文档内容
2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1．（5分）下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有
气体放出又有沉淀生成的一组是（ ）
A．Ba2+、NO ﹣、NH +、Cl﹣ B．Ca2+、HCO ﹣、NH +、AlO ﹣
3 4 3 4 2
C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO ﹣ D．Mg2+、NH +、SO 2﹣、K+
3 4 4
【考点】DP：离子共存问题．
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【专题】21：热点问题；52：元素及其化合物．
【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能
发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根
据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答
案．
【解答】解：A、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会
与NH +反应产生NH ，但没有沉淀，故A错误；
4 3
B、因AlO ﹣能促进HCO ﹣的电离，生成Al（OH） 沉淀和碳酸根离子，则该组
2 3 3
离子不能大量共存，故B错误；
C、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO ﹣生成
3
SO 2﹣，SO 2﹣与Ba2+可生成BaSO 沉淀，但无气体生成，故C错误；
3 3 3
D、因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH﹣与NH +
4
产生NH ，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH） 沉淀，符合题意，故D正确；
3 2
故选：D。
【点评】本题考查离子的共存问题及复分解反应，明确题意中原离子组能共存
，当加入碱既有气体又有沉淀生成两个条件来分析解答，熟悉离子的性质及
常见离子之间的反应是解答的关键．
2．（5分）将15mL 2mol•L﹣1 Na CO 溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L﹣1
2 3
第1页 | 共15页MCl 盐溶液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl 中n值是
n n
（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】5B：离子方程式的有关计算．
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【分析】根据Na CO 溶液与MCln盐溶液反应时，恰好将溶液中的Mn+离子完全
2 3
沉淀为碳酸盐，利用化合价得出Mn+离子与nCO 2﹣离子的关系，然后利用物
3
质的量来计算解答．
【解答】解：Na CO 溶液中CO 2﹣离子的物质的量为15mL×10﹣3×2mol•L﹣1=0.
2 3 3
03mol，
MCl 盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL×10﹣3×0.5mol•L﹣1=0.02mol，
n
由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，及M的化合价为+n，
则Na CO 与MCl 反应对应的关系式为：
2 3 n
2Mn+～nCO 2﹣
3
2 n
0.02mol 0.03mol
，解得n=3，
故选：B。
【点评】本题考查学生利用溶液中的离子之间的反应来进行简单计算，明确离
子之间的关系是解答的关键，并应熟悉离子的物质的量的计算来解答即可．
3．（5分）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（ ）
A．2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑
2 2 2
B．KMnO +HCOOH+KOH=2K MnO +CO ↑+H O
4 2 4 2 2
C．MnO +4HCl（浓） MnCl +Cl ↑+2H O
2 2 2 2
D．K Cr O +6FeSO +7H SO =Cr （SO ） +3Fe （SO ） +K SO +7H O
2 2 7 4 2 4 2 4 3 2 4 3 2 4 2
【考点】45：分子式；48：化学方程式的书写；49：离子方程式的书写．
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【分析】根据所学元素化合物的知识及氧化还原反应的基本规律，并且具有对
第2页 | 共15页简单氧化还原反应运用化合价的升降配平的技能等来解答此题；
【解答】解：A、因铝既能与强酸反应又能与强碱反应，则铝与氢氧化钠反应
生成偏铝酸钠和氢气，遵循质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故A
对；
B、由化学方程式要遵循质量守恒定律，B项没配平；或应知在碱性条件下，不
可能产生CO 气体，而应是CO 2﹣，故B错；
2 3
C、实验室制取氯气的反应原理可知，二氧化锰与浓盐酸反应制取氢气，遵循
质量守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故C对；
D、根据常见氧化剂、还原剂以及转化规律，D中发生氧化还原反应，遵循质量
守恒定律及氧化还原反应中电子守恒，故D对；
故选：B。
【点评】本题考查了化学方程式的问题，实则为元素化合物的知识以及氧化还
原反应等知识点，本考点为高中化学的主干知识，为必考考点，但也是难点
；学习过程中应重视元素化合物知识及氧化还原反应的基本规律。
4．（5分）现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则
碳的质量分数是（ ）
A． B． C． D．
【考点】5E：元素质量分数的计算．
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【专题】536：有机物分子组成通式的应用规律．
【分析】根据乙酸的化学式为C H O ，烯烃的通式为C H ，则在混合物中碳、
2 4 2 n 2n
氢存在固定的质量比，混合物中一共有三种元素，氧的质量分数为a，碳、
氢元素的质量分数之和为1﹣a，然后可计算出碳元素的质量分数．
【解答】解：由乙酸的化学式为C H O ，而单烯烃的通式为C H ，
