2009年全国统一高考化学试卷(全国卷Ⅰ)及解析

绝密★启用前2023年全国统一高考化学试卷（乙卷）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）一、单选题：本大题共7小题，共42分。

1.下列应用中涉及到氧化还原反应的是( )A. 使用明矾对水进行净化B. 雪天道路上撒盐融雪C. 暖贴中的铁粉遇空气放热D. 荧光指示牌被照发光2.下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是( )①②A. ①的反应类型为取代反应B. 反应②是合成酯的方法之一C. 产物分子中所有碳原子共平面D. 产物的化学名称是乙酸异丙酯3.下列装置可以用于相应实验的是( )A. 制备CO2B. 分离乙醇和乙酸C. 验证SO2酸性D. 测量O2体积4.一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。

W、X、Y原子序数依次增大。

简单离子X2−与Y2+具有相同的电子结构。

下列叙述正确的是( )A. X的常见化合价有−1、−2B. 原子半径大小为Y>X>WC. YX的水合物具有两性D. W单质只有4种同素异形体5.一些化学试剂久置后易发生化学变化。

下列化学方程式可正确解释相应变化的是( )A. AB. BC. CD. D6.室温钠—硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。

一种室温钠—硫电池的结构如图所示。

将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫磺粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。

工作时，在硫电极发生反应：12S8+e−→12S82−，12S82−+e−→S42−，2Na++x4S42−+2(1−x4)e−→Na2S x。

2009年北京市高考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1．（5分）（2009•北京）化学与人类生活密切相关．下列说法正确的是（）A．苯酚有一定毒性，不能作消毒剂和防腐剂B．白磷着火点高且无毒，可用于制造安全火柴C．油脂皂化生成的高级脂肪酸钠是肥皂的有效成分D．用食醋去除水壶中的水垢时所发生的是水解反应2．（5分）（2009•北京）下列叙述不正确的是（）A．铁表面镀锌，铁作阳极B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl23．（5分）（2009•北京）W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色．下列判断正确的是（）A．金属性：Y＞Z B．氢化物的沸点：X＞WC．离子的还原性：X＞W D．原子及离子半径：Z＞Y＞X4．（5分）（2009•北京）下列叙述正确的是（）A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变5．（5分）（2009•北京）已知：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）；△H＜0．有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡．欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（）A．甲、乙提高相同温度B．甲中加入0.1 mol He，乙不变C．甲降低温度，乙不变D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I26．（5分）（2009•北京）甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有二周期IV A族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素7．（5分）（2009•北京）有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol•L﹣1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa 与NaHCO3，下列各项排序正确的是（）A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO一）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②8．（5分）（2009•北京）由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B．若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32，则E一定能还原Fe2O3C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐二、解答题（共4小题，满分60分）9．（16分）（2009•北京）丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药（分子式为C3H5Br2Cl）和应用广泛的DAP树脂：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCOOR″+R′OH （R、R′、R″代表烃基）（1）农药分子C3H5Br2Cl中每个碳原子上均连有卤原子．①A的结构简式是，A含有的官能团名称是；②由丙烯生成A的反应类型是．（2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是．（3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%．C的结构简式是．（4）下列说法正确的是（选填序号字母）．a．C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应b．C含有2个甲基的羧酸类同分异构体有4个c．D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量d．E具有芳香气味，易溶于乙醇（5）E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备．其中将甲醇与H分离的操作方法是．（6）F的分子式为C10H10O4．DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种．D和F反应生成DAP单体的化学方程式是．10．（15分）（2009•北京）以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下（部分操作和条件略）：Ⅰ．从废液中提纯并结晶出FeSO4•7H2O．Ⅱ．将FeSO4•7H2O配制成溶液．Ⅲ．FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液．Ⅳ．将浊液过滤，用90℃热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体．V．煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体．已知：NH4HC03在热水中分解．（1）Ⅰ中，加足量的铁屑除去废液中的Fe3+，该反应的离子方程式是．（2）Ⅱ中，需加一定量硫酸．运用化学平衡原理简述硫酸的作用．（3）Ⅲ中，生成FeCO3的离子方程式是．若FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是．（4）IV中，通过检验SO42﹣来判断沉淀是否洗涤干净．检验SO42的操作是．（5）已知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品．若产品中杂质只有FeO，则该产品中Fe2O3的质量是Kg．（摩尔质量/g•mol﹣1：FeC03 116 Fe203 160 Fe0 72）11．（14分）（2009•北京）某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）．实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO．由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸．可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O （1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后（3）装置①中发生反应的化学方程式是（4）装置②的作用是，发生反应的化学方程式是（5）该小组得出的结论依据的试验现象是（6）试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色．甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是（填序号字母，多选不给分）a）加热该绿色溶液，观察颜色变化b）加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c）向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d）向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化．12．（15分）（2009•北京）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整4+11O22Fe2O3+8SO2（2）接触室中发生反应的化学方程式是．（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母）．a．为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎b．过量空气能提高SO2的转化率c．使用催化剂能提高SO2的反应速率和转化率d．沸腾炉排出的矿渣可供炼铁（4）每160g SO3气体与H2O化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是．（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐．①SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2．SO2吸收Br2的离子方程式是．