2019-2020年高考化学10月模拟试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考化学10月模拟试卷（含解析）一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列有关化学用语表示正确的是（）A 苯甲醛：B Mg2+的结构示意图：C CO2的电子式：O：C：OD 核内有8个中子的碳原子：C2设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A 常温常压下，18g H2O含有2NA个OH键B 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有NA个CO32C 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6NA个电子D 常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2NA个原子3下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A pH=0的溶液中：K+、ClO、CH3CHO、SO42B c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、NH4+、Cl、BrC 加人KSCN显血红色的溶液中：Br、NO3、SO42、Mg2+D 在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42、C1、HCO34下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B 用图2所示装置可除去NO2中的NOC 用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D 用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色5在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZW初始浓度/molL11.02.000平衡浓度/molL10.40.21.20.6下列说法错误的是（）A 反应达到平衡时，Y的转化率为90%B 反应可表示为X（g）+3Y（g）2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 Lmol1C 增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D 改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变6常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A 两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B 中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C 分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则mnD 将两溶液等体积混合，则c（H+）c（CH3COO）c（Cl）c（OH）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 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B 电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C 阳极反应CH3CHO2e+OHCH3COOH+H+D 电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2二、非选择题（58分）8Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素（1）Si位于元素周期表第周期第族；Fe的基态原子外围电子层排布式为（2）用“”或“”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl、Na+、O2熔点电负性CO2SiO2ClSi（3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式（4）FeO42 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生该反应的离子方程式为9贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是，化合物（）生成化合物（）的反应类型是：；（3）化合物（）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式；与阿司匹林含有相同的官能团 能发生银镜反应 核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是：a贝诺酯结构中含有3种官能团b化合物C生成化合物的反应类型是加成反应c在上述AD、及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤10硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH1.93.79.6沉淀完全时的pH3.25.211.0（1）固体A的化学式为（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：、（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的（填字母编号）A、氧化镁 B、氨水 C、氢氧化钾 D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为（用含w、m、c的代数式表示）11某无色溶液中可能含有H+、OH、K+、NO3，加入铝粉后，只产生H2试回答：（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有（填“氧化性”或“还原性”）（2）甲同学分析：若H+大量存在，则NO3就不能大量存在设计实验证实如表：装 置现 象实验初始，未见明显现象过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色试管变热，溶液沸腾盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是根据现象，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实 验内 容现 象实验1 