江西省萍乡市上栗县2016年高考化学二模试卷(含解析)

1、2016年江西省萍乡市上栗县高考化学二模试卷一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。共8小题，每小题6分，满分48分.）1下列关于摩尔质量的说法中，正确的是（）A水的摩尔质量是18 gB2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍C任何物质的摩尔质量都等于它的相对原子（或分子）质量D水的摩尔质量是氢气的摩尔质量的9倍2下列叙述能说明反应2A（g）+B（g）2C（g）已达平衡状态的有（）A、B、C的百分含量相等；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B；外界条件不变时，物质总质量不随时间改

2、变；外界条件不变时，气体总分子数不再变化；A、B、C分子数之比为2：1：2A除外B除外CD3乙酸与2.0g某饱和一元醇A反应，生成酯3.7g，并回收到0.4gA，则A的相对分子质量为（）A32B46C60D744下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH有沉淀析出，加入H+能放出气体的是（）ANa+、C1、NO3、H+BK+、Cl、SO42、HCFe3+、C1、SO42、NH4+DCa2+、HCO3、Cl、NO35将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3mol NO2

3、 和0.3mol NOB0.2mol NO2和0.1mol N2O4C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4D0.6mol NO6用一充满氨气的烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后，烧瓶内的氨水的物质的量浓度是（按标准状况下计算）（）A0.045molL1B1molL1C0.029molL1D不能确定7锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去下列说法不正确的是（）ACaCO3的溶解度小于CaSO4B沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动C沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关DCaSO4到CaC

4、O3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡8如图是一种燃料型电池检测仪的工作原理示意图下列说法不正确的是（）A该仪器工作时酒精浓度越大，则电流强度越大B工作时处电路电子流向为XYC检测结束后，X极区的pH增大D电池总反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O二、解答题（共4小题，满分42分）9X、Y、Z三种短周期元素，其单质在常温下均为无色气体，它们的原子序数之和为16，在适当条件下三种单质两两直接化合，可发生如图所示变化已知一个B分子中含有Z元素的原子个数比C分子中的Z元素的原子个数少一个请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置为（2）X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KO

5、H溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入的物质名称是负极电极反应式为（3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W溶液吸收生成一种盐该盐水溶液pH7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是（用离子方程式表示）：该溶液中所有离子浓度大小顺序为（4）试写出实验室制取C的化学方程式10A、B、C、D 是四种常见单质，其对应元素的原子质子数依次增大，甲、乙、丙、丁为常见化合物它们之间有如下转化关系：回答下列问题：（1）A的化学式为；乙的化学式为（2）D与甲反应的化学方程式为（3）B与NaOH 溶液反应的离子方程式为，该反应的氧

6、化剂为（4）B生成D 的反应称为反应，实验室中，进行这个反应的操作为11如图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第周期族（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（3）在反应、中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是（填写序号）（4）反应的离子方程式是：（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O该反应的化学方程式是：12有机物E（C6H8O4）广泛应用于涂料行业

7、中，某同学设计如下路线合成E（其中A的相对分子质量是56，B的相对分子质量比A大69）（1）烃A的分子式是（2）的反应类型是反应（3）已知E为顺式结构，则用结构简式表示其结构是（4）下列说法正确的是（填序号）a反应属于取代反应 bB与二氯甲烷互为同系物cC不存在羧酸类同分异构体 dD能发生缩聚反应（5）若C转化为D经过如下4步反应完成：CD则所需的无机试剂及反应条件是；的化学方程式是2016年江西省萍乡市上栗县高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。共8小题，每小题6分，满分48分.）1下列关于摩尔质量的说法中，正确的是（）A水的摩尔

8、质量是18 gB2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍C任何物质的摩尔质量都等于它的相对原子（或分子）质量D水的摩尔质量是氢气的摩尔质量的9倍【考点】摩尔质量【专题】化学用语专题【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、摩尔质量不随物质的物质的量的多少改变；C、摩尔质量和相对分子质量的数值相同；D、水的摩尔质量是18g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol【解答】解：A、摩尔质量的单位是g/mol，水的摩尔质量是18g/mol，故A错误；B、摩尔质量是定值，不随物质的物质的量的多少改变，故B错误；C、摩尔质量的单位是g/mol，相对分子量或相对原子质量的单位是“1”，所以摩尔质