②为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出（此温度下铵盐不分解），该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量．部分测定结果：铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变．计算：该铵盐中氮元素的质量分数是%；若铵盐质量为l5.00g，浓硫酸增加的质量为．（计算结果保留两位小数）2009年北京市高考化学试卷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）【考点】苯酚的化学性质；绿色化学；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．苯酚能杀菌消毒；B．白磷着火点低，且有毒；C．油脂在氢氧化钠溶液中能发生皂化反应生成硬脂酸钠；D．水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，二者都能和醋酸反应生成可溶性的盐而除去水垢．【解答】解：A．苯酚有毒，病毒属于蛋白质，苯酚能将病毒变性而杀菌消毒，所以苯酚可以配制成一定浓度的溶液用于杀菌消毒或防腐，故A错误；B．白磷的着火点是40℃，白磷易自燃且有毒，所以不能用于制造安全火柴，用于制造安全火柴的是红磷，故B错误；C．油脂在NaOH溶液中发生皂化反应生成硬脂酸钠，硬脂酸钠用于制造肥皂，所以肥皂的主要成分是硬脂酸钠，故C正确；D．水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁，CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O、Mg（OH）2+2CH3COOH=Mg（CH3COO）2+2H2O，所以发生的是复分解反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答，会运用化学知识解释生活现象，题目难度不大．2．（5分）【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A、电镀时，镀件作阴极．B、原电池中较活泼的金属作负极，正极被保护．C、钢铁的吸氧腐蚀中，正极上氧化剂得电子发生还原反应．D、电解氯化钠溶液时，阳极上阴离子失电子发生氧化反应．【解答】解：A、铁表面镀锌，镀层是锌，应作阳极；镀件是铁，应作阴极，故A错误．B、船底镶嵌锌块，锌、铁和海水构成原电池，锌作负极，铁作正极，锌被腐蚀从而保护了铁，故B正确．C、钢铁的吸氧腐蚀中，正极上氧气得电子发生还原反应和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确．D、工业上电解饱和食盐水时，氯离子的放电能力大于氢氧根离子，所以阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D正确．故选A．【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，明确金属防护的方法在日常生活中的应用．3．（5分）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素，X与W同主族，则X为F元素，Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则原子序数为=13，为Al元素，含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z应为Na元素，结合元素的金属性和非金属性的递变规律解答该题．【解答】解：由题设可判定W为Cl，X为F，Y为Al，Z为Na．A．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则金属性Na＞Al，故A错误；B．氢化物沸点HF＞HCl，因HF分子间存在氢键，故B正确；C．非金属性F＞Cl，则离子还原性Cl﹣＞F﹣，故C错误；D．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径Na＞Al＞F，离子半径F﹣＞Na+＞Al3+，故D错误．故选B．【点评】本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答本题的关键，注意把握元素周期律知识．4．（5分）【考点】二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；硝酸的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．CO2和SO2与BaCl2不反应，没有沉淀产生；B．NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应；C．Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸；D．锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大．【解答】解：A．CO2和SO2对应的酸比HCl弱，二者与BaCl2不反应，没有沉淀产生，故A错误；B．铜和稀硫酸不反应，加入Cu（NO3）2固体，NO3﹣具有强氧化性，在酸性条件下与Cu 发生氧化还原反应，可溶解铜，故B错误；C．氨水呈弱碱性，向AlCl3溶液中滴加氨水，生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，但可溶于强碱和强酸，则再加入过量NaHSO4溶液，沉淀消失，故C正确；D．加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度中等，本题注意CO2和SO2对应的酸比HCl 弱，Al（OH）3不溶于弱碱，以及原电池反应等知识，为元素化合物中常考查知识，学习中注意积累．5．（5分）【考点】化学平衡的影响因素．【分析】同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答．【解答】解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲、乙提高相同温度，平衡均逆向移动，HI的平衡浓度均减小，故A错误；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，故B错误；C、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙不变，故C正确；D、甲中增加0.1molH2，乙增加0.1molI2，结果还是等效的，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识，难度中等，注意理解等效平衡规律．6．（5分）【考点】无机物的推断；极性键和非极性键；芳香烃、烃基和同系物．【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3 OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IV A族的元素，可能为CH3 OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，CH3 OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；C．第二周期IV A族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确．故选D．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例．7．（5分）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性，然后根据选项来分析解答．【解答】解：A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）：②＞④＞③＞①，故B正确；C．酸性越强，则溶液中C（H+）越大，pH越小，由pH为②＞④＞③＞①，则C（H+）为①＞③＞④＞②，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键．8．（5分）【考点】无机物的推断．【分析】A、X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，C为CO2，B为强酸，与水反应生成强酸，可能是氯气与水反应生成的HCl，也可能是二氧化氮与水反应生成的HNO3．B、根据B、D反应的离子方程式OH﹣+HCO3﹣═H2O+CO32﹣，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3．C、D为CO，可以判断O2CO2CO，X为C，B为O2，C为CO2，A与水反应生成氧气，A为过氧化钠或氟气，结合二氧化碳能与E反应判断．D、D为白色沉淀，可以判断为OH﹣AlO2﹣Al（OH）3，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3．【解答】解：A、X是Na2CO3，C为CO2，当A为NO2，B为HNO3，E为NO，D为NaHCO3也符合转化关系，A错误；B、根据B、D反应的离子方程式OH﹣+HCO3﹣═H2O+CO32﹣，A为活泼金属Na，B为NaOH、E为H2，X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3，H2在加热时能还原Fe2O3，故B正确；C、如A为氟气，HF与二氧化碳不反应，A为Na2O2，B为O2，E为NaOH，X为C，C 为CO2，D为CO，符合转化关系，过氧化钠电子式为，故C正确；D、D为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol 的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生双水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故D正确．故选：A．【点评】本题考查元素及其化合物的转化关系，题目难度较大，做好本题的关键之处在于把握好物质的性质．二、解答题（共4小题，满分60分）9．（16分）【考点】有机物的推断．【分析】农药分子C3H5Br2Cl中每个碳原子上均连有卤原子，则可知丙烯在500℃条件下发生取代反应生成A（CH2=CHCH2Cl），A与溴发生加成反应生成C3H5Br2Cl；C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，C→D发生酯交换反应，则D为HOCH2CH=CH2，E为CH3COOCH3，水解生成甲醇和B，则B为CH3COOH，H为CH3COONa，以此结合有机物的性质来解答．