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2010年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）下列反应中，可用离子方程式H++OH﹣=H O表示的是（ ）
2
A．NH Cl+NaOH NaCl+NH ↑+H O
4 3 2
B．Mg（OH） +2HCl=MgCl +2H O
2 2 2
C．NaOH+NaHCO =Na CO +H O
3 2 3 2
D．NaOH+HNO =NaNO +H O
3 3 2
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】516：离子反应专题．
【分析】稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=
H O表示，以此来解答．
2
【解答】解：A．该反应为固体与固体加热条件下的反应，不属于离子反应，
故A不选；
B．Mg（OH） 为不溶性弱碱，不能用H++OH﹣=H O表示，故B不选；
2 2
C．NaOH+NaHCO =Na CO +H O的离子反应为OH﹣+HCO ﹣=CO 2﹣+H O，故C
3 2 3 2 3 3 2
不选；
D．NaOH+HNO =NaNO +H O为稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐和水的
3 3 2
离子反应，可用H++OH﹣=H O表示，故选D；
2
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的
关键，注意电解质的强弱及离子反应中应保留化学式的物质即可解答，题目
难度不大．
2．（3分）下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式（25°，101kPa）：
①C H （g）+ O （g）=4CO （g）+5H O（l）△H=﹣2878kJ/mol
4 10 2 2 2
第1页 | 共18页②C H （g）+ O （g）=4CO （g）+5H O（g）△H=﹣2658kJ/mol
4 10 2 2 2
③C H （g）+ O （g）=4CO（g）+5H O（l）△H=﹣1746kJ/mol
4 10 2 2
④C H （g）+ O （g）=4CO（g）+5H O（g）△H=﹣1526kJ/mol
4 10 2 2
由此判断，正丁烷的燃烧热是（ ）
A．﹣2878kJ/mol B．﹣2658kJ/mol C．﹣1746kJ/mol D．﹣1526kJ/mol
【考点】BC：燃烧热．
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【专题】517：化学反应中的能量变化．
【分析】根据燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量
，如：C→CO （气），H→H O（液），S→SO （气）等．
2 2 2
【解答】解：正丁烷的燃烧热是指1mol正丁烷完全燃烧生成气态CO ，液态H O
2 2
放出的热量，所以表示燃烧热的热化学方程式为：C H （g）+ O （g）═
4 10 2
4CO （g）+5H O（l）△H=﹣2878kJ/mol，正丁烷的燃烧热为﹣2878
2 2
kJ/mol。故选：A。
【点评】考查学生对燃烧热理解以及对热化学方程式的理解，难度不大，注意
燃烧热概念中的注意点．
3．（3分）在相同条件下，下列说法错误的是（ ）
A．氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度
B．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
C．醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高SO 的利用率
2
【考点】CB：化学平衡的影响因素；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；D
H：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】A、氯气溶于水存在平衡Cl +H O⇌H++Cl﹣+HClO，氯离子浓度增大，
2 2
第2页 | 共18页平衡向左移动，抑制氯气的溶解；
B、碘在碘化钾溶液中的存在平衡I +I﹣⇌I ﹣，碘离子浓度增大，平衡向右移动
2 3
；
C、醋酸存在电离平衡HAc⇌H++Ac﹣，Ac﹣浓度增大抑制醋酸的电离；
D、增大一种反应物的浓度，平衡向正反应移动，可以提高其它反应物的转化
率．
【解答】解：A、氯气溶于水存在平衡Cl +H O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和氯化钠溶
2 2
液含有电离氯离子，氯离子浓度增大，使平衡向左移动，抑制氯气的溶解，
故A正确；
B、碘在碘化钾溶液中的存在平衡I +I﹣⇌I ﹣，KI溶液中，含有电离碘离子，碘
2 3
离子浓度增大，使平衡向右移动，碘的溶解度增大，故B正确；
C、醋酸存在电离平衡HAc⇌H++Ac﹣，醋酸钠溶液中有大量的Ac﹣，Ac﹣浓度增
大抑制醋酸的电离，故C错误；
D、工业生成硫酸存在平衡：2SO +O ⇌2SO ，增大氧气的浓度，平衡向正反应
2 2 3
移动，可以提高二氧化硫的转化率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查影响化学平衡的因素等，难度中等，C选项为易错点，容易
利用盐类水解分析，醋酸钠溶液呈碱性，中和氢离子，促进电离，这是次要
因素，醋酸根浓度远远高于氢氧根离子浓度，醋酸根的影响是主要因素．
