1、河南省郑州六十中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A11.2L氢气一定含有NA 个氢原子 B18g水含有电子数为8NAC在通常情况下，1L1mol/L的氨水中含有分子数为NAD、常温常压下，32g氧气(O2)和臭氧(O3)的混合气所含原子数为2NA【答案】D2电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是 ACu BK2SO4 CMgCl2溶液 DNaOH溶液【答案】B【解析】试题分析：A、铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、硫酸钾是电解质，B正确；C、氯化镁溶液是混合物，不是电解质，也
2、不是非电解质，C错误；D、氢氧化钠溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查电解质判断【名师点晴】明确电解质的含义是解答的关键，即在溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，注意电解质的研究对象、范围、满足的条件以及引起导电的原因。3下列有关分液漏斗说法正确的是A使用分液漏斗前不用检查活塞处是否漏水B放气时，直接打开上口玻璃塞C分液操作时，下层液体从下端放出，上层液体从上口倒出D应选用球形分液漏斗进行分液【答案】C【解析】试题分析：分液漏斗有活塞，使用前需要检查是否漏水，A错误； 分液漏斗的放气是在倒置振荡时直接打开活塞放气，而不是打开上口玻璃塞
3、放气，B错误；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C正确；应选用梨形分液漏斗进行分液，D错误。考点：分液漏斗的使用4水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是（ ）A4时，纯水的pH=7B温度升高，纯水中的C（H+） 增大，C（OH）减小C水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子D向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小【答案】C【解析】试题分析：A、25时，纯水的pH=7，4时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，错误；B、温度升高，水的电离平衡向右移动，C（H+）与C（OH）均增大，错误；C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，25时，纯水电离出的H+浓度只有
4、1.010-7molL1，纯水中主要存在形态是水分子，正确；D、水的离子积不受溶液酸碱性的影响，错误。考点：考查水的电离平衡。5纯锌跟稀H2SO4反应速率很小，为了加快锌的溶解和放出H2的速率，并且使产生H2的量不变，当稀H2SO4过量时，可向其中加少量( )ACuSO4溶液 B铜 CZnSO4 D镁条【答案】B【解析】试题分析：加入CuSO4溶液，锌与硫酸铜反应，所以生成的氢气减少，故A错误；加入铜，构成铜锌原电池，为了加快锌的溶解和放出H2的速率，故B正确；ZnSO4反应速率不变，故C错误；加入镁条产生H2的量增大，故D错误。考点：本题考查化学反应速率。 6如图所示：若关闭阀，打开阀，让一
5、种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶 ，布条不褪色；若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是浓H2SO4 NaOH溶液 饱和NaCl溶液A、 B、 C、 D、【答案】C【解析】干燥的氯气本身没有漂白性，只有与水反应生成HCLO，HCLO具有漂白性，能使有色布条褪色，所以甲瓶中所盛的试剂可能是浓H2SO4 ，起干燥剂作用；可是NaOH溶液，能与氯气反应，消耗掉氯气；而饱和NaCl溶液不能与氯气反应；7设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A1mol浓硫酸和足量铜粉反应转移的电子数为NAB标准状况下，5.6LNO和5.6 LO2混合后的分子总数为为0.5NAC0.1mo
6、l苯乙烯中含有的碳碳双键的数目为0.1 NAD将NA个NH3分子溶于1L水中得到1 molL-1的氨水【答案】C【解析】试题分析：A由于随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，所以反应生成的二氧化硫小于0.5mol，转移的电子小于1mol，转移电子数小于1NA，故A错误；B一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O22NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故B错；C苯乙烯分子结构中含有一个碳碳双键，苯环中无碳碳双键，0.1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为0.1NA，故C正确；D将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1molL-1，故D错误；答