【解答】解：农药分子C3H5Br2Cl中每个碳原子上均连有卤原子，则可知丙烯在500℃条件下发生取代反应生成A（CH2=CHCH2Cl），A与溴发生加成反应生成C3H5Br2Cl；C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，C→D发生酯交换反应，则D为HOCH2CH=CH2，E为CH3COOCH3，水解生成甲醇和B，则B为CH3COOH，H为CH3COONa，（1）①由以上分析可知A为CH2=CHCH2Cl，含有碳碳双键、氯原子官能团，故答案为：CH2=CHCH2Cl；碳碳双键、氯原子；②由丙烯生成A的反应类型是取代，故答案为：取代；（2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式为CH2=CHCH2Cl+H2O HOCH2CH=CH2+HCl，故答案为：CH2=CHCH2Cl+H2O HOCH2CH=CH2+HCl；（3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，故答案为：CH3COOCH2CH=CH2；（4）a．C为CH3COOCH2CH=CH2，可发生聚合反应、还原反应和氧化反应，故a正确；b．C含有2个甲基的羧酸类同分异构体有CH3C（CH3）=CH2COOH、CH3CH=C（CH3）COOH2种，故b错误；c．D为CH2=CHCH2OH，加成产物为CH3CH2CH2OH，相对分子质量为60，B为CH3COOH，相对分子质量为60，故c正确；d．E为CH3COOCH3，具有芳香气味，易溶于乙醇，故d正确．故答案为：a c d；（5）H为乙酸钠，与甲醇的沸点差异较大，可利用蒸馏的方法来分离，故答案为：蒸馏；（6）F的分子式为C10H10O4．DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种，应位于邻位，D为CH2=CHCH2OH，则F为，反应生成DAP单体的化学方程式是，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意根据物质的结构及反应条件来推断，注意官能团的性质与转化，题目难度中等．10．（15分）【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；硫酸根离子的检验；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】（1）Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子；（2）FeSO4•7H2O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，根据平衡移动原理来分析；（3）亚铁离子和碳酸氢根离子相互促进水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁；（4）根据硫酸根离子可以和钡离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀来检验硫酸根离子；（5）根据含铁元素物质的质量关系来计算．【解答】解：（1）Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）FeSO4•7H2O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，加入硫酸配制可以使得化学平衡逆向移动，抑制水解，故答案为：入硫酸，氢离子浓度增大，使得水解平衡Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+逆向移动，从而抑制硫酸亚铁的水解；（3）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，即Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O，生成的碳酸亚铁中，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁，即4FeCO3+O2+6H2O=4CO2↑+4Fe（OH）3，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3↓+CO2↑+H2O；4FeCO3+O2+6H2O=4CO2↑+4Fe（OH）3；（4）硫酸根离子可以和钡离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，检验硫酸根是否存在可以验证沉淀是否洗净，具体做法是：少量洗涤后的试液放入试管中，滴加酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净，故答案为：取少量洗涤后的试液放入试管中，滴加酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净；（5）假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=316800；（2x+y）×116=464000，解得x=1800mol，所以产物中Fe2O3的质量160g/mol×1800mol=288000g=288kg，故答案为：288.0kg．【点评】本题考查学生铁元素的不同价态之间的转化，可以根据所学知识进行回答，难度较大．11．（14分）【考点】硝酸的化学性质；性质实验方案的设计．【分析】（1）根据装置特点和实验目的判断；（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；同时根据一氧化氮的性质判断装置⑤的操作；（3）根据铜和浓硝酸的性质结合实验现象判断产物，从而确定反应方程式；（4）根据二氧化氮的性质且能转化为一氧化氮选择试剂；根据实验现象结合二氧化氮的性质书写反应方程式；（5）根据对比实验③、④的实验现象判断；（6）根据是否改变溶液中硝酸铜的质量分数或溶解气体的浓度判断；【解答】解：（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸．故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出．故答案为：通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内；（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：将NO2转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之．装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体．故答案为：装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；（6）要证明是Cu（NO3）2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化，二是增大溶液中NO2浓度（d方案），通过观察颜色变化可以判断．故选a c d．【点评】本题主要考查HNO3的性质、属物质验证性实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质．物质验证性实验方案的设计如下：结合已知的物质具有的性质，选择合适的试剂，设计具体实验方案验证物质是否具有该性质．对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境．12．（15分）【考点】工业制取硫酸．【分析】（1）利用工业制硫酸的原理分析，需要的原料是黄铁矿；（2）接触室内的反应是二氧化硫的催化氧化；（3）依据影响反应速率的因素和平衡移动的影响因素分析解答；（4）每160g SO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应量的反应热；（5）二氧化硫吸收溴单质利用的是二氧化硫的还原性和溴单质的氧化性；根据氧化还原反应书写离子方程式；（6）本反应历程是：OH﹣首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH﹣再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH﹣的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH﹣不足）．【解答】解：（1）依据题意，黄铁矿是制硫酸的第一步所需的原料，由成分可知化学式为FeS2，故答案为：FeS2；（2）沸腾炉中生成的二氧化硫气体和空气中的氧气在接触室内发生的催化氧化反应生成三氧化硫；2SO2+O22SO3故答案为：2SO2+O22SO3；（3）粉碎矿石增大接触面积提高反应速率；增加空气的量会使平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率；催化剂只改变速率不改变平衡，不改变转化率；生产过程中的矿渣中含有三氧化二铁；所以正确的是abd；故答案为：abd；（4）每160g SO3气体物质的量为2mol；与液态H2O化合放出260.6kJ的热量，1mol三氧化硫和水反应放热130.3KJ；热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=﹣130.3kJ/mol故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）；△H=﹣130.3kJ/mol；（5）①SO2吸收Br2的反应中二氧化硫被氧化为硫酸，溴单质被还原为溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣；②从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO4和NH4HSO4的混合物；本反应历程是：OH﹣首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH﹣再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0；由题知铵盐质量为30.00g时，产生0.04molNH3．该铵盐中NH4HSO4先与NaOH溶液反应，2NH4HSO4+2NaOH=（NH4）2SO4+Na2SO4+H2O，只有当NH4HSO4中的H+消耗完全后，NH4+才能与NaOH溶液反应产生NH3，NH4++OH﹣=NH3↑+H2O．据此判断铵盐质量为10.00g 时NaOH溶液过量，铵盐质量为20.00g和30.00g时，消耗的NaOH质量相等．设10.00g。

