2009年普通高等学校招生全国统一考试(福建、天津、宁夏、辽宁、安徽卷联编理综化学精简版)

2009年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷） 理科综合能力测试

7. 石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景。下列说法正确的是

A.石墨烯与石墨互为同位素

B.0.12g 石墨烯中含有6.02*1022

个碳原子 C 石墨烯是一种有机物

D.石墨烯中的碳原子间以共价键结合

答案：D 解析：同位素的研究对象是原子，A 选项错误；0.12g 石墨烯的物质的量为0.01mol ，所含碳原子个数为0.01N A ，B 选项错误；有机物一般含有碳、氢元素，C 选项错误；由图示可知，石墨烯中碳原子间均为共价键结合，D 选项正确。

8. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是

A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基

B.含有苯环、羟基、羰基、羧基

C.含有羟基、羰基、羧基、酯基

D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基

答案：A 解析：从图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。A 选项正确。

9. 下列选用的相关仪器符合实验要求的是

答案：B 解析：浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞，A 选项错误；水和乙酸乙酯的互不相溶，用分液漏斗分离，B 选项正确；量筒量取液体只能精确到0.1mL ，C 选项错误；实验室制取乙烯需要的温度为170℃，该温度计的量程不足，D 选项错误。

10. 在溶液中能大量共存的一组离子或分子是

A.+4NH 、+H 、-3NO 、-3HCO

B.K +

、Al 3+

、-24SO

、NH 3·H 2O

C.Na +、K +

、

-

23SO 、Cl 2

D.Na +

、CH 3COO -、-23CO 、OH

-

答案：D .解析：A 项中H ＋

与HCO 3－能够反应生成CO 2气体，不能大量共存，错误；Al 3＋与氨水可以发生反应：Al 3＋

＋3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓＋3NH 4＋

，B 选项错误；Cl 2具有氧化性，可以将SO 32－

氧化为SO 42－

，方程式为：Cl 2＋H 2O ＋SO 32－

=SO 42－

＋Cl －

＋2H ＋

，C 选项错误。 11. 汽车尾气净化中的一个反应如下：

()()

NO g CO g +

221

()()2

N g CO g + 14.373-?-=?mol KJ H 在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是：

答案：C

解析：该反应为气体计量数减小的放热反

应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓

度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，A 选项错误；同理，升高温度，平衡逆向移动，CO 的转化率减小，B 选项错误；平衡常数只与热效应有关，与物质的量无关，C 选项正确；增加氮气的物质的量，平衡逆向移动，NO 的转化率减小，D 选项错误。

12. Cu 2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu 2O 的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H

2O==Cu 2O+H 2O ↑。下列说法正确的是

A.石墨电极上产生氢气

B.铜电极发生还原反应

C.铜电极接直流电源的负极

D.当有0.1mol 电子转移时，有0.1molCu 2O 生成。

答案：A.解析：由电解总反应可知，Cu 参加了反应，所以Cu 作电解池的阳极，发生氧化反应，B 选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H ＋

反应，电极反应为：2H ＋

＋2e －

=H 2↑，A 选项正确；阳极与电源的正极相连，C 选项错误；阳极反应为2Cu ＋2OH －

－2e －=Cu 2O ＋H 2O ，当有0.1mol 电子转移时，有0.05molCu 2O 生成，D 选项错误。 13. 向体积为0.05mol·L -1

CH 3COOH 溶液中加入体积为V b 的0.05mol·L -1

KOH 溶液，下列关系错误．．

的是 A. V a >V b 时：c (CH 3COOH) +c (CH 3COO -)>c (K +

） B. V a =V b 时：c (CH 3COOH) +c (H +

)>c (OH -）

C. V a c (K +

）> c (OH -）> c (H ）

D. V a 与V b 任意比时：c (K +

）+ c (H +

) ＝c (OH -）+ c (CH 3COO -)

答案：C 解析：若Va>Vb ，醋酸过量，根据物料守恒可知，n (CH 3COOH)+ n (CH 3COO －)=0.05Va ，n (K ＋

)= 0.05VVb ，则A

选项正确；若Va=Vb ，反应后为CH 3COOK 溶液，由于的CH 3COO －

水解而显碱性，根据质子守恒可知，B 选项正确；若Va

)>c (CH 3COO －

)，C 选项错误；D 选项符合电荷守恒，正确。

25.（17分）.

W 、X 、Y 、Z 是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数一次增大。W 、Y 的氧化物是导致酸雨的主要物质，X 的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z 能形成红色（或砖红色）的2Z O 和黑色的ZO 两种氧化物。 （1）W 位于元素周期表第_________周期第_________族。W 的气态氢化物稳定性比

2H O(g)__________（填“强”或“弱”）。

（2）Y 的基态原子核 外电子排布式是________，Y 的第一电离能比X 的__________（填“大”或“小”）。 （3）Y 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z 的单质反应的化学方程式是

_________________________________________________________________________。 21

(s)+

O (g)=FeO(s)2

Fe 1272.0kJ mol H -?=-? 2233

2X(s)+

O (g)X O (s)2

= 11675.7kJ mol H -?=-? X 的单质和FeO 反应的热化学方程式是_________________________________________。 答案：(1)二 VA 弱 （2）1s 2

2s 2

2p 6

3s 2

3p 4

大 （3）Cu + 2H 2SO 4(浓)△

CuSO 4 + SO 2↑+ 2H 2O

(4)3FeO(s) + 2Al(s)

Al 2O 3(s) + 3Fe(s) H =－859.7KJ/mol

解析：首先推出题中几种元素，W 、Y 的氧化物是导致酸雨的主要物质，在结合原子序数的大小可知，W 是氮元素，Y 是硫元素，X 的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，根据基态原子核外电子所遵循的原则，可以写出电子排布式为：1s 2