4．（3分）相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别
与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图
正确的是（ ）
A． B．
第3页 | 共18页C． D．
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸溶液，初始时C（H+）相
同，一元中强酸溶液中存在酸的电离平衡，则一元中强酸的浓度大于一元强
酸的浓度，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元中强酸溶
液②继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快．
【解答】解：因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同的PH值，即
C（H+）相同时，一元中强酸的浓度比强酸浓度大，由于体积相等，因此一
元中强酸的物质的量大于强酸，因此产生的H 也比强酸多。反应过程由于H+
2
不断被消耗掉，促使一元中强酸继续电离出H+，由于其他条件都相同，反应
速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中
反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线
更平坦。最终生成H 的体积也比一元中强酸少，因此曲线在一元中强酸下面
2
，故C符合；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质溶液的电离平衡移动，题目难度不大，注意一元
中强酸属于弱电解质，在溶液中存在电离平衡，侧重于考查学生的分析能力
．
5．（3分）若（NH ） SO 在强热时分解的产物是SO 、N 、NH 和H O，则该
4 2 4 2 2 3 2
反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为（ ）
A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1
【考点】BQ：氧化还原反应的计算．
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第4页 | 共18页【专题】515：氧化还原反应专题．
【分析】先根据氧化还原反应中得失电子相等配平方程式，再根据化合价变化
的和化合价不变的氮原子判断．
【解答】解：该反应中，NH +→N 氮元素的化合价由﹣3价→0价，生成一个氮
4 2
气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子
得到2个电子，所以其最小公倍数是6，然后其它元素根据原子守恒进行配平
方程式，所以该方程式为3（NH ） SO 3SO ↑+N ↑+4NH ↑+6H O，该
4 2 4 2 2 3 2
方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是﹣3价，化合价不变，
所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1=
1：2，
故选：B。
【点评】本题考查了根据方程式进行有关计算，难度不大，注意该方程式中氧
化剂和还原剂是同一种物质，但氧化产物和还原产物不同，所以从生成物进
行配平较简便．
6．（3分）在一定温度、压强下，向100mLCH 和Ar的混合气体中通入400mLO
4
，点燃使其完全燃烧，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混
2
合气体中CH 和Ar物质的量之比是（ ）
4
A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
【考点】5A：化学方程式的有关计算；IA：甲烷的化学性质；M3：有关混合
物反应的计算．
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【专题】1A：计算题．
【分析】反应的方程式为：CH +2O →CO +2H O，Ar为惰性气体，不参与反应
4 2 2 2
，根据反应前后的气体体积的变化用差量法计算．
【解答】解：设原混合气体中含有xmlCH ，反应的方程式为CH +2O →CO +2H
4 4 2 2
O，利用差量法计算：
2
CH +2O →CO +2H O△V
4 2 2 2
1 2 1 2
第5页 | 共18页x 2x x 2x
则2x=（100ml+400ml）﹣460ml=40ml，
解得x=20ml，
所以：Ar的体积为V（Ar）=100ml﹣20ml=80ml，
气体的体积之比等于物质的量之比，
所以：n（CH ）：n（Ar）=V（CH ）：v（Ar）=20ml：80ml=1：4，
4 4
故选：A。
【点评】本题考查混合气体的计算，题目难度不大，注意利用体积变化，用差
量法计算．
7．（3分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y+、Z的
最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2（不考虑零族元素）．
下列关于这些元素的叙述错误的是（ ）
A．X和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物
B．W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中，均有直线形分子
C．W、X和Y三种元素可以形成碱性化合物