2009年江苏高考化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127选择题单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共计24分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.《中华人民共和国食品安全法》于2009年6月1日起实施。

下列做法不利于食品安全的是： A ．用聚氯乙烯塑料袋包装食品 B ．在食用盐中添加适量的碘酸钾C ．在食品加工中科学使用食品添加剂D ．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量 2.下列有关化学用语使用正确的是：A ．硫原子的原子结构示意图：B ．NH 4Cl 的电子式：C ．原子核内有10个中子的氧原子：188OD ．对氯甲苯的结构简式：3.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是：4. 用N A 表示阿伏伽德罗常数的值。

下列叙述正确的是：A ．25℃时，pH ＝13的1.0LB a (O H )2溶液中含有的O H －数目为0.2N A B ．标准状况下，2.24LCl 2与过量的稀NaOH 溶液反应，转移电子总数为0.2N A C ．室温下，21.0g 乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5N A D ．标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0N A5. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。

下列说法不正确的是： A ．明矾水解形成的A l (O H )3 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化 B ．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率 C ．MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料abcAAlAlCl 3A l (O H )3B HNO 3 NO NO 2C Si SiO 2 H 2SiO 3 DCH 2＝CH 2CH 3CH 2OHCH 3CHOabcD．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁6.下列有关实验操作的叙述正确的是：A．实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯B．用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液C．用量筒量取5.00mL1.00mol·L－1盐酸于50mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100mol·L－1盐酸D．用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出7.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是：A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－B．含有0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－C．含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－8. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。