7、案为C。考点：考查阿伏伽德罗常数的应用8氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，可加入少量的（ ）A. NaOH B. NH4Cl C. MgSO4 D. NaHSO4【答案】BD【解析】Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),加入氯化铵，铵根和氢氧根结合生成一水合氨，氢氧根减少，平衡正向移动；硫酸氢钠消耗氢氧根，平衡正向移动，氢氧化镁量减少；930mL 0.2mol/L KCl溶液与20mL 0.1mol/L AlCl3溶液中Cl- 物质的量浓度之比是A1:1 B2:3 C2:1 D3:1【答案】
8、B【解析】试题分析：0.2mol/L KCl溶液 0.2mol/L；0.1mol/L AlCl3溶液 0.3mol/L，Cl- 物质的量浓度之比,2:3，故B正确。考点：本题考查物质的量浓度。10同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为A1：1 B2：1 C3：4 D5：4【答案】D【解析】试题分析：同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，则甲容器与乙容器的体积之比为，答案选D。考点：考查物质的量的有关计算11下列中各组性质的比较，正确的是酸性：HClO4HBrO4HIO4离子还原性：S2-Cl-Br -I-沸点：
9、HFHClHBrHI金属性：KNaMgAl气态氢化物稳定性：HFHClH2S半径：O2-Na+NaClA B C D【答案】C【解析】试题分析：根据同主族元素性质递变规律判断，非金属性：ClBrI，最高价氧化物水化物的酸性：HClO4HBrO4HIO4，正确；根据非金属性活动顺序判断，非金属性：ClBr IS，离子还原性：S2-I- Br -Cl-，错误；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，HF分子间存在氢键，沸点反常的高，故沸点：HFHIHBrHCl，错误；根据同周期元素由左向右金属性逐渐减弱，同主族元素由上到下金属性增强知，金属性：KNaMgAl，正确；根据非金属性活动顺
10、序判断，非金属性：FClS，气态氢化物稳定性：HFHClH2S，正确；半径：NaClO2-Na+，错误，D答案选C。考点：考查同周期、同主族元素性质递变规律。12在一定条件下，可逆反应2A（气）B（气）nC（固）D（气）达平衡。若维持温度不变，增大压强，测得混合气体的平均相对分子质量不发生改变，则下列说法正确的是：A其他条件不变，增大压强，平衡不发生移动B其他条件不变，增大压强，混合气体的总质量不变C该反应式中n值一定为2D原混合气体中A与B的物质的量之比为21，且2M（A）M（B）3M（D）（其中M表示物质的摩尔质量）【答案】D【解析】试题分析：反应是两边气体体积不相等的反应，改变压强，平衡
11、会发生移动，A错；增大压强平衡向正向移动，气体的总质量减少，B错；M是固体，M的化学计量数对平衡的移动没有影响，C错；增大压强，平衡向正向移动，气体的物质的量减少，混合气体的平均相对分子质量不发生改变，A与B的物质的量之比为21，且2M（A）M（B）3M（D），D对。考点：化学平衡的移动。13某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再滴入稀硝酸，沉淀不溶解，则该溶液中A一定有SO42 B可能有SO42或Ag+C一定无Ag+ D还可能有CO32【答案】B【解析】试题分析：加入氯化钡产生白色沉淀且不溶于稀硝酸，可能是氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，选B。考点：离子检验14如下图所示，隔板固定不动，活塞可
12、自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g)3B(g) 2C(g)，H192 kJmol1。向M、N中，分别通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是A若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，则x一定等于yB若xy12，则平衡时，M中的转化率：ABC若xy13，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%D若x1.4，y1，N中达到平衡时体积为2L，C为0.4mol，则反应起始时N的体积为2.6L【答案】A【解析】试题分析：A、设M中发生了a mol反应，y中发生了b mol反应，有(x-a)/(x+y-2a)=(x-b)/(x+