将湿润KI淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润KI淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a浅棕色气体是b实验1的目的是c实验1、2说明反应生成了NO，写出该反应的离子方程式：（3）再假设：若OH大量存在，NO3也可能不能大量存在重新设计实验证实如表： 装置现象实验初始，未见明显现象过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝 则：刺激性气味的气体是产生该气体的离子方程式是（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成实验结果证实：NO3在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物因此无色溶液一定能大量存在的是xx年安徽省黄山市歙县中学高考化学模拟试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题；每小题6分，共42分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列有关化学用语表示正确的是（）A 苯甲醛：B Mg2+的结构示意图：C CO2的电子式：O：C：OD 核内有8个中子的碳原子：C考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A其官能团为CHO；BMg的质子数为12，其离子核外有10个电子；C二氧化碳中C、O周围均满足8电子稳定结构；D有8个中子的碳原子，其质量数为14解答：解：A苯甲醛为，故A错误；BMg2+的结构示意图为，故B正确；CCO2的电子式为，故C错误；D核内有8个中子的碳原子为C，故D错误；故选B点评：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，侧重考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住2设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A 常温常压下，18g H2O含有2NA个OH键B 1L 1mol/L Na2CO3溶液中含有NA个CO32C 1mol Al被完全氧化生成Al2O3，转移6NA个电子D 常温下，22.4L的N2和O2混合气体，含有2NA个原子考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、18g水含有NA个水分子，一个水分子含有两个OH键；B、CO32发生水解反应；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3NA个电子；D、条件不正确，应该为标准状况下解答：解：A、18g水的物质的量为1mol，含有NA个水分子，一个水分子含有2个OH键，因此18g水含2NA个OH键，故A正确；B、1L1mol/L Na2CO3溶液中，CO32发生水解反应，小于NA个，故B错误；C、1molAl被完全氧化生成Al2O3，转移3NA个电子，故C错误；D、条件不正确，无法进行，计算常温下Vm22.4L/mol，应该为标准状况下，故D错误；故选：A点评：本题考查了阿伏加德罗常数的计算，题目难度中等，为高考必考题型，注意公式使用的前提条件和盐类的水解的应用3下列各组离子，一定能在指定环境中大量共存的是（）A pH=0的溶液中：K+、ClO、CH3CHO、SO42B c（H+）=1012molL1的溶液中：Na+、NH4+、Cl、BrC 加人KSCN显血红色的溶液中：Br、NO3、SO42、Mg2+D 在加入Al能放出大量H2的溶液中：NH4+、SO42、C1、HCO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：ApH=0的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸，次氯酸能够氧化乙醛；Bc（H+）=1012molL1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；C加人KSCN显血红色的溶液中存在大量铁离子，四种离子之间不反应，都不与铁离子反应；D加入Al能放出大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还能够与氢离子反应解答：解：ApH=0的溶液中存在大量氢离子，ClO与氢离子结合生成次氯酸，次氯酸能够氧化CH3CHO，在溶液中不能大量共存，故A错误；Bc（H+）=1012molL1的溶液中存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C加人KSCN显血红色的溶液中存在大量Fe3+，Br、NO3、SO42、Mg2+之间不发生反应，都不与Fe3+反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D加入Al能放出大量H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，HCO3既能够与氢离子，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存，题目难度中等，明确题干暗含条件的含义为解答关键，注意熟练掌握常见离子的性质及离子反应发生条件，合理把握离子之间能够共存的情况，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力4下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A 用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B 用图2所示装置可除去NO2中的NOC 用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D 用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大5在一定温度下的密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：物质XYZW初始浓度/molL11.02.000平衡浓度/molL10.40.21.20.6下列说法错误的是（）A 反应达到平衡时，Y的转化率为90%B 反应可表示为X（g）+3Y（g）2Z（g）+W（g），其平衡常数为270 Lmol1C 增大压强平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D 