二氧化氮，一氧化氮和五氧化二磷不反应，所以可以用五氧化二磷干燥故答案为：无；无【点评】本题考查了气体的反应、洗气和干燥装置，明确气体的性质是解本题的关键，难度不大14（xx秋东城区校级月考）用如图装置进行实验，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溶液变

43、浑浊，其中发生反应的化学方程式为C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3（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是浓氨水，C是硝酸银和乙醛的混合液，发生银镜反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O仪器D在实验中的作用是防止试管中液体发生倒吸【考点】性质实验方案的设计；实验装置综合【专题】实验设计题【分析】（1）发生强酸制取弱酸的反应，烧瓶中醋酸与石灰石反应生成二氧化碳，小试管中二氧化碳与苯酚反应生成苯酚沉淀；（

44、2）观察到试管壁上出现银镜，则C为乙醛和硝酸银的混合溶液，在C中发生银镜反应，则烧瓶中生石灰与浓氨水反应生成氨气，D中球形结构可防止液体倒吸，以此来解答【解答】解：（1）若A为醋酸，B为石灰石，C为C6H5ONa溶液，烧瓶、试管中均发生强酸制取弱酸的反应，在小试管中发生C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3，观察到的现象是溶液变浑浊，故答案为：溶液变浑浊；C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3；（2）观察到试管壁上出现银镜，则C为乙醛和硝酸银的混合溶液，在C中发生银镜反应为CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，则烧

45、瓶中生石灰与浓氨水反应生成氨气，可知A中为浓氨水，生成的氨气与硝酸银反应先生成白色沉淀，后生成银氨溶液，溶液变澄清，仪器D在实验中的作用是防止试管中液体发生倒吸，故答案为：浓氨水；硝酸银；CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；防止试管中液体发生倒吸【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握发生的反应原理、实验装置的作用、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大15（xx秋东城区校级月考）将57.6g铜与200m 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

46、）NO的体积为8.96L，NO2 的体积为13.44L（2）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmL a molL1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molL1（列出计算式即可）（3）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为 NaNO3至少需要30%的双氧水102g【考点】氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】守恒思想；氧化还原反应专题【分析】（1）根据n=计算铜的物质的量，根据n=计算混合气体的物质的量，令混合气体中NO和NO2物质的量分别为xmol、ymol，利用电子转移守恒、二者物质的量之和列方程，据此计算x、y的值，再根

47、据v=nVm计算NO、NO2的体积；（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），根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO2+NO），再根据c=计算；（3）Cu与硝酸反应得到硝酸铜与NO和NO2混合气体，NO和NO2混合气体再在双氧水、碱性条件下转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒，Cu提供的电子等于过氧化氢获得的电子，据此计算过氧化氢的物质的量，再根据m=nM计算过氧化氢的质量，进而计算需要30%的双氧水的质量【解答】解：（1）57.6g铜的物质的量为=0.

48、9mol，22.4L混合气体的物质的量为=1mol，令混合气体中NO和NO2物质的量分别为xmol、ymol，由电子转移守恒有：3x+y=0.92，由二者物质的量之和：x+y=1，联立方程，解得x=0.4，y=0.6，故NO的体积为0.4mol22.4L/mol=8.96L，NO2的体积为0.6mol22.4L/mol=13.44L，故答案为：8.96；13.44；（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）=a V10 3mol，根据氮原子守恒可知n（HNO3）=n（NaNO3）+n（NO

49、2+NO）=（a V10 3+1）mol，故原有硝酸的物质的量浓度为mol/L，故答案为：；（3）Cu与硝酸反应得到硝酸铜与NO和NO2混合气体，NO和NO2混合气体再在双氧水、碱性条件下转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒，Cu提供的电子等于过氧化氢获得的电子，铜的物质的量为0.9mol，故Cu提供电子为0.9mol2=1.8mol，故需要过氧化氢的物质的量为=0.9mol，过氧化氢的质量=0.9mol34g/mol=30.6g，需要30%的双氧水的质量为=102g，故答案为：102【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子、电荷守恒、物质的量的有关计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大