13、y-2b)，整理可得x=y，A正确；B、设发生了a mol反应，则A的转化率为a/x，B的转化率为3a/2x。转化率AB，B错误；C、只能判断出发生了0.9mol反应，消耗了0.9molA，但由于不知道原来A有多少，故不能计算转化率的值，表达式应为（0.9/x）100%，C错误；D、由三行式法计算，可知反应起始时N的体积为2.4L，D错误；答案选A。考点：化学平衡及其计算15（12分）有右图装置：回答下列问题：M N （1）装置A是_池，B是_池。 （2）装置A中的Zn极是_极，Cu极上的电极反应方程式为：_。 （3）装置B中是浓度均为1.0mol/L的NaCl、CuSO混合溶液，溶液体积为5
14、00mL,M、N均为石墨电极，当装置A中Zn棒质量减少32.5g时，N上质量增加_g；(4)欲用装置B给用来给餐具镀银，N应该是 (填“银” 或“餐具”)， 电镀液的主要成分是(填化学式) 。【答案】(（1）小题每格1分，其余2分)（1）原电池； 电解池；（2）负；Cu极上的电极反应式 ；H22e=H2；（3） 32 g； （4）餐具； AgNO 3 ；【解析】（1）根据装置图中电解材料的性质及电解质溶液可知，A是铜锌原电池，B是电解池。（2）原电池中较活泼的金属作负极，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气，反应式为H22e=H2。（3）A中Zn棒质量减少32.5g时，
15、转移电子是32.5g65g/mol21.0mol。N和电源的负极相连，是阴极，溶液中的铜离子放电。溶液中铜离子的物质的量是1mol/L0.5L=0.5mol，恰好需要1mol电子，生成0.5mol铜，质量是32g。（4）电镀时待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液，N是阴极，连接餐具，可以用硝酸银作电镀液。16已知物质A、B、C、D、E、F在一定条件下的关系如下图所示，该六种物质的焰色反应均呈黄色。（1）写出下列物质的化学式：A、D、F。（2）A、B、C、D四种物质分别长期暴露在空气中，其最终产物为，其中变质过程中有氧化还原反应发生的物质是(填写物质对应的化学式) _。
16、（3）将C加入CuSO4溶液中，发生反应的化学方程式为 。【答案】（1）NaNaOHNaHCO3（2）Na2CO3Na2O2、Na（3）2Na2O2+2H2O+2CuSO4=2Cu(OH)2+2Na2SO4+O2【解析】试题分析：焰色反应均呈黄色说明这六种物质中均含有钠元素，由ABC可以推知A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，所以D为NaOH，E为Na2CO3，F为NaHCO3。A、B、C、D四种物质分别长期暴露在空气中发生反应的过程为(Na2O、NaOH的过程包含在Na的反应过程中，Na和氧气反应生成的是Na2O，括号内的Na2O2表示它在空气中的变化过程同Na2O一样)：NaNa2O(
17、Na2O2)NaOHNaOH溶液Na2CO3溶液Na2CO310H2ONa2CO3，所以最终产物均为Na2CO3。Na2O2和CuSO4溶液反应分两步进行，先是Na2O2和水反应，然后NaOH和CuSO4溶液反应。考点：碳酸钠的性质与应用17（6分）某化学兴趣小组用甲、乙两套装置（如下图所示）进行甲酸（HCOOH）与甲醇（CH318OH）酯化反应的实验，回答以下问题： （1）甲酸（HCOOH）和甲醇（CH318OH）进行酯化反应的化学方程式是： _ _。 （2）乙装置中长玻璃导管c的作用是_ _。 （3）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是 ，原因： （4）试管A和锥形瓶B内装的是 ：作用为 。
18、【答案】（1）HCOOHCH318OH HCO18OCH3H2O（2）平衡气压，冷凝回流 （3）乙， 乙的冷凝效果好，减少了甲醇等有毒物质对大气的污染（4）饱和Na2CO3溶液，溶解甲醇，使甲酸充分反应，降低甲酸甲酯的溶解度，便于收集纯净的甲酸甲酯 。【解析】试题分析：（1）甲酸和甲醇进行酯化反应的机理是羧酸脱羟基醇脱氢，反应化学方程式为：HCOOHCH318OH HCO18OCH3H2O ；（2）乙装置中长导管C的作用是冷凝回流甲醇，平衡内外大气压强；（3）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是乙，原因：乙的冷凝效果好，减少了甲醇等有毒物质对大气的污染；（4）制备甲酸甲酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收
