2019-2020年高二下期期末复习化学模拟试题 含解析(III).doc

2019-2020年高二下期期末复习化学模拟试题 含解析(III)1奥运吉祥物福娃外材为纯羊毛线，内充物为无毒的聚酯纤维()，下列说法不正确的是A可用点燃方法区别羊毛与聚酯纤维B聚酯纤维和羊毛一定条件下均能水解C该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙二醇D由单体合成聚酯纤维的反应属加聚反应【答案】D【解析】试题分析：A、羊毛是蛋白质，燃烧后有烧焦羽毛的味道，聚酯纤维没有，可以区分，正确；B、羊毛是蛋白质，可以水解，聚酯纤维分子中含有酯基，可以水解，正确；C、聚酯纤维为缩聚物，单体由发生水解的酯基处断开，添加去掉的基团即可，所以聚酯纤维的单体是对苯二甲酸和乙二醇，正确；D、对苯二甲酸和乙二醇发生缩合脱水反应，属于缩聚反应，错误，答案选D。考点：考查羊毛与聚酯纤维的成分、性质、单体、区别方法2车用乙醇汽油是把乙醇和汽油按一定比例混合形成的一种新型汽车燃料，经多项检测结果表明，它不但不影响汽车的行驶性能，而且还可以减少有害气体的排放量，在美国、巴西等国早已推广使用。下列有关乙醇汽油的说法正确的是A乙醇汽油是一种纯净物B乙醇汽油作燃料不会产生碳的氧化物等有害气体，其优点是可以减小环境的污染C乙醇和汽油都作溶剂，也可相互溶解D乙醇和乙二醇互为同系物【答案】C【解析】试题分析：A.乙醇汽油是混合物，A错误；B.乙醇汽油可以减小环境的污染，但是在不完全燃烧时也可以产生CO等有害气体，B错误；C.乙醇和汽油都作溶剂，可以相互溶解，C正确；D.乙醇中含有一个羟基，乙二醇中含有两个羟基，二者不互为同系物，D错误。故答案C。考点：考查有机物的结构与性质。3通入水中所得溶液呈碱性的气体是ANH3 BNO2 CSO2 DHCl【答案】A【解析】试题分析：A、氨气溶于水发生NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，溶液呈碱性，故A正确；B、二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸溶液显示酸性，故B错误；C、二氧化硫的水溶液是亚硫酸，亚硫酸溶液显示酸性，故C错误；D、HCl溶于水是盐酸显酸性，故D错误；故选A。考点：考查了元素化合物知识、氨的化学性质、氮的氧化物的性质及其对环境的影响、二氧化硫的化学性质的相关知识。4(xx潮州高二检测)水的三态的熵值的大小关系正确的是(Sm表示1 mol物质的熵值)()ASm(s)Sm(l)Sm(g)BSm(l)Sm(s)Sm(g)CSm(g)Sm(l)Sm(s) DSm(s)Sm(l)Sm(g)【答案】C【解析】熵是描述体系混乱程度的物理量，对于同一种物质处于气态时熵值最大，液态次之，固态时熵值最小。5下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0890.1020.074主要化合价2326、22AL2与R2的核外电子数相等BM与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应C氢化物的稳定性为H2TH2RD单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为QL【答案】B【解析】试题分析：分析表中信息知R、T的负价为-2，则二者位于第A族，原子半径：RT，则T为氧元素、R为硫元素；L、Q的正价为+2，则二者位于第A族，原子半径：LQ，则L为镁元素、Q为铍元素；M的化合价为+3价，位于第A族，原子半径比镁小比铍大，则M为铝元素。A、Mg2的核外电子数为10，S2的核外电子数为18，二者核外电子数不相等，错误；B、氧化铝为两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，正确；C、同主族元素由上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性为H2OH2S，错误；D、同主族元素由上到下金属性逐渐增强，故单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为BeMg，错误。考点：考查元素推断和元素的性质、元素周期律。6已知Ksp(AgCl)1.61013，Ksp(AgI)1.01016。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是AAgCl不溶于水，不能转化为AgIB两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物CAgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgID常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于 2.51010mol/L【答案】A【解析】AgCl和AgI都属于沉淀，沉淀转化的条件是难容的转化为更难容的，同种类型的沉淀Ksp大的转化为Ksp小的；Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)所以AgCl可以转化为AgI，B和C正确，A错误；AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，Ag+浓度的最小值为7下列关于实验室制取氯气的说法正确的是A盛浓盐酸的分液漏斗可用长颈漏斗代替B为了便于学生观察氯气的制备实验，可在讲台上直接做氯气的制备实验C可用饱和食盐水吸收尾气D可在集气瓶口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，观察氯气是否收集满【答案】D【解析】试题分析：A盛浓盐酸的分液漏斗可用长颈漏斗代替无法控制盐酸的用量，A错误；B可在讲台上直接做氯气的制备实验，没有在通风橱中进行，容易造成中毒事件，B错误；C饱和食盐水不能与氯气反应，不能用于吸收尾气，C错误；D可在集气瓶口放一张湿润的淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝，则氯气集满，D正确；答案选D。