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1、2009年全國統(tǒng)一高考化學試卷（全國卷）一、選擇題（共8小題，每小題5分，滿分40分）1（5分）下列各組離子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加熱既有氣體放出又有沉淀生成的一組是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+2（5分）將15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，則MCln中n值是（）A4B3C2D13（5分）下列表示溶液中發(fā)生反應的化學方程式錯誤的是（）A2Al+2NaOH+2H

2、2O=2NaAlO2+3H2BKMnO4+HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OCMnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2ODK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O4（5分）現有乙酸和兩種鏈狀單烯烴的混合物，若其中氧的質量分數為a，則碳的質量分數是（）ABCD5（5分）用0.10molL1的鹽酸滴定0.10molL1的氨水，滴定過程中不可能出現的結果是（）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

3、（Cl）c（NH4+），c（H+）c（OH）6（5分）為了檢驗某含有NaHCO3雜質的Na2CO3樣品的純度，現將w1 g 樣品加熱，其質量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度（質量分數）是（）ABCD7（5分）有關下圖所示化合物的說法不正確的是 （）A既可以與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應，又可以在光照下與Br2發(fā)生取代反應B1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應C既可以催化加氫，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，又可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體8（5分）右圖表示反應X（g）4Y（g）+Z（g），H0，在某溫度時X的濃度隨時間變化的曲線：下列有關

4、該反應的描述正確的是（）A第6min后，反應就終止了BX的平衡轉化率為85%C若升高溫度，X的平衡轉化率將大于85%D若降低溫度，v正和v逆將以同樣倍數減小二、解答題（共4小題，滿分60分）9（15分）濃H2SO4和木炭在加熱時發(fā)生反應的化學方程式是2H2SO4（濃）+CCO2+2H2O+2SO2請從圖中選用所需的儀器（可重復選用）組成一套進行該反應并要檢出反應產物的裝置現提供濃H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液試劑自選（連接和固定儀器所用的玻璃管、膠管、鐵夾、鐵架臺及加熱裝置等均略去）將所選的儀器連接順序由上至下依次填入下表，并寫出該儀器中應加試劑的名稱及其作用選用的儀器（填字

5、母）加入的試劑作用 10（15分）右圖所示裝置中，甲、乙、丙三個燒杯依次分別盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，電極均為石墨電極（1）接通電源，經過一段時間后，測得丙中K2SO4濃度為10.47%，乙中c電極質量增加據此回答問題：電源的N端為 極；電極b上發(fā)生的電極反應為 ；列式計算電極b上生成的氣體在標準狀況下的體積： 電極c的質量變化是 g；電解前后各溶液的酸、堿性大小是否發(fā)生變化，簡述其原因：甲溶液 ；乙溶液 ；丙溶液 ；（2）如果電解過程中銅全部析出，此時電解能否繼續(xù)進行，為什么？ 11（15分）已知周期表中，元素R、Q

6、、W、Y與元素X相鄰R與Y同族Y的最高化合價氧化物的水化物是強酸回答下列問題：（1）W與Q可以形成一種高溫結構陶瓷材料W的氯化物分子呈正四面體結構，W的氧化物的晶體類型是 ；（2）Q的具有相同化合價且可以相互轉變的氧化物是 ；（3）R和Y形成的二種化合物中，Y呈現最高化合價的化合物是化學式是 ；（4）這5個元素的氫化物分子中，立體結構類型相同的氫化物的沸點從高到低排列次序是（填化學式） ，其原因是 電子總數相同的氫化物的化學式和立體結構分別是 ；（5）W和Q所形成的結構陶瓷材料的一種合成方法如下：W的氯化物與Q的氫化物加熱反應，生成化合物W（QH2）4和HCl氣體；W（QH2）4在高溫下分解生

7、成Q的氫化物和該陶瓷材料上述相關反應的化學方程式（各物質用化學式表示）是 12（15分）化合物H是一種香料，存在于金橘中，可用如下路線合成：已知：RCH=CH2RCH2CH2OH（B2 H6為乙硼烷）回答下列問題：（1）11.2L（標準狀況）的烴A在氧氣中充分燃燒可以產生88g CO2和45g H2OA的分子式是 （2）B和C均為一氯代烴，它們的名稱（系統(tǒng)命名）分別為 ；（3）在催化劑存在下1mol F與2mol H2反應，生成3苯基1丙醇F的結構簡式是 （4）反應的反應類型是 ；（5）反應的化學方程式為 （6）寫出所有與G具有相同官能團的G的芳香類同分異構體的結構簡式： 2009年全國統(tǒng)一高