2 4 2 n 2n
则从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为12×1：1
×2=6：1，
又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1﹣a
，
第3页 | 共15页则碳元素的质量分数为 ×（1﹣a）= ，
故选：C。
【点评】本题考查学生利用有机物的组成来进行计算，明确碳、氢的固定组成
是解答的关键，较好的训练学生分析问题、解决问题的能力．
5．（5分）用0.10mol•L﹣1的盐酸滴定0.10mol•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出
现的结果是（ ）
A．c（NH +）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）
4
B．c（NH +）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）
4
C．c（Cl﹣）＞c（NH +），c（OH﹣）＞c（H+）
4
D．c（Cl﹣）＞c（NH +），c（H+）＞c（OH﹣）
4
【考点】DN：离子浓度大小的比较；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的
计算．
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【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯
化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．
【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显
碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（N
H +）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；
4
B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程
度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则
c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH +）=c（Cl﹣），故B是可能出现的
4
结果；
C、当c（Cl﹣）＞c（NH +），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷
4
总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现
的结果；
D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+
）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则
c（Cl﹣）＞c（NH +），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；
4
第4页 | 共15页故选：C。
【点评】本题考查酸碱滴定后溶液中离子浓度的关系，明确溶液中的弱电解质
的电离及盐的水解来分析，利用电荷守恒则可知溶液中不可能出现阴离子均
大于阳离子的情况即可解答．
6．（5分）为了检验某含有NaHCO 杂质的Na CO 样品的纯度，现将w g
3 2 3 1
样品加热，其质量变为w g，则该样品的纯度（质量分数）是（ ）
2
A． B．
C． D．
【考点】GF：钠的重要化合物；M3：有关混合物反应的计算．
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【专题】1A：计算题；45：差量法．
【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后
固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．
【解答】解：设样品中含有NaHCO 杂质的质量为x，则
3
2NaHCO Na CO +CO ↑+H O△m（减少）
3 2 3 2 2
2×84 106 62
x （w g﹣w g）
1 2
，
解得x= ，
则w（Na CO ）= = ，
2 3
故选：A。
【点评】本题考查学生利用反应前后的固体的质量查来进行计算，明确发生的
化学反应及固体质量差的应用是解答的关键．
第5页 | 共15页7．（5分）有关下图所示化合物的说法不正确的是 （ ）
A．既可以与Br 的CCl 溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br 发生取代
2 4 2
反应
B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应
C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO 溶液褪色
4
D．既可以与FeCl 溶液发生显色反应，又可以与NaHCO 溶液反应放出CO
3 3 2
气体
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】16：压轴题．
【分析】A、含有碳碳双键，可以与Br 发生加成反应；
2
B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；
C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO 褪色；
4
D、羧基能与NaHCO 放出CO 气体，酚羟基可以与FeCl 溶液发生显色反应．
3 2 3
【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br 发生加成反应，又含有甲
2
基，故可以与Br 光照发生取代反应，故A正确；
2
B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多
可以与3molNaOH反应，故B正确；
C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO 褪色，故C正确；
4
D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO 放出
3
CO 气体，故D错误。
2
故选：D。
【点评】本题考查学生有关官能团决定性质的知识，要要求学生熟记官能团具
有的性质，并熟练运用．
8．（5分）右图表示反应X（g） 4Y（g）+Z（g），△H＜0，在某温度时X