2s 2

2p 6

3s 2

3p 1

，X 为铝元素，Z 能够形成红色的Z 2O 和黑色的ZO 两种氧化物，推知Z 为铜元素，两种氧化物分别为Cu 2O 和CuO 。 26.（12分）

是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：

（1）A 与银氨溶液反应有银镜生成，则A 的结构简式是 。

（2）B→C 的反应类型是 。

（3）E 的结构简式是 （4）写出F 和过量NaOH 溶液共热时反应的化学方程式：

（5）下列关于G 的说法正确的是

a ．能与溴单质反应 b. 能与金属钠反应 c. 1molG 最多能和3mol 氢气反应 d. 分子式是C 9H 6O 3

答案：(1)CH 3CHO (2)取代反应（3）

（4）(5)a 、b 、d

解析：（1）A 与银氨溶液反应有银镜生成，则A 中存在醛基，由流程可知，A 与氧气反应可以生成乙酸，则A 为CH 3CHO ；（2）由B 和C 的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应；（3）D 与甲醇在

浓硫酸条件下发生酯化反应生成E ，E 的结构为；（4）由F 的结构简式可知，C 和E 在催化剂条

件下脱去一个HCl 分子得到F ，F 中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，方程式为：+3NaOH

→

+CH 3COONa ＋CH 3OH ＋H 2O ；（5）G 分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴

单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，A 和B 选项正确；1molG 中1mol 碳碳双键和1mol 苯环，所以需要4mol 氢气，C 选项错误；G 的分子式为C 9H 6O 3，D 选项正确。 27.(12分)

某厂废水中含5.00×10-3

mol·L -1

的-

272O Cr ，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材

料

（2）第②步中用PH 试纸测定溶液PH 的操作是：

（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr （OH ）3外，还有 （4）欲使1L 该废水中的-

272O Cr 完全转化为45.15.0FeO Fe Cr 。理论上需要加入 GFeSO 4·7H 2O 。

答案：（1）Cr 2O 72- + 6Fe 2＋ + 14H ＋

2Cr 3+ + 6Fe 3＋

+ 7H 2O

(2)将一小块pH 试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH 试纸上，再与标准比色卡对照。 （3）Fe(OH)3、Fe(OH)2

(4)13.9解析：（1）第①步是Cr 2O 72－与Fe 2＋发生氧化还原反应，方程式为：Cr 2O 72－＋6Fe 2＋＋14H ＋=2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2O ；（2）测定溶液的pH 的方法是：用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH 试纸的中心位置，然后对照标准比色卡，读出对应颜色的数据；（3）从最终所得磁性材料的化学式可知，滤渣中主要有Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3；（4）1L 废水中的n (Cr 2O 72－

)=5.00×10-3

mol ，根据关系式：Cr 2O 72－

～4Cr 0.5Fe 1.5FeO 4～10FeSO 4·7H 2O ，所以理论上

n (FeSO 4·7H 2O)=0.05mol ，m (FeSO 4·7H 2O)= 0.05mol ×278g ·mol -1=13.9g 。

28.（17分）Fenton 法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH 和+

2Fe 浓度的废水中加入H 2O 2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP ，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

[实验设计]控制p-CP 的初始浓度相同，恒定实验温度在298K 或313K （其余实验条件见下表），设计如下对比试验。

（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。 实验 编号 实验目的

T/K

PH c/10-3

mol·L

-

1

H 2O 2

Fe 2+

① 为以下实验作参考 298 3 6.0 0.30 ②

探究温度对降解反应速率的影响

③

298

10 6.0

0.30

[数据处理]实验测得p-CP 的浓度随时间变化的关系如右上图。

（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s 内的反应速率：

υ（p-CP ）= mol·L -1·s -1

[解释与结论]

（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton 法所用试剂H 2O 2的角度分析原因： 。

（4）实验③得出的结论是：PH 等于10时， 。 [思考与交流]

（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法： 答案：（1）

（2）8.0×10-6

；（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止） （5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH 溶液中，使pH 约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可） 解析：(1)实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K ，pH=3，c (H 2O 2)=6.0 mol ·L -1

，c (Fe 2＋

)=0.30 mol ·L -1

，实验③显然是探究pH 的大小对反应速率的影响；（2）在50～150s 内，△c (p-CP)=0.8mol ·L -1

，则v (p-CP)=0.08mol ·L

-1

·s -1

；（3）温度过高时，H 2O 2分解，c (H 2O 2)浓度减小，导致反应速率减小；（4）从图中看出，pH=10时，c (p-CP)不

变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP 不能降解；（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH 溶液，使溶液的pH 迅速增大，反应停止。 制原点

2009年普通高校招生统一考试福建卷(理综)

6. 下列类型的反应，一定发生电子转移的是

A. 化合反应

B. 分解反应

C. 置换反应

D. 复分解反应

答案C 【解析】置换反应中肯定有单质参加，一定属于氧化还原反应，即一定有电子转移，C 项正确。 7. 能实现下列物质间直接转化的元素是

氧化物

酸或碱盐+O 2

+H 2O

A. 硅

B. 硫

C. 铜

D. 铁

答案B 【解析】S 与O 2生成SO 2，再与H 2O 生成H 2SO 3，可以与NaOH 生成Na 2SO 3，B 项正确。A 项，SiO 2不与水反应，错；C 项中CuO ，D 项中Fe 3O 4均不与H 2O 反应，故错。 8. 设N A 为阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是