8、考化學試卷（全國卷）參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題5分，滿分40分）1（5分）下列各組離子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加熱既有氣體放出又有沉淀生成的一組是（）ABa2+、NO3、NH4+、ClBCa2+、HCO3、NH4+、AlO2CK+、Ba2+、Cl、HSO3DMg2+、NH4+、SO42、K+【考點】DP：離子共存問題菁優(yōu)網版權所有【專題】21：熱點問題；52：元素及其化合物【分析】根據溶液中離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質，不能發(fā)生氧化還原反應、不能促進電離來分析離子在溶液中能大量共存；然后根據溶液中的離子與NaOH溶液反應既有氣體放出又有沉淀生

9、成的即為正確答案【解答】解：A、因該組離子之間不反應，則離子能大量共存，當加入NaOH會與NH4+反應產生NH3，但沒有沉淀，故A錯誤；B、因AlO2能促進HCO3的電離，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根離子，則該組離子不能大量共存，故B錯誤；C、因該組離子之間不反應，則離子能大量共存，當加入NaOH會與HSO3生成SO32，SO32與Ba2+可生成BaSO3沉淀，但無氣體生成，故C錯誤；D、因該組離子之間不反應，則離子能大量共存，當加入NaOH后，OH與NH4+產生NH3，OH與Mg2+會產生Mg（OH）2沉淀，符合題意，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子的共存問題及復分解反應，明確題意

10、中原離子組能共存，當加入堿既有氣體又有沉淀生成兩個條件來分析解答，熟悉離子的性質及常見離子之間的反應是解答的關鍵2（5分）將15mL 2molL1 Na2CO3溶液逐滴加入到40mL 0.5molL1 MCln鹽溶液中，恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，則MCln中n值是（）A4B3C2D1【考點】5B：離子方程式的有關計算菁優(yōu)網版權所有【分析】根據Na2CO3溶液與MCln鹽溶液反應時，恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，利用化合價得出Mn+離子與nCO32離子的關系，然后利用物質的量來計算解答【解答】解：Na2CO3溶液中CO32離子的物質的量為15mL×103&#

11、215;2molL1=0.03mol，MCln鹽溶液中Mn+離子的物質的量為40mL×103×0.5molL1=0.02mol，由反應中恰好將溶液中的Mn+離子完全沉淀為碳酸鹽，及M的化合價為+n，則Na2CO3與MCln反應對應的關系式為： 2Mn+nCO32 2 n0.02mol 0.03mol，解得n=3，故選：B。【點評】本題考查學生利用溶液中的離子之間的反應來進行簡單計算，明確離子之間的關系是解答的關鍵，并應熟悉離子的物質的量的計算來解答即可3（5分）下列表示溶液中發(fā)生反應的化學方程式錯誤的是（）A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2BKMnO4+

12、HCOOH+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OCMnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2+2H2ODK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O【考點】45：分子式；48：化學方程式的書寫；49：離子方程式的書寫菁優(yōu)網版權所有【分析】根據所學元素化合物的知識及氧化還原反應的基本規(guī)律，并且具有對簡單氧化還原反應運用化合價的升降配平的技能等來解答此題；【解答】解：A、因鋁既能與強酸反應又能與強堿反應，則鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，遵循質量守恒定律及氧化還原反應中電子守恒，故A對；B、由化學方程式要遵循質量守恒定律，B項沒配

13、平；或應知在堿性條件下，不可能產生CO2氣體，而應是CO32，故B錯；C、實驗室制取氯氣的反應原理可知，二氧化錳與濃鹽酸反應制取氫氣，遵循質量守恒定律及氧化還原反應中電子守恒，故C對；D、根據常見氧化劑、還原劑以及轉化規(guī)律，D中發(fā)生氧化還原反應，遵循質量守恒定律及氧化還原反應中電子守恒，故D對；故選：B?！军c評】本題考查了化學方程式的問題，實則為元素化合物的知識以及氧化還原反應等知識點，本考點為高中化學的主干知識，為必考考點，但也是難點；學習過程中應重視元素化合物知識及氧化還原反應的基本規(guī)律。4（5分）現有乙酸和兩種鏈狀單烯烴的混合物，若其中氧的質量分數為a，則碳的質量分數是（）ABCD【考點