9、量和相对分子质量或原子质量只是数值相同，故C错误；D、水的摩尔质量是18g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，所以水的摩尔质量是氢气的摩尔质量的9倍，故D正确；故选D【点评】本题考查了摩尔质量的有关知识，易错选项是C，注意摩尔质量和相对分子质量或原子质量只是数值相同不是完全相同2下列叙述能说明反应2A（g）+B（g）2C（g）已达平衡状态的有（）A、B、C的百分含量相等；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a mol B；外界条件不变时，物质总质量不随时间改变；外界条件不变时，气体总分子数不再变化；A、B、C分子数之比为2：1

10、：2A除外B除外CD【考点】化学平衡状态的判断【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，据此判断反应是否达到平衡状态【解答】解：A、B、C的百分含量相等，不一定各组分浓度不变，不能证明反应达到平衡状态，故错误；单位时间，消耗a mol B，同时生成2a mol C，是正反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故错误；单位时间，消耗a mol A，同时生成0.5a molB，符合速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，所以外界条件不变时，物质总质量不随时间改变不能说明反应达到平衡状态，

11、故错误；反应前后气体体积不同，即分子数不同，所以外界条件不变时，气体总分子数不再变化说明反应达到平衡状态，故正确；A、B、C分子数之比决定于开始加入物质的多少和反应限度，与平衡状态无关，故错误；故选D【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，注意认真分析提供的反应特点，根据所学知识合理判断，本题难度一般3乙酸与2.0g某饱和一元醇A反应，生成酯3.7g，并回收到0.4gA，则A的相对分子质量为（）A32B46C60D74【考点】相对分子质量及其计算【专题】有机反应【分析】设饱和一元醇为ROH，参加反应的A为2g0.4g=1.6g，生成酯3.7g，根据方程式中质量定比关系计算A的相对分子质量【解答】

12、解：设饱和一元醇为ROH，则：由CH3COOH+ROHCH3COOR+H2O可知： R+17 59+R 1.6g 3.7g 所以（R+17）：（59+R）=1.6g：3.7g，解得R=15，则A的相对分子质量为15+17=32 故选A【点评】本题考查根据方程式进行的计算，比较基础，清楚发生的反应是解题关键，有利于学生对基础知识的巩固4下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH有沉淀析出，加入H+能放出气体的是（）ANa+、C1、NO3、H+BK+、Cl、SO42、HCFe3+、C1、SO42、NH4+DCa2+、HCO3、Cl、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】根据离子之间不

13、能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合加入OH有沉淀析出，加入H+能放出气体来解答【解答】解：A该组离子之间不反应，可大量共存，但加入H+或OH均无明显现象，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，但加入H+或OH均无明显现象，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，加入OH会有Fe（OH）3沉淀，加入H+无现象，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，加入OH，HCO3+OH+Ca2+=CaCO3+H2O；加入H+，H+HCO3=H2O+CO2，故D选；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子

14、共存考查，题目难度不大5将11.2g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3mol NO2 和0.3mol NOB0.2mol NO2和0.1mol N2O4C0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4D0.6mol NO【考点】氧化还原反应的计算【专题】守恒法；氧化还原反应专题【分析】向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的

15、量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，结合选项根据电子转移守恒判断【解答】解：向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g11.2g=10.2g，物质的量为=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的MgCu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（54）+0.3mol×（52）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo1NO2和0.1mo1N2O4，N

16、元素获得电子为0.2mol×（54）+0.1mol×2×（54）=0.4mol，得失电子不相等，故B错误；C、生成0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4，N元素获得电子为0.1mol×（52）+0.2mol×（54）+0.05mol×2×（54）=0.6mol，得失电子相等，故C正确；D、生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（52）=1.8mol，故D错误故选：C【点评】考查混合物的计算、氧化还原反应计算等，难度中等，计算金属提供的电子的物质的量是解题的关键，注意守恒思想

17、的运用6用一充满氨气的烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后，烧瓶内的氨水的物质的量浓度是（按标准状况下计算）（）A0.045molL1B1molL1C0.029molL1D不能确定【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】氨气极易溶于水，反应后烧瓶中会充满溶液；先设烧瓶的容积为VL，根据n=计算出氨气的物质的量，再根据c=计算出烧瓶内的氨水的物质的量浓度【解答】解：设烧瓶的容积为VL，则氨气的物质的量为：0.045Vmol，反应后溶液的体积为VL，烧瓶内的氨水的物质的量浓度为： =0.045mol/L，故选A【点评】本题考查了物质的量浓度的简单计算，题目难度中等，注意

