历年高考真题-全国统一高考理科综合（新课标ⅰ）
收藏
资源目录
压缩包内文档预览：(预览前20页/共27页)
编号：67669309
类型：共享资源
大小：26.81MB
格式：ZIP
上传时间：2020-04-06
上传人：独**
认证信息
个人认证
王**（实名认证）
江苏
IP属地：江苏
20
积分
- 关 键 词：
-
历年
高考
全国
统一
理科
综合
新课
- 资源描述：
-
历年高考真题-全国统一高考理科综合（新课标ⅰ）,历年,高考,全国,统一,理科,综合,新课
- 内容简介：
-
2008年全国统一高考化学试卷（全国卷）一、第卷选择题（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（3分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（）ANH4+、Ba2+、Cl、NO3BK+、AlO2、Cl、SO42CCa2+、Mg2+、NO3、HCO3DNa+、Cl、CO32、SO322（3分）下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（）ASiO2、CsCl、CBr4、CF4BSiO2、CsCl、CF4、CBr4CCsCl、SiO2、CBr4、CF4DCF4、CBr4、CsCl、SiO23（3分）下列各组物质不属于同分异构体的是（）A2，2二甲基丙醇和2甲基丁醇B邻氯甲苯和对氯甲苯C2甲基丁烷和戊烷D甲基丙烯酸和甲酸丙酯4（3分）下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1：1稳定化合物的是（）A3和17B1和8C1和6D7和125（3分）下列叙述中正确的是（）ANH3、CO、CO2都是极性分子BCH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子CHF、HCI、HBr、HI的稳定性依次增强DCS2、H2O、C2H2都是直线型分子6（3分）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD7（3分）已知HX的酸性比HY弱，在物质的量浓度均为0.1molL1的NaX和NaY混合溶液中，下列排序正确的是（）Ac（OH）c（HX）c（HY）c（H+）Bc（OH）c（X）c（Y）c（H+）Cc（OH）c（Y）c（X）c（H+）Dc（OH）c（HY）c（HX）c（H+）8（3分）电解100mL含c（H+）=0.3mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（）A0.10molLAg+B0.20molLZn2+C0.20molLCu2+D0.20molLPb2+二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是 ；（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是 ；（3）若用2.5g软锰矿（含MnO2 80%）进行上述试验，计算KMnO4的理论产量；（4）KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是 ；（5）上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全计算该KMnO4的纯度10（15分）V、W、X、Y、Z是由周期表中120号部分元素组成的5种化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35它们之间的反应关系如图：（1）5种化合物分别是V 、W 、X 、Y 、Z （填化学式）（2）由上述5种化合物中的某2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是 ；（3）V的电子式是 11（13分）取化学式为MZ的黄色粉末状化合物进行如下实验将MZ和足量碳粉充分混合，平铺在反应管a中在b瓶中盛足量澄清石灰水按图连接仪器实验开始时缓缓通入氮气，过一段时间后，加热反应管a，观察到管内发生剧烈反应，并有熔融物生成同时，b瓶的溶液中出现白色浑浊待反应完全后，停止加热，仍继续通氮气，直至反应管冷却此时，管中的熔融物凝固成银白色金属根据以上叙述回答问题：（1）元素Z是 ；（2）停止加热前是否需要先断开a和b的连接处？为什么？（3）反应管a中发生的所有反应的化学方程式是 （4）本实验的尾气是否需处理？如需处理，请回答如何处理；如不需处理，请说明理由12（16分）A、B、C、D、E、F和G都是有机化合物，它们的关系如图所示：（1）化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，则C的结构简式为 ；（2）D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，它能跟NaHCO3反应放出CO2，则D分子式为 ，D具有的官能团是 ；（3）反应的化学方程式是 ；（4）芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应化合物B能生成E和F，F可能的结构简式是 ；（5）E可能的结构简式是 2008年全国统一高考化学试卷（全国卷）参考答案与试题解析一、第卷选择题（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（3分）在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（）ANH4+、Ba2+、Cl、NO3BK+、AlO2、Cl、SO42CCa2+、Mg2+、NO3、HCO3DNa+、Cl、CO32、SO32【考点】DP：离子共存问题；GF：钠的重要化合物菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题【分析】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成OH，溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明溶液中离子不与Na2O2或OH反应，且离子之间不发生任何反应【解答】解：ANH4+与OH反应而不能大量共存，故A错误；B在碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CMg2+与OH反应，Ca2+、HCO3与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DSO32具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应，故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意把握题中所给信息，把握离子的性质，易错点为D，注意SO32具有还原性，可与Na2O2发生氧化还原反应2（3分）下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是（）ASiO2、CsCl、CBr4、CF4BSiO2、CsCl、CF4、CBr4CCsCl、SiO2、CBr4、CF4DCF4、CBr4、CsCl、SiO2【考点】9G：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构【分析】不同晶体的熔点：一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体；相同晶体从影响晶体熔沸点高低的因素分析【解答】解：SiO2为原子晶体，CsCl为离子晶体，不同晶体的熔点：一般为原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体，则SiO2熔点最高，其次为CsCl，CBr4和CF4都为分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，则熔点：CBr4CF4，固有：SiO2CsClCBr4CF4，故选：A。