14、】5E：元素質量分數的計算菁優(yōu)網版權所有【專題】536：有機物分子組成通式的應用規(guī)律【分析】根據乙酸的化學式為C2H4O2，烯烴的通式為CnH2n，則在混合物中碳、氫存在固定的質量比，混合物中一共有三種元素，氧的質量分數為a，碳、氫元素的質量分數之和為1a，然后可計算出碳元素的質量分數【解答】解：由乙酸的化學式為C2H4O2，而單烯烴的通式為CnH2n，則從化學式可以發(fā)現兩者中，C與H之間的數目比為1：2，其質量比為12×1：1×2=6：1，又混合物中共三種元素，氧的質量分數為a，碳、氫元素的質量分數之和為1a，則碳元素的質量分數為×（1a）=，故選：C?！军c評】

15、本題考查學生利用有機物的組成來進行計算，明確碳、氫的固定組成是解答的關鍵，較好的訓練學生分析問題、解決問題的能力5（5分）用0.10molL1的鹽酸滴定0.10molL1的氨水，滴定過程中不可能出現的結果是（）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）【考點】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算菁優(yōu)網版權所有【分析】根據酸堿滴定中，無論溶液中的溶質是氯化銨、氯化銨和氯化氫、氯化銨和一水合氨，該溶液一定不顯電性，

16、則利用遵循電荷守恒來分析解答【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，則一般溶液顯堿性，即c（OH）c（H+），溶液中弱電解質的電離鹽的水解，即c（NH4+）c（Cl），則符合電荷守恒，故A是可能出現的結果；B、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，當溶液中弱電解質的電離程度與鹽的水解程度相同時，溶液為中性，則c（OH）=c（H+），由電荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl），故B是可能出現的結果；C、當c（Cl）c（NH4+），c（OH）c（H+），則溶液中陰離子帶的電荷總數就大于陽離子帶的電荷總數，顯然與電荷守恒矛盾，故C是不可能出現的結果；D、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨，

17、由銨根離子水解則溶液顯酸性，即c（H+）c（OH），又水解的程度很弱，則c（Cl）c（NH4+），且符合電荷守恒，故D是可能出現的結果；故選：C。【點評】本題考查酸堿滴定后溶液中離子濃度的關系，明確溶液中的弱電解質的電離及鹽的水解來分析，利用電荷守恒則可知溶液中不可能出現陰離子均大于陽離子的情況即可解答6（5分）為了檢驗某含有NaHCO3雜質的Na2CO3樣品的純度，現將w1 g 樣品加熱，其質量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度（質量分數）是（）ABCD【考點】GF：鈉的重要化合物；M3：有關混合物反應的計算菁優(yōu)網版權所有【專題】1A：計算題；45：差量法【分析】根據碳酸氫鈉加熱分解，而碳酸鈉在加

18、熱時不反應，則利用反應前后固體的質量差來計算碳酸氫鈉的質量，再計算碳酸鈉樣品的純度【解答】解：設樣品中含有NaHCO3雜質的質量為x，則2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2ODm（減少）2×84 106 62x （w1gw2g），解得x=，則w（Na2CO3）=，故選：A。【點評】本題考查學生利用反應前后的固體的質量查來進行計算，明確發(fā)生的化學反應及固體質量差的應用是解答的關鍵7（5分）有關下圖所示化合物的說法不正確的是 （）A既可以與Br2的CCl4溶液發(fā)生加成反應，又可以在光照下與Br2發(fā)生取代反應B1mol該化合物最多可以與3molNaOH反應C既可以催化加氫，又可以使酸性

