2008年全国统一高考化学试卷（全国卷ⅱ）（含解析版）.doc

2008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）2008年北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是（）A分子中碳原子不在一条直线上B光照下能够发生取代反应C比丁烷更易液化D是石油分馏的一种产品2（5分）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.14.4、石蕊：5.08.0、酚酞：8.210.0用0.1000molL1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是（）A溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂3（5分）对于A族元素，下列叙述中不正确的是（）ASiO2和CO2中，Si和O、C和O之间都是共价键BSi、C、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8CSiO2和CO2中都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应D该族元素的主要化合价是+4和+24（5分）物质的量浓度相同的NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，所得溶液的pH=12则原溶液的物质的量浓度为（）A0.01 molL1B0.017 molL1C0.05 molL1D0.50 molL15（5分）如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液下列实验现象中正确的是（）A逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色6（5分）（2008全国理综，11）某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子在a g HmX中所含质子的物质的量是（）A（AN+m）molB（AN）molC（AN）molD（AN+m）mol7（5分）（NH4）2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是（）ASO2、H2O、N2、NH3BN2、SO2、H2O、NH3CN2、SO2、NH3、H2ODH2O、NH3、SO2、N28（5分）在相同温度和压强下，对反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表物质物质的量实验CO2H2COH2O甲a mola mol0mol0mol乙2a mola mol0mol0mol丙0mol0mola mola mol丁a mol0mola mola mol上述四种情况达到平衡后，n（CO）的大小顺序是（）A乙=丁丙=甲B乙丁甲丙C丁乙丙=甲D丁丙乙甲二、非选择题9（15分）红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3（g）和PCl5（g）反应过程和能量关系如图所示（图中的H表示生成1mol产物的数据）根据图回答下列问题：（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是： ；（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是： ；上述分解反应是一个可逆反应温度T1时，在密闭容器中加入0.80mol PCl5，反应达平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率1等于 ；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为2，2 1（填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）工业上制备PCl5通常分两步进行，现将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5原因是 ；（4）P和Cl2分两步反应生成1mol PCl5的H 3= ，P和Cl2一步反应生成1mol PCl5的H 4 H 3（填“大于”、“小于”或“等于”）（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是： 10（15分）Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，X、Y与Z不同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子结构相同且Y的原子序数小于Z（1）Q的最高价氧化物，其固态属于 晶体，俗名叫 ；（2）R的氢化物分子的空间构型是 ，属于 分子（填“极性”或“非极性”）；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是 ；（3）X的常见氢化物的空间构型是 ；它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是 ；（4）Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是 和 ；Q与Y形成的分子的电子式是 ，属于 分子（填“极性”或“非极性”）11（13分）某钠盐溶液可能含有阴离子NO3、CO32、SO32、SO42、Cl、Br、I为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：所得溶液呈碱性；加HCl后，生成无色无味的气体该气体能使饱和石灰水变浑浊加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解加HNO3酸化后，再加过量的AgNO3，溶液中析出白色沉淀（1）分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由实验 实验 实验 实验 实验 （2）上述5个实验不能确定是否的离子是 12（17分）A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物根据以下框图，回答问题：（1）B和C均为有支链的有机化合物，B的结构简式为 ；C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，D的结构简式为 （2）G 能发生银镜反应，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G的结构简式 （3）写出：的化学方程式是 的化学方程式是 （4）的反应类型是 ，的反应类型是 ，的反应类型是 （5）与H具有相同官能团的H的同分异构体的结构简式为 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、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1（5分）2008年北京奥运会的“祥云”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有关丙烷的叙述中不正确的是（）A分子中碳原子不在一条直线上B光照下能够发生取代反应C比丁烷更易液化D是石油分馏的一种产品【考点】I3：烷烃及其命名菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】A、烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形，丙烷呈角形；B、丙烷等烷烃在光照的条件下可以和氯气发生取代反应；C、烷烃中碳个数越多沸点越高；D、属于石油分馏的产物，是液化石油气的成分之一【解答】解：A、烷烃分子中有多个碳原子应呈锯齿形，丙烷呈角形，碳原子不在一条直线上，故A正确；B、丙烷等烷烃在光照的条件下可以和氯气发生取代反应，故B正确；C、烷烃中碳个数越多沸点越高，丙烷分子中碳原子数小于丁烷，故丁烷沸点高，更易液化，故C错误；D、丙烷属于石油分馏的产物，是液化石油气的成分之一，故D正确。故选：C。【点评】本题主要考查烷的结构与性质等，难度较小，注意基础知识的积累掌握2（5分）实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.14.4、石蕊：5.08.0、酚酞：8.210.0用0.1000molL1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是（）A溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂【考点】R3：中和滴定菁优网版权所有【专题】542：化学实验基本操作【分析】根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察【解答】解：A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故A错误；B、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故B错误；C、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故C错误；D、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了指示剂的选择方法，只要掌握方法即可完成本题，注意滴定终点与反应终点尽量接近3（5分）对于A族元素，下列叙述中不正确的是（）ASiO2和CO2中，Si和O、C和O之间都是共价键BSi、C、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8CSiO2和CO2中都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应D该族元素的主要化合价是+4和+2【考点】74：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；FG：碳族元素简介；FH：硅和二氧化硅菁优网版权所有【专题】525：碳族元素【分析】A、根据非金属元素间形成的是共价键；B、根据各原子的结构示意图可判断；C、根据酸性氧化物的通性，D、根据碳族元素的最外层电子数判断，【解答】解：A、共价化合物中非金属元素之间以共价键结合，故A正确；B、最外层都是4没错，但是C次外层不是8，故B错误；C、酸性氧化物和碱性氧化物一定条件可以反应，故C正确；D、碳族元素的最外层电子数为4，所以最高正价为+4价，当然也能形成+2价，故D正确；故选：B。【点评】同一主族，从上到下，元素的最外层电子数相同，性质相似，具有递变性4（5分）物质的量浓度相同的NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，所得溶液的pH=12则原溶液的物质的量浓度为（）A0.01 molL1B0.017 molL1C0.05 molL1D0.50 molL1【考点】5C：物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH）=0.01mol/L，以此来计算【解答】解：设NaOH和HCl的物质的量浓度均为x，NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，体积分别为3V、2V，酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH）=0.01mol/L，则=0.01mol/L，解得x=0.05mol/L，故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的计算，明确混合后pH=12为碱过量是解答本题的关键，并注意pH与浓度的换算来解答，题目难度不大5（5分）如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液下列实验现象中正确的是（）A逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；DI：电解原理菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】A、电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；B、氢气和氧气均是无色无味的气体；C、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色；D、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色【解答】解：A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，故A错误；B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，故B错误；C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故C错误；D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故D正确。