江西省萍乡市2016届高三化学下册第三次模拟试题2.doc

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2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷

一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．下列物质中与0.3 molH2O含有相同氢原子数的是（　　）
A．0.3molHNO3 B．0.1mol H3PO4
C．0.2molCH4 D．3.612×1023个HCl分子

2．在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（　　）
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1
B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1
C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大
D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol

3．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（　　）
A． B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH

4．下列各组离子，在溶液中能大量共存，加入H2SO4溶液后既有气体放出又有沉淀生成的一组是（　　）
A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣ B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣
C．K+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+

5．如图所示，6个编号分别代表下列物质中的一种物质，凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温下氨气能还原氧化铁）．图中⑤表示的物质是（　　）
a．Al　b．Fe2O3　c．NaOH 溶液　d．Cl2　e．NH3　 f．氢碘酸溶液．

A．a 或b B．c C．d 或e D．f

6．如图所示，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y．若挤压滴管胶头，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起．气体X和液体Y不可能是（　　）

A．X是NH3，Y是水 B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液
C．X是CO2，Y是稀硫酸 D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液

7．关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1
B．c（H+）=c（CH3COO﹣）
C．加水稀释100倍后，溶液pH=4
D．加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离

8．乙硼烷（B2H6）碱性燃料电池是一种新型电池，具有能量转化效率高、无污染等优点，其结构示意图如图所示．下列说法中不正确的是（　　）

A．正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
B．电池工作时，Na+通过阳离子交换膜向右移动
C．转移6mol电子理论上消耗乙硼烷的质量为14g
D．消耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为12mol

二、解答题（共4小题，满分52分）
9．下列物质有如下转化关系（有的生成物未列出），其中：D为碱，G为酸，金属甲在G 的浓溶液中会钝化；F的溶液中只含一种溶质．

A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成，且Q、R、X、T原子序数依次增大；X的最外层电子数是电子层数的3倍；R和X相邻；Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素．则：
（1）X在周期表中的位置是　　　　　　，R、X、T的原子半径从小到大的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）；
（2）A和G等物质的量反应产物的水溶液显　　　　　　性，其原因用离子方程式表示为　　　　　　；
（3）A和X2反应的化学方程式为　　　　　　；
（4）pH均为12的D溶液和F溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为　　　　　　；
（5）为保护环境，通过安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E和CO反应转化为两种空气的成分，当反应转移1 mol电子时，生成的气体在标准状况下的总体积为　　　　　　L．

10．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：

据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是　　　　　　．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式
沉淀固体B　　　　　　；C　　　　　　；沉淀D　　　　　　；溶液E　　　　　　．
（3）写出①、②、③、④四个反应方程式
①　　　　　　；
②　　　　　　；
③　　　　　　；
④　　　　　　．

11．如图中的B～K分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质．固态物质A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D．各物质间的转化关系如图所示：

请回答下列问题：
（1）写出实验室检验A物质中含有的阳离子的方法　　　　　　．
（2）B与E反应得到1molH，则此时转移电子的物质的量为　　　　　　mol．
（3）写出实验室制取B的化学方程式　　　　　　．
（4）写出N的稀溶液与过量的铁粉反应的离子方程式　　　　　　．
（5）若混合气体通过碱石灰得到的气体B与通过浓硫酸得到的气体D的物质的量之比是8：5，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为　　　　　　．

12．绿原酸（）是一种抗氧化药物，存在如图转化关系．

（1）绿原酸中的含氧官能团有：酯基、　　　　　　．
（2）B的分子式是　　　　　　．
（3）C的氧化产物能发生银镜反应，则C→D的化学方程式是　　　　　　．
（4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是　　　　　　．
（5）F是A的同分异构体．F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢．
①符合上述条件的F有　　　　　　种可能的结构．
②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，其化学方程式是　　　　　　（任写1个）．

