（高考化學）2010年海南高考化學試題及答案

129-絕密★啟用前2010年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(海南卷)化學注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第I卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Cl2N14O16Na23Mg24S32C135.5K39Fe56Ni59Cu64Lal39第Ⅰ卷一、選擇題：本題共6小題，每小題2分，共12分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、下列物質(zhì)中，可形成酸雨的是A、二氧化硫B、氟氯代烴C、二氧化碳D、甲烷2、常溫下，將0.1mol·L-1氫氧化鈉溶液與0.06mol·L-1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于A．1.7B.2.0C.12.0D.12.43、對于化學反應3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反應速率關(guān)系中，正確的是A.υ(W)=3υ(Z)B.2υ(X)=3υ(Z)C.2υ(X)=v(Y)D.3υ(W)=2υ(X)4、把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為A.EQ\f(b-a,V)mol·L-1B.EQ\f(2b-a,V)mol·L-1C.EQ\f(2(b-a),V)mol·L-1D.EQ\f(2(2b-a),V)mol·L-15．已知：Ksp(AgCl)=1．8×10—10，Ksp(AgI)=1.5×10—16，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10—12，則下列難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是A．AgCl>AgI>Ag2CrO4B．AgCl>Ag2CrO4>AgIC．Ag2CrO4>AgCl>AgID．Ag2CrO4>AgI>AgCl6．光譜研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在著下列平衡：據(jù)此，下列判斷中正確的是A．該溶液中存在著SO2分子B．該溶液中H+濃度是SO2-3濃度的2倍C．向該溶液中加入足量的酸都能放出SO2氣體D．向該溶液中加入過量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選得0分：若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確得2分，選兩個且都正確得4分，但只要選錯一個就得0分。7．下列物質(zhì)中既有氧化性又有還原性的是A．HClOB．Al2O3C．N203D．SiO28．下列化合物中既易發(fā)生取代反應，也可發(fā)生加成反應，還能使KMn04酸性溶液褪色的是A．乙烷B．乙醇C．丙烯D．苯9．利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是A.電解時以精銅作陽極B．電解時陰極發(fā)生還原反應C．粗銅連接電源負極，其電極反應是Cu=Cu2++2e—D．電解后，電解槽底部會形成含少量Ag、Pt等金屬的陽極泥10．能正確表示下列反應的離子方程式是A．金屬鋁溶于稀硫酸中：Al+2H+=A13++H2↑B．碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO2-3+2H+=H2O+CO2↑C．醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO—+CO2+H20=2CH3COOH+CO2-3D．少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I—=2C1—+I211.短周期元素X、Y、Z所在的周期數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2—與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同。下列化合物中同時存在極性和非極性共價鍵的是A.Z2YB．X2Y2C．Z2Y2D．ZYX12．下列化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是A．溴苯B．對二甲苯C．氯乙烯D．丙烯第Ⅱ卷本卷包括必考題和選考題兩部分。第13題～第17題為必考題，每個試題考生都必須做答。第18題～第20題為選考題，考生根據(jù)要求做答。13．(8分)A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如下圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)。請回答下列問題：(1)物質(zhì)C和E的名稱分別為________________、__________________；(2)可選用不同的A進行反應①，若能在常溫下進行，其化學方程式為_____________；若只能在加熱情況下進行，則反應物A應為_____________；(3)反應②的化學方程式為_______________________________________；(4)新配制的F溶液應加入_____________以防止其轉(zhuǎn)化為G。檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是_____________，實驗現(xiàn)象為____________________________________________。14．(8分)高爐煉鐵過程中發(fā)生的主要反應為已知該反應在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：請回答下列問題：(1)該反應的平衡常數(shù)表達式K=_____________，△H________0(填“>”、“<”或“=”)；(2)在一個容積為10L的密閉容器中，1000℃時加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反應經(jīng)過l0min后達到平衡。求該時間范圍內(nèi)反應的平均反應速率υ(C02)=_____________、CO的平衡轉(zhuǎn)化率=_____________：(3)欲提高(2)中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是_____________。