A. 24g 镁的原子量最外层电子数为N A

B. 1L0.1mol ·L -1乙酸溶液中H +

数为0.1N A

C. 1mol 甲烷分子所含质子数为10N A

D. 标准状况下，22.4L 乙醇的分子数为N A

答案C 【解析】A 项，镁的最外层电子数为2，故错；B 项，乙酸为弱电解质，部分电离，故H ＋

小于0.1NA ，错；C 项，CH 4的质子数为10，正确；D 项，乙醇标状下不是气体，错。 9. 下列关于常见有机物的说法不正确．．．的是 A. 乙烯和苯都能与溴水反应 B. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应

C. 糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质

D. 乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别

答案A 【解析】苯不与溴水反应，只能液溴反应，A 项错。乙酸与NaOH 发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，B 项正确；C 项，糖类，油脂和蛋白质是重要营养的物质，正确；D 项，乙烯可以使高锰酸钾褪色，而甲烷不可以，正确。

10. 在一定条件下，Na 2CO 3溶液存在水解平衡：

CO 32- + H 2

O HCO 3- + OH -。下列说法正确的是

A. 稀释溶液，水解平衡常数增大

B. 通入CO 2，平衡朝正反应方向移动

C. 升高温度，323()

()

c HCO c CO --减小 D. 加入NaOH 固体，溶液PH 减小

答案B 【解析】平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A 项错；CO 2通入水中，相当于生成H 2CO 3，可以与OH －

反应，而促进平衡正向移动，B 项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C 项错；D 项，加入NaOH,碱性肯定增强，pH 增大，故错。 11.

控制适合的条件，将反应322Fe I +-

+22

2Fe I ++设计成如右图所示的原

电池。下列判断不正确．．．

的是 A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应

B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe 3+被还原

C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态

D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl 2固定，乙中石墨电极为负极

答案D 【解析】乙中I －失去电子放电，故为氧化反应，A 项正确；由总反应方程式知，Fe 3＋被还原成Fe 2＋

，B 项正

确；当电流计为零时，即说明没有电子发生转移，可证明反应达平衡，C 项正确。加入Fe 2＋

，导致平衡逆向移动，则Fe 2＋失去电子生成Fe 3＋

，而作为负极，D 项错。

12. 某探究小组利用丙酮的溴代反应（

332CH COCH Br +HCl

32CH COCH Br HBr

+）来研究反应物浓度与反应

速率的关系。反应速率2()v Br 通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：

分析实验数据所得出的结论不正确．．．

的是 A. 增大332(),()c CH COCH v Br 增大 B. 实验②和③的2()v Br 相等 C. 增大(),c HCl 2()v Br 增大 D. 增大2()c Br ，2()v Br 增大

答案D 【解析】从表中数据看，①④中CH 3COCH 3,HCl 的浓度是相同的，而④中Br 2比①中的大，所以结果，时间变长，即速率变慢了，D 项错。其他选项依次找出表中两组相同的数据，看一变量对另一变量的影响即可。 23.（15分）短周期元素Q 、R 、T 、W 在元素周期表中的位置如右图所示，期中T 所处的周期序

数与主族序数相等，请回答下列问题： （1）T 的原子结构示意图为_______.

（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：Q______W(填“强于”或“弱于”)。

(3) W 的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应，生成两种物质，其中一种是气体，反应的化学方程式为_____.

(4)原子序数比R 多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反应的化学方程式是__________.

(5)R 有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L 的甲气体与0.5L 的氯气相混合，若该混合气体被足量的NaOH 溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R 的含氧酸盐的化学式是__________.

(6)在298K 下，Q 、T 的单质各1mol 完全燃烧，分别放出热量aKJ 和bKJ 。又知一定条件下，T 的单质能将Q 从它的最高价氧化物中置换出来，若此置换反应生成3molQ 的单质，则该反应在298K 下的H ?=________(注：题中所设单质均为最稳定单质)

答案（1） （2）弱于；(3)S + 2H 2SO 4(浓) △

3SO 2↑+ 2H 2O ；(4)2H 2O 2 MnO 22H 2O + O 2↑（或其他合理

答案）；（5）NaNO 2 ；(6)(3a – 4b)KJ/mol 【解析】本题考查无机物的性质，涉及化学用语、方程式书写、氧化还原反应以及热化学的知识。从给出的表，结合T 在周期表的位置与族数相等这一条件 ，不难得出T 为Al ，Q 为C ，R 为N ，W 为S 。（1）T 为Al ，13号元素。（2）S 、C 最高价氧化物对应的酸为硫酸强于碳酸，则可得非金属性S 强于C 。（3）S 与H 2SO 4发生归中反应，从元素守恒看，肯定有水生成，另外为一气体，从化合价看，只能是SO 2。（4）比R 质子数多1的元素为O ，存在H 2O 2转化为H 2O 的反应。（5）N 中相对分子质量最小的氧化物为NO ，2NO + O 2 = 2NO 2，显然NO 过量1L ，同时生成1L 的NO 2，再用NaOH 吸收，从氧化还原角度看，+2价N 的NO 与+4价N 的NO 2，应

归中生成+3N 的化合物NaNO 2。（6）C + O 2

CO 2 H = －a Kj/mol ①，4Al +3 O 2 =2Al 2O 3 H = －4bKj/mol ②。

Al 与CO 2的置换反应，写出反应方程式为：4Al + 3CO 2

3C + 2Al 2O 3，此反应的 H 为可由②－①×3得， H =－4b －(-3a)=(3a-4b)Kj/mol.

24.（13分）从铝土矿（主要成分是23Al O ，含2SiO 、23Fe O 、MgO 等杂质）中提取两种工艺品的流程如下：

请回答下列问题：

（1）流程甲加入盐酸后生成Al 3+的方程式为_________.