D．Z和其他三种元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性
【考点】8G：原子结构与元素的性质．
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【专题】16：压轴题；51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且W、X、Y+、Z的最外
层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2，若W的电子层数为2，最
外层电子数为4，所以W为C，若W的电子层数为3，最外层电子数为6，所以
W为S；X的电子层数为2，最外层电子数为6，所以X为O，即W只能为C；Y+
的电子层数为2，最外层电子数为8，所以Y的质子数为2+8+1=11，所以Y为N
a；Z的电子层数为3，最外层电子数为6，所以Z为S，然后结合元素及其化合
物的性质来解答．
【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且W、X、Y+、Z的
最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2，若W的电子层数为2
第6页 | 共18页，最外层电子数为4，所以W为C，若W的电子层数为3，最外层电子数为6，
所以W为S；X的电子层数为2，最外层电子数为6，所以X为O，即W只能为C
；Y+的电子层数为2，最外层电子数为8，所以Y的质子数为2+8+1=11，所以
Y为Na；Z的电子层数为3，最外层电子数为6，所以Z为S，
A．O和C形成CO、CO ，O和Na形成Na O、Na O ，O和S形成SO 、SO ，故A
2 2 2 2 2 3
正确；
B．W和X、Z两种元素分别形成的CO 、CS ，均为直线型分子，故B正确；
2 2
C．W、X和Y三种元素可以形成碳酸钠，碳酸钠溶液呈碱性，故C正确；
D．S与Na可形成二元化合物Na S，其水溶液呈碱性，故D错误；
2
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，元素的推断是解答本题的关系，注
意短周期，不考虑稀有气体时电子层为2或3即可解答，题目难度不大．
8．（3分）三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度
诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如图：
下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成 的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】IE：烯烃．
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【专题】16：压轴题；534：有机物的化学性质及推断．
第7页 | 共18页【分析】根据题所给信息烯烃在合适催化剂作用下可双键断裂，两端基团重新
组合为新的烯烃，据此结合选项解答．
【解答】解：A、 中两个碳碳双键断裂后，生成物中新形成的环为六
元环，且新环中所形成的碳碳双键位置符合要求，故A正确；
B、 中两个碳碳双键断裂后，合成的是五元环，故B错误；
C、 中两个碳碳双键断裂后，合成了六元环，但是碳碳双键的位置
不正确，故C错误；
D、 中两个碳碳双键断裂后，得到的是五元环，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查信息的接受能力，难度不大，烯烃的复分解反应的实质是：
两种烯烃中的碳碳双键分别断裂，相互交换成分形成另外两种烯烃．
二、非选题
9．向2L密闭容器中通入amol
气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）
+qD（g）
已知：平均反应速率v = ；反应2min
C
时，A的浓度减少了 ，B的物质的量减少了 mol，有a mol D生成．
回答下列问题：
（1）反应2min内，v = mol•L﹣1•min﹣1 ，v mol•L﹣1•min﹣1 ；
A B
（2）化学方程式中，x= 2 、y= 3 、p= 1 、q= 6 ；
（3）反应平衡时，D为 2amol，则B的转化率为 100a/b% ；
（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为 1.5a
mol，则该反应的△H ＜
第8页 | 共18页0；（填“＞”、“＜”或“=”））如果其他条件不变，将容器的容积变为
1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：
①反应速率 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”），理由是
体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大 ；
②平衡时反应物的转化率 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”），理由是
体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）
移动，因而使反应物转化率减小 ．
【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）列出三段式计算，依据依据化学反应速率是单位时间内物质浓度
的变化计算得到；
（2）依据三段式结合变化量之比=化学方程式的系数之比计算判断；
（3）依据计算得到的系数和（1）三段式列式数据，计算转化率；
（4）依据平衡移动原理结合D物质的量变化，判断反应进行的方向，体积变小