19、KMnO4溶液褪色D既可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，又可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體【考點】HD：有機物的結構和性質菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題【分析】A、含有碳碳雙鍵，可以與Br2發(fā)生加成反應；B、酯基可以和氫氧化鈉溶液發(fā)生水解反應；C、苯環(huán)可以被氫加成，碳碳雙鍵可以使KMnO4褪色；D、羧基能與NaHCO3放出CO2氣體，酚羥基可以與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應【解答】解：A、有機物含有碳碳雙鍵，故可以與Br2發(fā)生加成反應，又含有甲基，故可以與Br2光照發(fā)生取代反應，故A正確；B、酚羥基要消耗一個NaOH，兩個酯基要消耗兩個NaOH，1mol該化合物最多可以與3molNa

20、OH反應，故B正確；C、苯環(huán)可以催化加氫，碳碳雙鍵可以使KMnO4褪色，故C正確；D、該有機物中不存在羧基，并且酚羥基酸性比碳酸弱，故不能與NaHCO3放出CO2氣體，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查學生有關官能團決定性質的知識，要要求學生熟記官能團具有的性質，并熟練運用8（5分）右圖表示反應X（g）4Y（g）+Z（g），H0，在某溫度時X的濃度隨時間變化的曲線：下列有關該反應的描述正確的是（）A第6min后，反應就終止了BX的平衡轉化率為85%C若升高溫度，X的平衡轉化率將大于85%D若降低溫度，v正和v逆將以同樣倍數減小【考點】CK：物質的量或濃度隨時間的變化曲線菁優(yōu)網版權所有【專題】

21、13：圖像圖表題；16：壓軸題；36：平衡思想；51E：化學平衡專題【分析】根據圖可知，X的濃度在隨時間逐漸減少，到第6min濃度不再變化，則反應達到化學平衡；利用X變化的量來計算轉化率，再利用溫度對反應的影響來分析轉化率的變化及反應速率的變化【解答】解：A、6min時反應達平衡，但未停止，故A錯；B、X的變化量為1mol/L0.15mol/L=0.85mol/L，則X的轉化率為×100%=85%，故B正確；C、H0，反應為放熱，故升高溫度，平衡將逆向移動，則X的轉化率減小，故C錯；D、降溫時，正、逆反應速率同時減小，但是降溫平衡正向移動，故V正V逆，即逆反應減小的倍數大，故D錯誤；

22、故選：B?！军c評】本題考查物質的濃度隨時間的變化圖象，明確縱橫坐標的意義及影響化學平衡和化學反應速率的因素是解答的關鍵，尤其注意溫度對反應速率及平衡移動的影響，不可混淆二、解答題（共4小題，滿分60分）9（15分）濃H2SO4和木炭在加熱時發(fā)生反應的化學方程式是2H2SO4（濃）+CCO2+2H2O+2SO2請從圖中選用所需的儀器（可重復選用）組成一套進行該反應并要檢出反應產物的裝置現提供濃H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液試劑自選（連接和固定儀器所用的玻璃管、膠管、鐵夾、鐵架臺及加熱裝置等均略去）將所選的儀器連接順序由上至下依次填入下表，并寫出該儀器中應加試劑的名稱及其作用選用

23、的儀器（填字母）加入的試劑作用C濃硫酸和木炭產生反應物【考點】PF：常見氣體的檢驗；Q4：氣體的凈化和干燥；S6：濃硫酸的性質實驗菁優(yōu)網版權所有【專題】523：氧族元素【分析】該反應為固液加熱，故選用C帶有支管的試管做反應容器，加入濃硫酸和木炭；檢驗產物水可用無水硫酸銅；檢驗二氧化硫，可用品紅溶液；在洗氣瓶中裝有酸性高錳酸鉀溶液用來吸收余下二氧化硫；在洗氣瓶中裝有澄清石灰水溶液用來檢驗二氧化碳在檢驗時要考慮檢驗的順序【解答】解：成套裝置包括反應裝置，檢驗裝置和尾氣處理裝置C中加入濃硫硫和木炭作為反應物的發(fā)生器，產物中必須先檢驗水，因為在檢驗其他物質時會在其它試劑中混入水，可選用裝置B，放入無水