（2）流程乙加入烧碱后生成Si 23o -

的离子方程式为________.

（3）验证滤液B 含3Fe +

，可取少量滤液并加入________（填试剂名称）。

（4）滤液E 、K 中溶质的主要成份是________(填化学式)，写出该溶液的一种用途________ （5）已知298K 时，2()Mg OH 的容度积常数SP K =5.6×12

10

-,取适量的滤液B,加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平

衡，测得PH=13.00，则此温度下残留在溶液中的2()c Mg +=_______.

答案（1）Al 2O 3 + 6H ＋

2Al 3＋

+3H 2O

(2)SiO 2 + 2OH － SiO 32

－ + H 2O

(3)硫氰化钾（或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案） （4）NaHCO 3；制纯碱或做发酵粉等合理答案

（5）5.6×10-10

mol/L

【解析】本题考查铝土矿中氧化铝提取的工艺流程。（1）与HCl 反应生成Al 3＋

，应为铝土矿中Al 2O 3。（2）SiO 2可以

溶于NaOH 中生成Na 2SiO 3。（3）检验Fe 3＋的特征反应很多，如与KSCN 显血红色，与苯酚显紫色，与OH －

显红褐色沉淀等。（4）生成E 、K 时，CO 2均是过量的，故应生成NaHCO 3。（5）)()(22-+

=OH c Mg

c K sp ，)(2+Mg c =5.6×10-

12

/(0.1)2=5.6×10-10

。 25.(17分)

某研究性小组借助A-D 的仪器装置完成有关实验

【实验一】收集NO 气体。

（1） 用装置A 收集NO 气体，正确的操作上 （填序号）。

a.从①口进气，用排水法集气

b.从①口进气，用排气法集气

c.从②口进气，用排水法集气

d..从②口进气，用排气法集气

【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数Zn ω和镀层厚度，查询得知锌易溶于碱：Zn+2NaOH=Na 2ZnO 3+H 2↑据此，截取面积为S 的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m 1 g 。用固体烧碱和水作试剂，拟出下列实验方案并进行相关实验。

方案甲：通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究木目标。 （2）选用B 和 （填仪器标号）两个装置进行实验。

（3）测得充分反应后生成氢气的体积为VL （标准状况），()Zn ω== 。

（4）计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是 。

（5）若装置B 中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 方案乙：通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C 做实验，试样经充分反应，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m 2g 。

（6）()Zn ω= 。

方案丙：通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量（其差值即为H 2的质量）实现探究目标。实验同样使用仪器C 。

（7）从实验误差角度分析，方案丙 方案乙（填“优于”、“劣于”或“等同于”）。 答案(1)C (2)D (3)

14.2265m V (或1

9.2m V

等其他合理答案）；（4）金属锌的密度（或其他合理答案）；（5）偏大；

（6）

1

2

1m m m -（或其他合理答案）；（7）劣于【解析】本题考查实验的探究，涉及NO 气体的收集，混合物中金属含量的计算等。（1）NO 遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出。（2）方案甲：Zn 和Fe 中只有Zn 可以与NaOH 产生气体，通过排水收集气体，依据反应方程式即可算出Zn 的质量分数。所以需要的装置有测H 2的体积的D 装置。（3）Zn 与H 2之间量为1：1，则n (Zn)=V/22.4 mol,w (Zn)=m (Zn)/m 1 =

1

4.2265m V

。（4）有了Zn 的质量，如果有密度，则可以求出Zn 的体积，再由Zn 的截面积，即可求出Zn 的高度（厚

度）。（5）恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的H 2多一些，则计算出的Zn 的量偏大。（6）减少的质量即为Zn 的质量。（7）丙方案根据H 2的质量差值，显然误差大，因为产生的H 2质量很小，计算偏差大。 30.[化学——物质结构与性质]（13分）

Q 、R 、X 、Y 、Z 五种元素的原子序数依次递增。已知： ①Z 的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素； ②Y 原子价电子（外围电子）排布ms n mp n ③R 原子核外L 层电子数为奇数；

④Q 、X 原子p 轨道的电子数分别为2和4。 请回答下列问题：

（1）Z 2+ 的核外电子排布式是 。

（2）在[Z(NH 3)4]2+离子中，Z 2+的空间轨道受NH 3分子提供的 形成配位键。 （3）Q 与Y 形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是 。 a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙

(4) Q 、R 、Y 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 （用元素符号作答） （5）Q 的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为 。 （6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于 。

答案（1）1s 22s 22p 63s 23p 63d 9

(2)孤对电子（孤电子对） （3）b (4)Si < C

【解析】本题考查物质结构与性质。29号为Cu 。Y 价电子：ms n mp n

中n 只能取2，又为短周期，则Y 可能为C 或Si 。R 的核外L 层为数，则可能为Li 、B 、N 或F 。Q 、X 的p 轨道为2和4，则C （或Si ）和O(或S)。因为五种元素原子

序数依次递增。故可推出：Q 为C ，R 为N ，X 为O ，Y 为Si 。（1）Cu 的价电子排布为3d 104s 1

，失去两个电子，则为3d 9。（2）Cu 2＋

可以与NH 3形成配合物，其中NH 3中N 提供孤对电子，Cu 提供空轨道，而形成配位键。（3）Q 、Y 的氢化物分别为CH 4和SiH 4，由于C 的非金属性强于Si ，则稳定性CH 4>SiH 4。因为SiH 4 的相对分子质量比CH 4大，故分子间作用力大，沸点高。（4）C 、N 和Si 中，C 、Si 位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N 由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si 。（5）C 、H 形成的相对分子质量的物质为C 2H 2，结构式为H-C ≡C-H ，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3：2。（6）电负性最大的非元素是O ，最小的非金属元素是Si ，两者构成的SiO 2，属于原子晶体。 31. [化学——有机化学基础]（13分）

