2015年天津市红桥区高考化学二模试卷深入分析

（5）若A为元素Q的单质，B、C均属于盐中的阳离子，若B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，D、E均为沉淀，且D在空气中能转化成E，B→C的离子方程式为 2Fe+Fe

+2

═3Fe ．

D→E的化学方程式为 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 ．选用氢碘酸与E反应实现

+﹣2+

E→C的转化，该反应的离子方程式为 2Fe（OH）3+6H+2I═2Fe+I2+6H2O ．

3+

【分析】已知X、Y、Z、W为短周期四种常见元素，其中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子的外层电子数是内层电子数二倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；Z能和X形成两种常见的液态化合物，则Z为O元素；W元素的单质既能与盐酸反应能与NaOH溶液反应，则W为Al，元素Q是地壳中含量第二位的金属元素，应为Fe，以此解答（1）（2）（3）；

（4）A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀．若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3；

3+2+

（5）若A为Fe，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，B含有Fe，C含有Fe，D、E均为沉淀，且D在空气中能转化成E，由转化关系可知D为Fe（OH）E为Fe（OH）2，3．

【解答】解：已知X、Y、Z、W为短周期四种常见元素，其中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子的外层电子数是内层电子数二倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素；Z能和X形成两种常见的液态化合物，则Z为O元素；W元素的单质既能与盐酸反应能与NaOH溶液反应，则W为Al，元素Q是地壳中含量第二位的金属元素，应为Fe，

（1）Y为C元素，位于周期表第二周期ⅣA族，故答案为：第二周期ⅣA族； （2）X2Z2为H2O2，H2O2的电子式为

﹣

﹣

，故答案为：；

（3）Y为C元素，对应的最高价氧化物为二氧化碳，与少量NaOH溶液反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+OH=HCO3，

﹣﹣

故答案为：CO2+OH=HCO3；

（4）A、B、C、D、E五种物质（或离子）均含有同一种元素，A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀．若B的水溶液呈酸性，C的水溶液呈碱性，则A为Al，B为AlCl3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，B为AlCl3，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，离子方

++3+3+

程式为Al+3H2O?Al（OH）3+3H，故答案为：Al+3H2O?Al（OH）3+3H；

（5）A、B、C、D、E五种物质（或离子）均含有同一种元素，若A为Fe，B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，B含有Fe，C含有Fe，D、E均为沉淀，且D在空气中

3+

能转化成E，由转化关系可知D为Fe（OH）E为Fe（OH）B→C的离子方程式为2Fe+Fe2，3，

2+

═3Fe，D→E的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，HI与Fe（OH）3反

+﹣2+

应，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+6H+2I═2Fe+I2+6H2O，

+﹣3+2+

故答案为：2Fe+Fe═3Fe；4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；2Fe（OH）3+6H+2I

2+

═2Fe+I2+6H2O．

3+

2+

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【点评】本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查，题目难度中等． 8．（2015?红桥区二模）A是一种重要的食用香料．存在于玉米、葡萄等多种食品中．主要用于配制奶油、乳品、酸奶和草莓等香精，也可用于有机合成．以A为原料制备阴离子树脂M和新型聚酯材料N等的合成路线如图：

已知： Ⅰ．

RCHO+OHCR′

Ⅱ．R﹣CH═CHOH不稳定，很快转化为R﹣CH2﹣CHO （1）反应Ⅰ的反应类型是 加成反应 ． （2）B中官能团的名称是 羟基 ．

（3）D与新制Cu（OH）2反应的化学方程式是 CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O ．

（4）下列关于E的说法正确的是 c ．

a．不溶于水 b．能与H2发生还原反应c．能被重铬酸钾酸性溶液氧化 d．与NaOH醇溶液共热发生消去反应

（5）M的结构简式是

（6）反应Ⅱ的化学方程式是

．

．

（7）A的属于酯类的同分异构体有 4 种，其中只含一个甲基的同分异构的结构简式是： HCOOCH2CH2CH3 ． 【分析】A中不饱和度=

=1，所以含有一个双键，A能和氢气发生加成反应生

成B，B能和HIO4发生反应，结合题给信息I知，B中含有醇羟基，D和氢气发生加成反应生成E，D为醛，则E为乙醇结构简式为CH3CH2OH，D为CH3CHO，B为CH3CH（OH）

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CH（OH）CH3，A为CH3COCH（OH）CH3，B和F发生酯化反应生成N，F结构简式为

；

A发生消去反应生成H，H结构简式为CH3COCH=CH2，H发生加聚反应生成M，M结构

简式为，据此分析解答．

=1，所以含有一个双键，A能和氢气发生加成反

【解答】解：A中不饱和度=

应生成B，B能和HIO4发生反应，结合题给信息I知，B中含有醇羟基，D和氢气发生加成反应生成E，D为醛，则E为乙醇结构简式为CH3CH2OH，D为CH3CHO，B为CH3CH（OH）CH（OH）CH3，A为CH3COCH（OH）CH3，B和F发生酯化反应生成N，F结构

简式为；

A发生消去反应生成H，H结构简式为CH3COCH=CH2，H发生加聚反应生成M，M结构

简式为，

（1）通过以上分析知，反应I为A发生加成反应生成B，所以其反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；

（2）B为CH3CH（OH）CH（OH）CH3，其官能团名称是羟基，故答案为：羟基；

（3）D为CH3CHO，D与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，反应方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；

（4）为乙醇结构简式为CH3CH2OH， a．乙醇易溶于水，故a错误；

b．乙醇不含不饱和键，所以不能与H2发生还原反应，故b错误；

c．乙醇含有醇羟基，能被重铬酸钾酸性溶液氧化而使重铬酸钾溶液变色，故c正确； d．乙醇不能和NaOH的醇溶液发生消去反应，但可以在浓硫酸作催化剂、170℃条件下发生消去反应，故d错误； 故选c；

（5）通过以上分析知，M结构简式为，故答案为：；

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（6）B和F在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应，反应方程式为

，

故答案为：

；

（7）A为CH3COCH（OH）CH3，A属于酯类的同分异构体中，有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，所以有四种同分异构体； 只含一个甲基的同分异构的结构简式为HCOOCH2CH2CH3， 故答案为：4；HCOOCH2CH2CH3．

【点评】本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断能力，根据反应条件、题给信息、流程图中部分物质结构式采用正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类的判断，要考虑碳链异构、官能团位置结构等．

9．（2015?红桥区二模）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的抗氧化剂．某研究小组对焦亚硫酸钠进行如下研究：

（1）采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5． 装置Ⅱ中有Na2S2O5析出，发生的化学反应方程式为： Na2SO3+SO2=Na2S2O5．

①装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O ． ②要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 过滤 ．

③装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为 d （填序号）．

（2）【查阅资料】Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．

﹣+2﹣

①NaHSO3溶液显酸性．请用化学用语和必要的文字解释原因 HSO3?H+SO3，HSO3﹣﹣

+H20?H2SO3+OH电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性 ； 证明该结论可采用的实验方法是 ae （填序号）．

a．测定溶液的pH b．加入Ba（OH）2溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测

②检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成 ． （3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在酸性条件下可将工业废水中的Cr2O7还原为Cr．

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2﹣

3+