压强增大速率增大，平衡逆向进行；
【解答】解：（1）根据题干信息结合平衡三段式列式，A减少量和生成C的物
质的量之比等于速率之比等于计量数之比，平均反应速率v =v /2，
C A
xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）
起始量（mol） a b 0 0
变化量（mol） a a
平衡量（mol） a b﹣ a
用A表示的反应速率v = = mol•L﹣1•min﹣1
A
用B表示的反应速率v = = mol•L﹣1•min﹣1；
B
故答案为： mol•L﹣1•min﹣1； mol•L﹣1•min﹣1；
第9页 | 共18页（2）依据（1）的列式计算x：y：p：q= ： ： ：a=2：3：1：6
x=2，y=3，p=1，q=6；
故答案为：2 3 1 6；
（3）反应平衡时，D为
2amol，则a=2amol，则B的转化率为= ×100%= ×100%=
故答案为： ；
（4）依据（3）的平衡物质的量，如果只升高反应温度，其他反应条件不变，
平衡时D为 1.5a
mol，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，△H＜0
；
故答案为：＜；
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为
1L；是体积缩小的变化；压强增大，反应速率增大，反应是：2A（g）+3B
（g）⇌C（g）+6D（g）
①体积减小，压强增大，物质的浓度增大，反应速率增大；反应向气体体积减
小的反应方向进行；故答案为：增大
体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大；
②将容器的容积变为
1L，压强增大，反应速率增大，平衡向气体体积减小的反应方向进行，即向
逆向进行，反应物转化率减小；
故答案为：减小
体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）
移动，因而使反应物转化率减小．
【点评】本题考查了化学反应速率的计算判断，化学平衡影响因素的分析理解
，三段式计算的应用，物质转化率的计算，掌握化学平衡的基础是解题关键
，题目难度中等．
10．A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中学化学中常见的气体，它们均由
第10页 | 共18页短周期元素组成，具有如下性质：
①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，I能使湿润的红色石蕊试纸
变蓝，C、D、H不能使湿润的石蕊试纸变色；
②A和I相遇产生白色烟雾；
③B和E都能使品红溶液褪色；
④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟；
⑤将点燃的镁条放入装有F的瓶中，镁条剧烈燃烧，生成白色粉末，瓶内壁附着
黑色颗粒；
⑥C和D相遇生成红棕色气体；
⑦G在D中燃烧可以产生E和H O；
2
⑧将B和H 在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶内壁出现油状液滴并产生A．
回答下列问题：
（1）A的化学式是 HCl ，②中烟雾的化学式是 NH Cl ；
4
（2）④中发生反应的化学方程式是 Cu+Cl CuCl ；
2 2
（3）⑤中发生反应的化学方程式是 2Mg+CO 2MgO+C ；
2
（4）C的化学式是 NO ，D的化学式是 O ；
2
（5）⑦中发生反应的化学方程式是 2H S+3O 2H O+2SO ；
2 2 2 2
（6）H的化学式是 CH ．
4
【考点】GS：无机物的推断；PF：常见气体的检验．
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【专题】11：推断题．
【分析】①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，I能
使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH ，C、D、H
3
不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；
②A和I相遇产生白烟，为NH 与HCl；
3
③B和E都能使品红溶液褪色，为Cl 和SO ；
2 2
第11页 | 共18页④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl ，E为SO
2 2
；
⑤Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO ；
2
⑥C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O ；
2
⑦G在D中燃烧可以产生E和H O，E为SO ，故D为O ，故C为NO，G含有H、S
2 2 2
两种元素，G为H S；
2
⑧B为Cl ，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（
2
HCl），故H为CH 等．
4
【解答】解：①A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，
I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为碱性气体，故A为HCl，B为NH ，C、D
3
、H不能使湿润的石蕊试纸变色，不表现酸碱性；
②A和I相遇产生白烟，为NH 与HCl；
3
③B和E都能使品红溶液褪色，为Cl 和SO ；
2 2
④将红热的铜丝放入装有B的瓶中，瓶内充满棕黄色的烟，故B为Cl ，E为SO