有机物A 是最常用的食用油氧化剂，分子式为C 10H 12O 5，可发生如下转化：

已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为：

请回答下列问题：

（1）根据系统命名法，B的名称为。

（2）官能团-X的名称为，高聚物E的链节为。

（3）A的结构简式为。

（4）反应⑤的化学方程式为。

（5）C有多种同分异构体，写出期中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式。

i.含有苯环ii.能发生银镜反应iii.不能发生水解反应

（6）从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）。

a.含有苯环

b.含有羰基

c.含有酚羟基

答案

【解析】本题考查有机物的推断及性质。从框图中的信息知，C中含有羧基及酚基和苯环，又C的结构中有三个Y官

能团，显然为羟基，若为羧基，则A的氧原子将超过5个。由此可得出C的结构为。A显然为酯，水解时生成了醇B和酸C。B中只有一个甲基，相对分子质量为60，60－15－17=28，则为两上亚甲基，所以B的结构式为CH3CH2CH2OH，即1-丙醇。它在浓硫酸作用下，发生消去反应，可生成CH3CH=CH2,双键打开则形成聚合物，其键节

为。由B与C的结构，不难写出酯A的结构简式为：。C与NaHCO3反应时，

只是羧基参与反应，由于酚羟基的酸性弱，不可能使NaHCO3放出CO2气体。（5）C的同分异构体中，能发生银镜反应，则一定要有醛基，不能发生水解，则不能是甲酸形成的酯类。显然，可以将羧基换成醛基和羟基在苯环作位置变换即可。（6）抗氧化即为有还原性基团的存在，而酚羟基易被O2氧化，所以选C项。

2009年普通高等学校招生全国统一考试（辽宁、宁夏卷） 理科综合能力测试

7. 将22.4L 某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积变为11.2L （体积均在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为

A ．2NO B. 23N O C. 2N O D. 24N O

答案1【解析】根据2N x O y +2yCu=2yCuO+xN 2,以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A 选项符合题意。

【考点分析】本题主要考查气体摩尔体积，阿伏伽德罗常数等知识，题目较为老套，而且这种题目在若干年前就已经经常出现了。

8. 3-甲基戊烷的一氯代产物有（不考虑立体异构）

A.3种

B.4种

C.5种

D.6种

答案B 【解析】我们可以根据3-甲基戊烷的碳架，进行分析，可知1和5，2和4上的H 是对称的，加上

3位上的氢和3位甲基上的氢，不难得到3-甲基戊烷的一氯代产物有4种。

【考点分析】本题大方面考的是卤代烃相关知识，其实真正考查的是同分异构体的书写，这 在必修教材中属于较为简单的内容，这样考查有利于新课程的改革。

9. 下列化合物中既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能在光照下与溴发生取代反应的是

A.甲苯

B.乙醇

C.丙烯

D.乙烯

答案C 【解析】本题的突破口在第一个关键知识点：能使溴的四氯化碳溶液褪色的物质还有碳碳不饱和键，这样选项只剩下C 和D 了，再根据能与溴发生取代反应的物质为含有苯环物质或烷烃（或烷基），因此只有C 选项符合题意了。

【考点分析】本题较为新颖，考生如果基本功不扎实，容易误选A 选项。第一个关键知识点对于教师来说必须要突破原来老教材的提法，能使溴水褪色的物质含有碳碳不饱和键的提法。 10. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：

223242422Na S O +H SO =Na SO +SO +S +H O ,下列各组实验中最先出现浑浊的是

答案D 【解析】影响化学反应速率的因素众多，本题从浓度和和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2,只要抓住浓度越大，温度越高反应速率越大，便可以选出正确答案D 。

【考点分析】本题主要考查影响化学反应速率的因素，题目来源于课本，考生很有亲切感。

11. 将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误．．

的是

答案D 【解析】A 选项氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低。B 选项醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱pH 增大。C 选项醋酸中滴加氢氧化钠，相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液，因此导电能力增加。D 选项醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生反应了，因此氢氧化钠开始时为0.

【考点分析】本题考查水溶液中的离子反应的相关知识，题目容量大，对考生的能力要求很高。 12. 能正确表示下列反应的例子方程式是

A. 向次氯酸钙溶液通入过量CO 2：Ca 2+

+2ClO -

+CO 2+H 2O =CaCO 3↓+2HClO B. 向次氯酸钙溶液通入SO 2：Ca 2+

+2ClO -+SO 2+H 2O= CaSO 3↓+2HClO C. 氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：HCO 3-+Ca 2+

+OH -＝CaCO 3↓+H 2O D. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe 2+

+4H +

+NO 3-=3Fe 3+

+NO↑+2H 2O

答案D 【解析】A 选项CO 2过量的话，应该生成HCO 3- 方程式应为：ClO -+CO 2+H 2O=HClO+HCO 3-；B 选项HClO 可将CaSO 3氧化为CaSO 4 ，正确的方程式为：Ca 2+

+ClO -+SO 2+H 2O=CaSO 4↓+Cl -+2H +

；C 选项要考虑到Mg(OH)2 为沉淀即可, Mg 2+

+2HCO 3-+2Ca 2+

+4OH -＝M g (O H )2↓+2CaCO 3↓+2H 2O 。

【考点分析】本题考查离子方程式的书写和正误判断，把平时练习中的次氯酸钙与CO 2和SO 2 反应问题在一个题目中出现，很是少见，四个选项都很常规，都是熟题。难度不大。 13. 在一定温度下，反应