改变温度或向平衡体系中加入X都会使平衡移动，平衡常数也会随之改变考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：A、根据转化率=100%计算；B、根据反应物浓度减小，生成物浓度增加，浓度的变化量之比等于计量数之比，确定化学方程式，根据平衡常数的定义计算平衡常数；C、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断；D、根据影响平衡移动及平衡常数的因素判断解答：解：A、根据转化率=100%可计算得X的转化率为100%=90%，故A正确；B、根据表中数据可知，在反应中X减小0.6mol/L，Y减小1.8mol/L，所以X、Y是反应物，Z增加了1.2mol/L，W增加了0.6mol/L，所以Z、W是生成物，X、Y、Z、W的浓度的变化量之比为1：3：2：1，所以化学方程式为X+3Y2Z+W，平衡常数为=270 Lmol1，故B正确；C、根据B得出的方程式可以判断，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变，故C正确；D、对于某个反应来讲，平衡常数只与温度有关，温度改变，平衡常数也改变，但向平衡体系中加入X，平衡常数不变，故D错误；故选D点评：本题主要考查转化率的计算、影响平衡常数的因素、化学方程式的确定及平衡常数的计算等知识点，难度不大注重对基础知识的考查6常温下时，有pH=3的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A 两种溶液中由水电离出来的c（H+）不相同B 中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量相同C 分别用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，则mnD 将两溶液等体积混合，则c（H+）c（CH3COO）c（Cl）c（OH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：醋酸是弱酸，存在电离平衡，pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，加水稀释促进醋酸电离，氢离子浓度增大抑制醋酸电离，据此分析解答：解：A、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，对水的电离的抑制作用相同，由水电离出来的c（H+）相同，故A错误；B、pH=3的盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相同，醋酸浓度大于盐酸的浓度，中和相同体积的两种酸溶液所需NaOH的物质的量醋酸多于盐酸，故B错误；C、加水稀释促进醋酸电离，盐酸和醋酸用燕馏水稀释m倍和n倍，若两溶液pH仍相同，醋酸加水稀释倍数高，所以则mn，故C正确；D、两溶液等体积混合，氢离子浓度不变，温度不变醋酸的电离平衡常数不变，c（CH3COO）与c（CH3COOH）都变为原浓度的，所以醋酸的电离平衡没有移动，则c（H+）=2c（CH3COO）=2c（Cl）c（OH），故D正确；故选CD点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点即可解答，知道影响水电离的因素，知道影响弱酸电离平衡移动的因素，为易错点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 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B 电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.2 mol的乙醇生成C 阳极反应CH3CHO2e+OHCH3COOH+H+D 电解过程中两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2考点：原电池和电解池的工作原理分析：Aa为正极，b为负极，负极发生氧化反应，通入甲烷；B根据两极得失电子守恒结合电极反应计算；C阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应；D阳极发生4OH4eO2+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e=2H2、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH解答：解：Aa为正极，b为负极，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，该燃料电池中燃料是甲烷，所以b电极上投放的是CH4，故A错误；B阳极发生4OH4eO2+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e=2H2、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，所以电解过程中，生成0.1 mol乙酸的同时，有0.1mol的乙醇，故B错误；C阳极反应为乙醛失电子发生氧化反应，应为CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，故C错误；D阳极发生4OH4eO2+2H2O、CH3CHO2e+H2O=CH3COOH+2H+，阴极发生4H+4e=2H2、CH3CHO+2e+2H2OCH3CH2OH+2OH，则两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生了无色气体，则阳极产生的是O2，故D正确故选D点评：本题考查了原电池和电解池的原理，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意把握反应的原理和电极方程式的书写，为解答该题的关键，难度中等二、非选择题（58分）8Na、Fe、C、O、Si、Cl是中学化学中常见的六种元素（1）Si位于元素周期表第三周期第A族；Fe的基态原子外围电子层排布式为3d64s2（2）用“”或“”或元素符号填空：C、O、Si第一电离能离子半径Cl、Na+、O2熔点电负性SiCOClO2Na+CO2SiO2ClSi（3）已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol，写出甲醇燃烧的热化学方程式CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）H=726.5kJ/mol（4）FeO42 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生该反应的离子方程式为4 FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O考点：位置结构性质的相互关系应用分析：（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；Fe为26号元素，根据核外电子排布规律书写外围电子排布式；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；熔沸点高低一般为：原子晶体离子晶体分子晶体；同周期随原子序数增大，电负性增大；（3）注明物质聚集状态与H书写热化学方程式；（4）FeO42 