2016年江西省萍乡市上栗县高考化学三模试卷
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．下列物质中与0.3 molH2O含有相同氢原子数的是（　　）
A．0.3molHNO3 B．0.1mol H3PO4
C．0.2molCH4 D．3.612×1023个HCl分子
【考点】物质的量的相关计算．
【专题】物质的量的计算．
【分析】0.3 molH2O含有0.6mol氢原子，有0.6NA个氢原子，0.3 mol HNO3中含有0.3NA个氢原子，0.1 mol H3PO4中含有的氢原子数为0.3NA个氢原子，0.2 mol CH4中含有0.8NA个氢原子，3.612×1023个HCl分子物质的量为0.6 mol，含有0.6NA个氢原子．
【解答】解：A、0.3 mol H2O中含有0.6NA个氢原子，0.3 mol HNO3中含有0.3NA个氢原子，故A错误；
B、0.1 mol H3PO4中含有的氢原子数为0.3NA个氢原子，故B错误；
C、0.2 mol CH4中含有0.8NA个氢原子，故C错误；
D、3.612×1023个HCl分子物质的量为0.6 mol，含有0.6NA个氢原子，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查物质的量的相关计算，解答本题中注意物质的分子构成，结合相关的计算公式解答，难度不大．

2．在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（　　）
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1
B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1
C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大
D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题．
【分析】经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则
A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）
起始：1mol 2mol 0 0
转化：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol
平衡：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol
以此可解答该题．
【解答】解：经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则
A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）
起始：1mol 2mol 0 0
转化：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol
平衡：0.5mol 1mol 0.5mol 1mol
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；
B.5min时，容器内D的浓度为=0.2mol•L﹣1，故B正确；
C．反应前后气体的体积不等，反应过程中气体物质的量增大，容器内压强逐渐增大，故C正确；
D．5min时容器内气体总的物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据三段式法计算较为直观，易错点为CD，注意A为固体的特征．

3．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（　　）
A． B．HOOC﹣COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，根据反应关系式R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOHCO2进行判断．
【解答】解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，
存在反应关系式：R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOHCO2，
若V1=V2≠0，
说明分子中含有1个R﹣OH和1个﹣COOH，只有A符合，
故选A．
【点评】本题考查有机物的推断看，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键．

4．下列各组离子，在溶液中能大量共存，加入H2SO4溶液后既有气体放出又有沉淀生成的一组是（　　）
A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣ B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣
C．K+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出；
B．四种离子之间能够共存，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体；
C．铁离子与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化铜；
D．加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成．
【解答】解：A．Ba2+、NO3﹣、NH4+、Cl﹣之间不发生反应，但是加入硫酸后有BaSO4沉淀生成，但无气体放出，不满足条件，故A错误；
B．Ba2+、HCO3﹣、NH4+、NO3﹣之间不发生反应，加入硫酸后，生成硫酸钡沉淀，放出CO2气体，满足条件，故B正确；
C．OH﹣与Cu2+会结合生成Cu（OH）2沉淀，不能共存，故C错误；
D．Na+、CO32﹣、SO42﹣、K+之间不反应，加入硫酸后放出CO2气体，但无沉淀生成，不满足条件，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等．

5．如图所示，6个编号分别代表下列物质中的一种物质，凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温下氨气能还原氧化铁）．图中⑤表示的物质是（　　）
a．Al　b．Fe2O3　c．NaOH 溶液　d．Cl2　e．NH3　 f．氢碘酸溶液．

A．a 或b B．c C．d 或e D．f
【考点】无机物的推断．
【专题】无机推断．
【分析】编号⑤和其他5种物质都能发生反应，因此只能是氢碘酸，发生反应的化学方程式依次为：2Al+6HI═2AlI3+3H2↑；Fe2O3+6HI═2FeI2+I2+3H2O；NaOH+HI═NaI+H2O；HI+NH3═NH4I；Cl2+2HI═I2+2HCl．
【解答】解：编号⑤和其他5种物质都能发生反应，因此只能是氢碘酸，发生反应的化学方程式依次为：2Al+6HI═2AlI3+3H2↑；Fe2O3+6HI═2FeI2+I2+3H2O；NaOH+HI═NaI+H2O；HI+NH3═NH4I；Cl2+2HI═I2+2HCl，故选：D．
【点评】本题考查无机物推断，关键是熟练掌握元素化合物性质，注意对基础知识的理解掌握．

6．如图所示，锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y．若挤压滴管胶头，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起．气体X和液体Y不可能是（　　）