2010年全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题1．（3分）下列判断错误的是（ ）A．熔点：Si3N4＞NaCl＞SiI4B．沸点：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）32．（3分）下列叙述正确的是（ ）A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸C．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu3．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+4．（3分）下列叙述正确的是（ ）A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞bB．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液pH ＜7C．常温下，1.0×10﹣3mol/L盐酸的pH=3.0，1.0×10﹣8mol/L盐酸pH=8.0 D．若1mLpH=1盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液pH=7，则NaOH溶液的pH=115．（3分）如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。

电池的一个电极由有机光敏燃料（S）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：TiO2/s→TiO2/S﹡（激发态）TiO2/S﹡→TiO2/S++e﹣I3﹣+2e﹣→3I﹣2TiO2/S++3I﹣→2TiO2/S+I3﹣下列关于该电池叙述错误的是（ ）A．电池工作时，是将太阳能转化为电能B．电池工作时，I﹣离子在镀铂导电玻璃电极上放电C．电池中镀铂导电玻璃为正极D．电池的电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度不会减少6．（3分）如图表示4﹣溴环己烯所发生的4个不同反应．其中，有机产物只含有一种官能团的反应是（ ）A．①④B．③④C．②③D．①②7．（3分）一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于（ ）A．1：2B．2：3C．3：1D．5：38．（3分）下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是（ ）A．存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角B．最小的环上，有3个Si原子和3个O原子C．最小的环上，Si和O原子数之比为1：2D．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子二、非选题9．在溶液中，反应A+2B⇌C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100mol/L、c（B）=0.200mol/L 及c（C）=0mol/L．反应物A 的浓度随时间的变化如图所示．请回答下列问题：（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件．所改变的条件和判断的理由是：② ； ．③ ； ．（2）实验②平衡时B的转化率为 ；实验③平衡时C的浓度为 ；（3）该反应的△H 0，其判断理由是 （4）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验②：v B= 实验③：v c= ．10．有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，它们是中学化学中常用的无机试剂．纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且它们的阴离子均不同．现进行如下实验：①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶．根据上述实验信息，请回答下列问题：（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）： （2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法： ．11．请设计CO2在高温下与木炭反应生成CO的实验．（1）在下面方框中，A表示有长颈漏斗和锥形瓶组成的气体发生器，请在答题卡上的A后完成该反应的实验装置示意图（夹持装置，连接胶管及尾气处理不分不必画出，需要加热的仪器下方用△标出），按气流方向在每件仪器下方标出字母B、C…；其他可选用的仪器（数量不限）简易表示如下：（2）根据方框中的装置图，在答题卡上填写该表仪器符号仪器中所加物质作用A石灰石、稀盐酸石灰石与盐酸生成CO2（3）有人对气体发生器作如下改进：在锥形瓶中放入一小试管，将长颈漏斗下端插入小试管中．改进后的优点是 ；（4）验证CO的方法是 ．12．有机化合物A～H的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，1 mol A 完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式是 ，名称是 ；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E．由E转化为F的化学方程式是 ；（3）G与金属钠反应能放出气体．由G转化为H的化学方程式是 ；（4）①的反应类型是 ；③的反应类型是 ；（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有可能的结构简式 ；（6）C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种（不考虑立体异构）．则C的结构简式为 ．2010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1．（3分）下列判断错误的是（ ）A．熔点：Si3N4＞NaCl＞SiI4B．沸点：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3【考点】75：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；77：元素周期律的作用；9H：晶体熔沸点的比较．【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．【分析】A、从晶体的类型比较；B、从是否含有氢键的角度比较；C、从非金属性强弱的角度比较；D、从金属性强弱的角度比较；【解答】解：A、Si3N4为原子晶体，NaCl为离子晶体，SiI4为分子晶体，一般来说，不同晶体的熔点高低按照原子晶体＞离子晶体＞分子晶体的顺序，故有Si3N4＞NaCl＞SiI4，故A正确；B、NH3含有氢键，沸点最高，PH3和AsH3不含氢键，沸点的高点取决于二者的相对分子质量大小，相对分子质量越大，沸点越高，应为AsH3＞PH3，故顺序为NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C、元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的酸性就越强，由于非金属性Cl＞S＞P，所以最高价氧化物的水化物的酸性的强弱顺序为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C正确；D、元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，由于金属性Na＞Mg＞Al，所以最高价氧化物的水化物的碱性的强弱顺序为：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故D正确。

2010年高考全国新课标(宁夏、吉林、黑龙江)理综化学试卷一、选择题1．（2010全国新课标）下列各项表达中正确的是（）A．Na2O2的电子式为B．106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L(标准状况)C．在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7D．Cl-的结构示意图为2．（2010新课标）分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有(不考虑立体异构)（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种3．（2010全国新课标）下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇4．（2010全国新课标）把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol 硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。