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，配平书写离子方程式解答：解：（1）Si元素原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期A族；Fe为26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，外围电子排布式为3d64s2，故答案为：三、A；3d64s2；（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：SiCO；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：ClO2Na+；二氧化碳为分子晶体，二氧化硅属于原子晶体，故熔点：CO2SiO2；同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：ClSi，故答案为：SiCO；ClO2Na+；CO2SiO2；ClSi；（3）已知甲醇的燃烧热为726.5KJ/mol，甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）H=726.5KJ/mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）H=726.5KJ/mol；（4）FeO42 具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明有Fe3+生成，并有无色气体产生，根据电子转移守恒，只能为O元素被氧化，故还生成O2，反应离子方程式为：4 FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O，故答案为：4 FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O点评：本题考查结构性质位置关系应用、核外电子排布、微粒半径比较、晶体类型与性质、热化学方程式、离子方程式等，难点是（4）题离子方程式的书写，注意对基础知识的理解掌握9贝诺酯类属于解热镇痛抗炎药，又名扑炎痛，主要用于类风湿关节炎、风湿痛、感冒发烧等的治疗其合成路线如图所示：贝诺酯结构式：已知：回答下列问题：（1）化合物A遇FeCl3溶液会显紫色，则A的结构简式为；（2）试剂X是浓硫酸与浓硝酸，化合物（）生成化合物（）的反应类型是：取代反应；（3）化合物（）的药品名称叫阿司匹林，其同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的同分异构体的结构简式或；与阿司匹林含有相同的官能团 能发生银镜反应 核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1（4）写出阿司匹林与足量的NaOH溶液反应的化学方程式；（5）化合物D的药品名称叫扑热息痛，它与阿司匹林在一定条件下可制得贝诺酯，写出该反应的化学方程式：（6）关于贝诺酯的合成路线说法正确的是：ca贝诺酯结构中含有3种官能团b化合物C生成化合物的反应类型是加成反应c在上述AD、及贝诺酯10种化合物中，能与Na2CO3溶液反应的化合物有7种d可以将化合物A直接与试剂X反应能得到化合物C以简化路线步骤考点：有机物的推断；有机物的合成分析：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质通过酯化反应生成贝诺酯，据此分析解答：解：化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，分析的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，据已知信息可知D为，D与物质通过酯化反应生成贝诺酯，（1）化合物A遇FeCl3发生显色反应，含有酚羟基，其分子式为C6H6O，可知A为，故答案为：；（2）分析的结构简式和反应条件可知，与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，据化合物（）和化合物（）的结构简式可知，化合物（）生成化合物（）的反应类型为取代反应，故答案为：浓硫酸与浓硝酸；取代反应；（3）化合物（）除苯环外还有3个C原子，4个O原子，其同分异构体与化合物（）具有相同官能团，即有羧基和酯基，能够发生酯化反应说明含有甲酸酯，核磁共振氢谱检测有5个吸收峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1，说明羧基和甲酸酯在苯环的对位，为或，故答案为：或；（4）阿司匹林含有酯基和羧基，能够与NaOH反应，其化学方程式为，故答案为：；（5）扑热息痛与阿司匹林发生酯化反应生成贝诺酯的化学方程式为，故答案为：；（6）a、贝诺酯结构中含有酯基和肽键两种官能团，故a错误；b、据其结构简式可知，化合物C生成化合物的反应类型是还原反应，故b错误；c、含有酚羟基和羧基的物质都能与Na2CO3溶液反应，有A、C、D、化合物（）、（）、（）、（）共7种，故c正确；d、与CH3I反应生成的B为甲基与苯环形成的醚，B发生硝化反应生成，试剂X为浓硫酸与浓硝酸，化合物与浓HI反应生成对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，故d错误；故答案为：c点评：本题考查有机物的推断与合成，充分根据有机物的结构进行分析解答，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用，难度中等10硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO某探究性学习小组的同学设计如图实验方案，将硫酸渣中金属元素转化为氢氧化物沉淀分离开来已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：阳离子Fe3+Al3+Mg2+开始沉淀时的pH1.93.79.6沉淀完全时的pH3.25.211.0（1）固体A的化学式为SiO2（2）向溶液F中通过量CO2发生反应的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：漏斗液面高于滤纸的边缘、玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损（4）上述流程中的试剂Y 最好选用下列的C（填字母编号）A、氧化镁 B、氨水 C、氢氧化钾 D、氢氧化钡（5）取w g硫酸渣（含SiO2 m g），与 c mol 盐酸恰好完全反应，则废渣中氧元素的质量分数为（用含w、m、c的代数式表示）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，得到固体ASiO2；调节pH=3.5，生成氢氧化铁沉淀；加入KOH调pH=13，镁离子生成沉淀，最后通入CO2，AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；据此分析；（1）二氧化硅与盐酸不反应；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2与CO2 