2019-2020年高考化学三模试卷（含解析）(II).doc

2019-2020年高考化学三模试卷（含解析）(II)一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651下列实验操作中，正确的是（）A给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的B向酒精灯里添加酒精，不可超过酒精灯容积的C酒精灯使用完毕，应立即用嘴吹灭火焰D用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯2已知H+OHH2O生成1mol H2O放出57.3kJ热量，下列过程中放出热量为57.3kJ的是（）A1mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应B稀盐酸与氨水反应生成1mol H2OC稀盐酸与Ba（OH）2溶液反应生成1mol H2OD稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1mol H2O3瓦斯气中含有甲烷，它是煤矿安全生产的“大敌”，为防止瓦斯爆炸，需要不断地向坑道中鼓入空气以排除坑道内的瓦斯气若将甲烷与空气混合于某容器中点燃，当爆炸最剧烈时，甲烷与空气的体积比为（同温、同压下）（）A1：2B2：5C1：10D1：84下列叙述正确的是（）ACaCO3在水中的溶解度很小，其水溶液电阻率很大，所以CaCO3是弱电解质BCaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C强电解质溶液的导电能力一定强，弱电解质溶液的导电能力一定弱D液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质5对于可逆反应mA+nBpC正反应的反应热为H分别改变温度、压强、B的物质的量导致平衡常数（K）、A的转化率（a%）、A的物质的量浓度c（A）发生如图所示的变化根据图中变化情况，以下结论正确的是（）Am+np，H0 A、B、C均为气体Bm，pH0 A、C均为气体Cnp，H0 B、C均为气体Dmp，H0 A、C均为气体6某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）有剩余气体若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量下列判断正确的是粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl粉末中一定不含有Na2O和NaCl无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl（）ABCD7如图所示，挤压胶头滴管（装有液体）a，将液体加入到广口瓶（装有另一种物质）中，两装置中的气球（干瘪）b都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响，以及外界和广口瓶间热量的传递影响）则所用试剂不可能是（）A甲：H2O和CaO（固体）；乙：H2O和NH4NO3（固体）B甲：盐酸和Na2O2（固体）；乙：亚硫酸钠溶液和氯气C甲：NaOH溶液和CO2；乙：盐酸和NaHCO3溶液D甲：浓H2SO4和蔗糖（固体）；乙：H2O和NO28如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是1mol时，下列说法不正确的是（）A溶液的质量变化：甲减小乙增大B溶液pH变化：甲减小乙增大C相同条件下产生气体的体积：V甲=V乙D电极反应式：甲中阴极为Cu2+2eCu，乙中负极为Mg2eMg2+二、第卷（非选择题，共3小题，共52分）9有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的质子数依次增大，且都小于20，其中X、Z是金属元素；V和Z元素原子的最外层都只有1个电子；W元素原子的最外层电子数比Y元素原子的最外层电子数多2，且含有2个电子层的W元素原子的L层电子数是K层电子数的4倍；X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半回答下列问题：（1）V是，X是，Z是（填元素符号）（2）V的一种核素中质子数为中子数的1/2，则该核素的符号为，是常用于制造的原料（3）W元素的原子结构示意图为（4）X的最高价氧化物的水化物分别与Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为、10将HCl、H2SO4、Ba（NO3）2三种溶液，按一定顺序依次滴入到Na2CO3溶液中至恰好完全反应，并有以下现象：滴加A时生成白色沉淀 再滴加B时沉淀溶解，并有气体逸出 往生成的溶液中加入C时，又有白色沉淀生成根据上述现象，回答：（1）A、B、C各是什么溶液（填写溶质的化学式）A B C（2）写出上述反应的离子方程式；11已知X为一种盐，F为淡黄色固体；M、N为生活中常见的金属单质，N的氧化物是耐火材料，也是冶炼N的原料；H为气体单质，D为无色气体，在空气中会出现红棕色各物质的转化关系如下图（部分反应产物已略去）请回答下列问题：（1）X的化学式为；M在周期表中位置；F的电子式为（2）反应的离子方程式为反应的化学方程式为反应在工业生产中的用途（任写一条）M2+与F按物质的量之比2：3反应的离子方程式为（3）若向100mL盐X的溶液中加入10g金属单质M的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g固体C则滤液A中溶质的物质的量浓度为（假设溶液体积不变）化学-选修有机化学基础12已知，如果要合成，所用的起始原料可以是（）A2甲基1，3丁二烯和1丁炔B1，3戊二烯和2丁炔C2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔D2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔13AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的蒸气对氢气的相对密度为30，则E的分子式为（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是、（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是、（5）F存在于栀子香油中，其结构简式为（6）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是 （填结构简式）参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1，C12，O16，Na23，Al27，S32，Cl35.5，Fe56，Zn651下列实验操作中，正确的是（）A给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的B向酒精灯里添加酒精，不可超过酒精灯容积的C酒精灯使用完毕，应立即用嘴吹灭火焰D用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯【考点】化学实验安全及事故处理【专题】化学实验基本操作【分析】给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的；向酒精灯中加酒精时，不能超过酒精灯溶积的，酒精灯使用完毕，应使用灯帽盖灭，不能用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯，据此分析【解答】解：A、给试管里的液体加热，液体的体积一般不超过试管容积的，否则容易导致溶液溅出伤人，故A错误；B、向酒精灯中加酒精时，不能超过酒精灯溶积的，否则容易引起酒精灯的爆炸并引发火灾，故B正确；C、酒精灯使用完毕，应使用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，故C错误；D、用燃着的酒精灯去点燃另一盏酒精灯容易导致酒精洒出，引发火灾，故D错误故选B【点评】本题考查了实验安全问题，规范基本的实验操作是保证实验安全的前提，难度不大2已知H+OHH2O生成1mol H2O放出57.3kJ热量，下列过程中放出热量为57.3kJ的是（）A1mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应B稀盐酸与氨水反应生成1mol H2OC稀盐酸与Ba（OH）2溶液反应生成1mol H2OD稀NaOH与98%浓硫酸反应生成1mol H2O【考点】中和热【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、1mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应会生成2mol的水；B、氨水是弱电解质，电离过程需要吸热；C、稀盐酸与Ba（OH）2溶液反应生成1mol H2O所产生的热量即为生成1mol H2O放出的热量；D、98%浓硫酸的稀释过程是放热的过程【解答】解：A、1mol H2SO4与足量的NaOH溶液反应会生成2mol的水，生成的热量是114.6kJ，故A错误；B、氨水是弱电解质，电离过程需要吸热，放出热量小于57.3kJ，故B错误；C、稀盐酸与Ba（OH）2溶液反应生成1mol H2O所产生的热量为57.3kJ，故C正确；D、98%浓硫酸的稀释过程是放热的，放出的热量会大于57.3kJ，故D错误故选：C【点评】本题考查学生中和热的概念知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大3瓦斯气中含有甲烷，它是煤矿安全生产的“大敌”，为防止瓦斯爆炸，需要不断地向坑道中鼓入空气以排除坑道内的瓦斯气若将甲烷与空气混合于某容器中点燃，当爆炸最剧烈时，甲烷与空气的体积比为（同温、同压下）（）A1：2B2：5C1：10D1：8【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】由CH4+2O2CO2+2H2O可知，V（CH4）：V（O2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈，空气中约含O2为20%，以此求得V（CH4）：V（空气）【解答】解：由CH4+2O2CO2+2H2O可知，V（CH4）：V（O2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈，空气中约含O2为20%，故V（CH4）：V（空气）=1： =1：10故选C【点评】本题考查化学方程式的有关计算，难度不大，明确同温同压下气V（CH4）：V（O2）=1：2，恰好完全反应，爆炸最为剧烈是解题关键4下列叙述正确的是（）ACaCO3在水中的溶解度很小，其水溶液电阻率很大，所以CaCO3是弱电解质BCaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C强电解质溶液的导电能力一定强，弱电解质溶液的导电能力一定弱D液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念【分析】A、强弱电解质的本质区别是电离程度；B、碳酸钙在水溶液中能完全电离；C、电解质的强弱与导电能力无关；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸【解答】解：A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，碳酸钙是强电解质，故A错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，所以虽然碳酸钙在水中的溶解度小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以是强电解质，故B正确；C、电解质的强弱与导电能力无关，即强电解质溶于的导电能力不一定强，弱电解质的不一定弱，故C错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，与二氧化硫无关，故二氧化硫为非电解质，故D错误故选B【点评】本题考查了电解质、非电解质的判断等知识点，明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的5对于可逆反应mA+nBpC正反应的反应热为H分别改变温度、压强、B的物质的量导致平衡常数（K）、A的转化率（a%）、A的物质的量浓度c（A）发生如图所示的变化根据图中变化情况，以下结论正确的是（）Am+np，H0 