A．減少Fe的量B．增加Fe203的量C．移出部分C02D．提高反應溫度E．減小容器的容積F．加入合適的催化劑15．(9分)A是自然界存在最廣泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在。從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學反應可由下圖表示：請回答下列問題：（1）A與水反應的化學方程式為_____________，E與水反應的化學方程式為___________；（2）F的化學式為___________，G和D的電子式分別為_____________和____________；（3）D與H反應可能生成的鹽有_____________(填化學式)；（4）實際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡述一種制備方法_________________。16、(8分)有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D,D在弱酸性條件下會緩慢釋放出A。合成D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：請回答下列問題：(1)A的名稱是_____________，A與氯氣反應可生成C，C的名稱是_____________；(2)經(jīng)測定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應，則E的結(jié)構(gòu)簡式為_________，由A直接生成E的反應類型是_____________；(3)在弱酸性條件下，D與水反應生成A的化學方程式為_________________________；(4)寫出E的兩個同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式__________________________。17．(11分)根據(jù)氨氣還原氧化銅的反應，可設計測定銅元素相對原子質(zhì)量么(近似值)的實驗。先稱量反應物氧化銅的質(zhì)量m(CuO)，反應完全后測定生成物水的質(zhì)量m(H20)，由此計算。為此，提供的實驗儀器及試劑如下(根據(jù)需要可重復選用，加入的NH4C1與Ca(OH)2的量足以產(chǎn)生使CuO完全還原的氨氣)：請回答下列問題：[來源:學§科§網(wǎng)Z§X§X§K](1)氨氣還原熾熱氧化銅的化學方程式為________________________________；(2)從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實驗的一套合理、簡單的裝置，按氣流方向的連接順序為(用圖中標注的導管口符號表示)a→______________________________；(3)在本實驗中，若測得m(CuO)=ag，m(H2O)=bg，則Ar(Cu)=_______________；(4)在本實驗中，使測定結(jié)果Ar(Cu)偏大的是_______________(填序號)；①CuO未完全起反應②CuO不干燥③CuO中混有不反應的雜質(zhì)④堿石灰不干燥⑤NH4C1與Ca(OH)2混合物不干燥(5)在本實驗中，還可通過測定_______________和_______________，或_______________和_______________達到實驗目的。選考題(請考生在第18、19、20三題中任選一題做答，如果多做，則按所做的第一題計分。做答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑)。第18、19、20三題的第Ⅰ題為選擇題，在給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的，請將符合題目要求的選項標號填在答題卡相應位置；第Ⅱ題為非選擇題，請在答題卡相應位置做答并寫明小題號。18．(20分)18-I(6分)已知：，如果要合成所用的原始原料可以是A.2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔B．1，3-戊二烯和2-丁炔C．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔D、2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔18-II(14分)A～G都是有機化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請回答下列問題：(1)已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，則E的分子式為_______________：[來源:學科網(wǎng)ZXXK](2)A為一取代芳烴，B中含有一個甲基。由B生成C的化學方程式為_______________；(3)由B生成D、由C生成D的反應條件分別是_______________、_______________；(4)由A生成B、由D生成G的反應類型分別是_______________、_______________；(5)F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡式為_______________；(6)在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有___________個，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是_______________(填結(jié)構(gòu)簡式)。19、（20分)19-I(6分)下列描述中正確的是A、CS2為V形的極性分子B、Cl0—3的空間構(gòu)型為平面三角形C、SF6中有6對完全相同的成鍵電子對D、SiF4和SO2—3的中心原子均為sp3雜化19-Ⅱ(14分)金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛。請回答下列問題：(1)Ni原子的核外電子排布式為______________________________；(2)Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO________FeO(填“<”或“>”)；(3)Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為_______________、_______________；(4)金屬鎳與鑭(La)形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左下圖所示。