2019-2020年高考化学模拟试卷（压轴卷）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（压轴卷）（含解析）一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）生活是化学的源泉，下列有关生活中的化学叙述不正确的是（）A铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素B不可用铝制餐具长时间存放酸性、碱性食物C一定浓度的双氧水可用于伤口的消毒D凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用2（6分）下列除去杂质的方法正确的是（）除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏ABCD3（6分）下列说法中，不正确的是（）A10gH218O与0.5molD2O所含中子数相等B等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含质子数相等C等物质的量的OH与NH4+所含电子数与质子数均相等D标准状况下，以任意比例混合的CH4和CO2混合物22.4L，含有的分子数为NA4（6分）用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1下列说法不正确的是（）A由反应可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=Q，Q574kJmol1B等物质的量的甲烷分别参加反应、，反应转移的电子数不同C若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJD若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol5（6分）下列说法正确的是（）A在原电池工作时，溶液中的阳离子向负极移动B用惰性电极电解某溶液，若两极分别只有H2和O2生成，电解一段时间后，该溶液的浓度可能减小C要使电解后的CuSO4溶液复原，可向其中加入Cu（OH）2固体D将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀6（6分）下列叙述正确的是（）A浓度均为0.1molL1的NH4Cl溶液与NaOH溶液混合，混合液中：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）B仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液中可能存在：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）CpH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后，混合液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）D将pH=4的醋酸溶液加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低二、解答题（共4小题，满分64分）7（16分）元素周期表中的元素位置如图表示：请回答下列问题：（1）由三种元素组成的无机物（相对分子质量：106），其水溶液呈碱性用离子方程式表示其原因（2）只含三种元素的一种常见离子化合物中，元素的化合价分别处于最高价和最低价，其水溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：（3）写出元素的单质与元素的最高氧化物的水化物的水溶液反应的离子方程式：（4）将元素与元素的高价化合物滴入沸水中，离子方程式是：（5）写出用元素的单质为电极，电解由组成的化合物（相对分子质量：142）的水溶液的总化学方程式：（6）由元素组成的阴离子可与小苏打溶液反应，其离子方程式为：（7）由（X）（Y）（Z）三种元素的化合物，其分子式不可能是：AX2YZBX2YZ2CX2YZ3DX2YZ4EX2Y2Z4（8）元素的氢化物与元素的单质在一定条件下发生置换反应，在该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：8（16分）香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用它的核心结构是芳香内酯A，其分子式为C9H6O2该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和乙二酸信息提示：CH3CHCHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOHRCH=CH2RCH2CH2Br请回答下列问题：（1）写出化合物C的结构简式（2）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应这类同分异构体共有种（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是（4）下面是从 合成的反应流程图，请在方框内写出A与B的结构简式，并注明反应的条件和试剂9（18分）某化学课外活动小组用硫酸铁废液（含少量硫酸铜和稀硫酸），制备硫酸亚铁晶体，进行如下实验制备硫酸亚铁晶体主要的操作流程如下：请根据题目要求回答下列问题：（1）A的化学式为上述操作过程中用到的玻璃仪器有：烧杯；玻璃棒；酒精灯；温度计；（2）趁热过滤的目的是（3）结晶操作过程中应控制滤液酸性的原因是（4）已知硫酸亚铁铵比硫酸亚铁稳定，常用在分析化学中硫酸亚铁铵可用硫酸亚铁和硫酸铵反应制得实验室利用硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应生成草酸亚铁沉淀来制备草酸亚铁写出硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应的离子方程式：（5）草酸亚铁晶体（相对分子质量：180）受热易分解某课外活动小组设计如图的实验装置来检验其分解产物该设备中最不合