24、硫酸銅，若變藍則說明有水接著檢驗SO2氣體，用裝置A，放入品紅檢驗，若品紅褪色，則說明有SO2氣體產生，再用裝置A，放入酸性KMnO4溶液以除去SO2，然后再用裝置A，放入品紅，檢驗品紅是否除盡，因為CO2是用澄清石灰水來檢驗的，而SO2也可以使澄清石灰水變渾，故先要除去SO2最后洗氣瓶中裝有澄清石灰水溶液用來檢驗二氧化碳故答案為：所選用儀器的名稱（填字母）加入的試劑名稱作用C濃硫酸和木炭產生反應物B無水硫酸銅檢驗是否有水A品紅溶液檢驗SO2A酸性KMnO4除去SO2A品紅溶液 檢驗SO2是否除盡A澄清石灰水檢驗CO2的存在【點評】本題考查濃硫酸的性質，掌握相關產物的檢驗是解題的關鍵易錯點是檢

25、驗的順序的選擇10（15分）右圖所示裝置中，甲、乙、丙三個燒杯依次分別盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，電極均為石墨電極（1）接通電源，經過一段時間后，測得丙中K2SO4濃度為10.47%，乙中c電極質量增加據此回答問題：電源的N端為正極；電極b上發(fā)生的電極反應為4OH4e=2H2O+O2；列式計算電極b上生成的氣體在標準狀況下的體積：2.8L電極c的質量變化是16g；電解前后各溶液的酸、堿性大小是否發(fā)生變化，簡述其原因：甲溶液甲增大，因為相當于電解水；乙溶液乙減小，OH放電，H+增多；丙溶液丙不變，相當于電解水；（2）如果電

26、解過程中銅全部析出，此時電解能否繼續(xù)進行，為什么？可以，銅全部析出，可以繼續(xù)電解H2SO4，有電解液即可電解【考點】DI：電解原理菁優(yōu)網版權所有【分析】（1）乙中C電極質量增加，則c處發(fā)生的反應為：Cu2+2e=Cu，即C處為陰極，由此可推出b為陽極，a為陰極，M為負極，N為正極丙中為K2SO4，相當于電解水，設電解的水的質量為x由電解前后溶質質量相等有，100×10%=（100x）×10.47%，得x=4.5g，故為0.25mol由方程式2H2+O22H2O可知，生成2molH2O，轉移4mol電子，所以整個反應中轉化0.5mol電子，而整個電路是串聯(lián)的，故每個燒杯中的電

27、極上轉移電子數是相等的甲中為NaOH，相當于電解H2O，陽極b處為陰離子OH放電，即4OH4e=2H2O+O2轉移0.5mol電子，則生成O2為0.5/4=0.125mol，標況下的體積為0.125×22.4=2.8LCu2+2e=Cu，轉移0.5mol電子，則生成的m（Cu）=×64=16g甲中相當于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大乙中陰極為Cu2+放電，陽極為OH放電，所以H+增多，故pH減小丙中為電解水，對于K2SO4而言，其pH幾乎不變（2）銅全部析出，可以繼續(xù)電解H2SO4，有電解液即可電解【解答】解：（1）乙杯中c質量增加，說明Cu沉積在c電極上，電子是從

28、bc移動，M是負極，N為正極，故答案為：正極；甲中為NaOH，相當于電解H2O，陽極b處為陰離子OH放電，即4OH4e=2H2O+O2，故答案為：4OH4e=2H2O+O2；丙中為K2SO4，相當于電解水，設電解的水的質量為x由電解前后溶質質量相等有，100×10%=（100x）×10.47%，得x=4.5g，故為0.25mol由方程式2H2+O22H2O可知，生成2molH2O，轉移4mol電子，所以整個反應中轉化0.5mol電子，則生成O2為0.5/4=0.125mol，標況下的體積為0.125×22.4=2.8L，故答案為：答案2.8L；整個電路是串聯(lián)的，所

29、以每個燒杯中的電極上轉移電子數是相等的，根據電極反應：Cu2+2e=Cu，可知轉移0.5mol電子生成的m（Cu）=×64=16g，故答案為：16；甲中相當于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大乙中陰極為Cu2+放電，陽極為OH放電，電解方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，所以H+增多，故pH減小丙中為電解水，對于K2SO4而言，其pH幾乎不變故答案為：甲增大，因為相當于電解水；乙減小，OH放電，H+增多丙不變，相當于電解水；（2）當銅全部析出時，溶液中仍有電解質硫酸，可以繼續(xù)電解，故答案為：可以； 銅全部析出，可以繼續(xù)電解H2SO4，有電解液即可電解【點評

