2019-2020年高考化学一模试卷（含解析）(I).doc

2019-2020年高考化学一模试卷（含解析）(I)一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列物质中，摩尔质量最大的是（）A10mL H2OB0.8mol H2SO4C54g AlD1gCaCO32某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定在一定温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/molL1溴颜色消失所需的时间t/sCH3COCH3HClBr20.800.200.00102901.600.200.00101450.800.400.00101450.800.200.0020580分析实验数据所得出的结论不正确的是（）A增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大B实验和的v（Br2）相等C增大c（HCl），v（Br2）增大D增大c（Br2），v（Br2）增大3用30g乙酸和46g 乙醇反应，如果实际产量是理论产量的85%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A37.4gB44gC74.8gD88g4在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（）ACa2+、Na+、NO3、CO32BMg2+、Cl、NH4+、SO42CK+、Cl、HCO3、NO3DCa2+、Na+、Fe3+、NO35取Xg镁和铝的混合物，向其中加入适量的稀盐酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体BL向反应后的溶液中加入VmLCmol/L氢氧化钠溶液，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为Yg再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体Pg则下列关系不正确的是（）A XPXBP=X+CY=X+VCDC=6图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD7Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n（）：n（）变化的关系如表：n（）：n（）91：91：19：91pH8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是（）ANaHSO3溶液中c（H+）c（OH）BNa2SO3溶液中c（Na+）c （SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+）C当吸收液呈中性时，c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）=c（H+）D当吸收液呈中性时，c（Na+）c（HSO3）+c（SO32）8下列关于原电池和电解池的有关说法正确的是（）A原电池的负极发生氧化反应，原电池在工作时负极一定溶解B以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，OH离子从正极移向负极，电解质溶液的PH增大C以两个铜棒为电极电解硫酸溶液，在阴极上发生还原反应，且始终是H+在阴极放电生成H2D反应2Ag+2HCl2AgCl+H2在电解的条件下可以发生二、解答题（共4小题，满分52分）9A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数请回答：（1）1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为（3）单质B的燃烧热a kJ/mol由B、C二种元素组成的化合物BC 14 g完全燃烧放出b kJ热量，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2在等体积的、两个密闭容器中分别充入1molA2C和1mol BC、2mol A2C和2mol BC一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）下列说法正确的是A达到平衡所需要的时间：B达到平衡后A2C的转化率：=C达到平衡后BC的物质的量：D达到平衡后A2的体积分数：E达到平衡后吸收或放出的热量：=F达到平衡后体系的平均相对分子质量：（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是10下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明已知A、D为金属单质，其他为化合物（B是黑色物质，是一种矿石的主要成分）试推断：（1）A的原子结构示意图为，写出B的化学式：，写出C的化学式：，主要成分是J的矿石的名称：（2）在反应FE中，要使F中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为，F和E两溶液混合后的现象是（3）写出下列反应的方程式：HI的化学方程式，CF的离子方程式，FE的离子方程式，（4）鉴定G溶液中所含阳离子的方法是11已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：ABC（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体则A的空间构型为，A转化为B反应的化学方程式为（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，D是一种黑色固态非金属单质，则A的化学式为，B的电子式为（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为氯碱工业中阴极的电极反应式为12有机物A、B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化已知：A、B、C、D均能与NaHCO3反应；只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；F能使溴水褪色且不含有甲基；H能发生银镜反应根据题意回答下列问题：（1）反应的反应类型是；反应的条件是（2）写出F的结构简式；D中含氧官能团的名称是（3）E是C的缩聚产物，写出反应的化学方程式（4）下列关于AI的说法中正确的是（选填编号）aI的结构简式为bD在一定条件下也可以反应形成高聚物cG具有8元环状结构 