2009年全国统一高考化学试卷（全国卷ⅰ）（含解析版）

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⁺、SO₄²^﹣、K⁺

2．（5分）将15mL 2mol·L^﹣¹ Na₂CO₃溶液逐滴加入到40mL 0.5mol·L^﹣¹ MCl_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_n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．

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

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？　　．

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=CH₂

R﹣CH₂CH₂OH（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　　

（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：　　．

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⁺、SO₄²^﹣、K⁺

【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SO₃²^﹣，SO₃²^﹣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 MCl_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_n中n值是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

【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nCO₃²^﹣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CO₃²^﹣离子的物质的量为15mL×10^﹣³×2mol·L^﹣¹=0.03mol，

MCl_n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MCl_n反应对应的关系式为：

2Mⁿ⁺～nCO₃²^﹣

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

【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CO₂气体，而应是CO₃²^﹣，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．

【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C_nH_2n，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C_nH_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，

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（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^﹣）

【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 样品加热，其质量变为w₂ g，则该样品的纯度（质量分数）是（　　）

A．

B．

C．

D．

【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﹣w₂g）

，

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

【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（　　）

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

【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．

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↑

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

　浓硫酸和木炭　

　产生反应物　

【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^﹣=2H₂O+O₂↑　；

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H₂SO₄，有电解液即可电解　．

【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

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　NO₂和N₂O₄　；

（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　SO₃　；

（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）　NH₃＞PH₃，H₂O＞H₂S　，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　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）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　SiCl₄+4NH₃=Si（NH₂）₄+4HCl，3Si（NH₂）₄=8NH₃+Si₃N₄　．

【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=CH₂

R﹣CH₂CH₂OH（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　C₄H₁₀　

（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　；

（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：　

、

　．

【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：

、

．

【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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