的浓度随时间变化的曲线：
第6页 | 共15页下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A．第6min后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D．若降低温度，v 和v 将以同样倍数减小
正 逆
【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线．
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【专题】13：图像图表题；16：压轴题；36：平衡思想；51E：化学平衡专题
．
【分析】根据图可知，X的浓度在随时间逐渐减少，到第6min浓度不再变化，
则反应达到化学平衡；利用X变化的量来计算转化率，再利用温度对反应的
影响来分析转化率的变化及反应速率的变化．
【解答】解：A、6min时反应达平衡，但未停止，故A错；
B、X的变化量为1mol/L﹣0.15mol/L=0.85mol/L，则X的转化率为 ×1
00%=85%，故B正确；
C、△H＜0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小
，故C错；
D、降温时，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正＞V逆
，即逆反应减小的倍数大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的浓度随时间的变化图象，明确纵横坐标的意义及影响
化学平衡和化学反应速率的因素是解答的关键，尤其注意温度对反应速率及
第7页 | 共15页平衡移动的影响，不可混淆．
二、解答题（共4小题，满分60分）
9．（15分）浓H SO 和木炭在加热时发生反应的化学方程式是
2 4
2H SO （浓）+C CO ↑+2H O+2SO ↑
2 4 2 2 2
请从图中选用所需的仪器（可重复选用）组成一套进行该反应并要检出反应产
物的装置．现提供浓H SO 、木炭和酸性KMnO 溶液，其他固、液试剂自选
2 4 4
．（连接和固定仪器所用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略
去）
将所选的仪器连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名
称及其作用．
选用的仪器 加入的试剂 作用
（填字母）
C 浓硫酸和木炭 产生反应物
【考点】PF：常见气体的检验；Q4：气体的净化和干燥；S6：浓硫酸的性质实
验．
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【专题】523：氧族元素．
【分析】该反应为固液加热，故选用C带有支管的试管做反应容器，加入浓硫
酸和木炭；检验产物水可用无水硫酸铜；检验二氧化硫，可用品红溶液；在
洗气瓶中装有酸性高锰酸钾溶液用来吸收余下二氧化硫；在洗气瓶中装有澄
清石灰水溶液用来检验二氧化碳．在检验时要考虑检验的顺序．
【解答】解：成套装置包括反应装置，检验装置和尾气处理装置．C中加入浓
硫硫和木炭作为反应物的发生器，产物中必须先检验水，因为在检验其他物
第8页 | 共15页质时会在其它试剂中混入水，可选用装置B，放入无水硫酸铜，若变蓝则说
明有水．接着检验SO 气体，用装置A，放入品红检验，若品红褪色，则说
2
明有SO 气体产生，再用装置A，放入酸性KMnO 溶液以除去SO ，然后再用
2 4 2
装置A，放入品红，检验品红是否除尽，因为CO 是用澄清石灰水来检验的
2
，而SO 也可以使澄清石灰水变浑，故先要除去SO ．最后洗气瓶中装有澄清
2 2
石灰水溶液用来检验二氧化碳．
故答案为：
所选用仪器的名称（填字母） 加入的试剂名称 作用
C 浓硫酸和木炭 产生反应物
B 无水硫酸铜 检验是否有水
A 品红溶液 检验SO
2
A 酸性KMnO 除去SO
4 2
A 品红溶液 检验SO 是否除尽
2
A 澄清石灰水 检验CO 的存在
2
【点评】本题考查浓硫酸的性质，掌握相关产物的检验是解题的关键．易错点
是检验的顺序的选择．
10．（15分）右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g
5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO 溶液和100g
4
10.00%的K SO 溶液，电极均为石墨电极．
2 4
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K SO 浓度为10.47%，乙中c电极
2 4
质量增加．据此回答问题：
①电源的N端为 正 极；
②电极b上发生的电极反应为 4OH﹣﹣4e﹣=2H O+O ↑ ；
2 2
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： 2.8L
④电极c的质量变化是 16 g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液 甲增大，因为相当于电解水 ；
乙溶液 乙减小，OH﹣放电，H+增多 ；
第9页 | 共15页丙溶液 丙不变，相当于电解水 ；
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
可以，铜全部析出，可以继续电解H SO ，有电解液即可电解 ．
2 4
【考点】DI：电解原理．
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【分析】（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，即
C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．丙中为K
2
SO ，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，
4
100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H +O
2 2
═2H O可知，生成2molH O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电
2 2
子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的．
②甲中为NaOH，相当于电解H O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=
2
2H O+O ↑．
2 2
③转移0.5mol电子，则生成O 为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.