【点评】本题考查晶体的类型与熔沸点的比较，题目难度不大，解答该类题目时要首先判断晶体的类型，晶体类型相同时，要注意晶体结构是否相似，把握影响晶体熔沸点的因素3（3分）下列各组物质不属于同分异构体的是（）A2，2二甲基丙醇和2甲基丁醇B邻氯甲苯和对氯甲苯C2甲基丁烷和戊烷D甲基丙烯酸和甲酸丙酯【考点】I4：同分异构现象和同分异构体菁优网版权所有【专题】532：同分异构体的类型及其判定【分析】分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体据此判断【解答】解：A、2，2二甲基丙醇和2甲基丁醇，分子式相同，含有相同数目的羟基，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B、邻氯甲苯和对氯甲苯，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、2甲基丁烷和戊烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D、甲基丙烯酸和甲酸丙酯，分子式不同，不是同分异构体，故D错误。故选：D。【点评】本题考查同分异构体的概念与区别，难度不大，关键根据名称写出分子式进行判断4（3分）下列各组给定原子序数的元素，不能形成原子数之比为1：1稳定化合物的是（）A3和17B1和8C1和6D7和12【考点】8G：原子结构与元素的性质菁优网版权所有【专题】51B：原子组成与结构专题；51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】根据元素序数判断元素种类，结合元素的化合价判断【解答】解：A原子序数为为3的元素为Li，原子序数为17的元素为Cl，可形成LiCl，故A不选；B原子序数为为1的元素为H，原子序数为8的元素为O，可形成H2O2，故B不选；C原子序数为为1的元素为H，原子序数为6的元素为C，可形成C2H2，故C不选；D原子序数为为7的元素为N，原子序数为12的元素为Mg，可形成Mg3N2，故D选。故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素的性质，题目难度不大，注意常见元素形成的化合物的种类5（3分）下列叙述中正确的是（）ANH3、CO、CO2都是极性分子BCH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子CHF、HCI、HBr、HI的稳定性依次增强DCS2、H2O、C2H2都是直线型分子【考点】76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；98：判断简单分子或离子的构型；9P：极性分子和非极性分子菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构【分析】A、分子中正负电荷重心不重叠的为极性分子B、非极性分子有两类，一是非金属单质，二是结构对称的分子，分子中正负电荷重心重叠C、非金属的非金属性越强，氢化物的稳定性越强D、根据分子的空间构型判断【解答】解：A、CO2的正负电荷重心重叠，属于非极性分子，故A错误。B、CH4、CCl4的正负电荷重心重叠，属于非极性分子，但存在的化学键是极性键，故B正确。C、F、CI、Br、I的非金属逐渐减弱，所以HF、HCI、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故C错误。D、H2O是V型分子，CS2、C2H2都是直线型分子，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了分子极性的判断、氢化物的稳定性、分子的空间构型等知识点，难度不大，明确分子是否极性的判断方法6（3分）已知：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），H=1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（）ABCD【考点】CI：体积百分含量随温度、压强变化曲线菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题【分析】由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=1025kJ/mol知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确。故选：C。【点评】本题以图象为载体考查了外界条件对化学平衡的影响，难度不大，明确催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡7（3分）已知HX的酸性比HY弱，在物质的量浓度均为0.1molL1的NaX和NaY混合溶液中，下列排序正确的是（）Ac（OH）c（HX）c（HY）c（H+）Bc（OH）c（X）c（Y）c（H+）Cc（OH）c（Y）c（X）c（H+）Dc（OH）c（HY）c（HX）c（H+）【考点】DN：离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51H：盐类的水解专题【分析】HX的酸性比HY弱，则NaX的水解程度大于NaY的水解程度，且强碱弱酸盐水解显碱性，以此来解答。【解答】解：由HX的酸性比HY弱，则NaX的水解程度大于NaY的水解程度，且强碱弱酸盐水解显碱性，存在X+H2OHX+OH、Y+H2OHY+OH，则c（OH）c（HX）c（HY）c（H+），且水解的程度不大，所以c（Y）c（X）c（OH）c（H+），故选：A。【点评】本题考查离子浓度大小的比较，明确酸性越弱，盐的水解程度越大是解答本题的关键，并注意离子的水解程度来解答即可，题目难度不大。8（3分）电解100mL含c（H+）=0.3mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（）A0.10molLAg+B0.20molLZn2+C0.20molLCu2+D0.20molLPb2+【考点】DI：电解原理菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51I：电化学专题【分析】在电解池中，阴极上阳离子的放电顺序是：银离子铜离子氢离子，只有放电顺序在H+前的才析出金属，根据电极反应结合电子守恒来计算即可【解答】解：Zn2+和Pb2+的放电顺序都在H+后面，所以含有这两种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，而含有银离子和铜离子这两种阳离子的盐溶液中，Ag和Cu金属先在阴极析出。A、0.10molLAg+在氢离子之前放电，金属银的质量是 0.1mol/L0.1L108g/mol=1.08g；B、Zn2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属；C、铜离子先放电，100mL0.20molLCu2+就会得到0.04mol电子，所以析出金属铜的质量为：0.04mol64g/mol=1.28g；D、Pb2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属。所以析出金属质量最大的是0.20molLCu2+。故选：C。