A．X是NH3，Y是水 B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液
C．X是CO2，Y是稀硫酸 D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液
【考点】二氧化硫的化学性质；氨的化学性质．
【专题】氧族元素；氮族元素．
【分析】挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，一会儿可见小气球a鼓起，说明锥形瓶内压强减小，X可能溶于Y或与Y发生反应．
【解答】解：A、NH3极易溶于水，NH3溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是NH3和水，故A正确；
B、SO2能够与NaOH浓溶液反应，SO2被吸收，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是SO2和NaOH浓溶液，故B正确；
C、CO2与稀硫酸不反应，难溶于稀硫酸溶液，压强基本不变，小气球不能鼓起，气体X和液体Y不可能是CO2和稀硫酸，故C错误；
D、氯化氢不与NaNO3反应，但氯化氢极易溶于水，氯化氢溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是氯化氢和NaNO3稀溶液，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查喷泉实验知识，题目难度不大，注意形成喷泉实验的原理以及常见物质的性质．

7．关于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是（　　）
A．c（CH3COOH）=0.01mol•L﹣1
B．c（H+）=c（CH3COO﹣）
C．加水稀释100倍后，溶液pH=4
D．加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】醋酸为弱电解质，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进醋酸的电离，加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．醋酸为弱电解质，醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于电离出来的氢离子的浓度，即c（CH3COOH）＞0.01mol•L﹣1，故A错误；
B．根据溶液中电荷守恒可知：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；
C．加水稀释100倍后，加水稀释促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，所以PH变化小于2个单位，即PH＜4，故C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，可抑制醋酸的电离，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，酸碱混合的定性判断以及溶液中的电荷守恒，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大．

8．乙硼烷（B2H6）碱性燃料电池是一种新型电池，具有能量转化效率高、无污染等优点，其结构示意图如图所示．下列说法中不正确的是（　　）

A．正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣
B．电池工作时，Na+通过阳离子交换膜向右移动
C．转移6mol电子理论上消耗乙硼烷的质量为14g
D．消耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为12mol
【考点】化学电源新型电池．
【专题】电化学专题．
【分析】A、在碱性环境中，正极上氧气得电子生成OH﹣；
B、原电池工作时，阳离子向正极移动；
C、根据图示可知B2H6转化为BO2﹣，根据电子守恒和电荷守恒可得，该极电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O，据此计算，
D、根据电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O来回答．
【解答】解：A、在碱性环境中，氧气得电子生成OH﹣，正极的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故A正确；
B、原电池工作时，阳离子向正极移动，即Na+通过阳离子交换膜向右移动，故B正确；
C、根据图示可知B2H6转化为BO2﹣，根据电子守恒和电荷守恒可得，该极电极反应式为B2H6﹣12e﹣+14OH﹣═2BO2﹣+10H2O，据此可知，转移6mol电子理论上消耗0.5molB2H6，其质量为14g，消耗1molB2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为14mol，故C正确，
D、耗1mol B2H6时负极参与反应的n（OH﹣）为14mol，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查原电池原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．