A、B、C均为气体Bm，pH0 A、C均为气体Cnp，H0 B、C均为气体Dmp，H0 A、C均为气体【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】由图可看出，温度升高，K减小，因而平衡左移，逆反应为吸热；压强增加，a%减小，平衡左移；增加B的量，c（A）不变，说明平衡不移动，根据平衡移动原理来回答判断【解答】解：由图可看出，温度升高，K减小，因而平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热，HO；压强增加，a%减小，平衡左移，所以mp；增加B的量，c（A）不变，说明平衡不移动，故B不是气体故选B【点评】本题以图象的方式考查学生平衡移动原理的应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等6某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）有剩余气体若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量下列判断正确的是粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl粉末中一定不含有Na2O和NaCl无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl（）ABCD【考点】几组未知物的检验【分析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，氧化钠和氧气反应是固体质量增加的反应【解答】解：向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O2=2Na2O2； 综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是故选D【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，本题注意氧化钠和过氧化钠的性质，难度中等7如图所示，挤压胶头滴管（装有液体）a，将液体加入到广口瓶（装有另一种物质）中，两装置中的气球（干瘪）b都有明显地胀大（忽略液体体积对气球的影响，以及外界和广口瓶间热量的传递影响）则所用试剂不可能是（）A甲：H2O和CaO（固体）；乙：H2O和NH4NO3（固体）B甲：盐酸和Na2O2（固体）；乙：亚硫酸钠溶液和氯气C甲：NaOH溶液和CO2；乙：盐酸和NaHCO3溶液D甲：浓H2SO4和蔗糖（固体）；乙：H2O和NO2【考点】实验装置综合【专题】元素及其化合物【分析】甲中气球胀大，说明广口瓶中气体或者温度升高导致气体膨胀，乙中气球胀大，说明广口瓶中压强减小，气体减少或者温度降低导致气体体积缩小，然后结合物质的性质来解答【解答】解：甲中气球胀大，说明广口瓶中气体或者温度升高导致气体膨胀，乙中气球胀大，说明广口瓶中压强减小，气体减少或者温度降低导致气体体积缩小ACaO和H2O反应放热，NH4NO3溶于水吸热，符合题意，故A不选；BNa2O2与盐酸反应生成氧气，气体体积增大；氯气和亚硫酸钠溶液发生反应：Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl，气体体积减小，符合题意，故B不选；CCO2被NaOH溶液吸收，气体体积减小，盐酸与NaHCO3反应，产生CO2，气体体积增大，不符合题意，故C选；D浓H2SO4和蔗糖可以发生氧化还原反应，产生大量的气体，H2O和NO2可以发生反应生成硝酸和NO，气体的体积减小，符合题意，故D不选；故选C【点评】本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，把握装置的作用、元素化合物的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大8如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是1mol时，下列说法不正确的是（）A溶液的质量变化：甲减小乙增大B溶液pH变化：甲减小乙增大C相同条件下产生气体的体积：V甲=V乙D电极反应式：甲中阴极为Cu2+2eCu，乙中负极为Mg2eMg2+【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】甲中总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大；甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗HCl，pH增大；当两装置电路中通过的电子都是1mol时，甲中产生0.25molO2，乙中产生0.5molH2；甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e=Cu，乙中负极为Mg放电，电极反应为：Mg2e=Mg2【解答】解：A、甲中总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，故A正确；B、甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗HCl，pH增大，故B正确；C、当两装置电路中通过的电子都是1mol时，甲中产生0.25molO2，乙中产生0.5molH2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为1：2，故C错误；D、甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e=Cu，乙中负极为Mg放电，电极反应为：Mg2e=Mg2，故D正确；故选C【点评】本题考查原电池和电解池的原理，题目难度中等二、第卷（非选择题，共3小题，共52分）9有V、W、X、Y、Z五种元素，它们的质子数依次增大，且都小于20，其中X、Z是金属元素；V和Z元素原子的最外层都只有1个电子；W元素原子的最外层电子数比Y元素原子的最外层电子数多2，且含有2个电子层的W元素原子的L层电子数是K层电子数的4倍；X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半回答下列问题：（1）V是H，X是Al，Z是K（填元素符号）（2）V的一种核素中质子数为中子数的1/2，则该核素的符号为H，是常用于制造氢弹的原料（3）W元素的原子结构示意图为（4）X的最高价氧化物的水化物分别与Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+Al3+3H2O、Al（OH）3+OHAO2+2H2O【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】W有两个电子层且其原子的L层电子数是K层电子数的4倍，可推出W元素是NeY的原子序数大于W、小于20，且其最外层电子数比W的最外层电子数少2，则可推出Y元素是S，X的最外层电子数为3，且X是金属元素，原子序数大于W，故X元素为Al；由Z是金属元素，最外层电子数为1且原子序数大于Y，可知，Z元素为K；V的最外层电子数为1，且不是金属元素，故V元素是H，据此解答【解答】解：W有两个电子层且其原子的L层电子数是K层电子数的4倍，可推出W元素是NeY的原子序数大于W、小于20，且其最外层电子数比W的最外层电子数少2，则可推出Y元素是S，X的最外层电子数为3，且X是金属元素，原子序数大于W，故X元素为Al；由Z是金属元素，最外层电子数为1且原子序数大于Y，可知，Z元素为K；V的最外层电子数为1，且不是金属元素，故V元素是H，（1）V是氢，X是铝，Z是钾，故答案为：H；Al；K；（2）氢的一种核素中质子数为中子数的1/2，所以中子数为2，则该核素的符号为H，常用于制造氢弹，故答案为： H；氢弹；（3）W元素是Ne原子结构示意图为：，故答案为：；（4）铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝与Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是硫酸和氢氧化钾反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+Al3+3H2O和Al（OH）3+OHAO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+Al3+3H2O；Al（OH）3+OHAO2+2H2O【点评】本题考查结构性质位置关系的综合应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握用核外电子排布与元素周期表，旨在考查学生对基础知识的掌握10将HCl、H2SO4、Ba（NO3）2三种溶液，按一定顺序依次滴入到Na2CO3溶液中至恰好完全反应，并有以下现象：滴加A时生成白色沉淀 再滴加B时沉淀溶解，并有气体逸出 往生成的溶液中加入C时，又有白色沉淀生成根据上述现象，回答：（1）A、B、C各是什么溶液（填写溶质的化学式）ABa（NO3）2 BHCl CH2SO4（2）写出上述反应的离子方程式Ba2+CO32=BaCO3；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；Ba2+SO42=BaSO4【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；离子方程式的书写【专题】物质检验鉴别题【分析】能和碳酸钠反应生成白色沉淀的是硝酸钡；再滴加B时沉淀溶解，并有气体逸出，则B为盐酸；因硫酸能和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，往生成的溶液中加入C时，又有白色沉淀生成，则C为硫酸，以此分析判断A、B、C各物质，结合化学用语来解答【解答】解：能和碳酸钠反应生成白色沉淀的是硝酸钡；再滴加B时沉淀溶解，并有气体逸出，则B为盐酸；因硫酸能和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，往生成的溶液中加入C时，又有白色沉淀生成，则C为硫酸，（1）通过以上分析知，A是 Ba（NO3）2 B是HCl，C是硫酸故答案为：Ba（NO3）2；HCl；H2SO4；（2）钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡白色沉淀，离子方程式为Ba2+CO32=BaCO3，故答案为：Ba2+CO32=BaCO3；碳酸钡和盐酸反应生成钡离子、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4【点评】本题以元素化合物的推断为载体考查了元素化合物的性质，明确各物质的性质是解本题的关键，注意在解题时问题的要求，把握化学用语的使用，题目难度不大11已知X为一种盐，F为淡黄色固体；M、N为生活中常见的金属单质，N的氧化物是耐火材料，也是冶炼N的原料；H为气体单质，D为无色气体，在空气中会出现红棕色各物质的转化关系如下图（部分反应产物已略去）请回答下列问题：（1）X的化学式为Cu（NO3）2；M在周期表中位置第四周期第族；F的电子式为（2）反