考点：考查氯气的实验室制法。8在一定温度不同压强下，可逆反应2X（g） 2Y（g）+Z（g），生成物Z在反应混合物中的体积分数（）与反应时间（t）的关系如下图所示，正确的是（已知p1碳酸苯酚，向含的溶液中通入CO2，发生反应产生。故方法可行的是A。考点：考查有机物制备方法正误判断的知识。14化学反应A2B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是( )该反应是吸热反应 断裂1 mol AA键和1 mol BB键能放出x kJ的能量C断裂2 mol AB键时需要吸收y kJ的能量D2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量【答案】C【解析】试题分析：A、是放热反应，A错；B、断裂化学键需要吸收能量，B错；C、断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量相等，故C正确；D、2 mol AB的总能量低于1 mol A2和1 mol B2的总能量，故D错；所以答案选C考点：考查反应热的相关知识点，难度适中。15将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量NaOH溶液中，充分反应后，收集到标准状况下气体6.72L；另一份加入到足量稀盐酸中，充分反应后，收集到标准状况下气体11.2L。则原合金样品中镁的质量为A4.8 g B6 g C9.6 g D12 g【答案】C【解析】因为Al与HCl、NaOH反应生成的H2体积一样，所以Mg与HCl反应生成的气体为11.26.72L=4.48L，即0.2mol，MgH2，所以Mg为0.2mol即4.8g，所以原合金中Mg为9.6g16（6分）把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，有1.16g白色沉淀析出，向所得的浊液里，逐渐加入0.5mol/L的盐酸，加入盐酸的体积和生成沉淀的质量如图所示：（1）写出mn段反应的离子方程式_（2）混合物中NaOH的物质的量是_mol，AlCl3的物质的量是_mol。（3）P点所表示的加入盐酸的体积是_mL。【答案】（1）NaAlO2+H2O +HCl= Al(OH)3+NaCl ；（2）0.085mol; 0.01mol; （3） 170ml。【解析】 试题分析：把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物溶于足量的水中，可能会发生反应：MgCl2+ 2NaOH=Mg(OH)2+ 2NaCl; AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl; Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。根据图像可知NaOH过量，所以在加入HCl的体积010ml时发生反应：HCl+NaOH=NaCl+ H2O,在1030ml时发生反应：NaAlO2+H2O +HCl= Al(OH)3+NaCl;在30ml后发生反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O, Mg(OH)2+2HCl MgCl2+2H2O.因此（1）mn段反应的离子方程式是NaAlO2+H2O +HCl= Al(OH)3+NaCl;（2）在开始时沉淀1.16g是Mg(OH)2的质量，n(MgCl2)=n(Mg(OH)2)=1.16g58g/mol= 0.02mol; n(AlCl3)=n(NaAlO2)= 0.5mol/L0.02L=0.01mol。当沉淀达到最大值时，溶液是NaCl.沉淀是Mg(OH)2、Al(OH)3。混合物中NaOH的物质的量是反应消耗的与过量的和，n(NaOH)= 0.01mol4+0.02mol 2+ 0.5mol/L0.01L=0.085mol;（3）根据元素守恒，完全溶解沉淀消耗HCl的物质的量是0.01mol3+0.02mol 2=0.07mol,其体积是0.07mol0.5mol/L=0.14L=140ml，所以P点所表示的加入盐酸的体积是30ml+140ml=170ml。考点：考查元素及化合物的性质及有关计算的知识。17苯甲酸苯酯是重要的有机合成中间体，工业上用二苯甲酮制备苯甲酸苯酯。制备苯甲酸苯酯的实验步骤为：步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5以下混合。步骤2：向烧杯中继续加入过硫酸钾25g，用电磁搅拌器搅拌45分钟，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，加到上述混合液中，控制温度不超过15，此时液体呈黄色。步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，但加水量一般不超过1mL，室温搅拌5h。