理的部分是（填字母），原因是改用正确装置，实验开始后，B处变蓝色，说明草酸亚铁晶体中有；C处有白色沉淀，E处部分黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生（填化学式，下同）；反应后在A处试管中有黑色固体粉末（混合物）产生，倒出时有燃烧现象A处试管中的黑色固体粉末可能是10（14分）已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体；M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；H为气体单质，D为无色气体，D在空气中会出现红棕色各物质的转化关系如图（部分反应产物已略去）请回答下列问题；（1）E的化学式为（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中，反应一段时间后的现象是（3）在反应中属于置换反应的是（填序号）（4）反应的离子方程式为（5）用石墨作电极点解500mLX溶液，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；点解一段时间后，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6g请回答下列问题：写出点解时的阳极反应式电解后溶液的pH为（假设电解前后溶液体积不变）天津市xx届高考化学模拟试卷（压轴卷）参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）生活是化学的源泉，下列有关生活中的化学叙述不正确的是（）A铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素B不可用铝制餐具长时间存放酸性、碱性食物C一定浓度的双氧水可用于伤口的消毒D凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；铝的化学性质；微量元素对人体健康的重要作用 专题：化学应用分析：A铁强化酱油含人体能吸收的铁元素； B含铝元素的盐进入人体，会引起铝慢性中毒；C双氧水有强氧化性；D食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等解答：解：A人体缺少铁元素，容易引起贫血，因此食用加入铁强化剂的酱油，有助于防治缺铁性贫血，故A正确； B铝能与酸或碱反应，然后生成铝离子溶入水中，含铝元素的盐进入人体，会引起铝慢性中毒，故B正确；C双氧水有强氧化性，可用来杀菌消毒，故C正确；D我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故D错误故选D点评：本题考查常见的食品添加剂的组成、性质和作用，铝的毒性，双氧水的氧化性，注意掌握食品添加剂的组成是解题的关键2（6分）下列除去杂质的方法正确的是（）除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏ABCD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题：化学实验基本操作分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质解答：解：光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故错误；饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，故正确；二氧化碳与碳酸反应生成碳酸氢钠，二氧化硫与碳酸钠反应生成生成亚硫酸钠，水和二氧化碳，将原物质除掉了，不符合除杂原则，故错误；乙酸与生石灰反应，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故正确；故选B点评：物质的分离与除杂是考试的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键3（6分）下列说法中，不正确的是（）A10gH218O与0.5molD2O所含中子数相等B等物质的量的甲基（CH3）与羟基（OH）所含质子数相等C等物质的量的OH与NH4+所含电子数与质子数均相等D标准状况下，以任意比例混合的CH4和CO2混合物22.4L，含有的分子数为NA考点：物质的量的相关计算；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；质量数与质子数、中子数之间的相互关系 专题：原子组成与结构专题分析：A利用n=及物质的构成来解答；B.1mol甲基中含有9mol质子，1mol羟基中含有9mol质子；C.1molOH中质子为9mol，电子为10mol；1molNH4+中质子为11mol，电子为10mol；D标准状况下，以任意比例混合的CH4和CO2混合物22.4L，其物质的量为1mol解答：解：A.10gH218O中的中子为（0+10）=5mol，0.5molD2O所含中子为0.5mol（12+8）=5mol，故A正确；B.1mol甲基中含有1mol（6+3）=9mol质子，1mol羟基中含有1mol（8+1）=9mol质子，故B正确；C.1molOH中质子为9mol，电子为10mol；1molNH4+中质子为11mol，电子为10mol，则质子数不同，故C错误；D标准状况下，以任意比例混合的CH4和CO2混合物22.4L，由n=，N=nNA可知，含有的分子数为NA，故D正确；故选C点评：本题考查物质的量的有关计算，明确以物质的量为中心的计算公式及原子的构成即可解答，难度不大4（6分）用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160kJmol1下列说法不正确的是（）A由反应可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=Q，Q574kJmol1B等物质的量的甲烷分别参加反应、，反应转移的电子数不同C若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4kJD若