【点评】本题考查学生电解池上阴极上离子的放电顺序并结合电子守恒来计算析出金属的质量，综合性较强，难度较大二、解答题（共4小题，满分60分）9（16分）实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（3）若用2.5g软锰矿（含MnO2 80%）进行上述试验，计算KMnO4的理论产量；（4）KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式是2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O；（5）上述制得的KMnO4产品0.165g，恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全计算该KMnO4的纯度【考点】5A：化学方程式的有关计算；B1：氧化还原反应菁优网版权所有【专题】515：氧化还原反应专题【分析】（1）根据反应物与生成物来书写反应方程式；（2）根据反应物与生成物来书写反应方程式；（3）利用化学反应方程式及二氧化锰的质量代入计算；（4）根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律来书写反应方程式；（5）利用（4）中的化学反应方程式及恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全来计算【解答】解：（1）由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，则反应为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，故答案为：3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（3）由3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O、3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O可知，反应物和生成物间的计量关系为：MnO2K2MnO4KMnO4 87 1582.580% xx=，答：KMnO4的理论产量是2.4g；（4）由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，则反应为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O，故答案为：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O；（5）设该KMnO4的纯度为y，根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O可知， KMnO4Na2C2O4 158 134 0.165y 0.335y=，答：该KMnO4的纯度为95.8%【点评】本题考查化学反应方程式的书写及有关氧化还原反应的计算，明确反应物与生成物及物质之间的关系是解答的关键，难度不大10（15分）V、W、X、Y、Z是由周期表中120号部分元素组成的5种化合物，其中V、W、X、Z均为两种元素组成上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35它们之间的反应关系如图：（1）5种化合物分别是VCaC2、WCaO、XCO2、YCa（OH）2、ZC2H2（填化学式）（2）由上述5种化合物中的某2种化合物反应可生成一种新化合物，它包含了5种化合物中的所有元素，生成该化合物的化学方程式是Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2；（3）V的电子式是【考点】GS：无机物的推断菁优网版权所有【专题】11：推断题【分析】无色气体Z能燃烧生成水和无色无味气体X，V、W、X、Z均为两种元素组成，根据元素守恒知，Z含有H元素，应该是烃，固体C和水反应生成Y和烃，碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以V是碳化钙，Y是氢氧化钙，Z是乙炔；加热条件下，碳化钙和氧气反应生成氧化钙和二氧化碳，所以W是氧化钙，X是二氧化碳【解答】解：无色气体Z能燃烧生成水和无色无味气体X，V、W、X、Z均为两种元素组成，根据元素守恒知，Z含有H元素，应该是烃，固体C和水反应生成Y和烃，碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，所以V是碳化钙，Y是氢氧化钙，Z是乙炔；加热条件下，碳化钙和氧气反应生成氧化钙和二氧化碳，所以W是氧化钙，X是二氧化碳（1）通过以上分析知，V、W、X、Y、Z分别是CaC2、CaO、CO2、Ca（OH）2、C2H2；故答案为：CaC2、CaO、CO2、Ca（OH）2、C2H2；（2）包含了5种化合物中的所有元素的物质是碳酸氢钙，氢氧化钙和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，反应方程式为：Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2；故答案为：Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2；（3）碳化钙是离子化合物，其电子式为：；故答案为：【点评】本题考查元素化合物的特性和反应，用框图设问可以考查学生正向思维、逆向思维、发散和收敛思维，能根据题眼正确判断化合物是解本题的关键，很多学生在做推断题时只考虑无机物不考虑有机物，导致错误推断，难度较大11（13分）取化学式为MZ的黄色粉末状化合物进行如下实验将MZ和足量碳粉充分混合，平铺在反应管a中在b瓶中盛足量澄清石灰水按图连接仪器实验开始时缓缓通入氮气，过一段时间后，加热反应管a，观察到管内发生剧烈反应，并有熔融物生成同时，b瓶的溶液中出现白色浑浊待反应完全后，停止加热，仍继续通氮气，直至反应管冷却此时，管中的熔融物凝固成银白色金属根据以上叙述回答问题：（1）元素Z是氧；（2）停止加热前是否需要先断开a和b的连接处？为什么？（3）反应管a中发生的所有反应的化学方程式是MO+COM+CO2、MO+CM+CO、CO2+C2CO、2MO+C2M+CO2（4）本实验的尾气是否需处理？如需处理，请回答如何处理；如不需处理，请说明理由【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【专题】16：压轴题；18：实验分析题【分析】（1）b瓶的溶液出现白色浑浊，说明MZ和碳反应有二氧化碳生成，根据反应前后元素守恒判断MZ所含元素；（2）停止加热后，继续通氮气，直到反应管冷却，不会发生倒吸；（3）由题意可知，MZ与碳在加热的条件下生成M与二氧化碳，可能会生成一氧化碳，碳与二氧化碳生成一氧化碳，一氧化碳具有还原性可以与MZ反应生成M与二氧化碳；（4）在高温下会与碳反应生成有毒的一氧化碳，石灰水不能吸收一氧化碳，排到大气中会污染空气，肯定要进行尾气处理，根据一氧化碳的还原性设计处理方案【解答】解：（1）通过题意知，b瓶的溶液出现白色浑浊，说明粉末和碳反应有二氧化碳生成，根据反应前后元素守恒知，Z是氧元素，故答案为：氧；（2），因为停止加热后，继续通氮气，直到反应管冷却，不会发生倒吸，故停止加热前不需要先断开a和b的连接处，答：不需要；因有N2不断通入，b瓶溶液不会倒吸至a管；（3）由题意可知，MZ与碳在加热的条件下生成M与二氧化碳或一氧化碳，碳与二氧化碳生成一氧化碳，一氧化碳具有还原性可以与MZ反应生成M与二氧化碳，反应方程式为：MO+COM+CO2、MO+CM+CO、CO2+C2CO、2MO+C2M+CO2，故答案为：MO+COM+CO2、MO+CM+CO、CO2+C2CO、2MO+C2M+CO2；（4）本实验的尾气需要处理，