则该混合溶液中钾离子浓度为（）A．0.1(b-2a)mol/L B．10( 2a-b)mol/LC．10(b-a)mol/L D．10(b-2a)mol/L5．（2010全国新课标）己知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的∆H=-12.1kJ/mol；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的∆H=-55.6kJ/mol。

则HCN在水溶液中电离的∆H等于（）A．-67.7 kJ/mol B．-43.5 kJ/mol C．+43.5 kJ/mol D．+67.7kJ/mol 6．（2010全国新课标）根据下图，可判断出下列离子方程式中错误的是（）A．2Ag(s)+Cd2+(aq)==2Ag+(aq)+Cd(s)B．Co2+(aq)+Cd(s)==Co(s)+Cd2+(aq)C．2Ag+(aq)+Cd(s)==2Ag(s)+Cd2+(aq)D. 2Ag+(aq)+Co(s)==2Ag(s)+Co2+(aq)7．（2010全国新课标）下表中评价合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价A Fe3O4与稀硝酸反应:2Fe3O4+18H+=6Fe3++H2-+8H2O正确B 向碳酸镁中加入稀盐酸: CO32-+2H+==CO2+ H2O 错误，碳酸镁不应该写成离子形式C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液:Ba2++SO42-==BaSO4¯正确D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++4Cl-+Br2错误，Fe2+与Br-的化学计量数之比应为1:2二、非选题8．（2010全国新课标）物质A～G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共7个小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（）A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣2．（6分）《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。

”文中涉及的操作方法是（）A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取3．（6分）已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（）A．b的同分异构体只有d和p两种B．它们的二氯代物均只有三种C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．只有b的所有原子处于同一平面4．（6分）实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是（）A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓度C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气5．（6分）支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是（）A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整6．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。

下列说法不正确的是（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Y与X的简单离子的具有相同的电子层结构C．Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期7．（6分）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

2023年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)化学1. 生活中处处有化学,下列叙述正确地是A. HB铅笔芯地成分为二氧化铅B. 碳酸氢钠可做食品膨松剂C. 青铜和黄铜是不同结构地单质铜D. 焰火中红色来源于钠盐灼烧【解析】B【解析】【详解】A．铅笔芯地主要成分为石墨,不含二氧化铅,A错误；B．碳酸氢钠不稳定,受热易分解产生二氧化碳,能使面团松软,可做食品膨松剂,B正确；C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅地合金,黄铜为是由铜和锌所组成地合金,两者均属于混合物,不是铜单质,C错误；D．钠元素灼烧显黄色,D错误；故选B。

2. 一种实现二氧化碳固定及再利用地反应如下:下列叙述正确地是A. 化合物1分子中地所有原子共平面B. 化合物1与乙醇互为同系物C. 化合物2分子中含有羟基和酯基D. 化合物2可以发生开环聚合反应【解析】D【解析】【详解】A．化合物1分子中还有亚甲基结构,其中心碳原子采用sp3杂化方式,所以所有原子不可能共平面,A错误；B．结构相似,分子上相差n个CH2地有机物互为同系物,上述化合物1为环氧乙烷,属于醚类,乙醇属于醇类,与乙醇结构不相似,不是同系物,B错误；C．根据上述化合物2地分子结构可知,分子中含酯基,不含羟基,C错误；D ．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物,D 正确；解析选D 。

3. 某白色粉末样品,可能含有24Na SO 、23Na SO 、223Na S O 和23Na CO 。

取少量样品进行如下实验:①溶于水,得到无色透明溶液②向①地溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体逸出。

离心分离。

③取②地上层清液,向其中滴加2BaCl 溶液有沉淀生成。

该样品中确定存在地是A. 24223Na SO Na S O 、 B. 23223Na SO Na S O 、 C. 24253Na SO Na CO 、 D. 2323DNa SO Na CO 、【解析】A 【解析】【详解】由题意可知,①取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间能共存,②向①地溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体放出,说明固体中存在Na 2S 2O 3,发生反应S 2O 2-3+2H +=S↓+H 2O+SO 2↑,离心分离,③取②地上层清液,向其中滴加BaCl 2溶液,有沉淀生成,则沉淀为BaSO 4,说明固体中存在Na 2SO 4,不能确定是否有Na 2SO 3和Na 2CO 3,Na 2SO 3与过量盐酸反应生成二氧化硫,Na 2CO 3与过量盐酸反应生成二氧化碳,而这些现象可以被Na 2S 2O 3与过量盐酸反应地现象覆盖掉,综上分析,该样品中确定存在地是:Na 2SO 4、Na 2S 2O 3,解析选A 。

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M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．13．（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+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O4．（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．6．（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﹣）7．（5分）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 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．8．（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9．（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）10．（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．11．（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？．14．（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．15．（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=CH2R﹣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）（2009•全国卷Ⅰ）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+【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．2．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）将15mL 2mol•L﹣1Na2CO3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M n+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M n+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出M n+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M n+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M n+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：2M n+～nCO32﹣2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B．3．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．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．4．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【分析】根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为C n H2n，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 n H2n，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．6．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．7．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【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2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2△m（减少）2×84 106 62x （w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选A．8．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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【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．9．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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【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．二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2↑+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．【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：11．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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： 2.8L④电极c的质量变化是16g；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+2H2O2Cu+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．14．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【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）=8NH3+Si3N4．415．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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=CH2R﹣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：、、、．【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：、、、．．。