2211

H (g)+X (g)HX(g)22

的平衡常数为10。若将1.0mol 的HX(g)通入体积为1.0L 的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于

A. 5%

B. 17%

C. 25%

D.33%

答案B 【解析】

2211

H (g)+X (g)HX(g)22

的平衡常数K 1为10,那么HX(g) 1/2H 2(g)+ 1/2X 2(g) 的平衡常

数K 2为1/10, 2HX(g)

H 2(g)+ X 2(g) 的平衡常数K 3为(1/10)2

=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g)

H

2(g)+ X 2(g)

1 0 0 x x x 1-x x x

K 3= x ·x/(1-x) 2

= 0.01 ,得到x=0.17,所以,

该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%

【考点分析】本题考查化学平衡常数的相关计算，题目难度不大，但要求考生平时要掌握方程式的变化对于化学平衡常数表达式的影响和数值的改变。

26.（14分）碱式碳酸铜可表示为：xCuCO 3·yCu(OH) 2·zH 2O,测定碱式碳酸铜组成的方法有多种。

（1）现采用氢气还原法，请回答如下问题：

①写出xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O与氢气反应的化学方程式；

②试验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是（填入仪器接口字母编号）：

（a）→（）（）→（）（）→（）（）→（）（）→（）（）→（l）

③称取23.9g某碱式碳酸铜样品，充分反应后得到12.7g残留物，生成4.4g二氧化碳和7.2g水。该样品的结晶水质量为 g，化学式为；

（2）某同学以氮气代替氢气，并用上述全部或部分仪器来测定碱式碳酸铜的组成，你认为是否可行？请说明理由。。

答案(1)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H 2 = (x+y)Cu+ xCO2+(x+2y+z)H2O

②a→k,j→gf(hi)→de(ed)→hi(gf)→bc(cb)→l

③1.8 CuCO3·Cu(OH) 2·H2O

(2)可行根据反应xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O=(x+y)CuO+ xCO2↑+(y+z)H2O↑,依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。【解析】（1）本题的碱式碳酸铜与氢气反应看似一个很难的信息，其实细心一点只要把它理解为CuCO3和Cu(OH)2受热分解后产物CuO再与氢气反应，第①问题便可以解决；对于②要能分析出测定反应后CO2和H2O质量，因此对于氢气发生器后仪器的选择是除氯化氢和水蒸气，防止对后续测定影响就可以了，因为测定H2O和CO2分别用浓硫酸和碱石灰是固定的。（2）其实在分析（1）①方程式书写时便得到了碱式碳酸铜热分解方程式： xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O=(x+y)CuO+ xCO2↑+(y+z)H2O↑，稍加分析可知，依据碱式碳酸铜、CuO、CO2和H2O质量（或其中任意三个量），即可计算出其组成。

【考点分析】又是仪器组装问题，在上世纪九十年代初期很为流行，2007年的全国I卷和2008年海南卷也再次出现，因此可以说这是高考题若干年轮回的一种体现。

27．（15分）

下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般

是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡

黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）

（1）A、B、C、D代表的物质分别

为、、、（填化学式）；

（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是；

（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是、（填化学式）；

（4）反应③产物中K的化学式为；

（5）反应④的离子方程式为。

答案（1）Al C H2O Na2O2 (2) 2H2O +Na2O2 =4NaOH+O2↑ 2Al+ 2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

(3) CO2 CO (4) Na2CO3 (5) 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-

【解析】D是淡黄色的固体化合物是本题的突破口，根据中学化学知识基本锁定Na2O2，能与水和CO2反应，但是题目另一信息C是常见的无色无味液体说明C是水，则G为CO2；再依据K能溶于水，说明K为Na2CO3，F为O2; 题给信息黑色单质B与氧气（F）反应得到G（CO2），说明B为C（碳）；依据F（O2）与E反应生成C(水)可知E为氢气，再根据金属A与碱性溶液反应产生氢气，可得到A为Al.

【考点分析】本题框图复杂，纵横交错，难度较大，但是若找到Na2O2这个突破口，本题也就迎刃而解了。

28.（14分）

2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2(g)

氧化为1mol SO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：

（1）图中A、C分别表示、，E的大小对该反应的反应热有无影

响？。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降

低？，理由是；

（2）图中△H=KJ·mol-1；

（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式；

（4）如果反应速率υ（SO2）为0.05 mol·L-1·min-1,则υ（O2）= mol·L-1·min-1、υ(SO3)= mol·L-1·min-1；（5）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H（要求计算过程）。

答案（1）反应物能量生成物能量（2）无降低因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低（3）-198

(4) SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5 (4)0.025 0.05

(5) S(s)+O2(g) =2SO2(g)△H1=-296 KJ·mol-1 , SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) △H2=-99 KJ·mol-1

3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)=-1185 KJ·mol-1

【解析】(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反应，因此△H=-99×2KJ·mol-1；（3）依题意即可写出：SO2 +V2O5=SO3+2VO2 4VO2+ O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比

【考点分析】本题类似2008年的海南试题，但考查的知识点增多了。

37．［化学—选修化学与技术］（15分）

请回答氯碱的如下问题：

（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝_______（要求计算表达式和结果）;

（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42－等杂质，必须精制后才能供电解使用。精制时，粗盐溶于

水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na 2CO 3、②HCl（盐酸）③BaCl 2，这3种试剂添加的合理顺序是______________（填序号）

（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如下图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。

①图中X 、Y 分别是_____、_______（填化学式），分析比较图示中氢氧化钠质量分数a ％与b ％的大小_________; ②分别写出燃料电池B 中正极、负极上发