因为反应产生的二氧化碳在高温下会与碳反应生成有毒的一氧化碳，石灰水不能吸收一氧化碳，排到大气中会污染空气一般用燃烧的方法处理一氧化碳，所以可以用双孔塞把b塞起来，一个孔导入反应后产生的气体，以除去二氧化碳，另一孔导出，在导管口处点燃，出去一氧化碳，或连接一个加热的装有CuO粉末的反应管，答：需处理，因为尾气中含有CO，CO有毒排到大气中会污染空气，应该进行尾气处理；处理的方法可以将其在导管口点燃，或者用气球收集，或接一个加热的装有CuO的玻璃管【点评】综合考查物质的组成的测定、对实验方案与操作的评价等，难度中等，掌握元素化合物的性质是解题的关键，注意基础知识的全面掌握12（16分）A、B、C、D、E、F和G都是有机化合物，它们的关系如图所示：（1）化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，则C的结构简式为；（2）D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，它能跟NaHCO3反应放出CO2，则D分子式为C4H8O2，D具有的官能团是羧基；（3）反应的化学方程式是；（4）芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应化合物B能生成E和F，F可能的结构简式是；（5）E可能的结构简式是【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】16：压轴题；534：有机物的化学性质及推断【分析】化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，结合其分子式知C的结构简式为；D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，所以D的相对分子质量为88，它能跟NaHCO3反应放出CO2，说明D中含有羧基，羧基的相对分子质量为45，则剩余部分的相对分子质量为43，为丙基，所以D的结构简式为CH3CH2CH2COOH；C和D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为，D和F发生酯化反应生成G，芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应化合物B能生成E和F，结合G的分子式知，F可能的结构简式，E和F反应生成B，则E的结构简式可能为【解答】解：化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，结合其分子式知C的结构简式为；D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，所以D的相对分子质量为88，它能跟NaHCO3反应放出CO2，说明D中含有羧基，羧基的相对分子质量为45，则剩余部分的相对分子质量为43，为丙基，所以D的结构简式为CH3CH2CH2COOH；C和D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为，D和F发生酯化反应生成G，芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应化合物B能生成E和F，结合G的分子式知，F可能的结构简式，E和F反应生成B，则E的结构简式可能为（1）通过以上分析知，C的结构简式为：，故答案为：；（2）D的结构简式为CH3CH2CH2COOH，所以D的分子式为C4H8O2，D中含有羧基，故答案为：C4H8O2；羧基；（3）A发生水解反应生成C和D，所以其水解方程式为：，故答案为：；（4）通过以上分析知，F的结构简式为，故答案为：；（5）E的结构简式可能为：，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，根据题给信息、正推和逆推相结合的方法进行分析解答，同分异构体的推断是本题的难点，注意不仅有位置异构，还有官能团异构，为易错点第10页（共10页）2009年全国统一高考化学试卷（全国卷）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（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+2（5分）将15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 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（）A4B3C2D13（5分）下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是（）A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2BKMnO4+HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2ODK2Cr2O7+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（）ABCD5（5分）用0.10molL1的盐酸滴定0.10molL1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）Ac（NH4+）c（Cl），c（OH）c（H+）Bc（NH4+）=c（Cl），c（OH）=c（H+）Cc（Cl）c（NH4+），c（OH）c（H+）Dc（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（）ABCD7（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B1mol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），H0，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BX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）+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：电源的N端为 极；电极b上发生的电极反应为 ；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积： 电极c的质量变化是 g；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，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 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：RCH=CH2RCH2CH2OH（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 H2OA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）反应的反应类型是 ；（5）反应的化学方程式为 （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）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（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、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 