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.6mol考点：热化学方程式；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化分析：A由气态水变为液态，放出热量；B根据C元素的化合价变化来计算转移的电子；C根据盖斯定律及物质的量与反应热的数值关系来解答；D反应可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反应转移8mol电子解答：解：A由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=574kJmol1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）H=Q，Q574kJmol1，故A正确；B两个反应中，C元素的化合价均由4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应、，反应转移的电子数相同，故B错误；C.可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol867kJ=173.4kJ，故C正确；DCH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反应转移8mol电子，则用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8=1.6mol，故D正确；故选B点评：本题考查热化学反应及盖斯定律，明确热化学反应的关系及物质的状态、反应热的数值与物质的量的关系即可解答，题目难度不大5（6分）下列说法正确的是（）A在原电池工作时，溶液中的阳离子向负极移动B用惰性电极电解某溶液，若两极分别只有H2和O2生成，电解一段时间后，该溶液的浓度可能减小C要使电解后的CuSO4溶液复原，可向其中加入Cu（OH）2固体D将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、原电池工作时，阳离子向正极移动；B、电解时，根据电解过程中析出的物质判断溶液的浓度是否变化；C、依据“出来什么，加入什么”的原理，结合阴阳极上析出的物质确定应加入的物质；D、电解时，阳极上失电子，金属阴极被保护解答：解：原电池工作时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故A错误；B、用惰性电极电解某溶液，若两极分别只有H2和O2生成，实际上电解的是水，溶剂的质量减少，所以电解一段时间后，该溶液的浓度增大，故B错误；C、电解硫酸铜溶液时，阳极上析出氧气，阴极上析出铜，要想使溶液复原应加入氧化铜，故C错误；D、将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，属于牺牲阳极的阴极保护法，所以可以防止金属被腐蚀，故D正确故选D点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，易错选项是C，注意应依据“出来什么，加入什么”的原理分析解答6（6分）下列叙述正确的是（）A浓度均为0.1molL1的NH4Cl溶液与NaOH溶液混合，混合液中：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）B仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液中可能存在：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）CpH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后，混合液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）D将pH=4的醋酸溶液加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用 专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A浓度均为0.1molL1的NH4Cl溶液与NaOH溶液混合得到等量的NaCl、NH3H2O；B仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液可能为NaOH、CH3COONa的混合溶液；CpH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后为氨水和氯化铵的混合溶液；D将pH=4的醋酸溶液加水稀释后，促进电离，氢离子的浓度减小，但Kw不变解答：解：A浓度均为0.1molL1的NH4Cl溶液与NaOH溶液混合得到等量的NaCl、NH3H2O，氨水电离，则c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+），故A错误；B仅含有Na+、H+、OH、CH3COO四种离子的某溶液可能为NaOH、CH3COONa的混合溶液，且NaOH的量较大，则c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故B正确；CpH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后为氨水和氯化铵的混合溶液，溶液显碱性，则c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故C错误；D将pH=4的醋酸溶液加水稀释后，促进电离，氢离子的浓度减小，但Kw不变，则c（OH）增大，故D错误；故选B点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确酸碱混合后溶液中的溶质为解答本题的关键，题目难度中等，选项D为学生解答的易错点二、解答题（共4小题，满分64分）7（16分）元素周期表中的元素位置如图表示：请回答下列问题：（1）由三种元素组成的无机物（相对分子质量：106），其水溶液呈碱性用离子方程式表示其原因CO32+H2OHCO3+OH（2