該合金的化學式為_______________；(5)丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如右上圖所示。①該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價鍵類型是鍵，碳氮之間的共價鍵類型是______________，氮鎳之間形成的化學鍵是_______________；②該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價鍵外還可存在_______________；③該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有_______________。20、(20分)20-Ⅰ(6分)固硫劑是把煤燃燒時生成的二氧化硫以鹽的形式固定在爐渣中的物質(zhì)，可減少二氧化硫?qū)Υ髿獾奈廴?。下列物質(zhì)中可用做固硫劑的有A．CaOB．Na2C03C．NH4N03D.P20520-Ⅱ(14分)以黃鐵礦為原料，采用接觸法生產(chǎn)硫酸的流程可簡示如下：請回答下列問題：(1)在爐氣制造中，生成S02的化學方程式為_____________________________；(2)爐氣精制的作用是將含S02的爐氣______________、______________及干燥，如果爐氣不經(jīng)過精制，對S02催化氧化的影響是____________________________________：(3)精制爐氣(含SO2體積分數(shù)為7％、O2為ll％、N2為82％)中S02平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強關(guān)系如下圖所示。在實際生產(chǎn)中，S02催化氧化反應的條件選擇常壓、450℃；左右(對應圖中A點)，而沒有選擇S02轉(zhuǎn)化率更高的B或C點對應的反應條件，其原因分別是______________________________、______________________________；(4)在S02催化氧化設備中設置熱交換器的目的是_______________、_______________，從而充分利用能源。

2010年海南省高考化學題參考答案題號123456789101112答案ABCDCAACCBDDBAC13、（1）濃鹽酸、四氧化三鐵；18-IA、D18-II(1)C2H4O2(2)（按教材：）2010年海南省高考化學試卷參考答案與試題解析一、解答題（共6小題，滿分18分）1．（3分）（2010?海南）下列物質(zhì)中，可形成酸雨的是（）A．二氧化硫 B．氟氯代烴 C．二氧化碳 D．甲烷【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理；二氧化硫的污染及治理．【分析】首先要知道什么是酸雨，然后分析酸雨的成因．【解答】解：酸雨是指pH小于5.6的降水，主要是由于人為排放的硫氧化物和氮氧化物等酸性氣體轉(zhuǎn)化而成的，我國主要以硫酸型酸雨為主，這是由于我國以煤炭為主的能源結(jié)構(gòu)造成的，因此選項A正確．故選A．【點評】酸雨是工業(yè)高度發(fā)展而出現(xiàn)的副產(chǎn)物，由于人類大量使用煤、石油、天然氣等化石燃料，燃燒后產(chǎn)生的硫氧化物或氮氧化物，在大氣中經(jīng)過化學反應，形成硫酸或硝酸，隨雨水降到地面成為酸雨．2．（3分）（2010?海南）常溫下，將0.1mol?L﹣1氫氧化鈉溶液與0.06mol?L﹣1硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于（）A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.4【考點】pH的簡單計算．【分析】根據(jù)酸堿溶液混合時，先判斷過量，然后計算過量的酸或堿的物質(zhì)的量濃度，最后計算溶液的pH來解答即可．【解答】解：設溶液的體積都是1L，則氫氧化鈉的物質(zhì)的量為1L×0.1mol?L﹣1=0.1mol，硫酸的物質(zhì)的量為1L×0.06mol?L﹣1=0.06mol，H+的物質(zhì)的量為0.06mol×2=0.12mol，則當酸堿發(fā)生中和時H+和OH﹣的物質(zhì)的量分別為0.12mol和0.1mol，則硫酸過量，過量的H+的物質(zhì)的量為0.12mol﹣0.1mol=0.02mol，則反應后溶液中H+的物質(zhì)的量濃度為c（H+）==0.01mol?L﹣1，pH=﹣lg10﹣2=2.0，故選：B．【點評】本題主要考查溶液pH的有關(guān)計算，明確酸堿反應的過量分析是解答的關(guān)鍵，并應熟悉物質(zhì)的量的計算、pH的計算公式來解答即可．3．（3分）（2010?海南）對于化學反應3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反應速率關(guān)系中，正確的是（）A．v（W）=3v（Z） B．2v（X）=3v（Z） C．2v（X）=v（Y） D．3v（W）=2v（X）【考點】化學反應速率和化學計量數(shù)的關(guān)系．【專題】化學反應速率專題．【分析】根據(jù)化學反應速率是用單位時間內(nèi)反應物濃度的減少或生成物濃度的增加來表示的，利用化學反應中化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比來解答．【解答】解：A、由化學計量數(shù)可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A錯誤；B、由化學計量數(shù)可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B錯誤；C、由化學計量數(shù)可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正確；D、由化學計量數(shù)可知，v（W）：v（X）=3：2，故A錯誤；故選C．【點評】本題主要考查化學反應速率和化學計量數(shù)的關(guān)系，明確化學反應速率之比可由化學反應中的化學計量數(shù)直接觀察得出是解答的關(guān)鍵．4．（3分）（2010?海南）把VL含有MgS04和K2S04的混合溶液分成兩等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇．則原混合溶液中鉀離子的濃度為（）A．mol?L﹣1 B．mol?L﹣1C．mol?L﹣1 D．