步骤4：将反应后的混合液倒入冰水中，析出苯甲酸苯酯，抽滤产品，用无水乙醇洗涤，干燥（1）步骤1中控制在5以下混合的原因为 。（2）步骤2中为控制温度不超过15，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是 。（3）步骤3中加水不超过1mL，原因是 。（4）步骤4中抽滤用到的漏斗名称为 。（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体，原因是 ；除去该固体操作为 。【答案】（1）防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；（2）多次少量加入，不断搅拌；（3）加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；（4）布氏漏斗；（5）在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤。【解析】试题分析：（1）冰醋酸为纯净的乙酸，易挥发，浓H2SO4与40mL冰醋酸混合放热，步骤1：将20mL浓H2SO4与40mL冰醋酸在下图装置的烧杯中控制在5以下混合，防止防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发，故答案为：防止液体溅出，减少冰醋酸的挥发；（2）步骤2：先用电磁搅拌器搅拌45分钟，使浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾充分混合，得到的溶液主要为无机溶液，二苯甲酮为有机物，易溶于有机溶剂三氯甲烷，将二苯甲酮9.1g溶于三氯甲烷后，形成二苯甲酮的三氯甲烷溶液，浓硫酸密度大，二苯甲酮的三氯甲烷溶液溶于浓H2SO4、冰醋酸、过硫酸钾混合溶液放热，所以为控制温度不超过15，向混合液中加入二苯甲酮的三氯甲烷溶液的方法是：多次少量加入，不断搅拌，故答案为：多次少量加入，不断搅拌；（3）步骤3：向黄色液体中加水，直至液体黄色消失，加水不超过1mL，否则水多了苯甲酸苯酯水解多，降低产率，且水和浓硫酸形成溶液放热，导致温度过高，降低产率，故答案为：加水会使苯甲酸苯酯水解，降低产率（或导致温度过高等）；（4）步骤4：减压过滤也称抽滤或吸滤，抽滤用到的漏斗名称为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗；（5）整个制备过程中液体混合物会出现褐色固体可能为碳，因为浓硫酸具有脱水性，能将有机物脱水碳化，利用布氏漏斗通过抽滤提纯，故答案为：在浓硫酸作用下反应物碳化的结果；抽滤。考点：考查了有机物苯甲酸苯酯的合成及混合物的分离的相关知识。18（10分）某实验小组用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，并将制得的氯气与潮湿的Ca(OH)2固体反应制取少量漂白粉。实验装置如下图：回答下列问题。（1）漂白粉的有效成分是 （写化学式）。（2）烧瓶中发生反应的化学方程式是 。（3）温度较高时氯气与消石灰发生反应：6Cl2 + 6Ca(OH)25CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O，该反应的氧化剂是 ，还原剂是 ，若反应消耗0.3mol Cl2，转移的电子数为 mol。（4）在中学化学中，常用作氧化剂的物质有 、 （写两种），常用作还原剂的物质有 、 （写两种）。【答案】（1）Ca(ClO)2 （1分）（2）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O （2分）（3）Cl2 Cl2 0.5 （各1分，共3分）（4）KMnO4、HNO3或其它合理答案，写名称或化学式均可Cu、CO或其它合理答案，写名称或化学式均可 （各1分，共4分）【解析】试题分析：（1）漂白粉是氯气与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，其化学式为：Ca(ClO)2；（2）烧瓶中为制取Cl2的反应：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，（3）在反应6Cl2 + 6Ca(OH)25CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O中，Cl2从化合价0变为1价和+5价，既是氧化剂也是还原剂，根据化学方程式可知，若反应消耗6mol Cl2，生成5 mol CaCl2，化合价从0变为1价，转移的电子数为10 mol，则消耗0.3mol Cl2，转移的电子数0.5 mol；（4）在中学化学中，元素化合价较高的常用作氧化剂，如KMnO4、HNO3等，元素化合价较低的或活泼的金属常用作还原剂如Cu、CO等。考点：考查氯气的制备及性质、氧化还原反应。19有一包白色固体粉末，由Na2SO4、CaCO3、KCl、BaCl2、CuSO4中的三种物质组成，取样进行如下实验：I取少量白色粉末，加入足量水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；II向I中滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全溶解，并生产无色气体。（1）则原混合物中一定不存在 ，一定存在 。（2）实验中发生反应的化学方程式： 。