反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2溶液；（5）Fe2O3、Al2O3、MgO与HCl反应，都生成H2O，水中的O即为金属氧化物中的O，则含有=8c，m gSiO2含O为，则废渣中氧元素的质量分数为100%=解答：解：（1）二氧化硅与盐酸不反应，固体A为SiO2；故答案为：SiO2；（2）向溶液F中通过量CO2是AlO2与CO2 反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；故答案为：AlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3+HCO3；（3）采用过滤操作分离固体E和溶液F，发现滤液中有少量浑浊，可能是滤纸破损、也可能是操作失误；故答案为：漏斗液面高于滤纸的边缘；玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钾，溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2溶液；故答案为：C；（5）Fe2O3、Al2O3、MgO与HCl反应，都生成H2O，水中的O即为金属氧化物中的O，则含有=8c，m gSiO2含O为，则废渣中氧元素的质量分数为100%=；故答案为：点评：本题考查了溶液配制实验过程和仪器选择，盐类水解应用，掌握物质性质和实验流程分析是解题关键，题目难度中等11某无色溶液中可能含有H+、OH、K+、NO3，加入铝粉后，只产生H2试回答：（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有还原性（填“氧化性”或“还原性”）（2）甲同学分析：若H+大量存在，则NO3就不能大量存在设计实验证实如表：装 置现 象实验初始，未见明显现象过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色试管变热，溶液沸腾盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是6H+Al2O32Al3+3H2O根据现象，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实 验内 容现 象实验1 将湿润KI淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润KI淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝a浅棕色气体是NO2b实验1的目的是对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能c实验1、2说明反应生成了NO，写出该反应的离子方程式：Al+NO3+4H+Al3+NO+2H2O（3）再假设：若OH大量存在，NO3也可能不能大量存在重新设计实验证实如表： 装置现象实验初始，未见明显现象过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝 则：刺激性气味的气体是NH3产生该气体的离子方程式是8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成实验结果证实：NO3在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物因此无色溶液一定能大量存在的是K+、OH考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验分析：无色溶液中可能含有“H+、OH、Na+、NO3”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子；（2）盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水；液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质；Al与H+、NO3发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水；（3）用湿润KI淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为氨气，碱性条件下Al与NO3发生氧化还原反应生成氨气；（4）根据实验结果可知，溶液中一定不存在硝酸根离子，再结合电荷守恒可知溶液中一定存在氢氧根离子，最后结合离子共存判断溶液中一定存在的阳离子解答：解：无色溶液中可能含有“H+、OH、Na+、NO3”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子，则Al为还原剂，具有还原性，故答案为：还原性；（2）盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水，该离子反应为：6H+Al2O32Al3+3H2O，故答案为：6H+Al2O32Al3+3H2O；液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质，a由上述分析可知，浅棕色气体是NO2，故答案为：NO2；b实验1的目的是对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能，故答案为：对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能；cAl与H+、NO3发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，反应的离子反应为：Al+NO3+4H+Al3+NO+2H2O，故答案为：Al+NO3+4H+Al3+NO+2H2O；（3）用湿润KI淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3，故答案为：NH3；由上述分析可知，碱性条件下Al与NO3发生氧化还原反应生成氨气，离子反应为8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2，故答案为：8Al+3NO3+5OH+2H2O3NH3+8AlO2；（4）实验结果证实：NO3在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物，则溶液中一定不存在NO3；根据溶液电中性可知，溶液中一定存在阴离子OH，则一定不存在大量的H+，故溶液中一定存在的离子为：K+、OH，故答案为：K+、OH点评：本题考查物质中的组成及性质，为高频考点，题目难度中等，把握实验方案的设计及发生的氧化还原反应为解答的关键，注意设计思路与物质性质的关系，侧重实验学生分析能力、综合应用能力的考查，较好考查学生实验基本技能