1、河南省信阳市新县高级中学2016届毕业班考前化学适应性训练（5月月考）（解析版）1一定条件下，用甲烷可以消除氮氧化物（NOx）的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g) =4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g) =4N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160 kJmol-1下列说法正确的是A反应CO4(g)+2NO2(g) =N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)的H=-867 kJmol-1B若用CH4还原0.2mol NO2至N2，在上述条件下放出的热量为173.4 kJC若用CH4还原l mol NOx为N2的过程中
2、，若x=1.6，则生成0.4mol CO2D若用标准状况下2.24LCH4还原NOx至N2，整个过程中转移电子0.4 mol【答案】D【解析】该题答案为C。A、将（+）2得到目标方程式，但水为液体，故不能求出反应热；B、通过盖斯定律CO4(g)+2NO2(g) =N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的H=-867 kJmol-1，故为86.7KJ；C、若x=1.6，这N为+3.2价，到氮气，共得到3.2mol电子，每个CH4生成CO2，失去8个电子，故生成0.4molCO2；D、0.1mol甲烷，失去0.8mol电子2下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是A使用前检查是否漏水B溶液未冷却即注
3、入容量瓶中C容量瓶可长期存放溶液D在容量瓶中直接溶解固体【答案】A【解析】试题分析：容量瓶使用前检验是否漏水，容量瓶不能做溶解、稀释、反应、长期放置药品的仪器，故选项A 正确。考点：考查容量瓶的使用等知识。3浓硫酸在加热条件下能溶解金属银，反应的化学方程式为2Ag +2H2SO4(浓)Ag2SO4 +SO2+2H2O,下列反应中浓硫酸的作用与该反应相同的是ACu + 2H2SO4 (浓) CuSO4 + SO2 + 2H2O BC +2H2SO4 (浓) CO2 + 2SO2+ 2H2OC2FeO + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 +SO2+ 4H20 DC2H5OH +2H2SO4 (浓
4、) 2C + 2SO2+ 5H2O【答案】AC【解析】试题分析：Ag与浓硫酸的反应中，浓硫酸起到氧化性和酸性的作用。A、Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，浓硫酸起到氧化性和酸性的作用，正确；B、C与浓硫酸的反应中，浓硫酸只被还原为二氧化硫，所以浓硫酸只起到氧化性的作用，错误；C、氧化亚铁与浓硫酸的反应中，浓硫酸被还原为二氧化硫，同时还生成盐，所以起到氧化性和酸性的作用，正确；D、乙醇与浓硫酸的反应中，浓硫酸被还原为二氧化硫，同时起到脱水剂的作用，错误，答案选AC。考点：考查浓硫酸在反应中的作用的判断4下列离子方程式不正确的是（ ）A氢氧化钡溶液中加过量小苏打：Ba2+ + 2OH +
5、2HCO3= BaCO3 + CO32 +2H2OB硝酸银溶液与铜：Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgC向氢氧化钠溶液中加入醋酸：H+ + OH = H2OD标准状况下2.24LCO2通入1mol/L50mLCa(OH)2溶液中：CO2 + OH = HCO3 【答案】C【解析】醋酸为弱酸，不能拆：CH3COOH+ OH = CH3COOH + H2O5反应2SO2O22SO3在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法错误的是A升高温度能加快反应速率B使用恰当的催化剂能加快反应速率C增大O2的浓度能加快反应速率DSO2与O2能100转化为SO3【答案】D【解析】试题分析：A升高温度使得任
6、何化学反应的化学反应速率加快，故A正确；B加入催化剂可以加快化学反应速率，故B正确；C增大二氧化硫、氧气、三氧化硫的浓度均能加快该化学反应的速率，故C正确；D可逆反应的反应物不能完全转化，故D错误；故选D。考点：影响化学反应速率的因素：温度、浓度、催化剂、压强等，注意催化剂的特点是解题的易错点。【答案】C【解析】试题分析：A、通过分析化学方程式可知，该反应等同于甲醛的燃烧，属于放热反应，A错误；B、CO2的结构式为O=C=O，属于直线形结构，是由极性键形成的福晋休夫，B错误；C、甲醛中碳原子采取sp2杂化，有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点，分别形成3个键，一个未参加杂化的p轨