19、甲酸甲酯，作用为溶解甲醇，使甲酸充分反应，降低甲酸甲酯的溶解度，便于收集纯净的甲酸甲酯 。考点：考查酯化反应的机理和相关实验。18已知Fe(NO3)2受热分解产物为金属氧化物、NO2和O2，请完成表格内容并回答相关问题：（1）对固体产物中Fe化合价的猜想：猜想一：只显+2价 猜想二：只显+3价；猜想三： 。（2）为证明猜想二通过完成下表加以验证。供选试剂有：0.01 mol/L 酸性KMnO4溶液、0.1 mol/L H2SO4溶液、3H2O2溶液、0.1 mol/LKSCN溶液、蒸馏水。（仪器自添）实验操作现象目的或结论步骤1：取适量上述热分解后的固体于试管中，加入0.1 mol/L H2S
20、O4溶液使其充分溶解，将上层清液分加到A、B两支试管中溶解固体产物步骤2：溶液中含有Fe3+步骤3：溶液中不含 Fe2+经验证，猜想二正确，请写出Fe(NO3)2 热分解的化学方程式 。（3）某同学将带火星的木条伸入该分解反应产生的气体中，木条复燃，由此他得出“NO2能支持燃烧的结论”。请你判断该结论是否正确？并说明理由。【答案】既有+2价又有+3价（2分）不写“+”号或写成“2+”、“3+”、“Fe2+”、“Fe3+”等，不给分。实验操作现象步骤2：向A试管中滴入几滴0.1mol/LKSCN溶液溶液呈血红色步骤3：向B试管中滴入几滴0.01mol/L酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液不褪色
21、每空2分。操作部分：所用试剂须从“供选试剂”中选用，否则不给分。“KSCN”、“KMnO4”化学式写错，不给分。若操作部分错误，则现象部分答案不论对错均不给分。现象部分：“血红色”可写为“红色”，写成“砖红色”、“红褐色”、“血红色沉淀”等，不给分。“褪”字写错扣1分。4Fe(NO3)2 2Fe2O3+8NO2+O2（2分）化学式错，不得分；配平及条件错，扣1分。结论正确。（1分）Fe(NO3)2分解后的气体产物中，NO2和O2的体积比为8：1，O2的体积分数小于空气中氧气的体积分数21%，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃。（2分）能说明该反应产生的气体中氧气浓度较低，若NO2不支持燃烧，则
22、木条不会复燃即可。【解析】试题分析：从铁的硝酸盐分解，用氧化还原角度来看，N（+5+2），O（-20），故铁的化合价可能变也可能不变，故为+2或+3价，然后据此进行探究。根据+2和+3价铁离子的检验设计实验方案，得出相关的结论。对于NO2能否支持燃烧的结论，要从，O2的百分含量的角度定量进行考虑。考点：以探究为基础，考查了氧化还原反应、物质的检验以及探究的基本方法。19硫代硫酸钠(Na2S2O3)又名大苏打、海波，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。实验室常以硫化钠(Na2S)为原料制取Na2S2O3。实验项目I：工业级硫化钠的纯化。本实验对Na2S的纯度要求较高，利用图1所示的
23、装置将工业级的Na2S提纯。已知：Na2S常温下微溶于酒精，加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精。提纯步骤依次为： 将已称量好的工业Na2S放入圆底烧瓶中，并加入一定质量的酒精和少量水； 按图1所示连接仪器，水浴加热；冷凝管的作用是 。向冷凝管中通入冷却水的方向是从 口进水(填“a”或“b”)。 待烧瓶中固体不再减少时，停止加热，将烧瓶取下，趁热过滤，除去不溶物； 将滤液转移至烧杯中，冷却结晶，过滤； 将所得固体用少量 (填试剂名称)洗涤，干燥后得到Na2S9H2O晶体。实验项目II：硫代硫酸钠的制备。制备步骤依次为： 称取一定质量的硫化钠晶体和碳酸钠固体，溶于水，转移至三颈瓶中； 按图2所示
24、连接仪器，并在各仪器中加入相应的试剂，打开分液漏斗的活塞，使反应生成的气体较均匀地通入三颈瓶中，并用电磁搅拌器不断搅拌；仪器A的名称为 。 写出三颈瓶中发生的反应的化学方程式： 。 随着气体的通入，逐渐有浅黄色的硫析出，继续通入气体至溶液pH接近7，停止通入气体，取下三颈烧瓶，过滤；实验过程中若未及时停止通入气体可能产生的后果为 。 将滤液置于蒸发皿中加热，待 时，停止加热，冷却，过滤，即得Na2S2O35H2O晶体。【答案】冷凝回流 b乙醇蒸馏烧瓶Na2CO32Na2S4SO2=3Na2S2O3CO2Na2S2O3在酸性环境中不稳定，产率降低少量晶体析出时【解析】试题分析：根据装置图可知，冷
25、凝管的作用是冷凝回流；为充分冷却，应使冷水充满冷凝管，则应从冷凝管的b处通入水。Na2S常温下微溶于酒精，所以将所得固体用少量乙醇洗涤；根据仪器的特征，仪器A的名称为蒸馏烧瓶；Na2SO3和硫酸反应生成硫酸钠、SO2和水，硫化钠晶体和碳酸钠固体溶于水，然后向混合溶液中通入SO2生成硫代硫酸钠，根据原子守恒，还有CO2生成，则发生反应的化学方程式为Na2CO32Na2S4SO2=3Na2S2O3CO2。由于在酸性条件下易发生反应S2O32+2H+S+H2O+SO2，所以通入气体至溶液pH接近7，停止通入气体，若实验过程中未及时停止通入气体可能产生的后果是Na2S2O3在酸性环境中不稳定，产率降低