2 2
；
⑤Mg条能在F中剧烈燃烧，有黑色和白色两种产物，F为CO ；
2
⑥C和D相遇生成红棕色气体，为NO和O ；
2
⑦G在D中燃烧可以产生E和H O，E为SO ，故D为O ，故C为NO，G含有H、S
2 2 2
两种元素，G为H S；
2
⑧B为Cl ，和H在瓶中混合后于亮处放置几分钟，瓶壁出现油状液滴并产生A（
2
HCl），故H为CH 等，
4
（1）由上述分析可知，A的化学式是HCl，①中生成的白烟是氯化铵，由铵根
离子与氯离子构成，化学式为NH Cl，故答案为：HCl，；NH Cl；
4 4
（2）④中发生的反应是铜与氯气反应生成氯化铜，反应方程式为：Cu+Cl
2
CuCl ，故答案为：Cu+Cl CuCl ；
2 2 2
（3）⑤中发生的反应是Mg在二氧化碳中燃烧生成碳越氧化镁，反应方程式为
：2Mg+CO 2MgO+C，故答案为：2Mg+CO 2MgO+C；
2 2
（4）由上述分子可知，C的化学式是NO，D的化学式是O ，故答案为：NO；O
2
；
2
第12页 | 共18页（5）⑦中发生的反应是硫化氢燃烧生成二氧化硫与水，反应方程式为：2H S+
2
3O 2SO +2H O，
2 2 2
故答案为：2H S+3O 2SO +2H O；
2 2 2 2
（6）由上述分析可知，H的化学式是CH 等，故答案为：CH ．
4 4
【点评】本题考查物质性质的应用，以文字描述形式考查中学常见气体的性质
、处于化学用语的书写，难度不大，注意基础知识的掌握，注意Mg可以在
二氧化碳和氮气中燃烧．
11．如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO 溶液的装置，电解液中加有中
4
性红指示剂，此时溶液呈红色．（指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色﹣
红色，碱色﹣黄色）．
回答下列问题：
（1）下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是 ①④
（填编号）；
①A管溶液由红变黄； ②B管溶液由红变黄；
③A管溶液不变色； ④B管溶液不变色；
（2）写出A管中发生反应的反应式：
2H++2e﹣=H ↑、Mg2++2OH﹣=Mg（OH） ↓ ；
2 2
（3）写出B管中发生反应的反应式： 4OH﹣﹣4e﹣=2H O+O ↑ ；
2 2
（4）检验a管中气体的方法是
用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色
火焰 ；
（5）检验b管中气体的方法是
用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复
燃 ；
（6）电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是
溶液呈红色，白色沉淀溶解 ．
第13页 | 共18页【考点】DI：电解原理．
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【专题】16：压轴题；51I：电化学专题．
【分析】（1）电解时，阳极上氢氧根离子放电，同时电极附近有氢离子生成，
溶液呈酸性；阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成
，溶液呈碱性，根据指示剂和酸碱的反应确定溶液颜色；
（2）A中氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，氢氧根离子和
镁离子生成白色沉淀；
（3）B管中氢氧根离子放电生成氧气；
（4）氢气能燃烧，接近火焰会产生爆鸣声，且氢气燃烧产生蓝色火焰；
（5）氧气能使带火星的木条复燃；
（6）电解一段时间后，溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于酸．
【解答】解：（1）电解时，B管阳极上氢氧根离子放电，同时电极附近有氢原
子生成，溶液呈酸性，所以溶液呈红色；A管阴极上氢离子放电生成氢气，
同时电极附近有氢氧根离子生成，溶液呈碱性，溶液呈黄色，
故选①④；
（2）A管中氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H ↑，同时电极附近
2
有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁白色沉淀，离子方程
式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH） ↓，
2
故答案为：2H++2e﹣=H ↑、Mg2++2OH﹣=Mg（OH） ↓；
2 2
（3）B管中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H O+O ↑
2 2
，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H O+O ↑；
2 2
（4）a管中收集的气体是氢气，氢气具有可燃性，其检验方法为：用拇指按住
第14页 | 共18页管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰，
故答案为：用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管
口有蓝色火焰；
（5）b管中收集的气体是氧气，氧气能使带火星的木条复燃，其检验方法为：
用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复
燃，
故答案为：用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试
管内会复燃；