）只含三种元素的一种常见离子化合物中，元素的化合价分别处于最高价和最低价，其水溶液中离子的物质的量浓度由大到小的顺序为：c（N03）c（NH4+）c（H+）c（OH）（3）写出元素的单质与元素的最高氧化物的水化物的水溶液反应的离子方程式：Si+2OH+H2O=SiO32+2H2（4）将元素与元素的高价化合物滴入沸水中，离子方程式是：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+（5）写出用元素的单质为电极，电解由组成的化合物（相对分子质量：142）的水溶液的总化学方程式：Fe+2H2OFe（OH）2+H2（6）由元素组成的阴离子可与小苏打溶液反应，其离子方程式为：AlO2+HCO3+H20=Al（OH）3+CO32（7）由（X）（Y）（Z）三种元素的化合物，其分子式不可能是：DAX2YZBX2YZ2CX2YZ3DX2YZ4EX2Y2Z4（8）元素的氢化物与元素的单质在一定条件下发生置换反应，在该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：3：4考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：根据元素在周期表中的分布可知元素分别是：H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl、Fe，（1）三种元素分别为C、O、Na，由C、O、Na组成的无机物（相对分子质量：106）为碳酸钠，碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，据此写出碳酸根离子水解的离子方程式；（2）该化合物为硝酸铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，然后结合电荷守恒判断各离子浓度大小；（3）元素的单质为Si，元素的最高氧化物的水化物为NaOH，硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气；（4）元素为Cl，元素的高价离子为铁离子，二者形成的化合物为氯化铁，将氯化铁滴入沸水中，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体；（5）素的单质Fe为电极，由组成的化合物（相对分子质量：142）硫酸钠，电解中阳极铁失去电子生成氢氧化亚铁，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，据此写出电解的总方程式；（6）由元素组成的阴离子可与小苏打溶液反应，该阴离子为偏铝酸根离子，碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，则碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；（7）（X）为H、（Y）为C、（Z）为O元素，由H、C、O三种元素的化合物，H化合价为+1、O元素化合价为2，结合碳元素的最高正价为+4对各选项进行判断；（8）元素的氢化物为氨气，元素的单质为氧气，在一定条件下发生置换反应，则反应生成氮气和水，根据氧化还原反应中电子守恒计算解答：解：根据元素在周期表中的分布可知元素分别是：H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl、Fe，（1）分别为C、O、Na，由C、O、Na组成的无机物，其相对分子质量为106，则该无机物为碳酸钠，碳酸钠溶液中碳酸根离子部分水解，溶液显示碱性，水解的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH；，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；（2）分别为H、N、O，只含三种元素的一种常见离子化合物中，元素的化合价分别处于最高价和最低价，该化合物为硝酸铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（N03）c （NH4+），则溶液中离子浓度大小为：c（N03）c （NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：c（N03）c （NH4+）c（H+）c（OH）；（3）元素的单质为Si，元素的最高氧化物的水化物为NaOH，硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为：Si+2OH+H2O=SiO32+2H2，故答案为：Si+2OH+H2O=SiO32+2H2；（4）元素与元素的高价化合物为氯化铁，将氯化铁滴入沸水中，铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+；（5）元素的单质Fe为电极，由组成的化合物（相对分子质量：142）硫酸钠，电解过程中，阳极铁失去电子生成氢氧化亚铁，阴极水电离的氢离子得到电子生成氢气，电解的总化学方程式为：Fe+2H2O Fe（OH）2+H2，故答案为：Fe+2H2O Fe（OH）2+H2；（6）由元素组成的阴离子可与小苏打溶液反应，该阴离子为偏铝酸根离子，由于碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，则碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2+HCO3+H20=Al（OH）3+CO32，故答案为：AlO2+HCO3+H20=Al（OH）3+CO32；（7）（X）为H、（Y）为C、（Z）为O元素，由H、C、O三种元素的化合物，H化合价为+1、O元素化合价为2，C元素化合价可以为AX2YZ为H2CO，为乙醛，可以存在该物质，故A错误；BX2YZ2为H2CO2，为甲酸，存在该物质，故B错误；CX2YZ3为H2CO3，为碳酸，存在该物质，故C错误；DX2YZ4为H2CO4，C元素的化合价为+6，而C的最高化合价为+4，所以不存在该物质，故D正确；EX2Y2Z4为H2C2O4，为草酸，化合价为+2，存在该物质，故E错误；故答案为：D；（8）元