二、解答题（共4小题，满分52分）
9．下列物质有如下转化关系（有的生成物未列出），其中：D为碱，G为酸，金属甲在G 的浓溶液中会钝化；F的溶液中只含一种溶质．

A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成，且Q、R、X、T原子序数依次增大；X的最外层电子数是电子层数的3倍；R和X相邻；Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素．则：
（1）X在周期表中的位置是　第二周期VIA族　，R、X、T的原子半径从小到大的顺序为　O＜N＜Na　（用元素符号表示）；
（2）A和G等物质的量反应产物的水溶液显　酸　性，其原因用离子方程式表示为　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　；
（3）A和X2反应的化学方程式为　4NH3+5O24NO+6H2O　；
（4）pH均为12的D溶液和F溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为　1：1010（或10﹣10，10﹣10：1）　；
（5）为保护环境，通过安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E和CO反应转化为两种空气的成分，当反应转移1 mol电子时，生成的气体在标准状况下的总体积为　14　L．
【考点】无机物的推断．
【专题】推断题．
【分析】X的最外层电子数是电子层数的3倍，应为O元素，R和X相邻，且原子序数小于R，则应为N元素，Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，在元素周期表中只有H和Na符合，则Q为H元素，T为Na元素，题中信息“D为碱，金属甲在G 的浓溶液中会钝化”，说明金属甲能与碱反应，则甲为Al，结合“A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成”可知G应为HNO3，则E为NO2，C为NO，A能与氧气反应生成NO，且含有N元素，应为NH3，则B为H2O，D为NaOH，F应为NaAlO2，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．
【解答】解：X的最外层电子数是电子层数的3倍，应为O元素，R和X相邻，且原子序数小于R，则应为N元素，Q和T同主族，Q为非金属元素，T为金属元素，在元素周期表中只有H和Na符合，则Q为H元素，T为Na元素，题中信息“D为碱，金属甲在G 的浓溶液中会钝化”，说明金属甲能与碱反应，则甲为Al，结合“A、B、C、D，E均由Q，R、X、T四种短周期元素中的两种或三种组成”可知G应为HNO3，则E为NO2，C为NO，A能与氧气反应生成NO，且含有N元素，应为NH3，则B为H2O，D为NaOH，F应为NaAlO2，
（1）X为氧元素，在周期表中的位置是：第二周期，ⅥA族，R（N）、X（O）、T（Na）的原子半径从小到大的顺序为：Na＞N＞O，
故答案为：第二周期VIA族；O＜N＜Na；
（2）A（NH3）和G（HNO3）等物质的量反应生成的产物为硝酸铵，为强酸弱碱盐，铵根离子水溶液水解呈酸性，原因为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，
故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（3）A（NH3）和X2（O2）反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（4）pH均为12的NaOH溶液和NaAlO2溶液中，水电离出的c（OH﹣）之比为10﹣12：10﹣2=1：1010，或10﹣10，10﹣10：1，
故答案为：1：1010（或10﹣10，10﹣10：1）；
（5）安装汽车尾气处理装置，使尾气中的E（NO2）和一氧化碳反应转化为两种空气的成分，发生的反应为：2NO2+4CO=N2+4CO2，反应中N元素化合价由+4价降低到0价，C元素化合价由+2价升高到+4价，当反应转移1 mol电子时，生成0.125molN2和0.5molCO2，体积为0.625mol×22.4L/mol=14L，
故答案为：14．
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意物质性质的应用，原子结构的特征判断，元素种类的推断方法，题目难度不大．

10．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：

据此回答下列问题：
（1）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是　过滤　．
（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、C、D、E所含物质的化学式
沉淀固体B　Al2O3　；C　Al2O3、Fe2O3　；沉淀D　Fe2O3　；溶液E　K2SO4、（NH4）2SO4　．
（3）写出①、②、③、④四个反应方程式
①　Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]　；
②　2KAl（SO4）2+6NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓　；
③　Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓　；
④　2Al（OH）3Al2O3+3H2O　．
【考点】无机物的推断．
【专题】推断题．
【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；
由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成固体B为Al2O3；
向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、（NH4）2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，
（1）溶液和沉淀的分离利用过滤，故答案为：过滤；
（2）由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3 溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4，
故答案为：Al2O3；Al2O3、Fe2O3；Fe2O3；K2SO4、（NH4）2SO4；
（3）反应①为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]，
反应②为2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓，
反应③为Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓，
反应④为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，
故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al（OH）4]；2KAl（SO4）2+6 NH3．H2O=K2SO4+3（NH4）2SO4+2Al（OH）3↓；Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+H2O+Al（OH）3↓；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物性质，侧重Al、Fe及其化合物性质的考查，注意氧化铝的两性，明确发生的化学反应为解答的关键，题目难度中等．

11．如图中的B～K分别代表有关反应的一种反应物或生成物，其中A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质．固态物质A加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D．各物质间的转化关系如图所示：