（3）设计实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论。 。【答案】（1）CuSO4 CaCO3 KCl（2）CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2 + H2O（3）用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2 溶液，若产生沉淀则白色固体组成中有Na2SO4 ，否则白色固体组成中有BaCl2 【解析】试题分析：（1）固体粉末加到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色，说明粉末中一定没有硫酸铜，白色沉淀可能是碳酸钙或硫酸钠与氯化钡反应产生的硫酸钡；白色沉淀部分溶于稀盐酸，说明沉淀为碳酸钙和硫酸钡，因为碳酸钙溶于盐酸并与盐酸反应生成氯化钙水和二氧化碳，而硫酸钡不溶于盐酸，也不能与盐酸反应，因此一定含有碳酸钙、氯化钾，而硫酸钠和氯化钡含有其中之一。（2）实验中的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和水和二氧化碳。（3）要进一步确定混合物中是否含有硫酸钠或氯化钡，操作为：用试管取适量I过滤得到的无色溶液，加入少量BaCl2 溶液，若产生沉淀则白色固体组成中有Na2SO4 ，否则白色固体组成中有BaCl2 。考点：未知物的检验20用0.xx mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.xx mol/L的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；调节液面至“ 0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。重复以上滴定操作23次。请回答：（1）以上步骤有错误的是(填编号)_，该错误操作会导致测定结果_ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（2）步骤中，量取20.00 mL待测液应使用_(填仪器名称)，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（3）步骤滴定时眼睛应注视_；判断到达滴定终点的依据是：_。（4）以下是实验数据记录表从表中可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是 A滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B锥形瓶用待测液润洗CNaOH标准液保存时间过长，有部分变质D滴定结束时，俯视计数（5）根据表中记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：_mol/L【答案】（11分）（1）（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分） 无影响（1分）（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）（4）A B（2分）（5）0.1626（2分）【解析】，试题分析：（1）根据碱式滴定管在装液前应该用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入氢氧化钠溶液到0刻度以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗就直接注入标准氢氧化钠溶液，标准液的农夫偏小，造成标准液的体积偏大，根据计算公式分析，待测溶液的浓度偏大。（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应该使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，标准液的体积不变，根据公式计算，待测液的浓度不变。（3）中和滴定中，眼睛应该注视的是锥形瓶中颜色的变化，滴定是，当溶液中颜色变化且半分钟内不变色，可以说明达到了滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。（4）从上表可以看出，第一次滴定记录的氢氧化钠的体积明显多于后两次的体积，上面盐酸的浓度偏大。A、滴定钱滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，正确。B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增大，所以用的氢氧化钠的体积偏大，所测的盐酸浓度偏大，正确。C、氢氧化钠标准溶液保存时间过长，有部分变质，所以用的氢氧化钠溶液的体积偏小，所测盐酸浓度偏小，错误。D、滴定结束时，俯视读数，所用的氢氧化钠溶液体积偏小，所测的盐酸的浓度偏小，错误。所以选A B。（5）三次滴定消耗的体积为18.10，16.30，16.22，舍去第一组数据，然后求出2、3两组数据的平均值，消耗氢氧化钠的体积为16.26mL，盐酸的浓度=0.xx16.26/20.00=0.1626mol/L.考点：中和滴定21（6分）将51g镁铝合金投入过量盐酸中充分反应，得到500mL溶液和56L标准状况下的H2。计算：（1）合金中镁和铝的质量之比；（2）所得溶液中Mg2+的物质的量浓度。【答案】（1）m（Mg):m（Al)=8:9 ；（2）02 mol/L。