d等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH（5）写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式（6）D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应但不能水解苯环上的一卤代物只有2种xx年江西省萍乡市上栗县高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列物质中，摩尔质量最大的是（）A10mL H2OB0.8mol H2SO4C54g AlD1gCaCO3【考点】摩尔质量【专题】化学用语专题【分析】摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关，以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量【解答】解：摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关，以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，H2O的摩尔质量为18g/mol，H2SO4的摩尔质量为98g/mol，Al的摩尔质量为27g/mol，CaCO3的摩尔质量为100g/mol，故选D【点评】本题考查了摩尔质量，比较基础，明确摩尔质量以g/mol为单位时，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量是关键，摩尔质量是物质的固有属性，与物质的体积、质量、物质的量均无关2某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定在一定温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/molL1溴颜色消失所需的时间t/sCH3COCH3HClBr20.800.200.00102901.600.200.00101450.800.400.00101450.800.200.0020580分析实验数据所得出的结论不正确的是（）A增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大B实验和的v（Br2）相等C增大c（HCl），v（Br2）增大D增大c（Br2），v（Br2）增大【考点】探究影响化学反应速率的因素【专题】压轴题【分析】影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强以及催化剂等因素，一般情况下在其它条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，本题中溴作为反应物，其浓度越大，物质的量越多，其颜色消失的时间会越长，另外可从表中数据判断出，两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而中Br2比中的大，所以时间变长，速率变慢【解答】解：A、对比组数据，可以判断出增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大，故A正确；B、比较实验和数据，Br2的浓度相等，溴颜色消失所需的时间也相等，溴的反应速率是相等的，故B正确；C、比较数据可以判断出，增大c（HCl），v（Br2）增大，故C正确；D、对比两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而中Br2比中的大，所以时间变长，但不能说明溴的反应速率大小问题，故D不正确；故选D【点评】本题考查化学反应速率及其影响因素，做题时注意加强对表中数据的比较和分析，不难得出结论3用30g乙酸和46g 乙醇反应，如果实际产量是理论产量的85%，则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A37.4gB44gC74.8gD88g【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】反应的方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，根据乙酸和乙醇的质量关系判断反应的过量问题，结合方程式计算【解答】解：30g乙酸的物质的量为=0.5mol，46g乙醇的物质的量为=1mol，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，由此可知乙醇过量，则CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O1mol 1mol 0.5mol85% nn=0.5mol85%=0.425molm（CH3COOCH2CH3）=0.425mol88g/mol=37.4 g，故选A【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意反应的理论产率的运用以及反应方程式的书写4在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（）ACa2+、Na+、NO3、CO32BMg2+、Cl、NH4+、SO42CK+、Cl、HCO3、NO3DCa2+、Na+、Fe3+、NO3【考点】离子共存问题【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量共存，溶液呈强酸性，存在大量的H+，如离子之间不发生任何反应，且与H+不反应，则可大量共存，以此解答该题【解答】解：A在酸性条件下CO32不能大量共存，故A错误；B溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C在酸性条件下HCO3不能大量共存，故C错误；DFe3+有颜色，不符合题目无色的要求，故D错误故选B5取Xg镁和铝的混合物，向其中加入适量的稀盐酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体BL向反应后的溶液中加入VmLCmol/L氢氧化钠溶液，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为Yg再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体Pg则下列关系不正确的是（）A XPXBP=X+CY=X+VCDC=【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气BL，和氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入Cmol/L氢氧化钾溶液V