请回答下列问题：
（1）写出实验室检验A物质中含有的阳离子的方法　取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子　．
（2）B与E反应得到1molH，则此时转移电子的物质的量为　5　mol．
（3）写出实验室制取B的化学方程式　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑或浓氨水加CaO或NaOH固体　．
（4）写出N的稀溶液与过量的铁粉反应的离子方程式　3Fe+8H++2NO3﹣=2NO↑+3Fe2++4H2O　．
（5）若混合气体通过碱石灰得到的气体B与通过浓硫酸得到的气体D的物质的量之比是8：5，则用物质的量的关系表示此固体A的组成为　NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成　．
【考点】无机物的推断．
【专题】推断题．
【分析】流程图中分析，E是常见的气体单质，可以初步推断为O2，I是红棕色的气态氧化物判断为NO2，依据转化关系可知H为NO，G为H2O，N为HNO3，B为NH3，固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B进一步确定B为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，说明D为酸性气体且无还原性，推测D为CO2，根据反应：N（HNO3）+K（C）=D（CO2）+I（NO2）+G（H2O），C为Na2O2，F为（Na2CO3），所以A受热分解生成碱性气体NH3和酸性气体CO2，证明A为碳酸铵盐；依据推断出的物质进行分析回答问题．
【解答】解：A、C、F、K是固体；E是常见的气体单质，I是红棕色的气态氧化物．固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B，若通过浓硫酸则只剩余气体D，E是常见的气体单质，可以初步推断为O2，I是红棕色的气态氧化物判断为NO2，依据转化关系可知H为NO，G为H2O，N为HNO3，B为NH3，．固态物质A（混合物）加热后生成的气体混合物若通过碱石灰只剩余气体B进一步确定B为NH3，若通过浓硫酸则只剩余气体D，说明D为酸性气体且无还原性，推测D为CO2，根据反应：N（HNO3）+K（C）=D（CO2）+I（NO2）+G（H2O），C为Na2O2，F为（Na2CO3），所以A受热分解生成碱性气体NH3和酸性气体CO2，证明A为碳酸铵盐，
（1）实验室检验A物质中含有的阳离子是NH4+的方法：取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子，
故答案为：取适量A物质放入试管中，加入适量NaOH等强碱溶液并加热，若能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明含有铵根离子；
（2）B与E反应是氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，得到H为NO，反应中生成4molNO电子转移20mol，则得到1molNO，此时转移电子的物质的量为5mol；
故答案为：5；
（3）实验室制取B（NH3）的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑，或浓氨水加CaO或NaOH固体；
故答案为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2H2O+2NH3↑或浓氨水加CaO或NaOH固体；
（4）N的稀溶液HNO3与过量的铁粉反应生成亚铁盐，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═2NO↑+3Fe2++4H2O；
故答案为：3Fe+8H++2NO3﹣═2NO↑+3Fe2++4H2O；
（5）混合气体通过碱石灰得到的气体B为NH3与通过浓硫酸得到的气体D（CO2）的物质的量之比是8：5，依据化学反应的原子守恒得到，若是碳酸氢铵，铵根离子和碳酸氢根离子物质的量之比为1：1，若为碳酸铵．铵根离子和碳酸根离子物质的量为2：1，混合气体中氨气和二氧化碳物质的量之比为8：5，介于1：1和2：1间，所以判断A为碳酸铵和碳酸氢铵的混合物，物质的量之比通过平均值法计算为3：2：则用物质的量的关系表示此固体A的组成为NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成；
故答案为：NH4HCO3和（NH4）2CO3按物质的量之比为2：3混合而成．
【点评】本题考查了物质转化关系的应用和物质性质的应用，主要考查铵根离子检验，化学方程式的书写，离子方程式的产物判断和书写，物质组成的计算分析判断．

12．绿原酸（）是一种抗氧化药物，存在如图转化关系．

（1）绿原酸中的含氧官能团有：酯基、　羟基、羧基　．
（2）B的分子式是　C7H12O6　．
（3）C的氧化产物能发生银镜反应，则C→D的化学方程式是　　．
（4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是　　．
（5）F是A的同分异构体．F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢．
①符合上述条件的F有　6　种可能的结构．
②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，其化学方程式是　　（任写1个）．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为，由（3）C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为，A中含有﹣COOH，结合绿原酸的结构可知，A为，故B为，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为，据此解答．
【解答】解：咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为，C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为，A中含有﹣COOH，结合绿原酸的结构可知，A为，故B为，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为，
（1）根据绿原酸的结构可知，绿原酸中含氧官能团有：酯基、羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（2）由书写分析可知，B为，其分子式为C7H12O6，
故答案为：C7H12O6；
（3）C→D是发生消去反应生成，反应方程式为：，
故答案为：；
故答案为：酯化反应；
（4）由上述分析可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式是，
故答案为：；
（5）①F是的同分异构体，F可以与碳酸氢钠溶液反应产生气体，分子中含有﹣COOH，也可以与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，含有﹣CHO，且F的苯环上只有两个取代基，有8种不同化学环境的氢，符合上述条件F的结构简式有：（邻、间两种）（邻、间两种），（邻、间两种），共有6种，
故答案为：6；
②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：2完全反应，则F为含有酚羟基、﹣COOH，则F为等，反应方程式为：，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团、有机反应类型、同分异构体等，注意根据有机物的结构进行推断，对学生的推理有较高的要求，难度中等．

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初