故选：D。【点评】本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用6（5分）（2008全国理综，11）某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子在a g HmX中所含质子的物质的量是（）A（AN+m）molB（AN）molC（AN）molD（AN+m）mol【考点】33：同位素及其应用；54：物质的量的相关计算；85：质量数与质子数、中子数之间的相互关系菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51B：原子组成与结构专题【分析】根据公式：分子中质子的物质的量=分子的物质的量一个分子中含有的质子数=一个分子中含有的质子数来计算【解答】解：同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为AN故HmX分子中的质子数为m+AN，又由于HmX中H为11H，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：（A+mN）mol。故选：A。【点评】本题考查学生教材中的基本公式和质量数、质子数、中子数之间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，较简单7（5分）（NH4）2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是（）ASO2、H2O、N2、NH3BN2、SO2、H2O、NH3CN2、SO2、NH3、H2ODH2O、NH3、SO2、N2【考点】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】方法一：（NH4）2SO4NH3+N2+SO2+H2O，反应中：N：30，化合价变化总数为6，S：+6+4，化合价变化数为2，根据化合价升高和降低的总数相等，所以应在SO2前配3，N2前配1，根据原子守恒（NH4）2SO4前面配3，NH3前面配4，H2O前面配6，最后计算反应前后的O原子个数相等方法二：利用待定系数法，令（NH4）2SO4系数为1，根据原子守恒，依次配平SO2前配1，H2O前面配2，NH3前面配，N2前配，然后各物质系数同时扩大3倍【解答】解：方法一：对于（NH4）2SO4NH3+N2+SO2+H2O，反应中：N：30，化合价变化总数为6，S：+6+4，化合价变化数为2，根据化合价升高和降低的总数相等，最小公倍数为6，所以应在SO2前配3，N2前配1，根据硫原子守恒（NH4）2SO4前面配3，根据氮原子守恒NH3前面配4，根据氢原子守恒H2O前面配6，最后计算反应前后的O原子个数相等。配平后的化学方程式为：3（NH4）2SO44NH3+N2+3SO2+6H2O。方法二：利用待定系数法，令（NH4）2SO4系数为1，根据硫原子原子守恒SO2前配1，根据氧原子守恒H2O前面配2，根据氢原子守恒NH3前面配，根据氮原子守恒N2前配，然后各物质系数同时扩大3倍，3（NH4）2SO44NH3+N2+3SO2+6H2O。故选：C。【点评】此题实际上是考查化学方程式的配平，难度中等，根据化合价升降、原子守恒配平方程式是关键，分解反应中利用待定系数法结合原子守恒配平比较简单掌握常见的配平方法8（5分）在相同温度和压强下，对反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表物质物质的量实验CO2H2COH2O甲a mola mol0mol0mol乙2a mola mol0mol0mol丙0mol0mola mola mol丁a mol0mola mola mol上述四种情况达到平衡后，n（CO）的大小顺序是（）A乙=丁丙=甲B乙丁甲丙C丁乙丙=甲D丁丙乙甲【考点】CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】在相同温度和压强下的可逆反应，反应后气体体积不变，按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质进行分析【解答】解：假设丙、丁中的CO、H2O（g）全部转化为CO2、H2，再与甲、乙比较： CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）丙开始时 0mol 0mol anol anol丙假设全转化 anol anol 0mol 0mol 丁开始时 amol 0mol amol amol 丁假设全转化 2amol amol 0mol 0mol通过比较，甲、丙的数值一样，乙、丁的数值一样，且乙、丁的数值大于甲、丙的数值。故选：A。【点评】本题考查了化学平衡的分析应用，采用极端假设法是解决本题的关键，本题还涉及等效平衡，等效平衡是一种解决问题的模型，对复杂的对比问题若设置出等效平衡模型，然后改变条件平衡移动，问题就迎刃而解，题目难度中等二、非选择题9（15分）红磷P（s）和Cl2（g）发生反应生成PCl3（g）和PCl5（g）反应过程和能量关系如图所示（图中的H表示生成1mol产物的数据）根据图回答下列问题：（1）P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是：P（s）+Cl2（g）PCl3（g）；H=306kJmol1；（2）PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是：PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）；H=+93 kJ/mol；上述分解反应是一个可逆反应温度T1时，在密闭容器中加入0.80mol PCl5，反应达平衡时PCl5还剩0.60mol，其分解率1等于25%；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为2，2大于1（填“大于”、“小于”或“等于”）；（3）工业上制备PCl5通常分两步进行，现将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5原因是两步反应均为放热反应，降低温度有利于提高产率，防止产物分解；（4）P和Cl2分两步反应生成1mol