18、明确物质的量浓度的概念及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力7锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去下列说法不正确的是（）ACaCO3的溶解度小于CaSO4B沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动C沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关DCaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，从沉淀的转化的角度考虑，应是转化为溶解度更小的物质【

19、解答】解：A、依据沉淀转化可知硫酸钙能转化为碳酸钙沉淀，说明CaCO3的溶解度小于CaSO4 ，故A正确；B、沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，向更难溶的物质转化，故B正确；C、沉淀转化的实质是依据物质溶解度大小实现沉淀转化，和物质溶解度有关，故C错误；D、CaSO4到CaCO3的沉淀转化中，硫酸钙和碳酸钙沉淀在溶液中都存在沉淀溶解平衡，并存着两个沉淀溶解平衡，故D正确；故选C【点评】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等8如图是一种燃料型电池检测仪的工作原理示意图下列说法不正确的是（）A该仪器工作时酒精浓度越大，则电流强度越大B工作时处电路电

20、子流向为XYC检测结束后，X极区的pH增大D电池总反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、酒精浓度越大，反应速率越快，转移的电子数目越多；B、燃料电池中燃料失电子为负极，电子从负极流出；C、根据负极的电极反应判断；D、根据反应物和生成物判断总反应【解答】解：A、酒精浓度越大，反应速率越快，单位时间内转移的电子数目越多，电流强度越大，故A正确；B、燃料电池中燃料失电子为负极，电子从负极流出，X极通入酒精，则X极为负极，所以电子从XY，故B正确；C、负极上酒精失电子生成乙醛，则负极的电极反应为：CH3CH2OH2e=CH3

21、CHO+2H+，所以负极附近氢离子浓度增大，则pH减小，故C错误；D、该燃料电池的实质是乙醇氧化生成乙醛，则电池总反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故D正确故选C【点评】本题考查了乙醇燃料电池知识，题目难度中等，明确题中燃料电池的反应实质是乙醇被氧化为乙醛，注意该燃料电池是酸性电池，注意把握电极方程式的书写二、解答题（共4小题，满分42分）9X、Y、Z三种短周期元素，其单质在常温下均为无色气体，它们的原子序数之和为16，在适当条件下三种单质两两直接化合，可发生如图所示变化已知一个B分子中含有Z元素的原子个数比C分子中的Z元素的原子个数少一个请回答下列问题：（1）Y元素在周

22、期表中的位置为第二周期VA族（2）X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入的物质名称是氧气负极电极反应式为H2+2OH2e=2H2O（3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W溶液吸收生成一种盐该盐水溶液pH小于7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是（用离子方程式表示）：NH4+H2ONH3H2O+H+该溶液中所有离子浓度大小顺序为c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）（4）试写出实验室制取C的化学方程式2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3

23、【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】无机推断【分析】短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），三元素的质子数之和为16，三种单质相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，则B为H2O、C为NH3、Z为氢，由转化关系可知，故A为NO，X为氧，Y为氮，据此解答，（1）Y为氮元素是7号元素，位于周期表中第二周期VA族；（2）X的单质为氧气与Z的单质为氢气，形成原电池反应负极上是氢气失电子发生氧化反应在碱溶液中生成水，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子；（3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W为HNO3，C为NH3在适当条件下被W为

24、HNO3溶液吸收生成一种盐为NH4NO3，溶液中铵根离子水解溶液显酸性；（4）实验室制取C为氨气的化学方程式为氢氧化钙和氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水【解答】解：短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2（稀有气体除外），三元素的质子数之和为16，三种单质相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，则B为H2O、C为NH3、Z为氢，由转化关系可知，故A为NO，X为氧，Y为氮，（1）Y为氮元素是7号元素，位于周期表中第二周期VA族，故答案为：第二周期VA族；（2）X的单质为氧气与Z的单质为氢气，形成原电池反应负极上是氢气失电子发生氧化反应在碱溶液

25、中生成水，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，负极电极反应为H2+2OH2e=2H2O，故答案为：氧气；H2+2OH2e=2H2O；（3）X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W为HNO3，C为NH3在适当条件下被W为HNO3溶液吸收生成一种盐为NH4NO3，溶液中铵根离子水解溶液显酸性，溶液PH7，水解反应的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液中所有离子浓度大小顺序为c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：小于；NH4+H2ONH3H2O+H+；c（NO3）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（4）实验室制取C为氨气的化学方程式为氢氧化钙和氯化铵加热反应生成氯化钙、