素的氢化物为氨气，元素的单质为氧气，在一定条件下发生置换反应，则反应产物为氮气和水，氨气中氮元素的化合价为3，反应后生成0价的氮气，化合价变化为3，反应中N元素化合价升高被氧化，则氨气为还原剂；氧气反应后生成变成2价，化合价变化为4，设氧化剂氧气的物质的量为x，还原剂氨气的物质的量为y，根据电子守恒可得：4x=3y，整理可得：x：y=3：4，故答案为：3：4点评：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构为解答关键8（16分）香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用它的核心结构是芳香内酯A，其分子式为C9H6O2该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和乙二酸信息提示：CH3CHCHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOHRCH=CH2RCH2CH2Br请回答下列问题：（1）写出化合物C的结构简式（2）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应这类同分异构体共有9种（3）在上述转化过程中，反应步骤BC的目的是保护酚羟基，使之不被氧化（4）下面是从 合成的反应流程图，请在方框内写出A与B的结构简式，并注明反应的条件和试剂考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相差18，所以A的结构简式为：，D在HI条件下发生取代反应生成水杨酸（2）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明产物中含有醛基，应为甲酸形成的酯基，侧链为OCH3、OOCH，或OOCH、CH2OH，或OH、CH2OOCH，各有邻、间、对3种；（4）在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，在有过氧化物的条件下与HBr发生加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成，在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成解答：解：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，A和B相对分子质量相差18，所以A的结构简式为：，D在HI条件下发生取代反应生成水杨酸，（1）由上述分析可知，C的结构简式为，故答案为：；（2）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明产物中含有醛基，应为甲酸形成的酯基，侧链为OCH3、OOCH，或OOCH、CH2OH，或OH、CH2OOCH，各有邻、间、对3种，所以共有9种，故答案为：9；（3）由于CD转化过程发生氧化反应，可以氧化酚羟基，故反应步骤BC的目的是：保护酚羟基，使之不被氧化，故答案为：保护酚羟基，使之不被氧化；（4）在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，在有过氧化物的条件下与HBr发生加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成，在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，故答案为：A：； 在有过氧化物的条件下与HBr加成；B：； 加浓硫酸作催化剂并加热点评：本题考查有机物推断与合成，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等9（18分）某化学课外活动小组用硫酸铁废液（含少量硫酸铜和稀硫酸），制备硫酸亚铁晶体，进行如下实验制备硫酸亚铁晶体主要的操作流程如下：请根据题目要求回答下列问题：（1）A的化学式为Fe上述操作过程中用到的玻璃仪器有：烧杯；玻璃棒；酒精灯；温度计；漏斗（2）趁热过滤的目的是防止硫酸亚铁晶体析出（3）结晶操作过程中应控制滤液酸性的原因是抑制Fe2+离子水解（4）已知硫酸亚铁铵比硫酸亚铁稳定，常用在分析化学中硫酸亚铁铵可用硫酸亚铁和硫酸铵反应制得实验室利用硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应生成草酸亚铁沉淀来制备草酸亚铁写出硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应的离子方程式：Fe2+H2C2O4=FeC2O4+2H+（5）草酸亚铁晶体（相对分子质量：180）受热易分解某课外活动小组设计如图的实验装置来检验其分解产物该设备中最不合理的部分是（填字母）A，原因是反应生成的水易沿试管壁流下使试管炸裂改用正确装置，实验开始后，B处变蓝色，说明草酸亚铁晶体中有结晶水；C处有白色沉淀，E处部分黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生（填化学式，下同）CO、CO2；反应后在A处试管中有黑色固体粉末（混合物）产生，倒出时有燃烧现象A处试管中的黑色固体粉末可能是Fe、FeO考点：制备实验方案的设计 