2023年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题1．（6分）化学无处不在,与化学有关地说法错误地是（ ）A．侯氏制碱法地工艺过程中应用了物质溶解度地差异B．可用蘸浓盐酸地棉棒检验输送氨气地管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素,所以要多吃富含高碘酸地食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2．（6分）香叶醇是合成玫瑰香油地主要原料,其结构简式如下图所示:下列有关香叶醇地叙述正确地是（ ）A．香叶醇地分子式为C10H18OB．不能使溴地四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应3．（6分）短周期元素W、X、Y、Z地原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水地电离平衡地是（ ）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣4．（6分）银制器皿日久表面会逐渐变黑,这是生成了Ag2S地缘故．根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑地银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确地是（ ）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极,Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去地原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl5．（6分）已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10,K sp（AgBr）=7.7×10﹣13,K sp（Ag2CrO）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1,向该4溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1地AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀地先后顺序为（ ）A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣6．（6分）分子式为C5H10O2地有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,若不考虑立体异构,这些酸和醇重新组合可形成地酯共有（ ）A．28种B．32种C．40种D．48种7．（6分）下列实验中,所采取地分离方法与对应原理都正确地是（ ）选项目地分离方法原理A分离溶于水中地碘乙醇萃取碘在乙醇中地溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇地密度不同C除去KNO3固体中混杂地NaCl重结晶NaCl在水中地溶解度很大D除去丁醇中地乙醚蒸馏丁醇与乙醚地沸点相差较大A．A B．B C．C D．D三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题,每个试卷考生都必须作答．第33题～第40题为选考题,考生根据要求作答）8．（13分）醇脱水是合成烯烃地常用方法,实验室合成环己烯地反应和实验装置如下图所示．可能用到地有关数据如下:相对分子质量密度/（g•cm﹣3）沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应:在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片,冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后,开始缓慢加热a,控制馏出物地温度不超过90℃．分离提纯:反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g．回答下列问题:（1）装置b地名称是 ．（2）加入碎瓷片地作用是 ；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片,应该采取地正确操作是 （填正确解析标号）．A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料（3）本实验中最容易产生地副产物地结构简式为 ．（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并 ；在本实验分离过程中,产物应该从分液漏斗地 （填"上口倒出"或"下口放出"）．（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙地目地是 ．（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到地仪器有 （填正确解析标号）．A．蒸馏烧瓶 B．温度计 C．吸滤瓶 D．球形冷凝管 E．接收器（7）本实验所得到地环己烯产率是 （填正确解析标号）．A.41%B.50%C.61%D.70%9．（15分）锂离子电池地应用很广,其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时,该锂离子电池阴极发生地反应为6C+xLi++xe﹣═Li x C6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中地某些金属资源（部分条件未给出）．回答下列问题:（1）LiCoO2中,Co元素地化合价为 ．（2）写出"正极碱浸"中发生反应地离子方程式 ．（3）"酸浸"一般在80℃下进行,写出该步骤中发生地所有氧化还原反应地化学方程式 ；可用盐酸代替H2SO4和H2O2地混合液,但缺点是 ．（4）写出"沉钴"过程中发生反应地化学方程式 ．CoO2之间地转化,写出放电时电池反应方（5）充放电过程中,发生LiCoO2与Li1﹣x程式 ．（6）上述工艺中,"放电处理"有利于锂在正极地回收,其原因是 ．在整个回收工艺中,可回收到地金属化合物有 （填化学式）．10．（15分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体,可作为一种新型能源．由合成气（组成为H2、CO和少量地CO2）直接制备二甲醚,其中地主要过程包括以下四个反应:甲醇合成反应:（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅱ）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣49.0kJ•mol﹣1水煤气变换反应:（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1二甲醚合成反应:（Ⅳ）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1回答下列问题:（1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂地主要成分之一．工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3地主要工艺流程是 （以化学方程式表示）．（2）分析二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率地影响 ．（3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）地热化学方程式为 ．根据化学反应原理,分析增加压强对直接制备二甲醚反应地影响 ．（4）有研究者在催化剂（含Cu﹣Zn﹣Al﹣O和Al2O3）、压强为5.0MPa地条件下,由H2和CO直接制备二甲醚,结果如下图所示．其中CO转化率随温度升高而降低地原因是 ．（5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点,其能量密度高于甲醇直接燃料电池（5.93kW•h•kg﹣1）．若电解质为酸性,二甲醚直接燃料电池地负极反应为 ,一个二甲醚分子经过电化学氧化,可以产生 个电子地能量；该电池地理论输出电压为1.20V,能量密度E= （列式计算．能量密度=电池输出电能/燃料质量,1kW•h=3.6×106J）．11．（15分）[化学﹣选修2:化学与技术]草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸（含2个结晶水）地工艺流程如下:回答下列问题:（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢地化学反应方程式分别为 、 ．（2）该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作①地滤液是 ,滤渣是 ；过滤操作②地滤液是 和 ,滤渣是 ．（3）工艺过程中③和④地目地是 ．（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案地缺点是产品不纯,其中含有地杂质主要是 ．（5）结晶水合草酸成品地纯度用高锰酸钾法测定．称量草酸成品0.250g溶于水中,用0.0500mol•L﹣1地酸性KMnO4溶液滴定,至粉红色不消褪,消耗KMnO4溶液15.00mL,反应地离子方程式为 ；列式计算该成品地纯度 ．12．（15分）[化学﹣选修3:物质结构与性质]硅是重要地半导体材料,构成了现代电子工业地基础．请回答下列问题:（1）基态Si原子中,电子占据地最高能层符号为 ,该能层具有地原子轨道数为 、电子数为 ．（2）硅主要以硅酸盐、 等化合物地形式存在于地壳中．（3）单质硅存在与金刚石结构类似地晶体,其中原子与原子之间以 相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献 个原子．（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备．工业上采用Mg2Si和NH4C l在液氨介质中反应制得SiH4,该反应地化学方程式为 ．（5）碳和硅地有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:化学键C﹣C C﹣H C﹣O Si﹣Si Si﹣H Si﹣O键能/（kJ•mol﹣1）356413336226318452①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是 ．②SiH4地稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是 ．