7、道与O原子的2p轨道形成键，C正确；D、根据题给化学方程式可知，每生成1.8 g水消耗0.1 mol氧气，但由于题中并没有给出温度和压强，所以不能确定氧气的体积一定为2.24 L，D错误，答案选C。考点：考查反应热、分子极性、化学键、物质的量的计算7下列各组液体混合物中，能用分液漏斗分离的是A淀粉溶液和食盐溶液 BCCl4和水C乙烷和乙烯 D乙酸和乙醇【答案】B【解析】试题分析：只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗进行分离，据此可知，选项B正确。其余选项都是易溶或互溶的，答案选B。考点：物质的分离提纯8设 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A 17.6 g 丙烷中所含的极性共
8、价键为 4NA B常温常压下，2.24 L 乙烯中电子总数为1.6NAC将纤维素和硫酸加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热，若有红色沉淀生成，证明纤维素水解生成了葡萄糖D利用核磁共振氢谱图可鉴别1溴丙烷和2溴丙烷【答案】D【解析】试题分析：A丙烷的相对分子质量是44，所以中17.6 g的物质的量是0.4mol,由于每1mol的该物质中含有极性键8mol,所以0.4mol中所含的极性共价键为 3.2NA ，错误；B常温常压下，2.24 L 乙烯的物质的量小于0.1mol，所以其中电子总数少于1.6NA，错误；C将纤维素和硫酸加热水解后的液体取出少许，加入NaOH溶液中
9、和催化剂硫酸后，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热煮沸，若有红色沉淀生成，证明纤维素水解生成了葡萄糖，错误；D由于1溴丙烷和2溴丙烷的H原子的种类、个数不同，所以可以利用核磁共振氢谱图可鉴别它们，正确。考点：考查阿伏加德罗常数的金属的知识。9、已知H2（g）+ Br2（l） 2HBr（g）+ 42 kJ。1mol Br2（g）液化放出的能量为30 kJ，其它相关数据如下表：H2(g)Br2(g)HBr(g)1 mol 分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369则上述表格中的a值为( )A、404 B、344 C、230D、200【答案】C【解析】试题分析：反应的焓变H=E反应
10、物键能E生成物键能=436 kJ/mol+(a+30 kJ/mol)2369 kJ/mol= -42kJ/mol，所以可求得a=230，所以选C。考点：本题考查的是反应热的计算。10下列变化过程中，原物质分子内共价键被破坏，同时有离子键形成的是A盐酸和氢氧化钠反应 B氯化氢溶于水 C溴化氢和氨反应 D锌和稀硫酸反应【答案】C【解析】试题分析：A、盐酸和氢氧化钠反应，破坏了共价键和离子键，同时形成了新的共价键和离子键，错误；B、氯化氢溶于水，共价键被破坏，没有离子键形成，错误；C、溴化氢和氨反应，破坏了共价键，同时形成了离子键，正确；D、锌和稀硫酸反应，没有破坏共价键，同时也没有形成离子键，错误
11、；故本题选择C。考点：化学键的断裂和形成11下列实验操作正确的是()A.测定某浓度盐酸的pH时,先将pH试纸用蒸馏水湿润B.容量瓶用蒸馏水洗净,必须烘干后才能用于溶液的配制C.用苯萃取溴水中的溴之后进行分液时,水层从分液漏斗的下口放出D.中和滴定时,锥形瓶需要用待测液润洗后才能使用【答案】C【解析】pH试纸测量溶液时,是不能事先润湿的,否则稀释溶液,选项A错误;容量瓶用蒸馏水洗净后,因为配制溶液过程中需加水,所以没有必要烘干,选项B错误;苯的密度小于水,实验时有机层在上层,水层在下层,水层需要从分液漏斗的下口放出,选项C正确;中和滴定时,锥形瓶不需要用待测液润洗,否则会造成待测液溶质物质的量增
12、多,引起实验误差,选项D错误。12自第十一届奥运会以来，开幕式都要举行隆重的火炬接力仪式。火炬的可燃物是丁烷 （化学式为 C4H10），它燃烧时，火苗高且亮，即使在白天，二百米以外也能清晰可见。下列关于丁烷的叙述不正确的是A丁烷由碳、氢两种元素组成 B丁烷由 4 个碳原子和 10 个氢原子构成C丁烷中碳、氢元素的质量比是24 5 D丁烷分子由碳原子和氢原子构成【答案】B【解析】试题分析：A、根据化学式可判断丁烷是由碳、氢两种元素组成的，A正确；B、根据化学式可判断1分子丁烷是由 4 个碳原子和 10 个氢原子构成，B错误；C、根据化学式可判断丁烷中碳、氢元素的质量比48：1024 5，C正确；