2
8L．
④Cu2++2e﹣=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）= ×64=16g．
⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳
极为OH﹣放电，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K SO 而言，
2 4
其pH几乎不变．
（2）铜全部析出，可以继续电解H SO ，有电解液即可电解．
2 4
【解答】解：（1）①乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b﹣c
移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；
②甲中为NaOH，相当于电解H O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=
2
2H O+O ↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H O+O ↑；
2 2 2 2
③丙中为K SO ，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量
2 4
第10页 | 共15页相等有，100×10%=（100﹣x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程
式2H +O ═2H O可知，生成
2 2 2
2molH O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则生成O 为0.5/4=
2 2
0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；
④整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电
极反应：Cu2++2e﹣=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）= ×64=16g
，故答案为：16；
⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳
极为OH﹣放电，电解方程式为：2CuSO +2H O 2Cu+O ↑+2H SO ，所
4 2 2 2 4
以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K SO 而言，其pH几乎不变．
2 4
故答案为：甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH﹣放电，H+增多．丙不变
，相当于电解水；
（2）当铜全部析出时，溶液中仍有电解质硫酸，可以继续电解，故答案为：可
以； 铜全部析出，可以继续电解H SO ，有电解液即可电解．
2 4
【点评】本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断
出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电
路，各电极上得失电子的数目相等．做题时要正确写出电极方程式，准确判
断两极上离子的放电顺序．
11．（15分）已知周期表中，元素R、Q、W、Y与元素X相邻．R与Y同族．Y
的最高化合价氧化物的水化物是强酸．回答下列问题：
（1）W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料．W的氯化物分子呈正四面体结构
，W的氧化物的晶体类型是 原子晶体 ；
（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是 NO 和N O ；
2 2 4
（3）R和Y形成的二种化合物中，Y呈现最高化合价的化合物是化学式是 SO
3
；
（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到
低排列次序是（填化学式） NH ＞PH ，H O＞H S ，其原因是
3 3 2 2
因为前者中含有氢键
第11页 | 共15页②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是
NH 和H O分别为三角锥和V形；SiH 、PH 和H S结构分别为正四面体，三
3 2 4 3 2
角锥和V形 ；
（5）W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢
化物加热反应，生成化合物W（QH ） 和HCl气体；W（QH ） 在高温下分
2 4 2 4
解生成Q的氢化物和该陶瓷材料．上述相关反应的化学方程式（各物质用化
学式表示）是 SiCl +4NH =Si（NH ） +4HCl，3Si（NH ） =8NH +Si N
4 3 2 4 2 4 3 3 4
．
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）根据W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料，及W的氯化物分子
呈正四面体结构可知W为硅，然后分析二氧化硅的晶体类型；
（2）根据高温结构陶瓷材料可知Q可能为氮元素，则二氧化氮与四氧化二氮可
以相互转变；
（3）根据位置及Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸、R和Y形成的二价化
合物来推断R；
（4）根据氢键的存在来比较氢化物的沸点，并根据最外层电子数来分析结构；
（5）根据W的氯化物与Q的氢化物加热反应，生成化合物W（QH ） 和HCl气
2 4
；W（QH ） 在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料，利用反应物与生
2 4
成物来书写化学反应方程式．
【解答】解：（1）W的氯化物为正四面体型，则应为SiCl 或CCl ，又W与Q形
4 4
成高温陶瓷，故可推断W为Si，W的氧化物为SiO ，原子之间以共价键结合
2
成空间网状结构，则为原子晶体，
故答案为：原子晶体；
