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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+、NO3
﹣、NH4
+、Cl﹣
B．Ca2+、HCO3
﹣、NH4
+、AlO2
﹣
C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3
﹣
D．Mg2+、NH4
+、SO4
2﹣、K+
2．（5 分）将15mL 2mol•L
1
﹣ Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L
1
﹣ MCln盐溶
液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n 值是（ ）
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+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
B．KMnO4+HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2O
C．MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
D．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O
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（NH4
+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（NH4
+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）
C．c（Cl﹣）＞c（NH4
+），c（OH﹣）＞c（H+）
D．c（Cl﹣）＞c（NH4
+），c（H+）＞c（OH﹣）
6．（5 分）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加
热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（ ）
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Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反
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KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气
体
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 正和v 逆将以同样倍数减小
二、解答题（共4 小题，满分60 分）
9．（15 分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是
第2页（共21页）
2H2SO4（浓）+C
CO2↑+2H2O+2SO2↑
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H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（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
（填字母）
加入的试剂
作用
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CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电
极．
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c 电极质量
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，为什么？ ．
第3页（共21页）
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（QH2）4和HCl 气体；W（QH2）4在高温下分解生
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
﹣
2
R
CH
﹣
2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）
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 CO2和45g H2O．
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 H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F 的结构
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+、NO3
﹣、NH4
+、Cl﹣
B．Ca2+、HCO3
﹣、NH4
+、AlO2
﹣
C．K+、Ba2+、Cl﹣、HSO3
﹣
D．Mg2+、NH4
+、SO4
2﹣、K+
【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
NH4
+反应产生NH3，但没有沉淀，故A 错误；
B、因AlO2
﹣能促进HCO3
﹣的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子
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HSO3
﹣生成
SO3
2﹣，SO3
2﹣与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故C 错误；
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NH4
+产
生NH3，OH﹣与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故D 正确；
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．
2．（5 分）将15mL 2mol•L
1
﹣ Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5mol•L
1
﹣ MCln盐溶
第6页（共21页）
液中，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n 值是（ ）
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Na2CO3溶液与MCln 盐溶液反应时，恰好将溶液中的Mn+离子完全沉
淀为碳酸盐，利用化合价得出Mn+离子与nCO3
2﹣离子的关系，然后利用物质的
量来计算解答．
【解答】解：Na2CO3 溶液中CO3
2﹣离子的物质的量为15mL×10
3
﹣×2mol•L﹣
1=0.03mol，
MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL×10
3
﹣×0.5mol•L
1
﹣=0.02mol，
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Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：
2Mn+～nCO3
2﹣
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+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
B．KMnO4+HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2O
C．MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
D．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O
【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；
第7页（共21页）
【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CO2气体，而应是CO3
2﹣，故B 错；
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C2H4O2，烯烃的通式为CnH2n，则在混合物中碳、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C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，
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
﹣，
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
第8页（共21页）
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（NH4
+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+）
B．c（NH4
+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）
C．c（Cl﹣）＞c（NH4
+），c（OH﹣）＞c（H+）
D．c（Cl﹣）＞c（NH4
+），c（H+）＞c（OH﹣）
【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（NH4
+）＞c（Cl
﹣），则符合电荷守恒，故A 是可能出现的结果；
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（NH4
+）=c（Cl﹣），故B 是可能出现的结果；
C、当c（Cl﹣）＞c（NH4
+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大
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（NH4
+），且符合电荷守恒，故D 是可能出现的结果；
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NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g 样品加
第9页（共21页）
热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度（质量分数）是（ ）
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NaHCO3杂质的质量为x，则
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O△m（减少）
2×84 106 62
x （w1g
w
﹣
2g）
，
解得x=
，
则w（Na2CO3）=
=
，
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．
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Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反
第10页（共21页）
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KMnO4溶液褪色
D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气
体
【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Br2发生加成反应；
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KMnO4褪色；