13、D、根据化学式可判断丁烷分子由碳原子和氢原子构成，D正确，答案选B。考点：考查物质组成的有关判断13下列标有横线的物质在给定的条件下不能完全反应的是1mol Zn与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应1mol Cu与含2mol H2SO4的浓硫酸溶液共热1mol Cu与含4mol HNO3的浓硝酸溶液反应1mol MnO2与含4mol HCl的浓盐酸溶液共热A B C D【答案】C【解析】试题分析：1mol锌与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液恰好完全反应，最终锌不会剩余，错误；随反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，导致Cu有剩余，正确；1mol铜转移2mol的电子，生成2mol的
14、铜离子与2mol硝酸结合成硫酸盐，而2molHNO3的硝酸作氧化剂，得电子的量为2mol6mol，所以铜不足，会完全反应，错误；随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，使MnO2有剩余，正确。故选项是包含的C选项。考点：考查物质的量浓度与反应的关系的知识。14下列有关说法不正确的是A由乙烯分子组成和结构推测含一个碳碳双键的单烯烃通式为CnH2nB乙烯的电子式为：C从乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷可知乙烯分子的碳碳双键中有一个键不稳定，易发生断裂D乙烯空气中燃烧的现象与甲烷不同的原因是乙烯的含碳量高【答案】B【解析】试题分析：A乙烯分子中含有一个碳碳双键碳原子结合的氢
15、原子比相同碳原子数烷烃少两个因此单烯烃通式为CnH2n，故A正确； B乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为，故B错误；C烯分子的碳碳双键中有一个键不稳定，易发生断裂，故C正确；D乙烯燃烧时的伴有黑烟现象是碳不完全燃烧导致的，这是因为乙烯中含碳碳双键使分子中碳氢的个数比增大含碳量增大，在空气中燃烧时不能完全转化为气态无机物，故D正确，故选B。考点：考查乙烯的化学性质1525时，下列叙述正确的是ANH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH7，则c(Na)2c(SO42)B0.1 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL1CH3COONa等体积混合pH7,则c(CH3COO)c(Na+)
16、c(CH3COOH)c(H+)c(OH)CAgCl在水中溶解度与在稀盐酸中溶解度相同DKNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均为7，则两溶液中水的电离程度相同【答案】B 【解析】试题分析：A项存在电荷守恒：c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-）,溶液显示中性，c（H+）=c（OH-）所以c（NH4+）+c（Na+）= +2c（SO42-），而c（Na+）2c（SO42-）,错误；B项溶液显示酸性，酸的电离程度大于盐的水解程度，因为弱酸的部分电离，所以c(CH3COO)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)；C项由于同离子效应，AgCl在水中的
17、溶解度大于在盐酸中的溶解度；D项KNO3不发生水解不影响水的电离，后者发生双水解，促进水的电离，错误。考点：电解质溶液、水的电离、难溶电解质的沉淀溶解平衡。16（11分） 草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4xH2O，为测定x值进行下列实验：（1）称取W g草酸晶体，配成100.00 mL溶液。（2）取25.00 mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a molL-1KMnO4溶液滴定。KMnO4+H2C2O4+H2SO4K2SO4+MnSO4+CO2+H2O(未配平)回答下列问题：实验（1）中，为配制准确的草酸溶液，必须使用的仪器有_；实验（2）中，滴定时，KMnO4溶液应盛在
18、_中（填酸式或碱式滴定管）；若滴定用的KMnO4溶液因放置而变质，浓度偏低，则根据实验求出的x值_（填偏高、偏低、无影响）；滴定终点时，锥形瓶内溶液颜色变化是_；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液V mL，求草酸溶液的物质的量浓度及x的值: , .【答案】（11分）容量瓶、烧杯、玻棒、胶头滴管、托盘天平、量筒（每写出3个即给一分）（2分） 酸式滴定管 （1分）偏低 （2分）溶液颜色变为紫色（2分） 0.1aV （2分） (50W/9aV)-5（2分）【解析】略17(7分)短周期中置换H能力最强的是_元素(符号),原子半径最小的元素符号是_,最高价氧化物对应的水化物酸性最强的分子式为_,碱性最强