mL使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为Yg，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为Pg，结合各步反应进行计算判断【解答】解：反应化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2+K2SO4、Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3+3K2SO4、Mg（OH）2MgO+H2O、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，A氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若Xg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=Y，若Xg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为P=Y，质量介于二者之间，故A正确；BP为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3mol O，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即P=16+X=X+，故B正确；C得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即Y=X+17，故C错误；D根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即B=22.4L/mol，整理得C=，故D正确；故选C【点评】本题考查混合物的计算，侧重于物质的量应用于化学方程式的计算的考查，题目信息量较大，题目难度中等，易错点为A，注意利用极值方法计算，试题培养了学生的化学计算能力6图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O【解答】解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O=H+Cl+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确；故选D【点评】本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键7Na2SO3溶液做为吸收液吸收SO2时，吸收液pH随n（）：n（）变化的关系如表：n（）：n（）91：91：19：91pH8.27.26.2以下离子浓度关系的判断正确的是（）ANaHSO3溶液中c（H+）c（OH）BNa2SO3溶液中c（Na+）c （SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+）C当吸收液呈中性时，c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）=c（H+）D当吸收液呈中性时，c（Na+）c（HSO3）+c（SO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据表格知，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；B根据表格知，亚硫酸钠溶液呈碱性，且盐类水解是微弱的，根据电荷守恒判断离子浓度大小；C当吸收液呈中性时，溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠；D根据电荷守恒判断【解答】解：用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性，A由表中信息可知NaHSO3溶液为酸性溶液，c（H+）c（OH），故A错误；BNa2SO3溶液中SO32的水解存在二级水解，亚硫酸氢根离子水解程度较小，且水电离也产生氢氧根离子，所以c（HSO3）应小于c （OH），故B错误；C由表中数据，当c （SO32）=c （HSO3）时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c （SO32）c （HSO3），故C错误；D因c（H+）=c （OH），根据电荷守恒，c（Na+）=c （HSO3）+2c （SO32）成立，所以c（Na+）c（HSO3）+c（SO32），故D正确；故选D【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒及电荷守恒来分析解答，难度中等8下列关于原电池和电解池的有关说法正确的是（）A原电池的负极发生氧化反应，原电池在工作时负极一定溶解B以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，OH离子从正极移向负极，电解质溶液的PH增大C以两个铜棒为电极电解硫酸溶液，在阴极上发生还原反应，且始终是H+在阴极放电生成H2D反应2Ag+2HCl2AgCl+H2在电解的条件下可以发生【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A燃料电池的电极不溶解；B生成水，溶液浓度减小，电解质溶液的pH减小；C电解后期在阴极上放电的是Cu2+；D以银为阳极以盐酸为电解质溶液进行电解就可以实现【解答】解：A燃料电池的电极不溶解，故A错误；B以KOH溶液为电解质溶液的甲烷燃料电池工作时，生成水，溶液浓度减小，电解质溶液的pH减小，故B错误；C电解后期在阴极上放电的是Cu2+，故C错误；D原电池反应是自发进行的，非自发进行的反应可以通过电解来实现，该反应以银为阳极以盐酸为电解质溶液进行电解就可以实现，故D正确故选D【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，正确判断原电池和电解池及其正负极和阴阳极是解本题关键，难度不大二、解答题（共4小题，满分52分）9A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数请回答：（1）1 mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为8mol（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为HS+OH=S2+H2O（3）单质B的燃烧热a kJ/mol由B、C二种元素组成的化合物BC 14 g完全燃烧放出b kJ热量，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：C（s）+O2（g）CO（g）H=（a2b） kJmol1（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2在等体积的、两个密闭容器中分别充入1molA2C和1mol BC、2mol A2C和2mol