30、】本題為電化學知識的綜合應用，做題時要注意根據電極反應現象判斷出電解池的陰陽級，進而判斷出電源的正負極，要注意三個電解池為串聯(lián)電路，各電極上得失電子的數目相等做題時要正確寫出電極方程式，準確判斷兩極上離子的放電順序11（15分）已知周期表中，元素R、Q、W、Y與元素X相鄰R與Y同族Y的最高化合價氧化物的水化物是強酸回答下列問題：（1）W與Q可以形成一種高溫結構陶瓷材料W的氯化物分子呈正四面體結構，W的氧化物的晶體類型是原子晶體；（2）Q的具有相同化合價且可以相互轉變的氧化物是NO2和N2O4；（3）R和Y形成的二種化合物中，Y呈現最高化合價的化合物是化學式是SO3；（4）這5個元素的氫化物分子

31、中，立體結構類型相同的氫化物的沸點從高到低排列次序是（填化學式）NH3PH3，H2OH2S，其原因是因為前者中含有氫鍵電子總數相同的氫化物的化學式和立體結構分別是NH3和H2O分別為三角錐和V形；SiH4、PH3和H2S結構分別為正四面體，三角錐和V形；（5）W和Q所形成的結構陶瓷材料的一種合成方法如下：W的氯化物與Q的氫化物加熱反應，生成化合物W（QH2）4和HCl氣體；W（QH2）4在高溫下分解生成Q的氫化物和該陶瓷材料上述相關反應的化學方程式（各物質用化學式表示）是SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4【考點】8J：位置結構性質的相互關

32、系應用菁優(yōu)網版權所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）根據W與Q可以形成一種高溫結構陶瓷材料，及W的氯化物分子呈正四面體結構可知W為硅，然后分析二氧化硅的晶體類型；（2）根據高溫結構陶瓷材料可知Q可能為氮元素，則二氧化氮與四氧化二氮可以相互轉變；（3）根據位置及Y的最高化合價氧化物的水化物是強酸、R和Y形成的二價化合物來推斷R；（4）根據氫鍵的存在來比較氫化物的沸點，并根據最外層電子數來分析結構；（5）根據W的氯化物與Q的氫化物加熱反應，生成化合物W（QH2）4和HCl氣；W（QH2）4在高溫下分解生成Q的氫化物和該陶瓷材料，利用反應物與生成物來書寫化學反應方程式【解答】解：（1）W的氯化物為

33、正四面體型，則應為SiCl4或CCl4，又W與Q形成高溫陶瓷，故可推斷W為Si，W的氧化物為SiO2，原子之間以共價鍵結合成空間網狀結構，則為原子晶體，故答案為：原子晶體；（2）高溫陶瓷可聯(lián)想到Si3N4，Q為N，則有NO2與N2O4之間的相互轉化關系，故答案為：NO2和N2O4；（3）Y的最高價氧化的水化物為強酸，且與Si相鄰，則R只能是O，Y為S，其最外層電子數為6，則最高化合價為+6，所以Y的最高價化合物應為SO3，故答案為：SO3；（4）Q、R、W、Y與元素X相鄰，W為Si，Q為N，R為O，Y為S，則X為P元素，氫化物沸點順序為NH3PH3，H2OH2S，因為前者中含有氫鍵NH3和H2O的電子數均為10，結構分別為三角錐和V形，SiH4、PH3和H2S的電子數均為18，結構分別為正四面體，三角錐和V形，故答案為：NH3PH3，H2OH2S；因為前者中含有氫鍵；NH3和H2O分別為三角錐和V形；SiH4、PH3和H2S結構分別為正四面體，三角錐和V形；（5）由信息可知，四氯化硅與氨氣反應生成W（QH2）4和HCl，Si（NH2）4在高溫下分解生成氨氣和氮化硅，故答案為：SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4【點評】本題考查位置、結構、性質的關系及應用，明確物質的性質及元素的位置來推斷元素是解答的