26、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3【点评】本题考查位置结构性质的关系、无机物推断等，推断该题的突破口为X、Y、Z三种短周期元素的单质为无色气体，再结合信息与转化关系推断，题目难度中等10A、B、C、D 是四种常见单质，其对应元素的原子质子数依次增大，甲、乙、丙、丁为常见化合物它们之间有如下转化关系：回答下列问题：（1）A的化学式为H2；乙的化学式为Fe3O4（2）D与甲反应的化学方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2 （3）B与NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al+2O

27、H+2H2O=2AlO2+3H2，该反应的氧化剂为H2O（4）B生成D 的反应称为铝热反应，实验室中，进行这个反应的操作为一定量的铝热剂，一层氯酸钾，插上燃烧的镁条【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，甲、乙、丙为常见化合物，B能与NaOH溶液反应，则B应为Al，A为H2，丙为NaAlO2，而D在高温下与H2O（g）反应得到H2，可得D为Fe，所以得乙为Fe3O4，Fe3O4和Al发生铝热反应生成Fe和Al2O3，所以丁为Al2O3又单质C与Fe反应，所以C应为一种非金属单质，且由A、B、C、D原子序数依次增大，所以C是硫或氯气

28、，结合点燃条件知C为Cl2，甲为FeCl3【解答】解：A、B、C、D是四种常见单质，其对应元素的原子序数依次增大，甲、乙、丙为常见化合物，B能与NaOH溶液反应，则B应为Al，A为H2，丙为NaAlO2，而D在高温下与H2O（g）反应得到H2，可得D为Fe，所以得乙为Fe3O4，Fe3O4和Al发生铝热反应生成Fe和Al2O3，所以丁为Al2O3又单质C与Fe反应，所以C应为一种非金属单质，且由A、B、C、D原子序数依次增大，所以C是硫或氯气，结合点燃条件知C为Cl2，甲为FeCl3（1）A的化学式为H2，乙的化学式为Fe3O4，故答案为：H2；Fe3O4；（2）D与甲反应的化学方程式为：Fe

29、+2FeCl3=3FeCl2 ，故答案为：Fe+2FeCl3=3FeCl2 ；（3）B与NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，该反应的氧化剂为H2O，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；H2O；（4）B生成D 的反应称为铝热反应，实验室中，进行这个反应的操作为：一定量的铝热剂，一层氯酸钾，插上燃烧的镁条，故答案为：铝热；一定量的铝热剂，一层氯酸钾，插上燃烧的镁条【点评】本题考查无机物的推断，涉及Fe、Al等元素化合物性质与转化，B与氢氧化钠溶液为推断突破口，学习中注意基础知识的积累11如图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及

30、反应条件未列出）其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第四周期族（2）在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2（3）在反应、中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是（填写序号）（4）反应的离子方程式是：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O该反应的化学方程式是：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】

31、FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，由反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色

32、气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应：M+H2SO4 F+NO知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，结合对应物质的性质和题目要求解答该题【解答】解：FeS2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应

33、，即铝热反应K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，由反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为Fe2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为Al，反应为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为Fe，H为Al2O3，L为NO，M应为Fe

34、（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应：M+H2SO4 F+NO知，M为Fe（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3，E应为Fe（OH）3，（1）由以上分析可知G为Fe，是26号元素，位于周期表第四周期第族，故答案为：四；（2）反应为Al与Fe2O3所发生的置换反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，氧化铁是氧化剂，铝是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（3）在反应、中，、都为氧化还原反应，为SO3+H2O=H2SO4的反应，既属于化合反应又属于非氧化还原反应，故答案为：；（4）M中含有Fe2+和NO3，在酸性条件下

35、可发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O；（5）化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，反应方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据FeS2与氧气反应的性质结合物质的反应特点和物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断12有机物E（C6H8O4）广泛应用于涂料行业中，某同学设计如下路线合成E（其中A的相对分子质量是56，B的相对分子质量比A大69）（1）烃A的分子式是C4H8（2）的反应类型是取代（或酯化）反应（3）已知E为顺式结构，则用结构简式表示其结构是（4）下列说法正确的是ad（填序号）a反应属于取代反应 bB与二氯甲烷互为同系物cC不存在羧酸类同分异构体 dD能发生