BC一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）下列说法正确的是ABA达到平衡所需要的时间：B达到平衡后A2C的转化率：=C达到平衡后BC的物质的量：D达到平衡后A2的体积分数：E达到平衡后吸收或放出的热量：=F达到平衡后体系的平均相对分子质量：（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是Al3e+4OHAlO2+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；化学平衡专题【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；B元素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，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第A族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素，C、F是同一主族元素，则C为O元素；B元素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，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第A族，即E为Al元素；A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，故A为H元素，D为Na元素（1）E、F二种元素组成的化合物为Al2S3，由A、C、D三种元素组成的化合物为NaOH，Al2S3先发生双水解反应生成2 molAl（OH）3和3 molH2S，再与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、Na2SO3，由原子守恒可知1molAl2S3消耗NaOH为1mol2+3mol2=8mol，故答案为：8mol；（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS、乙为OH，甲与乙反应的离子方程式为：HS+OH=S2+H2O，故答案为：HS+OH=S2+H2O；（3）由题意可得热化学方程式：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1CO2（g）CO（g）+O2（g）H=+2b kJmol1由盖斯定律知，+可得：C（s）+O2（g）CO（g）H=（a2b） kJmol1，故答案为：C（s）+O2（g）CO（g）H=（a2b） kJmol1；（4）反应方程式为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），该反应前后的气体系数相等，因此，在容器体积相同时，按成倍的不同的起始量加入反应物，平衡不受影响，反应程度相同，为等效平衡，但速率不同，浓度大时速率快，则：A反应速率，故达到平衡所需要的时间：，故A正确；B反应程度相同，、中转化率相等，故B正确；C转化率相等，则达到平衡后BC的物质的量：，故C错误；D二者为等效平衡，平衡后A2的体积分数相等，故D错误；E中参加反应的反应物的量更大，故达到平衡后吸收或放出的热量：，故E错误；F达到平衡后体系中同种组分的含量相等，则平均相对分子质量相等，故F错误，故选：AB；（5）用碳元素的单质与Al制成电极浸入由NaOH的溶液中构成电池，总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaA1O2+3H2，可知负极的电极反应式Al3e+4OHAlO2+2H2O，故答案为：Al3e+4OHAlO2+2H2O【点评】本题考查位置结构性质的关系、原电池原理、热化学方程式书写、化学平衡移动、化学计算等，综合性较强，元素的推断是解答本题的关键，（1）中注意硫化铝在水中发生的双水解反应，难度中等10下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明已知A、D为金属单质，其他为化合物（B是黑色物质，是一种矿石的主要成分）试推断：（1）A的原子结构示意图为，写出B的化学式：Fe3O4，写出C的化学式：Al2O3，主要成分是J的矿石的名称：赤铁矿（2）在反应FE中，要使F中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是CO2，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为可溶性铁盐（如FeCl3），F和E两溶液混合后的现象是产生白色沉淀（3）写出下列反应的方程式：HI的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，CF的离子方程式2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，FE的离子方程式2AlO2+4H+Al3+2H2O，（4）鉴定G溶液中所含阳离子的方法是滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】A、D是常见的金属单质，是一种矿石的主要成分，化合物I是红褐色沉淀，结合转化关系可知，B是Fe3O4、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，J为Fe2O3，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，是强酸，是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐，据此解答【解答】解：A、D是常见的金属单质，是一种矿石的主要成分，化合物I是红褐色沉淀，结合转化关系可知，B是Fe3O4、I为Fe（OH）3，H是Fe（OH）2，J为Fe2O3，则A是Al，D为Fe、C为Al2O3，是强酸，是强碱（因为Al2O3溶于强碱），E中含Al3+，G中含Fe2+，F为偏铝酸盐（1）A为Al，原子结构示意图为，B的化学式：Fe3O4，C的化学式：Al2O3，主要成分是Fe2O3的矿石的名称：赤铁矿，故答案为：；Fe3O4；Al2O3；赤铁矿；由上述分析可知，A为Al，B为Fe2O3，G为FeCl2，（2）在反应偏铝酸盐Al3+中，要使偏铝酸盐中的一种金属元素全部以沉淀的形式析出，最适宜加入的反应物是CO2，D通过化合反应转化为G应加入的反应物为：可溶性铁盐（如FeCl3），偏铝酸盐和铝盐两溶液混合后的现象是：产生白色沉淀，故答案为：CO2；可溶性铁盐（如FeCl3）；产生白色沉淀；（3）HI的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，CF的离子方程式：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2，FE的