PCl5的H 3=399kJmol1，P和Cl2一步反应生成1mol PCl5的H 4等于H 3（填“大于”、“小于”或“等于”）（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题【分析】（1）根据图象及反应热知识分析；依据书写热化学方程式的原则书写；（2）根据热化学反应方程式的书写原则及化学平衡知识分析；（3）根据化学平衡移动原理分析；（4）根据盖斯定律分析根据反应物的总能量、中间产物的总能量以及最终产物的总能量，结合化学方程式以及热化学方程式的书写方法解答，注意盖斯定律的应用【解答】解：（1）热化学方程式书写要求：注明各物质的聚集状态，判断放热反应还是吸热反应，反应物的物质的量与反应热成对应的比例关系，根据图示P（s）+32Cl2（g）PCl3（g），反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，反应热为H=306 kJ/mol，热化学方程式为：P（s）+Cl2（g）PCl3（g）；H=306 kJ/mol，故答案为：P（s）+Cl2（g）PCl3（g）；H=306kJmol1； （2）H=生成物总能量反应物总能量，Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），中间产物的总能量大于最终产物的总能量，该反应是放热反应，所以 PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；热化学方程式：PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）；H=+93 kJ/mol；PCl5分解率1=100%=25%PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g）是吸热反应；升高温度向吸热反应方向移动，正反应（分解反应是吸热反应）是吸热反应，升高温度向正反应方向移动，转化率增大，2 1 ；故答案为：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）；H=+93kJmol1；25%； 大于；（3）Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g），是放热反应，降温平衡向放热反应方向移动，降温有利于PCl5（g）的生成，故答案为：两步反应均为放热反应，降低温度有利于提高产率，防止产物分解；（4）根据盖斯定律，P和Cl2分两步反应和一步反应生成PCl5的H应该是相等的，P和Cl2分两步反应生成1 molPCl5的热化学方程式：P（s）+32Cl2（g）=PCl3（g）；H1=306 kJ/mol，Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）；H2=93 kJ/mol；P和Cl2一步反应生成1molPCl5的H3=306 kJ/mol+（93 kJ/mol）=399 kJ/mol，由图象可知，P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的H3=306kJ/mol（+93kJ/mol）=399kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则P和Cl2一步反应生成1molPCl5的反应热等于P和Cl2分两步反应生成1molPCl5的反应热；故答案为：399kJmol1；等于；（5）PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸磷酸和盐酸，依据原子守恒写出化学方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；【点评】本题考查热化学方程式的书写、化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动的影响及反应热的计算等知识解题中需注意：热化学方程式中没有标注各物质的聚集状态，各物质的物质的量与反应热没有呈现对应的比例关系，不能正确判断放热反应和吸热反应10（15分）Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，X、Y与Z不同族，Y和Z的离子与Ar原子的电子结构相同且Y的原子序数小于Z（1）Q的最高价氧化物，其固态属于分子晶体，俗名叫干冰；（2）R的氢化物分子的空间构型是正四面体，属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是Si3N4；（3）X的常见氢化物的空间构型是三角锥型；它的另一氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是；（4）Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是CS2和CCl4；Q与Y形成的分子的电子式是，属于非极性分子（填“极性”或“非极性”）【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；98：判断简单分子或离子的构型菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】Q、R、X、Y、Z 为前20号元素中的五种，Y和Z 的阴离子与Ar原子的电子结构相同，核外电子数为18，且Y的原子序数小于Z，故Y为S元素，Z为Cl元素，X、Y与Z不同族，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，Q可能为C（碳），X为N，R与 Q同族，由于这五种元素均是前20号元素，所以R为Si，符合题意，据此解答【解答】解：Q、R、X、Y、Z 为前20号元素中的五种，Y和Z 的阴离子与Ar原子的电子结构相同，核外电子数为18，且Y的原子序数小于Z，故Y为S元素，Z为Cl元素，X、Y与Z不同族，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，Q可能为C（碳），X为N，R与 