（2）高温陶瓷可联想到Si N ，Q为N，则有NO 与N O 之间的相互转化关系，
3 4 2 2 4
故答案为：NO 和N O ；
2 2 4
（3）Y的最高价氧化的水化物为强酸，且与Si相邻，则R只能是O，Y为S，其
最外层电子数为6，则最高化合价为+6，所以Y的最高价化合物应为SO ，故
3
第12页 | 共15页答案为：SO ；
3
（4）Q、R、W、Y与元素X相邻，W为Si，Q为N，R为O，Y为S，则X为P元素
，①氢化物沸点顺序为NH ＞PH ，H O＞H S，因为前者中含有氢键．②NH
3 3 2 2
和H O的电子数均为10，结构分别为三角锥和V形，SiH 、PH 和H S的电子
3 2 4 3 2
数均为18，结构分别为正四面体，三角锥和V形，故答案为：NH ＞PH ，H
3 3 2
O＞H S；因为前者中含有氢键；NH 和H O分别为三角锥和V形；SiH 、PH
2 3 2 4 3
和H S结构分别为正四面体，三角锥和V形；
2
（5）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成W（QH ） 和HCl，Si（NH ） 在
2 4 2 4
高温下分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl +4NH =Si（NH ） +4HCl，
4 3 2 4
3Si（NH ） =8NH +Si N ．
2 4 3 3 4
【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确物质的性质及元素的
位置来推断元素是解答的关键，并注意与元素化合物知识、原子结构与性质
相联系来分析解答即可．
12．（15分）化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：
已知：R﹣CH=CH R﹣CH CH OH（B H 为乙硼烷）
2 2 2 2 6
回答下列问题：
（1）11.2L（标准状况）的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88g CO 和45g H O．
2 2
A的分子式是 C H
4 10
（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为
2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷 ；
（3）在催化剂存在下1mol F与2mol
第13页 | 共15页H 反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F的结构简式是
2
（4）反应①的反应类型是 消去反应 ；
（5）反应②的化学方程式为
（6）写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：
、 、 、 ．
【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．
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【专题】16：压轴题；534：有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）分别计算A、CO 和
2
H O的物质的量，则可求得C、H、O的原子个数比，进而求得化学式；
2
（2）C H 存在正丁烷和异丁烷两种，A与Cl 光照取代时有两种产物，且在Na
4 10 2
OH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代后的产物为2﹣甲
基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；
（3）F可以与Cu（OH） 反应，故应为醛基，与H 之间为1：2加成，则应含有
2 2
碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析；
（4）由反应条件判断应为消去反应；
（5）根据推断G的结构为 ，可以将官能团作相应的位置
变换而得出其芳香类的同分异构体．
【解答】解：（1）88gCO 为2mol，45gH O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol
2 2
，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C H ．故答案为：C
4 10
H ；
4 10
第14页 | 共15页（2）C H 存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl 光照取代时有两
4 10 2
种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷．取代
后的产物为2﹣甲基﹣1﹣氯丙烷和2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷．故答案为：2﹣甲
基﹣1﹣氯丙烷、2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；
（3）F可以与Cu（OH） 反应，故应为醛基，与H 之间为1：2加成，则应含有
2 2
碳碳双键．从生成的产物3﹣苯基﹣1﹣丙醇分析，F的结构简式为
．故答案为： ；
（4）反应①为卤代烃在醇溶液中的消去反应．故答案为：消去反应；
（5）F被新制的Cu（OH） 氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，则类
2
比可不难得出E的结构为 ．E与G在浓硫酸作用下可以发
生酯化反应．故答案为：
；
（5）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得
出其芳香类的同分异构体．故答案为： 、 、
、 ．
．
【点评】本题考查有机物的合成及推断，涉及分子式的判断、反应类型、化学
方程式的书写以及同分异构体的判断等，注意把握推断题的关键点和题中重
要信息，积累基础知识，以及知识的综合利用．
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