2009年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）（解析版）_全国卷+地方卷_5.化学_1.化学高考真题试卷_2008-2020年_全国卷_全国统一高考化学（新课标ⅰ）2008-2021_A4word版_PDF版（赠送）

2009 年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ） 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 2．（5分）将 15mL 2mol•L1 Na CO 溶液逐滴加入到 40mL 0.5mol•L1 MCl 2 3 n 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 （ ） A．4 B．3 C．2 D．1 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 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． 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 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 样 3 2 3 1 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． 第1页（共21页）C． D． 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 2 4 2 代反应 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 3 3 CO 气体 2 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： 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 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 第2页（共21页）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 2 4 4 选．（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） 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 10.00%的 K SO 溶液，电极均为 4 2 4 石墨电极． （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 2 4 极质量增加．据此回答问题： ①电源的N 端为 极； ②电极b上发生的电极反应为 ； ③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： ④电极c的质量变化是 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 ； 乙溶液 ； 丙溶液 ； （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 第3页（共21页）么？ ． 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 ； （2）Q 的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是 ； （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 ； （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） ，其原因是 ②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是 ； （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 2 4 2 4 下分解生成 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 ． 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： 第4页（共21页）（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 2 H O． 2 A 的分子式是 （2）B 和C 均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为 ； （3）在催化剂存在下 1mol F 与 2mol H 反应，生成 3苯基1丙醇．F 的结 2 构简式是 （4）反应①的反应类型是 ； （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： ． 第5页（共21页）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． 菁优网版权所有 【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 2 3 3 组离子不能大量共存，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 3 成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 +产生 NH ，OH与 Mg2+会产生 Mg（OH） 沉淀，符合题意，故 D 正 4 3 2 确； 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． 第6页（共21页）2．（5分）将 15mL 2mol•L1 Na CO 溶液逐滴加入到 40mL 0.5mol•L1 MCl 2 3 n 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 （ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【考点】5B：离子方程式的有关计算． 菁优网版权所有 【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 2 3 全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出 Mn+离子与 nCO 2离子的关系，然后利用 3 物质的量来计算解答． 【 解 答 】 解 ： Na CO 溶 液 中 CO 2离 子 的 物 质 的 量 为 15mL× 103× 2 3 3 2mol•L1=0.03mol， 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 第7页（共21页）【考点】45：分子式；48：化学方程式的书写；49：离子方程式的书写． 菁优网版权所有 【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 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． 菁优网版权所有 【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 2 4 2 n 2n 碳、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， 第8页（共21页）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， 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． 菁优网版权所有 【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 （NH +）＞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 4 的结果； 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 第9页（共21页）（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 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 样 3 2 3 1 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． 菁优网版权所有 【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 第10页（共21页）化学反应及固体质量差的应用是解答的关键． 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 2 4 2 代反应 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 3 3 CO 气体 2 【考点】HD：有机物的结构和性质． 菁优网版权所有 【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 3 出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． 第11页（共21页）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： 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． 菁优网版权所有 【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 × 100%=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。 第12页（共21页）【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 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 2 4 4 选．（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． 菁优网版权所有 【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． 第13页（共21页）【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 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 2 4 2 再用装置 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 2 验的，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 2 2 有澄清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 10.00%的 K SO 溶液，电极均为 4 2 4 石墨电极． （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 2 4 极质量增加．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： 第14页（共21页）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 ； 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． 菁优网版权所有 【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 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 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 2molH O，转移 4mol电子，所以整个反应 2 2 2 2 中转化 0.5mol电子，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 2 4OH4e=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× 2 22.4=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，其pH 几乎不变． 2 4 （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； 第15页（共21页）②甲中为 NaOH，相当于电解 H O，阳极 b处为阴离子 OH放电，即 2 4OH4e=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 2 4 量相等有，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 2 2 0.5/4=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 4 2 2Cu+O ↑+2H SO ，所以 H+增多，故 pH 减小．丙中为电解水，对于 K SO 2 2 4 2 4 而言，其pH 几乎不变． 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 第16页（共21页）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 因为前 3 3 2 2 者中含有氢键 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 3 2 锥和V 形；SiH 、PH 和H S 结构分别为正四面体，三角锥和V 形 ； 4 3 2 （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 2 4 2 4 下分解生成 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 ） 4 3 2 4 2 =8NH +Si N ． 4 3 3 4 【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用． 菁优网版权所有 【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 2 4 气；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 2 4 与生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 4 4 Q 形成高温陶瓷，故可推断 W为 Si，W的氧化物为 SiO ，原子之间以共价 2 键结合成空间网状结构，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 3 4 2 2 4 第17页（共21页）系，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 ，故答案为：SO ； 3 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 3 3 2 2 键．②NH 和 H O 的电子数均为 10，结构分别为三角锥和 V 形，SiH 、 3 2 4 PH 和 H S 的电子数均为 18，结构分别为正四面体，三角锥和 V 形，故答 3 2 案为：NH ＞PH ，H O＞H S；因为前者中含有氢键；NH 和 H O 分别为三 3 3 2 2 3 2 角锥和V 形；SiH 、PH 和H S 结构分别为正四面体，三角锥和V 形； 4 3 2 （5）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成 W（QH ） 和 HCl，Si（NH ） 2 4 2 4 在高温下分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl +4NH =Si（NH ） 4 3 2 +4HCl，3Si（NH ） =8NH +Si N ． 4 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 2 H O． 2 第18页（共21页）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 H 反应，生成 3苯基1丙醇．F 的结 2 构简式是 （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． 菁优网版权所有 【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 H O 的物质的量，则可求得 C、H、O 的原 2 2 子个数比，进而求得化学式； （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 4 10 2 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； （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 2 2 含有碳碳双键．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 第19页（共21页）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 2 2 0.5mol，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 4 10 答案为：C H ； 4 10 （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 4 10 2 两种产物，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 2 2 含有碳碳双键．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， 2 则类比可不难得出 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： 、 、 、 ． 第20页（共21页）． 【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． 第21页（共21页）