26、。由溶液得到结晶水合物的方法是将滤液置于蒸发皿中加热，待少量晶体析出时，停止加热，冷却，过滤，即得Na2S2O35H2O晶体。考点：考查实验室制备Na2S2O3，化学常见仪器，化学实验基本操作等知识。20（8分）铁氧体是一类磁性材料，通式为MO xFe2O3（M为二价金属离子）。根据题意完成：（1）为了制备铁氧体，称取5.6g铁粉、一定量的FeCl3(s) 作为原料，先制备Fe3O4。方法如下：用稀硫酸溶解铁粉，加入FeCl3(s)，经过一系列反应得到纯净的Fe3O4已知1molFe(OH)2与2molFe(OH)3混合灼烧可得到1mol Fe3O4 。需要加入FeCl3(s) g。（2）如果
27、以MgSO4(s)和FeCl3(s)为原料制备9.0 g MgO 2Fe2O3，在制取过程中至少需要1 mol/L的NaOH(aq) mL。（3）在一次制备Fe3O4的实验中，由于反应物比例控制不当，获得了另一种产品。取a克该产品溶于100mL盐酸（足量）中，需要通入672 mL（标准状况）Cl2才能把溶液中的Fe2+ 全部氧化为Fe3+，然后蒸干所得溶液，灼烧至恒重，得9.6 g固体。计算：ag 该产品溶于盐酸后，溶液中Fe2+ 的物质的量浓度（溶液体积变化忽略不计）。推算该产品的化学式（写出推算过程）。【答案】（8分）（1）32.5 g（2分）（2）350mL（2分） （3）0.6 mol
28、/L（2分） 2FeO Fe2O3（2分）【解析】试题分析：（1）5.6g铁的物质的量是5.6g56g/mol0.1mol，与稀硫酸反应生成0.1mol硫酸亚铁。已知1molFe(OH)2与2molFe(OH)3混合灼烧可得到1mol Fe3O4，所以还需要0.2mol铁离子，则需要氯化铁的质量是0.2mol162.5g/mol32.5g。（2）9.0 g MgO 2Fe2O3的物质的量是9.0g360g/mol0.025mol，则对应的氢氧化镁是0.025mol，氢氧化铁是0.1mol，所以需要氢氧化钠的物质的量是0.025mol20.1mol30.35mol，因此在制取过程中至少需要1 m
29、ol/L的NaOH(aq)的体积是0.35mol1mol/L0.35L350ml。（3）消耗氯气的物质的量0.672L22.4L/mol0.03mol，得到0.06mol电子，所以根据电子得失守恒可知溶液中亚铁离子的物质的量是0.06mol，则溶液中Fe2+ 的物质的量浓度0.06mol0.1L0.6mol/L。最终得到的9.6g固体是氧化铁，物质的量是9.6g160g/mol0.06mol，其中由亚铁离子转化的铁离子是0.06mol，则原溶液中铁离子是0.06mol20.06mol0.06mol，则氧化亚铁是0.06mol，氧化铁是0.03mol，则该产品的化学式为2FeO Fe2O3。考点
30、：考查化学计算21成环反应在有机合成中具有重要应用，某环状化合物G的合成过程如下：（1）AB为加成反应，则B的结构简式是 ；BC的反应类型是 （2）G中含有的官能团名称是 ；F的化学式为 （3）DE的化学方程式是 （4）H是F的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）H的结构简式是 （5）由C通过加聚反应合成的顺式高分子化合物M的化学方程式为 （6）下列说法正确的是 aA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体bD和F中均含有2个键c1mol G完全燃烧生成8mol H2OdF能发生加成反应、取代反应、氧化反应【答案】（1）HCCCH=CH2；加成
31、反应（2）醚键、酯基；C10H14O3；（3）HCCCOOH+CH3CH2OHHCCCOOCH2CH3+H2O（4）（5）（6）ad【解析】（1）比较A和C的结构及根据AB为加成反应，可知B为HCCCH=CH2，比较B和C的结构可知，BC的反应类型是加成反应，（2）根据G的结构简式中知G中含有的官能团名称为醚键、酯基，根据F的结构简式可知F的化学式为C10H14O3，（3）比较A和E的结构简式可知，乙炔与二氧化碳反应生成D为HCCCOOH，HCCCOOH与乙醇发生酯化反应得E，反应方程式为HCCCOOH+CH3CH2OHHCCCOOCH2CH3+H2O，（4）根据条件：核磁共振氢谱除苯环吸收峰
32、外仅有1个吸收峰，说明苯上的侧链是一个对称结构；存在甲氧基（CH3O），结合F的结构可知H的结构简式为，（5）根据C的结构简式可知，C发生加聚反应合成的顺式高分子化合物M的化学方程式为，（6）a乙炔和HCl进行等物质的量的加成反应得到氯乙烯，故a正确；b根据D和F的结构简式可知，D中有两个键，F中有3个键，故b错误；c根据G的结构简式可知，G分子中有18个氢原子，所以1mol G完全燃烧生成9mol H2O，故c错误；d根据F的结构简式可知，F中有碳碳双键、酯基等，所以F能发生加成反应、取代反应、氧化反应，故d正确，故选ad【点评】本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构