离子方程式：2AlO2+4H+Al3+2H2O，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；2AlO2+4H+Al3+2H2O；（4）G溶液中含有Fe2+，所含阳离子检验方法是：滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+，故答案为：滴加少量KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水若溶液变红，则说明原液含Fe2+【点评】本题考查无机物推断，涉及铝和铁及其化合物的性质，物质的颜色是推断突破口，熟练掌握铝及其化合物的两性和铁及铁的化合物的氧化还原知识，难度中等11已知A、B、C、D是中学化学的常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系：ABC（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体则A的空间构型为三角锥形，A转化为B反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，D是一种黑色固态非金属单质，则A的化学式为Cu2O，B的电子式为（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，则C溶液中除氢氧根外还存在的阴离子的化学式为Al（OH）4氯碱工业中阴极的电极反应式为2H+2e=H2或2H2O+2 e=H2+2OH【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，红棕色气体C为NO2，D为氧气，B为NO，该过程为氨气的连续氧化反应；（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为Cu2O，D是一种黑色固态非金属单质，则D为C，B是CO2，C是CO；（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH，B为Al（OH）3，A是Al3+，C是Al（OH）4【解答】解：（1）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为NH3，红棕色气体C为NO2，D为氧气，B为NO，该过程为氨气的连续氧化反应，NH3为三角锥形结构，A转化为B反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：三角锥形；4NH3+5O24NO+6H2O；（2）若A、B、C均为氧化物，A为砖红色固体，且A中金属元素为+1价，A为Cu2O，D是一种黑色固态非金属单质，则D为C，B是CO2，C是CO，二氧化碳的电子式为：，故答案为：Cu2O；（3）若D为氯碱工业的主要产品，B为高中常见的一种具有两性的物质，A是NaOH，B为Al（OH）3，A是Al3+，C是Al（OH）4，氯碱工业中阴极的电极反应式为：2H+2e=H2或2H2O+2 e=H2+2OH，故答案为：Al（OH）4；2H+2e=H2或2H2O+2 e=H2+2OH【点评】本题考查无机物推断，物质的颜色、性质是推断突破口，熟练掌握中学常见连续反应，熟练掌握元素化合物性质与转化，难度中等12有机物A、B的分子式均为C11H12O5，均能发生如下变化已知：A、B、C、D均能与NaHCO3反应；只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，A苯环上的一溴代物只有两种；F能使溴水褪色且不含有甲基；H能发生银镜反应根据题意回答下列问题：（1）反应的反应类型是消去；反应的条件是Cu、加热（2）写出F的结构简式CH2=CHCH2COOH；D中含氧官能团的名称是羟基和羧基（3）E是C的缩聚产物，写出反应的化学方程式（4）下列关于AI的说法中正确的是bd（选填编号）aI的结构简式为bD在一定条件下也可以反应形成高聚物cG具有8元环状结构 d等质量的A与B分别与足量NaOH溶液反应，消耗等量的NaOH（5）写出B与足量NaOH溶液共热的化学方程式（6）D的同分异构体有很多种，写出同时满足下列要求的其中一种同分异构体的结构简式能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应但不能水解苯环上的一卤代物只有2种【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用【分析】A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为，B为，D为，结合对应有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：A、B、C、D均能与NaHCO3反应，说明都含有羧基COOH，F能使溴水褪色且不含有甲基，结合分子式可知为CH2=CHCH2COOH，H能发生银镜反应，应含有醛基，则C应为HOCH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2COOH只有A、D能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，且A的苯环上的一溴代物只有两种，则结构应对称，且含有2个取代基，A应为，B为，D为，（1）C为HOCH2CH2CH2COOH，发生消去反应生成F，C含有羟基，在铜作催化剂条件下加热发生氧化反应生成H，故答案为：消去；Cu、加热；（2）由以上分析可知F为CH2=CHCH2COOH，D为，含有的官能团为羧基和羟基，故答案为：CH2=CHCH2COOH；羟基和羧基；（3）反应为缩聚反应，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）a、F为CH2=CHCH2COOH，发生聚合反应生成I，I为，故a错误；b、D为，可以通过酯化反应进行的缩聚反应形成高聚物，故b正确；c、生成G脱去2分子水，应为10元环状结构，故c错误；d、A为，B为，二者互为同分异构体，等质量的A与B，物质的量相等，每摩尔物质都消耗3molNaOH，故d正确；故答案为：bd；（5）B为，与足量氢氧化钠反应的方程式为，故答案为：；（6）D为，对应的同分异构体中苯环上的一卤代物有2种，说明苯环结构中只含有两种性质不同的氢原子，与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，发生银镜反应，但不能水解，应含有醛基，不含酯基，符合条件的有：，故答案为：【点评】本题考查有机推断与合成，涉及酯、醇、醛等性质以及学生根据信息给予获取知识的能力，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，利用给予的反应信息确定有机物结构是本题关键之处，根据反应条件，利用顺推法进行推断，是高考热点题型，难度中等