19、的化学式为_,显两性的化学式为_,原子半径最大的金属元素是_,第三周期中半径最小的金属离子结构示意图为_.【答案】【解析】18某学生设计了下述实验室分馏石油的实验，分为五个步骤。将蒸馏烧瓶放在铁架台上，在蒸馏烧瓶上塞好带温度计的橡胶塞。连接好冷凝管，把冷凝管固定在铁架台上，将冷凝管的一端和水龙头连接，将出水口一端的橡胶管放入水槽中。把酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯高度调整铁圈的高度，放好石棉网。向蒸馏烧瓶中放入碎瓷片，再用漏斗向烧瓶中加入原油，塞好带温度计的塞子，将牛角管接在冷凝管的末端，并深入锥形瓶中。检查气密性。正确的操作顺序是( )A. B.C. D.【答案】B【解析】操作顺序：安装装置
20、气密性检查加入药品。19氧化亚铜是大型水面舰艇防护涂层的重要原料某小组通过查阅资料，进行如图研究ICu2O的制取（1）葡萄糖还原法制Cu2O的化学方程式为（2）实验室用此方法制取并获得少量Cu2O固体，需要的玻璃仪器除试管、酒精灯、烧杯外，还需要检验样品中是否含有CuO方案1：将制得的Cu2O样品溶于足量稀硫酸（3）甲同学认为若溶液变为蓝色，则说明样品中含有CuO杂质乙同学认为此推论不合理，用化学用语解释原因（4）甲同学通过反思，认为将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有CuO杂质，应测量的数据是方案2：丙同学认为采用如下装置（所加药品均足量）进行实验，通过测定c装置反应后固体的质量以及
21、d装置反应前后增重的质量，可计算，从而确定样品中是否含有氧化铜（5）装置a中所加的酸是 （填化学式），装置e中碱石灰的作用是 （6）点燃装置c中酒精灯之前需进行的操作是 （7）熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却，原因是 【答案】（1）；（2）漏斗、玻璃棒；Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O；（4）Cu2O样品的质量、反应后剩余固体（Cu）的质量；方案2：a装置产生氢气，b装置干燥氢气，c装置中氢气与铜的氧化物反应置换出Cu，d装置吸收水，可以测定生成水的质量，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置，影响水质量测定，（5）H2SO4；防止空气中的水进入d装置，m（H
22、2O）测定不准确；（6）打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，再打开K2，关闭K1；（7）防止生成的Cu单质在高温下又被氧气氧化为CuO，导致测定数据不准确【解析】（1）葡萄糖还原法制Cu2O是利用葡萄糖中醛基被氢氧化铜氧化，反应生成葡萄糖酸、氧化亚铜和水，制取氢氧化铜可用可溶性铜盐和强碱反应，反应得到的葡萄糖酸与碱反应生成盐，葡萄糖还原法制Cu2O的化学方程式为：，（2）葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要加热，故所需玻璃仪器为试管、酒精灯，分离生成的氧化亚铜沉淀，需要进行过滤操作，所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，方案1：（3）氧化亚铜也和硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜，溶液显蓝色，同时生成C
23、u单质，反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O，（4）将定性检验改为定量测定便能确定样品中是否含有CuO杂质，应测量的数据是Cu2O样品的质量、反应后剩余固体（Cu）的质量；方案2：a装置产生氢气，b装置干燥氢气，c装置中氢气与铜的氧化物反应置换出Cu，d装置吸收水，可以测定生成水的质量，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置，影响水质量测定，（5）d装置中的碱石灰会吸收水和酸性气体，防止a中酸挥发，故选难挥发性酸硫酸，装置e中碱石灰的作用是防止空气中的水进入d装置，m（H2O）测定不准确；（6）点燃装置c中酒精灯之前需检验氢气的纯度，验纯后应保持气体能通过