生的电极反应正极：______; 负极：_____;

③这样设计的主要节（电）能之处在于（写出2处）____________、____________。

答案（1）k=M(Cl 2)/2 M(NaOH)=71/80=1:1.13或0.89（2）③①② （3）①Cl 2 H 2 a ％小于b ％ ②O 2+4e -

+2H 2O ＝4OH

-

H 2－2e -+2OH -

＝2H 2O ③燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液的浓度；降低能耗（其他合理答案

也给分）

【解析】（1）只要了解电解饱和食盐水的化学方程式2NaCl+2H 2O 2NaOH+H 2↑+Cl 2↑即可得到，k=M(Cl 2)/2 M(NaOH)=71/80=1:1.13或0.89；（2）只要抓住除钡离子要放在除碳酸根离子前即可得到顺序关系：③①②；（3）本题突破口在于B 燃料电池这边，通空气一边为正极（还原反应），那么左边必然通H 2，这样Y 即为H 2 ；再转到左边依据电解饱和食盐水的化学方程式可知唯一未知的就是X ，必然为Cl 2了；A 中的NaOH 进入燃料电池正极再出来，依据O 2+4e -+2H 2O ＝4OH -

可知NaOH+浓度增大。

【考点分析】本题前半部基本就是课本内容的再现，但后半部很有创意，可以很好的综合考查考生的原电池和电解的相关知识

38．［化学—选修物质结构与性质］（15分）

已知X 、Y 和Z 三种元素的原子序数之和等于42。X 元素原子的4p 轨道上有3个未成对电子，Y 元素原子的最外层2p 轨道上有2个未成对电子。X 跟Y 可形成化合物X 2Y 3，Z 元素可以形成负一价离子。请回答下列问题： （1）X 元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________; （2）Y 元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________; （3）X 与Z 可形成化合物XZ 3，该化合物的空间构型为____________;

（4）已知化合物X 2Y 3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ 3，产物还有ZnSO 4和H 2O ，该反应的化学方程式是_________________________________________________;

（5）比较X 的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。 答案（1）1s 2

2s 2

2p 6

3s 2

3p 6

3d 10

4s 2

4p 3

As(2)

(3)三角锥

（4）As 2O 3+6Zn+6H 2SO 4=2AsH 3↑+6ZnSO 4+3H 2O (5)稳定性：NH 3＞PH 3＞AsH 3 因为键长越短，键能越大，化合物越稳定 沸点：NH 3＞AsH 3＞PH 3 NH 3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH 3相对分子质量比PH 3大，分子键作用力大，因而AsH

3

电解

比PH3沸点高。

【解析】（1）X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，可通过写电子排布式得到X为33号元素As;(2) Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，同样根据电子排布式得到Y为O;再根据X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42可得到Z为H.(3)～(5)就不再分析了。【考点分析】涉及电子排布的问题，一般相对简单，这也是目前选修科目的一个趋势。

39．［化学——选修有机化学基础］（15分）

A～J均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：

实验表明：①D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：

②核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；

③G能使溴的四氯化碳溶液褪色；④1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）A的结构简式为____________（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是____________反应；

（2）D的结构简式为_____________;

（3）由E生成F的化学方程式为_______________,E中官能团有_________（填名称）,与E具有相同官能团的E的同分异构体还有________________（写出结构简式，不考虑立体结构）；

（4）G的结构简式为_____________________;

（5）由I生成J的化学方程式______________。

答案

【解析】依据题给信息①②，可推知，CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B 为HOCH2CH=CHCH2OH,C为HOCH2CH2CH2CH2OH,D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH,F为。再分析另一条线，B

→G应该是分子内成醚，G为；G→H应该是是G与HClO发生加成反应，H应该为;H→I

是:2+Ca(OH)2=2 +CaCl2+2 H2O;I→J其实就是醚的开环了，五元环相对于三元环稳定，因此：

。

【考点分析】本题分析完了，感觉这张卷子的命题者就是2008年海南卷命题队伍的那套人马。看本题的G→H→I，与2008年海南卷21题多么相像。

2009年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷) 理科综合化学部分

1.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是

A.维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用

B.糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物

C.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源

D.制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料

A【解析】还原性的物质有抗氧化作用，A项正确；B项，糖类不属于高分子，错；C项，煤气化属于化学变化，错；D 项，聚酯纤维属于有机物，错。

2. 25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确

．．．的是

A.均存在电离平衡和水解平衡

B.存在的粒子种类相同

C.c(OH-)前者大于后者

D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO33-)均增大

C【解析】相同浓度时，Na2CO3的碱性强于NaHCO3，C项错。

3.下列实验设计和结论相符的是

A.将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中

B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性

C.某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-

D.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2,即可得到较纯净的FeCl3溶液

B【解析】A项，乙醇不可以作为萃取剂，错；B项，石蕊变蓝，则肯定为碱性，正确。C项，若原溶液中含有SO32－，生成BaSO3，再加入HCl，则与溶液的NO3－结合，相当于HNO3，则可以氧化BaSO3至BaSO4，沉淀不溶解，故错；D项，加热时，FeCl3会水解，错。

4.下列叙述正确的是

A.0.1 mol/LC6H5ONa溶液中：c(Na+)＞c(C6H5O-)＞c(H+)＞c(OH-)

B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和K w均减小

C.pH=5的CH3COOH溶液和Ph=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等

D.在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2-)下降

D【解析】A项，苯酚钠为碱性溶液，故错；B项，温度不变，则K w是不变的，错；C项，pH=5即代表溶液中C(H＋)均为10-5mol/L，错。D项，Ag2S比AgCl更难溶，故加入S2－会与溶液中的Ag＋结合的，正确。