33、与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，难度中等22一些常见的单质、化合物有如下图所示的转化关系（有些反应的条件和部分物质未全部列出）。已知在常温常压下，F为红棕色气体；L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；K为红褐色难溶物，A、H为生活中常见的两种金属；D为非金属气态单质。（1）B物质的化学式：_，D的名称：_。（2）写出J+HI的离子方程式_。（3）FG的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，写出该反应的化学方程式_。（4）铜与G的浓溶液反应过程中可能发生反应
34、的离子方程式为_。（5）M放置在空气中颜色的变化为_，写出其发生变化的化学方程式_。（6）H的最高价氧化物可与A发生反应，其反应方程式为_。（7）写出检验I溶液中阳离子的实验方法_。B、C、L均是含有同一元素的化合物，用离子方程式写出以B为主要原料制备L的可行方法_。【答案】（1）AlCl3；氮气(2分）（2）2Fe3+ + Fe =3Fe2+(2分）（3）1:2；3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO(4分）（4）Cu + 4H+ +2NO3- =Cu2+ + 2NO2 + 2H2O(1分）；3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+ + 2NO2 + 4H2O(1分）（5）白
35、色沉淀灰绿色红褐色沉淀；4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O=4Fe(OH)3(3分）；Fe2O3 + 2Al 2Fe + Al2O3(2分）（6）取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2+(2分）； Al3+ + 3NH3H2O =Al(OH)3 + 3NH4+(2分）。【解析】试题分析：D为非金属气态单质，与氧气发生反应产生E，E与氧气反应产生F，F为红棕色气体；则D是N2，E是NO，F是NO2；NO2与水发生反应产生HNO3和NO，所以G是HNO3；H是Fe，Fe与硝酸在加热时发生反应产生的J是Fe(NO3)3；Fe(NO3)3与Fe
36、发生反应产生I是Fe(NO3)2；向Fe(NO3)2溶液中加入NaOH溶液，产生的M是Fe(OH)2；A、H为生活中常见的两种金属，A与盐酸发生反应产生B，B与过量NaOH溶液发生反应产生C，L为白色不溶于水的固体，它既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应；K为红褐色难溶物，则L是Al(OH)3；A是Al，B是AlCl3；C是NaAlO2；J是Fe(NO3)3；C、J发生盐的双水解反应产生L是Al(OH)3；K为红褐色难溶物Fe(OH)3。（1）B物质的化学式是AlCl3；D的名称是氮气。（2）J+HI的离子方程式是2Fe3+ + Fe =3Fe2+。（3）NO2溶于水，发生反应产生硝酸和NO，反应
37、的方程式是：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO ，在该反应中，NO2既是氧化剂，又是还原剂，3molNO2参加反应，其中2mol作还原剂，1mol作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。（4）铜与G的浓溶液反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应过程中可能发生反应的离子方程式为Cu + 4H+ +2NO3- =Cu2+ + 2NO2 + 2H2O。（5）M是Fe(OH)2，放置在空气中会被空气中的氧气氧化产生Fe(OH)3，物质的颜色白色沉淀灰绿色红褐色沉淀；其发生变化的化学方程式4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O=4Fe(OH)3。（6）H是Fe，铁元素的最高价氧化物可与Al在高温下发生铝热反应，其反应方程式为Fe2O3 + 2Al 2Fe + Al2O3。（7）I是Fe(NO3)2；检验I溶液中阳离子的实验方法取少量待测液于试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入氯水，溶液变为血红色，则证明有Fe2+； B、C、L均是含有同一元素铝元素的化合物，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，可以与强碱发生反应，所以以AlCl3为主要原料制备L的可行方法是向其中加入过量的弱碱氨水，发生反应：Al3+ + 3NH3H2O =Al(OH)3 + 3NH4+，制取得到氢氧化铝。考点：考查元素的单质及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、反应现象的描述、离子的检验等知识。