24、d装置，使生成的水全部被d装置吸收，具体操作方法为：打开K1，关闭K2，通一段时间氢气后验纯，再打开K2，关闭K1，（7）灼热的铜和氧气会发生反应生成氧化铜，所以熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却是防止空气进入氧化生成的铜，测定结果产生误差；20白云石的主要成分为CaCO3、MgCO3，还含有少量Fe、Si的化合物，实验室以白云石为原料制Mg(OH)2及CaCO3。步骤如下：实验过程中需要的数据见下表：氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe3+1.93.2Fe2+7.09.0Mg2+9.511.0请回答下列问题：(1)过滤中所需的玻璃仪器是 。溶液A中含有Ca2,Mg2
25、,Fe2,Fe3，则试剂可选择 (填字母）A.KMnO4 B.Cl2 C.H2O2(2)若要利用反应过程中生成的CO2，从溶液D中制取CaCO3，需要先通入的一种气体是 ，然后通入CO2。通入CO2气体时请把右边的装置图补充完整（不允许更换溶液，导气管以下连接的仪器自选）。(3)根据表中提供的数据判断，Fe(OH)3、Fe(OH)2和Mg(OH)2的溶度积常数由小到大的排列顺序为 。(4)若将制取的Mg(OH)2：加入到某聚乙烯树脂中，树脂可燃性大大降低，Mg(OH)起阻燃作用的主要原因是 。【答案】（12分）（1）玻璃棒、烧杯、漏斗（2分）；BC（2分）（2）NH3（1分）；（2分，使用干燥
26、管也得分）(3) KspFe(OH)3KspFe(OH)2KspMg(OH)2（2分）（4）Mg(OH)2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳。（2分，答出其中一个方面即可）【解析】试题分析：根据流程可知，白云石加盐酸反应后的溶液中主要为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铁，加试剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加氧化镁除去铁离子，溶液C中主要含Ca2、Mg2，加CaO促进镁离子水解从而除去镁离子。（1）过滤操作中的主要仪器是铁架台（带铁圈）、烧杯、玻璃棒、漏斗，因此主要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。由于选择氧化剂时不能引入新的杂质，高
27、锰酸钾的还原产物是Mn2，属于杂质，因此不能选择高锰酸钾溶液，所以试剂为氯气或双氧水，即答案选B或C。（2）CO2溶于水，溶液显酸性，不能和氯化钙反应生成白色沉淀。所以要制备碳酸钙沉淀，应该首先通入氨气，然后再通入CO2。由于氨水溶液显碱性，所以通入二氧化碳时应注意防止倒吸，因此正确的装置图可以为。（3）由表格中的数据可知，沉淀的pH越小，则溶度积越小。所以Fe(OH)3、Fe(OH)2和Mg(OH)2的溶度积常数由小到大的排列顺序KspFe(OH)3KspFe(OH)2KspMg(OH)2。（4）Mg(OH)2起阻燃作用的主要原因是Mg(OH)2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生
28、成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳。故答案为：Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳考点：考查过滤操作、氧化剂的选择；碳酸钙制备、防倒吸装置的选择；溶度积常数的判断以及氢氧化镁的性质与用途等21（6分）向10mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液中加入足量的氯化钡溶液，生成沉淀的质量为6.27g，向所得沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀质量减少到2.33g，并放出气体，试计算：（1）原混合物中Na2SO4的物质的量浓度；（2）在标准状况下产生气体的体积。【答案】解：（1）设Na2SO4的物质的量为xB
29、aCl2 + Na2SO4 = BaSO4+ 2NaCl1mol 233gx 2.33g x = 0.01mol （3分）（2）设产生的气体的体积为VBaCO3 CO2197g 22.4L6.27g 2.33g =3.94g V V = 0.448L（3分）【解析】试题分析：沉淀质量减少到2.33g，并放出气体，则2.33g固体为BaSO4，以此可计算Na2SO4的物质的量，同时生成BaCO3沉淀，质量为6.27g-2.33g=3.94g，以此可计算Na2CO3的物质的量，并计算气体的体积。考点：考查有关化学方程式的计算。22下列框图题中，已知A、E、F、H是单质，其中只有A是一种常见的金属单