（6）将电解液倒入烧杯中，溶液中含有硫酸，溶液呈酸性，所以溶液为红色，
A管生成的氢氧化镁能溶于稀硫酸，所以看到的现象是：溶液呈红色，白色
沉淀溶解（或大部分溶解），
故答案为：溶液呈红色，白色沉淀溶解（或大部分溶解）．
【点评】本题考查了电解原理，根据各个电极上发生的电极反应及溶液的酸碱
性来分析解答，注意A管中不仅有氢气生成，还产生白色沉淀，为易错点．
12．如图中A～J均为有机化合物，根据图1中的信息，回答下列问题：
（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%．B的
一氯代物仅有一种，B的结构简式为 ；
（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，分子中所有的
碳原子共平面，则M的结构简式为 ；
（3）由A生成D的反应类型是 加成反应 ，由D生成E的反应类型是
消去反应 ；
（4）G的分子式为C H O ，0.146gG需用20mL0.100mol/L
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第15页 | 共18页NaOH溶液完全中和，J是一种高分子化合物．则由G转化为J的化学方程式为
；
（5）分子中含有两个碳碳双键，且两个双键之间有一个碳碳单键的烯烃与单烯
烃可发生如图2反应则由E和A反应生成F的化学方程式为
；
（6）H中含有的官能团是 ﹣Br ，I中含有的官能团是 ﹣OH ．
【考点】HB：有机物的推断．
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【专题】16：压轴题；534：有机物的化学性质及推断．
【分析】根据A中碳氢含量知A是烃，A中碳原子个数= =6，氢原子
个数= ，所以A的分子式为C H ，A能和氢气发生加成反应
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生成B，说明A中含有碳碳双键，B的一氯代物仅有一种，说明环烷烃B没有
支链，所以A的结构简式为 ，B的结构简式为： ；
A和溴发生加成反应生成D，所以D的结构简式为： ，D和氢氧化钠的
醇溶液发生消去反应生成E，E能和A发生反应生成F，结合题给信息知，E的
结构简式为： ，F的结构简式为： ，F和HBr发生加成反应生成
H，则H的结构简式为： ，H和氢氧化钠的水溶液发生取代反应
生成I，I的结构简式为： ，A被酸性高锰酸钾氧化生成G，碳碳
双键能被酸性高锰酸钾氧化生成羧酸，G的分子式为C H O ，0.146gG的物
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质的量= ，20mL0.100mol/L
NaOH的物质的量=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，所以G中含有两个羧基，
其结构简式为：HOOCCH CH CH CH COOH，G和乙二醇反应生成J，J是一
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种高分子化合物，所以J的结构简式为： ．
第16页 | 共18页【解答】解：根据A中碳氢含量知A是烃，A中碳原子个数= =6，氢
原子个数= ，所以A的分子式为C H ，A能和氢气发生加成
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反应生成B，说明A中含有碳碳双键，B的一氯代物仅有一种，说明环烷烃B
没有支链，所以A的结构简式为 ，B的结构简式为： ；
A和溴发生加成反应生成D，所以D的结构简式为： ，D和氢氧化钠的
醇溶液发生消去反应生成E，E能和A发生反应生成F，结合题给信息知，E的
结构简式为： ，F的结构简式为： ，F和HBr发生加成反应生成
H，则H的结构简式为： ，H和氢氧化钠的水溶液发生取代反应
生成I，I的结构简式为： ，A被酸性高锰酸钾氧化生成G，碳碳
双键能被酸性高锰酸钾氧化生成羧酸，G的分子式为C H O ，0.146gG的物
6 10 4
质的量= ，20mL0.100mol/L
NaOH的物质的量=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，所以G中含有两个羧基，
其结构简式为：HOOCCH CH CH CH COOH，G和乙二醇反应生成J，J是一
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种高分子化合物，所以J的结构简式为： ．
（1）通过以上分析知，B的结构简式为： ，故答案为： ；
（2）M是B的一种同分异构体，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳
双键，分子中所有的碳原子共平面，则M中的碳碳双键位于中间，相当于乙
烯中的氢原子被甲基取代，所以则M的结构简式为 ，
故答案为： ；
（3）A和溴发生加成反应生成D，D和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成E，
故答案为：加成反应；消去反应；
（4）G和乙二醇反应生成J，J是一种高分子化合物，则该反应是缩聚反应，反
第17页 | 共18页应方程式为： ，
故答案为： ；
（5）A和E发生加聚反应生成F，该反应方程式为：
，
故答案为： ；
（6）H的结构简式为： ，所以H中含有的官能团是溴原子（﹣Br）
，I的结构简式为： ，I中含有的官能团是羟基（﹣OH），
故答案为：﹣Br；﹣OH．
【点评】本题考查有机物的推断和合成，会运用题给信息是解本题关键，注意
有机反应中的断键和成键方式，为易错点．
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