（6）在硅酸盐中,SiO四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式．图（b）为一种无限长单链结构地多硅酸根,其中Si原子地杂化形式为 ,Si与O地原子数之比为 ,化学式为 ．13．（15分）[化学﹣选修5:有机化学基础]査尔酮类化合物G是黄酮类药物地主要合成中间体,其中一种合成路线如下:已知以下信息:①芳香烃A地相对分子质量在100～110之间,1mol A充分燃烧可生成72g水．②C不能发生银镜反应．③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示有4种氢．④⑤RCOCH3+RˊCHO RCOCH=CHRˊ回答下列问题:（1）A地化学名称为 ．（2）由B生成C地化学方程式为 ．（3）E地分子式为 ,由E生成F地反应类型为 ．（4）G地结构简式为 ．（5）D地芳香同分异构体H既能发生银镜反应,又能发生水解反应,H在酸催化下发生水解反应地化学方程式为 ．（6）F地同分异构体中,既能发生银镜反应,又能与FeCl3溶液发生显色反应地共有 种,其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为2:2:2:1:1地为 （写结构简式）．2023年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）参考解析与试卷解析一、选择题1．（6分）化学无处不在,与化学有关地说法错误地是（ ）A．侯氏制碱法地工艺过程中应用了物质溶解度地差异B．可用蘸浓盐酸地棉棒检验输送氨气地管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素,所以要多吃富含高碘酸地食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成【考点】2H:纯碱工业（侯氏制碱法）；EB:氨地化学性质；EM:氯、溴、碘及其化合物地综合应用．【专题】55:化学计算．【分析】A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中,由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故NaHCO3在溶液中析出；B．浓盐酸易挥发,与NH3结合生成NH4Cl固体；C．补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D．硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1:2:3．【解答】解:A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中,发生以下反应: NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓,其中NaHCO3溶解度最小,故有NaHCO3地晶体析出,故A正确；B．浓盐酸易挥发,与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒,为白烟,故B正确；C．碘是人体必需元素,补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸,高碘酸为强酸性,具有强烈刺激性和腐蚀性,故C错误；D．制备黑火药地原料为S、KNO3、C,三者比例为1:2:3,故D正确。

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M n+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCl n中n值是（）A．4 B．3 C．2 D．13．（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+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O4．（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．6．（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﹣）7．（5分）为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 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．8．（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9．（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）10．（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．11．（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？．14．（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．15．（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=CH2R﹣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）（2009•全国卷Ⅰ）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+【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．2．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）将15mL 2mol•L﹣1Na2CO3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M n+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M n+离子完全沉淀为碳酸盐，利用化合价得出M n+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M n+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M n+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：2M n+～nCO32﹣2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故选：B．3．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2OC．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OD．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．4．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【分析】根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为C n H2n，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 n H2n，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．6．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．7．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【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2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2△m（减少）2×84 106 62x （w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选A．8．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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【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．9．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）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【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．二、解答题（共4小题，满分60分）10．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+CCO2↑+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．【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：11．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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： 2.8L④电极c的质量变化是16g；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+2H2O2Cu+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．14．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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．【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）=8NH3+Si3N4．415．（15分）（2009•全国卷Ⅰ）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=CH2R﹣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：、、、．【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：、、、．．。