D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应．
【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故
可以与Br2光照发生取代反应，故A 正确；
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KMnO4褪色，故C 正确；
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NaHCO3放出
CO2气体，故D 错误。
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：
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
第11页（共21页）
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 正和v 逆将以同样倍数减小
【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。
【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．
第12页（共21页）
二、解答题（共4 小题，满分60 分）
9．（15 分）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是
2H2SO4（浓）+C
CO2↑+2H2O+2SO2↑
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H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选．（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
（填字母）
加入的试剂
作用
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SO2气体，用装置A，放入品红检验，若品红褪色，则说明有SO2气体产
生，再用装置A，放入酸性KMnO4溶液以除去SO2，然后再用装置A，放入品红，
检验品红是否除尽，因为CO2是用澄清石灰水来检验的，而SO2也可以使澄清
第13页（共21页）
石灰水变浑，故先要除去SO2．最后洗气瓶中装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SO2
A
酸性KMnO4
除去SO2
A
品红溶液
检验SO2是否除尽
A
澄清石灰水
检验CO2的存在
【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CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电
极．
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c 电极质量
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
2O + O 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
；
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 2SO4，有电解液即可电解 ．
第14页（共21页）
【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K2SO4，
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，
100×10%= （100
x
﹣）×10.47% ，得x=4.5g ，故为0.25mol ．由方程式
2H2+O2═2H2O 可知，生成2molH2O，转移4mol 电子，所以整个反应中转化
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H2O，阳极b 处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣
4e
﹣
﹣
=2H2O+O2↑．
③转移0.5mol 电子，则生成O2 为0.5/4=0.125mol ，标况下的体积为
0.125×22.4=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K2SO4而言，其
pH 几乎不变．
（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．
【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H2O，阳极b 处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣
4e
﹣
﹣
=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣
4e
﹣
﹣=2H2O+O2↑；
③丙中为K2SO4，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，100×10%=（100
x
﹣）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式
2H2+O2═2H2O 可知，生成
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2molH2O，转移4mol 电子，所以整个反应中转化0.5mol 电子，则生成O2 为
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：2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，所以
H+增多，故pH 减小．丙中为电解水，对于K2SO4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H2SO4，有电解液即可电解．
【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
2和
N 2O4 ；
（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
3＞
PH
3，
H 2O ＞
H 2S
，其原因是 因为前者中含
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
3和
H 2O 分别为三角
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锥和
V 形；
SiH
4、
PH
3 和
H 2S 结构分别为正四面体，三角锥和
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（QH2）4和HCl 气体；W（QH2）4在高温下分解生
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
4+ 4NH
3=Si
（
NH
2）4+ 4HCl
，
3Si
（
NH
2）4=8NH3+ Si
3N4 ．
【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（QH2）4和HCl 气；
W（QH2）4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SiCl4或CCl4，又W 与Q 形成
高温陶瓷，故可推断W 为Si，W 的氧化物为SiO2，原子之间以共价键结合成空
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Si3N4，Q 为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系，故
答案为：NO2和N2O4；
（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SO3，故答案
为：SO3；
（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NH3＞PH3，H2O＞H2S，因为前者中含有氢键．②NH3和
H2O 的电子数均为10，结构分别为三角锥和V 形，SiH4、PH3和H2S 的电子数
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均为18，结构分别为正四面体，三角锥和V 形，故答案为：NH3＞PH3，H2O＞
H2S；因为前者中含有氢键；NH3和H2O 分别为三角锥和V 形；SiH4、PH3和H2S
结构分别为正四面体，三角锥和V 形；
（5）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成W（QH2）4和HCl，Si（NH2）4在高温下
分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）
4=8NH3+Si3N4．
【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
﹣
2
R
CH
﹣
2CH2OH（B2 H6为乙硼烷）
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 CO2和45g H2O．
A 的分子式是
C 4H10
（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 H2反应，生成3﹣苯基﹣1﹣丙醇．F 的结构
简式是
（4）反应①的反应类型是 消去反应 ；
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（
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、CO2和 H2O 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）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，A 与Cl2光照取代时有两种产物，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；
（3）F 可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2 加成，则应含有碳碳
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变
换而得出其芳香类的同分异构体．
【解答】解：（1）88gCO2为2mol，45gH2O 为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以
烃A 中含碳原子为4，H 原子数为10，则化学式为C4H10．故答案为：C4H10；
（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A 与Cl2光照取代时有两种
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
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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）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2 加成，则应含有碳碳
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）2氧化成羧酸，D 至E 为然后与信息相同的条件，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：
、
、
、
．
．
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【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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