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe反应在工业生产中的用途（任写一条）焊接钢轨或冶炼难熔金属M2+与F按物质的量之比2：3反应的离子方程式为2Fe2+3Na2O2+4H2O2Fe（OH）3+2OH+O2+6Na+（3）若向100mL盐X的溶液中加入10g金属单质M的粉末，充分搅拌后，过滤，烘干得10.16g固体C则滤液A中溶质的物质的量浓度为0.2mol/L（假设溶液体积不变）【考点】无机物的推断【专题】无机推断；元素及其化合物【分析】M、N为生活中常见的金属单质，N的氧化物是耐火材料，也是冶炼N的原料，氧化铝熔点高，可作耐火材料，电解氧化铝可得铝，则N是铝，联系铝热反应可知M是铁，E是氧化铁，G是氢氧化铁，D为无色气体，在空气中会出现红棕色，则D为NO，所以A是Fe（NO3）2，根据蓝色沉淀知X是Cu（NO3）2，F是Na2O2，H是氧气，B是氯化铁，C是Cu，据此解答【解答】解：M、N为生活中常见的金属单质，N的氧化物是耐火材料，也是冶炼N的原料，氧化铝熔点高，可作耐火材料，电解氧化铝可得铝，则N是铝，联系铝热反应可知M是铁，E是氧化铁，G是氢氧化铁，D为无色气体，在空气中会出现红棕色，则D为NO，所以A是Fe（NO3）2，根据蓝色沉淀知X是Cu（NO3）2，F是Na2O2，H是氧气，B是氯化铁，C是Cu（1）X的化学式为X是Cu（NO3）2，M为Fe，在周期表中位置：第四周期第族；F是Na2O2，电子式为，故答案为：Cu（NO3）2；第四周期第族；（2）反应的离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应在工业生产中的用途：焊接钢轨或冶炼难熔金属，M2+与F按物质的量之比2：3反应的离子方程式为：2Fe2+3Na2O2+4H2O2Fe（OH）3+2OH+O2+6Na+，故答案为：3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；焊接钢轨或冶炼难熔金属；2Fe2+3Na2O2+4H2O2Fe（OH）3+2OH+O2+6Na+；（3）设Fe的质量为m，则： FeCu2+Cu 固体增重m56 1mol 64 8m 10.16g10g=0.16g所以m=1.12g故硝酸亚铁的物质的量浓度为=0.2mol/L，故答案为：0.2mol/L【点评】本题考查无机物推断，物质的性质、用途及颜色是推断突破口，熟练掌握元素化合物性质，（3）中注意利用差量法计算解答，难度中等化学-选修有机化学基础12已知，如果要合成，所用的起始原料可以是（）A2甲基1，3丁二烯和1丁炔B1，3戊二烯和2丁炔C2，3二甲基1，3戊二烯和乙炔D2，3二甲基1，3丁二烯和丙炔【考点】烯烃【专题】有机物的化学性质及推断【分析】根据1，3丁二烯与乙烯反应知，1，3丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比1，3丁二烯与乙烯的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成，逆向推断或者是，以此解答该题【解答】解：根据1，3丁二烯与乙烯反应知，1，3丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比1，3丁二烯与乙烯的加成反应，采用逆合成分析法可知，要合成，逆向推断或者是，若为，则有机物的命名原则两种原料分别是2，3二甲基l，3丁二烯和丙炔；若为，则两种原料分别为2甲基l，3丁二烯和2丁炔；故选：D【点评】本题主要考查有机物结构式的确定、有机反应方程式的书写，题目难度中等，易错点为对信息的理解，注意正确推断有机物的结构为解答该题的关键13AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的蒸气对氢气的相对密度为30，则E的分子式为C2H4O2（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是氢氧化钠醇溶液、加热、浓硫酸、加热（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是取代反应、加成反应（5）F存在于栀子香油中，其结构简式为（6）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是 （填结构简式）【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=302=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol， =0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答【解答】解：E的蒸气与氢气的相对密度为30，则Mr（E）=302=60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol， =0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；（2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；（4）由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）由上述分析可知，F的结构简式为，故答案为：；（6）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，若含有3个取代基时，取代基不可能相同，苯环上取代至少有2种，故不可能含有3个取代基，可以可以4个取代基，为2个Br、2个CH3，分别为，故符合条件的同分异构体共有7种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是，故答案为：7；【点评】本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等