分析：（1）加入过量的铁粉，与Fe3+、Cu2+、H+离子反应转化为Fe2+；过滤使用的主要玻璃仪器是普通漏斗；（2）趁热过滤的目的是：要避免某些成分在过滤过程中因遇冷而结晶或沉淀；（3）应从盐类水解的角度考虑，防止硫酸亚铁水解造成损耗；（4）由题意可知（NH4）2Fe（SO4）2与草酸反应的方程式：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4=FeC2O4+（NH4）2SO4+H2SO4；（5）根据草酸亚铁晶体的相对分子质量为180，得其化学式为FeC2O42H2O，加热时有水产生，故A装置最不合理，因为大试管管口略向上倾斜，产生的水会回流使试管炸裂，根据B、C、E判断产物有H2O（或结晶水）、CO2、CO，其中CO的存在使高价铁不可能存在，考虑“黑色固体混合物粉末”，应是Fe与FeO的混合，燃烧现象应是温度较高时Fe的燃烧情况解答：解：（1）加入过量的铁粉，与Fe3+、Cu2+、H+离子反应转化为Fe2+；过滤使用的主要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、普通漏斗，故答案为：Fe；漏斗； （2）趁热过滤的目的是：要避免某些成分在过滤过程中因遇冷而结晶或沉淀，故答案为：防止硫酸亚铁晶体析出；（3）亚铁离子可以水解，结晶操作过程中控制滤液的酸性，可以抑制硫酸亚铁水解造成损耗，故法案为：抑制Fe2+离子水解；（4）由题意可知（NH4）2Fe（SO4）2与草酸反应的方程式：（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4=FeC2O4+（NH4）2SO4+H2SO4，故反应离子方程式为：Fe2+H2C2O4=FeC2O4+2H+，故答案为：Fe2+H2C2O4=FeC2O4+2H+；（5）根据草酸亚铁晶体的相对分子质量为180，得其化学式为FeC2O42H2O加热时有水产生，故A装置最不合理，因为大试管管口略向上倾斜，产生的水会回流使试管炸裂，故答案为：A；反应生成的水易沿试管壁流下使试管炸裂；改用正确装置，实验开始后，B处变蓝色，说明草酸亚铁晶体中有结晶水；C处有白色沉淀，E处部分黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生：CO、CO2；CO的存在使高价铁不可能存在，考虑“黑色固体混合物粉末”，应是Fe与FeO的混合，燃烧现象应是温度较高时Fe的燃烧情况，故答案为：结晶水；CO、CO2；Fe、FeO点评：本题以硫酸亚铁晶体的制备为载体，主要考查了除杂提纯的基本操作、对实验步骤原理和目的分析评价、对装置的分析评价等，明确原理是解题关键，弄清所发生的化学反应及铁元素存在形态的变化10（14分）已知X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体；M、N为常见的金属，N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器；H为气体单质，D为无色气体，D在空气中会出现红棕色各物质的转化关系如图（部分反应产物已略去）请回答下列问题；（1）E的化学式为Fe2O3（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中，反应一段时间后的现象是铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色（3）在反应中属于置换反应的是（填序号）（4）反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O（5）用石墨作电极点解500mLX溶液，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；点解一段时间后，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6g请回答下列问题：写出点解时的阳极反应式4OH4e=O2+2H2O电解后溶液的pH为1（假设电解前后溶液体积不变）考点：无机物的推断 专题：推断题分析：X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，与X溶液反应生成蓝色沉淀Y为氢氧化铜可知，F为Na2O2；X溶液中含铜离子；M、N为常见的金属，结合N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，E和N反应生成M可知发生了置换反应，判断N为Al，E为Fe2O3；M为Fe，结合M和含铜离子的X溶液反应生成固体C为铜，滤液A为亚铁盐溶液，加入盐酸会发生反应生成无色气体D，说明A只能是硝酸亚铁，即X溶液为硝酸铜溶液；F为过氧化钠加入到溶液B中生成H为气体单质氧气，D为无色气体一氧化氮，D在空气中会出现红棕色二氧化氮，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题解答：解：X为中学化学中一种常见的盐，F为淡黄色固体，与X溶液反应生成蓝色沉淀Y为氢氧化铜可知，F为Na2O2；X溶液中含铜离子；M、N为常见的金属，结合N的氧化物可作耐火材料，可用它来制造耐火坩埚和耐高温试验仪器，E和N反应生成M可知发生了置换反应，判断N为Al，E为Fe2O3；M为Fe，结合M和含铜离子的X溶液反应生成固体C为铜，滤液A为亚铁盐溶液，加入盐酸会发生反应生成无色气体D，说明A只能是硝酸亚铁，即X溶液为硝酸铜溶液；F为过氧化钠加入到溶液B中生成H为气体单质氧气，D为无色气体一氧化氮，D在空气中会出现红棕色二氧化氮，（1）依据上述推断E为：Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）将M丝插入盛有X溶液的试管中，是Fe和硝酸铜溶液反应生成铜和硝酸亚铁，反应一段时间后的现象，铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色，故答案为：铁丝上附有红色物质，溶液颜色逐渐变为浅绿色；（3）反应是铁和硝酸铜溶液反应发生置换反应；是硝酸亚铁和盐酸发生氧化还原反应；是氧化铝和铁反应生成铝和氧化铁，是置换反应；是硝酸铁和过氧化钠反应，不是置换反应，所以中属于置换反应的是，故答案为：；（4）反应是亚铁离子在硝酸溶液中发生的氧化还原反应，离子方程式为：反应的离子方程式反应为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；（5）阳极电极反应是氢氧根离子放电，电极反应为：4OH4e=O2+2H2O，故答案为：4OH4e=O2+2H2O；阳极电极反应为4OH4e=O2+2H2O；阴极电极反应为：Cu2+2e=Cu；析出铜0.025mol，电子转移为0.05mol，由电极方程式可知生成氢离子0.05mol，则生成c（H+）=0.1Mol/L，pH=1，故答案为：1点评：本题考查了无机化合物的转化关系和性质应用，主要考查物质性质的综合应用，转化关系的反应产物判断，置换反应的判断，氧化还原反应的离子方程式书写，电解电解反应和电解计算，题目难度中等