30、质，其它都是气体，且H是呈黄绿色；B是最常见液体，C是一种淡黄色粉末，G的焰色反应呈黄色，L是白色沉淀，M是红褐色沉淀。部分反应的某些产物未标出。回答下列问题：（1）写出C化学式： ，I的电子式 ；（2）写出离子方程式：K+H： ；（3）写出化学方程式：B+C： ；【答案】（1） Na2O2 ；（2）2Fe3+Cl2= 2Fe2+ +2 Cl-（3）2Na2O2 + 2 H2O=4 NaOH+ O2【解析】试题分析：根据题给信息可知，H是气体单质，呈黄绿色证明是Cl2，B是最常见液体，转化中可以由EF两种气体点燃反应单质生成，可以预测为B为水，G的焰色反应呈黄色说明含有钠元素，M是红褐色沉淀说
31、明是Fe(OH)3；L是白色沉淀，L+F+BM，证明L是Fe(OH)2；根据K+GL，推断G为NaOH，K为FeCl2，结合K+HJ可知，J为FeCl3；A是固体单质能发生反应A+JK是还原三价铁盐为二价铁盐的转化，所以判断A为Fe；根据L+F+BM是氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应，所以F为O2，B为H2O，E为H2；E+HI，H为LCl2，I为HCl；转化关系中D+IJ+K，I是HCl，J是FeCl3，K是FeCl2，推断D为Fe3O4，A(Fe)+B(H2O)E(H2)+D(Fe3O4)；B(H2O)+CF(O2)+G(NaOH)，推断C为Na2O2；综上所述：转化关系分别为：A(Fe)+
32、B(H2O)E(H2)+D(Fe3O4)；B(H2O)+C(Na2O2)F(O2)+G(NaOH)；E(H2)+F(O2)B(H2O)；E(H2)+H(Cl2)I(HCl)；D(Fe3O4)+I(HCl)J(FeCl3)+K(FeCl2)；J(FeCl3)+A(Fe)K (FeCl2)；K(FeCl2)+H(Cl2)J(FeCl3)；K(FeCl2)+G(NaOH)L(Fe(OH)2)；L(Fe(OH)2)+B(H2O)+F(O2)M(Fe(OH)3)；G(NaOH)+J(FeCl3)M(Fe(OH)3)；综合判断转化关系中的各物质分别为：A、Fe；B、H2O；C、Na2O2；D、Fe3O4；
33、E、H2；F、O2；G、NaOH；H、Cl2；I、HCl；J、FeCl3；K、FeCl2；L、Fe(OH)2；M、Fe(OH)3；（1）阴极上述分析判断可知，C为Na2O2；I为HCl，电子式为：；故答案为：Na2O2；（2）K+H的反应是K(FeCl2)+H(Cl2)J(FeCl3)，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-；故答案为：2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-；（3）依据分析判断可知B+C的反应是 B(H2O)+C(Na2O2)F(O2)+G(NaOH)，所以反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O
34、2。考点：考查了无机推断、元素及其化合物的性质的相关知识。23已知： 有如下转化关系，E能发生银镜反应，F为。请填写下列空白：（1）写出下列物质的结构简式：A ；E 。（2）D的同分异构体中属于芳香族化合物的有 种（D除外），其中不与Na反应的是 （结构简式）。（3）写出下列反应的反应类型： ， 。（4）写出E和新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式 。【答案】（1）； （2）4、（3）缩聚反应、消去反应（4）【解析】试题分析：根据反应的产物结构简式可知H发生加聚反应，则H的结构简式为；根据F 的结构简式和已知信息可知G的结构简式为，G发生消去反应生成H。E被氧化生成F，所以根据已知信息可
35、知E的结构简式为；依据反应的生成物结构简式可知并联系酚醛树脂的生成可知该反应是C发生缩聚反应，则C的结构简式为；根据B的分子式、C的结构简式和已知信息可知B的结构简式应该是CH3COCH3，则A的结构简式为；B和D反应生成C，则D的结构简式为，即B和D发生加成反应生成C。（1）根据以上分析可知A、E的结构简式分别是、。（2）D的同分异构体中属于芳香族化合物的还有邻甲基苯酚、间甲基苯酚苯甲醇和苯甲醚，其中不与Na反应的是苯甲醚，结构简式为。（3）根据以上分析可知是缩聚反应，是消去反应。（4）E和新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为。【考点定位】本题主要是考查有机物推断，涉及反应类型、同分异构体判断、方程式书写等【名师点晴】有机推断题的解答类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。该题的难点是反应的判断，解答时注意根据结构简式联系酚醛树脂的制备。