5.人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O 2结合生成HbO 2,因此具有输氧能力，CO 吸入肺中发生反应：CO+HbO 2 O 2+HbCO ，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220 。HbCO 的浓度达到HbO 2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误．．

的是 A.CO 与HbO 2反应的平衡常数K=

22(O )(HbCO)

(CO)(HbO )

c c c c

B.人体吸入的CO 越多，与血红蛋白结合的O 2越少

C.当吸入的CO 与O 2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损

D.把CO 中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动

C 【解析】由反应方程式知，K 的表达式正确，A 对；CO 与HbO 2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，

正确。，由题意知，K=220

，=0.02时，人受损，则C (CO)/C (O 2)=9×10-5

,C 项错。D

项，当O 2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。 6.已知：2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g) ΔH=-566 kJ/mol Na 2O 2(s)+CO 2(g)=Na 2CO 3(s)+

21

O (g)2

ΔH=-226 kJ/mol

根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是

A.CO 的燃烧热为283 kJ

B.右图可表示由CO 生成CO 2的反应过程和能量关系

C.2Na 2O 2(s)+2CO 2(s)=2Na 2CO 3(s)+O 2(g) ΔH ＞-452 kJ/mol

D.CO(g)与Na 2O 2(s)反应放出509 kJ 热量时，电子转移数为6.02×10

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C 【解析】A 项，燃烧热的单位出错，应为Kj/mol ，错；图中的量标明错误，应标为2molCO 和2molCO 2,故错。CO 2气体的能量大于固体的能量，故C 项中放出的能量应小于452KJ,而 H 用负值表示时，则大于-452Kj/mol ，正确；将下式乘以2，然后与上式相加，再除以2，即得CO 与Na 2O 2的反应热，所得热量为57KJ ，故

D 项错。 7.（14分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语．．．．

回答下列问题：

（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_________________________。

（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________________________。

（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：

____________________。

（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）

_________________。

a.MnO 2

b.FeCl 3

c.Na 2SO 3

d.KMnO 4

(5)由表中元素形成的常见物质X 、Y 、Z 、M 、N 可发生以下反应：

X 溶液与Y 溶液反应的离子方程式为_____________________， N →⑥的单质的化学方程式为________________。

常温下，为使0.1 mol/L M 溶液中由M 电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中加入一定量的Y 溶液至_________________。

【解析】本题以周期表为题材，考查原子半径比较，酸性强弱，电子式，离子方程式以及盐类水解等知识。（1）⑤⑥位于同一周期，且⑤排在⑥的前面，原子半径大，而④在上一周期，比⑤、⑥少一个电子层，故半径最小。（2）②⑦位于同一主族，上面的非金属性强，最高价含氧酸酸性强，②③位于同一周期，且③在后，非金属性强，对应的酸性强。（3）四种元素分别为氢、氧、钠和氯，离子键显然必须是钠盐，极性共价键则应有两种非金属组成。（4）液态H 2O 2可以在MnO 2、FeCl 3等催化剂作用下发生分解反应。（5）⑥为Al ，可推断Z 为Al(OH)3，受热分解可产物Al 2O 3，再电解即可得单质铝。M 仅含非金属的盐，显然铵盐，所以X 与Y 应为AlCl 3与NH 3·H 2O 的反应，生成NH 4Cl 。由于NH 4＋

水解，故要使其浓度与Cl －

相等，则要补充NH 3·H 2O 。由电荷守恒知：C (NH 4

＋

)+ C (H ＋

)

C (Cl

－

)+C (OH －),若C (NH 4＋

)

C (Cl －)，则C (H ＋)= C (OH －)，即pH=7。

8.（18分）请仔细阅读以下转化关系：

A.是从蛇床子果实中提取的一种中草药有效成分，是由碳、氢、氧元素组成的酯类化合物；

B.称作冰片，可用于医药和制香精，樟脑等；

C.的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；

D. 中只含一个氧原子，与 Na反应放出H2；

F.为烃。

请回答：

（1）B的分子式为_______________________。

（2）B不．能．发生的反应是（填序号）______________。

a.氧化反应

b.聚合反应

c.消去反应d取代反应 e.与Br2加成反应.

（3）写出D→E、E→F的反应类型：

D→E__________________、E→F_______________________。

（4）F的分子式为____________________。

化合物H是F的同系物，相对分子质量为56，写出H所有可能的结构；

_______________________________________________________________________。

（5）写出A、C的结构简式并用系统命名法给F命名：

A:___________________、C：、F的名称：__________________。

（6）写出E→D的化学力程式

______________________________________________________________________。

【解析】本题考查有机物的推断。F是相对分子质量为70的烃，则可计算14n=70,得n=5，故其分子式为C5H10。E 与F的相对分子质量差值为81，从条件看，应为卤代烃的消去反应，而溴的相对原子质量为80，所以E应为溴代烃。D只含有一个氧，与Na能放出H2，则应为醇。A为酯，水解生成的B中含有羟基，则C中应含有羧基，在C、D、E、F的相互转变过程中碳原子数是不变，则C中碳应为5个，102-5×12-2×16=10，则C的化学式为C5H10O2，又C中核磁共振谱中含有4种氢，由此可推出C的结构简式为：(CH3)2CHCH2COOH。（1）从B的结构式，根据碳四价被全氢原子，即可写出化学式。（2）B中有羟基，则可以发生氧化，消去和取代反应。（3）C到D为羧基还原成了羟基，D至E为羟基被溴取代生成溴代烃。溴代烃也可在NaOH水溶液中取代成醇。（4）F为烯烃，其同系物D也应为烯烃，又