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 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（）A4B3C2D1【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15mL1032molL1=0.03mol，MCln盐溶液中Mn+离子的物质的量为40mL1030.5molL1=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+nCO32 2 n0.02mol 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（）A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2BKMnO4+HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2ODK2Cr2O7+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；【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（）ABCD【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1a，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121：12=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1a，则碳元素的质量分数为（1a）=，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0.10molL1的盐酸滴定0.10molL1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）Ac（NH4+）c（Cl），c（OH）c（H+）Bc（NH4+）=c（Cl），c（OH）=c（H+）Cc（Cl）c（NH4+），c（OH）c（H+）Dc（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的计算菁优网版权所有【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH）c（H+），溶液中弱电解质的电离盐的水解，即c（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（）ABCD【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2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODm（减少）284 106 62x （w1gw2g），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B1mol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），H0，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BX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/L0.15mol/L=0.85mol/L，则X的转化率为100%=85%，故B正确；C、H0，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）+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：浓硫酸的性质实验菁优网版权所有【专题】523：氧族元素【分析】该反应为固液加热，故选用C带有支管的试管做反应容器，加入浓硫酸和木炭；检验产物水可用无水硫酸铜；检验二氧化硫，可用品红溶液；在洗气瓶中装有酸性高锰酸钾溶液用来吸收余下二氧化硫；在洗气瓶中装有澄清石灰水溶液用来检验二氧化碳在检验时要考虑检验的顺序【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SO2A酸性KMnO4除去SO2A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：电源的N端为正极；电极b上发生的电极反应为4OH4e=2H2O+O2；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：2.8L电极c的质量变化是16g；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【考点】DI：电解原理菁优网版权所有【分析】（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，10010%=（100x）10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol由方程式2H2+O22H2O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甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH放电，即4OH4e=2H2O+O2转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.12522.4=2.8LCu2+2e=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）=64=16g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）乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从bc移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH放电，即4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；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，10010%=（100x）10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol由方程式2H2+O22H2O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0.12522.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；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；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【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，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）NH3PH3，H2OH2S，其原因是因为前者中含有氢键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
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
川公网安备: 51019002004831号