【解析】试题分析：根据题目信息，24n（Mg)27n（Al)=51 ，根据得失电子数目守恒，2n（Mg)3n（Al)=562/224 ，联立解得：n（Mg)=n（Al)=01mol，（1）其两者质量比为24:27=8:9；（2）根据物质的量浓度的定义式：c（Mg2)=01/500103molL1=02molL1。考点：考查化学计算、得失电子守恒的思想等知识。22下列各物质转化关系如图所示，A是一种高熔点固体，D是一种红棕色固体。根据上述一系列关系回答：（1）填写物质的化学式：B ， G 。（2）写出D物质中金属元素基态原子的核外电子排布图 。（3）写出下列反应的离子方程式：H溶液和I溶液混合生成J_ 。E和盐酸反应 。（4）在电解熔融状态A的过程中，当电路中通过1mol电子时，阳极上产生的气体体积为 L。（标准状况下）【答案】（1）O2， Fe(OH)3（2）（3）3AlO2-+Al3+6H2O4Al(OH)3Fe+2H+Fe2+H2（4）5.6【解析】试题分析：D是一种红棕色固体可知D为Fe2O3，A是一种高熔点物质，电解A得到B与C，考虑A为Al2O3，由转化关系C+ Fe2O3A+E，所以C是Al，E是Fe；A能与氢氧化钠溶液、盐酸反应，A为Al2O3符合转化关系，故B为O2 ；A与氢氧化钠溶液生成H，A与盐酸反应生成I，H+IJ，故H为NaAlO2 ，I为AlCl3 ，J为Al(OH)3 ； E(Fe)与盐酸反应生成F，故F为FeCl2 ，F(FeCl2溶液)中加入氨水生成G，G在空气中加热反应产生D(Fe2O3)，故G为Fe(OH)3 。（1）由上述分析可知，B和G分别是氧气和氢氧化铝；（2）D是氧化铁，铁元素的原子序数是26，根据核外电子排布规律可知基态原子的核外电子排布图为（3）偏铝酸钠和氯化铝反应生成氢氧化铝的方程式为3AlO2-+Al3+6H2O4Al(OH)3；铁与盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2；（4）电解熔融的氧化铝阳极氧离子放电生成氧气，则转移1mol电子产生的氧气是1mol40.25mol，则不状况下的体积是5.6L。【考点定位】本题主要是考查元素化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写的知识。【名师点睛】元素及化合物推断是综合考查元素及化合物性质及相互关系的题目，看似物质繁多，但是只要找到物质推断的突破口，往往问题就不难解决。对于本题来说，D是一种红棕色固体，则D是Fe2O3，A是熔点高的化合物，反应产物可以与Fe2O3在高温下发生反应，则结合物质的性质及常见的反应的物质及特点，可知A是Al2O3，电解熔融的Al2O3制取Al和O2，Al与Fe2O3在高温下发生铝热反应产生Al2O3和Fe，然后根据氧化铝的两性及铁元素的单质及化合物的性质就可以逐一判断得到相应物质的化学式及反应的化学方程式和离子方程式。因此熟练掌握常见元素及其化合物的性质是答题此类试题的关键。23AJ分别表示中学化学中常见的一种物质，它们之间相互关系如图所示(部分反应物、生成物没有列出)，且已知G为主族元素的固态氧化物，A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素在周期表中的位置_。（2）写出反应、的化学方程式和反应的离子方程式。反应：_反应：_反应：_反应：_（3）从能量变化的角度看，、反应中，H0的是_(填序号)。【答案】（10分）（1）第四周期第族（1分）（2）8Al3Fe3O44Al2O39Fe；Fe3O48HCl= FeCl2+2 FeCl3+4 H2O4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2（3）、（1分）【解析】试题分析：G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C、D分别和碱反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe（OH）2Fe（OH）3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，则C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe。（1）A、B、C、D、E、F六种物质中所含的同一种元素是Fe元素，铁元素位于第四周期第族，故答案为：第4周期族；（2）反应：高温下，铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe，反应：四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，Fe3O48HCl= FeCl2+2 FeCl3+4 H2O，反应：氢氧化亚铁不稳定易被氧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：铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子反应方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2Al（OH）4-+3H2，故答案为：8Al3Fe3O44Al2O39Fe；Fe3O48HCl= FeCl2+2 FeCl3+4 H2O；4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2（3）铝热反应和燃烧反应都是放热反应，故选。考点：考查了无机推断、元素及其化合物的性质的相关知识。