Q同族，由于这五种元素均是前20号元素，所以R为Si，符合题意，（1）Q是C元素，其最高化合价是+4价，则其最高价氧化物是CO2，固体二氧化碳属于分子晶体，俗名是干冰，故答案为：分子；干冰；（2）R为Si元素，氢化物为SiH4，空间结构与甲烷相同，为正四面体，为对称结构，属于非极性分子，Si与N元素形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式是Si3N4，故答案为：正四面体；非极性；Si3N4；（3）X为氮元素，常见氢化物为NH3，空间结构为三角锥型，N2H4 的电子式为，故答案为：三角锥型；（4）C分别与是S、Cl形成的化合物的化学式分别是CS2、CCl4；CS2分子结构与二氧化碳类似，电子式为，为直线型对称结构，属于非极性分子，故答案为：CS2；CCl4；非极性【点评】本题考查元素推断、常用化学用语、分子结构与性质等，综合考查原子的结构性质位置关系应用，属于常见题型，推断Q与X元素是解题的关键，可以利用猜测验证进行，难度中等11（13分）某钠盐溶液可能含有阴离子NO3、CO32、SO32、SO42、Cl、Br、I为了鉴别这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：所得溶液呈碱性；加HCl后，生成无色无味的气体该气体能使饱和石灰水变浑浊加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量的盐酸，沉淀不能完全溶解加HNO3酸化后，再加过量的AgNO3，溶液中析出白色沉淀（1）分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由实验CO32和SO32可能存在，因为它们水解呈碱性实验CO32肯定存在，因为产生的气体是CO2；SO32不存在，因为没有刺激性气味的气体产生实验Br、I不存在，因为没有溴和碘的颜色出现实验SO42存在，因为BaSO4不溶于盐酸实验Cl存在，因与Ag+形成白色沉淀（2）上述5个实验不能确定是否的离子是NO3【考点】PH：常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题【分析】CO32和SO32它们水解呈碱性；CO32和盐酸反应产生的气体是CO2；SO32和盐酸反应生成的是刺激性气味的气体二氧化硫；Br、I不存在，因为没有溴和碘的颜色出现（2分）SO42存在，因为BaSO4不溶于盐酸（2分）Cl存在，因与Ag+形成白色沉淀【解答】解：（1）在所给的各种离子中，只有CO32和SO32水解呈碱性，它们可能存在，故答案为：CO32和SO32可能存在，因为它们水解呈碱性；CO32可以和盐酸反应，产生的气体是CO2；但是SO32和盐酸反应生成的是有刺激性气味的气体二氧化硫，故答案为：CO32肯定存在，因为产生的气体是CO2；SO32不存在，因为没有刺激性气味的气体产生；Br、I能被氯气氧化为溴和碘的单质，它们均是易溶于四氯化碳的一种有颜色的物质，故答案为：Br、I不存在，因为没有溴和碘的颜色出现；SO42和BaCl2溶液反应生成BaSO4不溶于盐酸，故答案为：SO42存在，因为BaSO4不溶于盐酸；Cl与Ag+形成白色沉淀不溶于稀硝酸，所以加HNO3酸化后，再加过量的AgNO3，溶液中析出白色沉淀一定是氯化银，而碘化银、溴化银都有颜色，则一定不存在Br、I，故答案为：Cl存在，因与Ag+形成白色沉淀（2）根据实验的结果可以知道NO3不能确定是否含有，故答案为：NO3【点评】本题考查学生常见离子的检验知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大12（17分）A、B、C、D、E、F、G、H、I、J均为有机化合物根据以下框图，回答问题：（1）B和C均为有支链的有机化合物，B的结构简式为（CH3）2CHCOOH；C在浓硫酸作用下加热反应只能生成一种烯烃D，D的结构简式为（CH3）2CCH2（2）G 能发生银镜反应，也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G的结构简式CH2=C（CH3）CHO（3）写出：的化学方程式是的化学方程式是（4）的反应类型是水解反应，的反应类型是取代反应，的反应类型是氧化反应（5）与H具有相同官能团的H的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH和CH3CH=CHCOOH【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】根据AB+C（水解反应）可以判断A、B、C分别是酯、羧酸和醇，且由（1）可以确定B和C的结构分别为（CH3）2CHCOOH和（CH3）2CHCH2OH，则D为 （CH3）2C=CH2，由D到E是取代反应，E为，E发生水解得到醇F，G为醛且含有双键，可以写出其结构为CH2=C（CH3）CHO，发生反应得到羧酸H为CH2=C（CH3）COOH，H与CH3OH得到酯I为CH2=C（CH3）COOCH3，则J为加聚反应的产物，为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题【解答】解：根据AB+C（水解反应）可以判断A、B、C分别是酯、羧酸和醇，且由（1）可以确定B和C的结构分别为（CH3）2CHCOOH和（CH3）2CHCH2OH，则D为 （CH3）2C=CH2，由D到E是取代反应，E为，E发生水解得到醇F，G为醛且含有双键，可以写出其结构为CH2=C（CH3）CHO，发生反应得到羧酸H为CH2=C（CH3）COOH，H与CH3OH得到酯I为CH2=C（CH3）COOCH3，则J为加聚反应的产物，为，（1）由以上分析可知B为（CH3）2CHCOOH，D为（CH3）2CCH2，故答案为：（CH3）2CHCOOH；（CH3）2CCH2；（2）由以上分析可知G为CH2=C（CH3）CHO，故答案为：CH2=C（CH3）CHO；（3）反应为的水解反应，反应的方程式为，反应为CH2=C（CH3）COOCH3的加聚反应，反应的方程式为，故答案为：；（4）由反应条件和官能团的变化可知反应为水解反应，反应为取代反应，为氧化反应，故答案为：水解反应；取代反应；氧化反应；（5）H为CH2=C（CH3）COOH，与H具有相同官能团的H的同分异构体有CH2=CHCH2COOH 和CH3CH=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2COOH 和CH3CH=CHCOOH【点评】本题考查有机物的推断，解答关键是找解题的突破口（或题眼），根据AB+C（水解反应）可以判断A、B、C分别是酯、羧酸和醇，且由（1）可以确定B和C的结构，以此可推断其它物质，注意有机物官能团的结构和性质，为正确解答该类题目的关键，题目难度中等第21页（共21页）