mol?L﹣1【考點】離子方程式的有關(guān)計算．【分析】根據(jù)兩等份中一份加氫氧化鈉時發(fā)生Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，另一份加BaCl2的溶液發(fā)生Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，且兩個反應中使鎂離子、硫酸根離子完全轉(zhuǎn)化為沉淀，利用物質(zhì)的物質(zhì)的量代入離子方程式來計算Mg2+和SO42﹣的物質(zhì)的量，然后計算原混合溶液中鉀離子的濃度．【解答】解：設每份中鎂離子的物質(zhì)的量為x，硫酸根離子的物質(zhì)的量為y，則由Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓可知，12xamol，解得x=0.5amol，由Ba2++SO42﹣=BaSO4↓可知，11bmoly，解得y=bmol，忽略溶液中的H+和OH﹣由電荷守恒知，b×2=n（K+）+0.5a×2，溶液中K+的物質(zhì)的量為（b﹣0.5a）×2mol=（2b﹣a）mol，又由于混合溶液分成兩等份，則原溶液中的K+的物質(zhì)的量為2（2b﹣a）mol，則原混合溶液中鉀離子的濃度為=mol?L﹣1，故選：D．【點評】本題考查學生利用離子方程式進行計算，學生應明確信息中恰好使離子轉(zhuǎn)化為沉淀，然后利用離子之間的反應、電荷守恒、物質(zhì)的量濃度的計算即可解答．5．（3分）（2010?海南）已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=1.5×10﹣16，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，則下列難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是（）A．AgCl＞AgI＞Ag2CrO4 B．AgCl＞Ag2CrO4＞AgIC．Ag2CrO4＞AgCl＞AgI D．Ag2CrO4＞AgI＞AgCl【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)對應化學式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，即AgCl＞AgI；假設Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，則CrO42﹣的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=2.0×10﹣12，x3=4.0×10﹣12，即x═，因為AgCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以Ag2CrO4＞AgCl，故順序為：Ag2CrO4＞AgCl＞AgI．【解答】解：A、由Ksp計算可知，Ag+濃度大小順序應為Ag2CrO4＞AgCl，故A錯；B、Ag+濃度大小順序應為Ag2CrO4＞AgCl，故B錯；C、飽和溶液中：對應化學式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，即AgCl＞AgI；Ag2CrO4溶液中Ag+的濃度為，AgCl飽和溶液中Ag+的濃度為，所以有Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，故C正確；D、化學式相似的AgCl和AgI來說Ksp越小Ag+濃度越小，Ag+濃度大小順序應為AgCl＞AgI，故D錯．故選C．【點評】本題主要考查溶度積常數(shù)的概念和有關(guān)計算，做題時注意不同物質(zhì)的化學式是否相似，如不同，可用溶度積常數(shù)計算．6．（3分）（2010?海南）光譜研究表明，易溶于水的S02所形成的溶液中存在著下列平衡：據(jù)此，下列判斷中正確的是（）A．該溶液中存在著SO2分子B．該溶液中H+濃度是SO32﹣濃度的2倍C．向該溶液中加入足量的酸都能放出SO2氣體D．向該溶液中加入過量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液【考點】化學平衡的影響因素；化學反應的可逆性；化學平衡建立的過程．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)化學平衡的中的反應為可逆反應，則在轉(zhuǎn)化中存在不完全轉(zhuǎn)化性，反應物與生成物都存在同一體系中，并利用離子濃度的改變來分析平衡的移動．【解答】解：A、因為該反應是可逆反應，所以達到平衡后反應物和生成物共同存在于體系中，即存在SO2分子，故A正確；B、因溶液中H+的來源有3個方面，即水的電離、SO2?xH2O和HSO3﹣的電離，因此溶液中H+濃度不一定是SO32﹣濃度的2倍，故B錯誤；C、SO2是一種還原性氣體，若加入的酸是氧化性酸，SO2將被氧化成硫酸而不會放出SO2氣體，當加入非氧化性酸，平衡逆向移動，有氣體放出，故C錯誤；D、NaHSO3是一種酸式鹽可以與NaOH反應，因氫氧化鈉過量，則方程式為NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，則不存在NaHSO3，故D錯誤；故選：A．【點評】本題考查化學平衡狀態(tài)的特點和外界條件對化學平衡的影響，明確反應的可逆性、不完全轉(zhuǎn)化性、物質(zhì)之間的化學反應是解答本題的關(guān)鍵．二、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分．每小題有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選得0分：若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確得2分，選兩個且都正確得4分，但只要選錯一個就得0分．7．（4分）（2010?海南）下列物質(zhì)中既有氧化性又有還原性的是（）A．HClO B．Al2O3 C．N2O3 D．SiO2【考點】重要的氧化劑；重要的還原劑．【分析】判斷物質(zhì)的氧化性和還原性，需從兩個反面入手，1．熟悉物質(zhì)的性質(zhì)，2．物質(zhì)所含元素的化合價，如果物質(zhì)所含元素處于中間價態(tài)，則物質(zhì)既有氧化性又有還原性．【解答】解：A、HClO中的Cl元素的化合價為+1價，一般情況下凡元素化合價處于中間價態(tài)都是既有氧化性又有還原性，故A正確；B、Al2O3中鋁元素的化合價為+3價，處于最高價態(tài)，則只有氧化性，故B錯誤；C、N203中N元素的化合價為+3價，處于中間價態(tài)，則該物質(zhì)都既有氧化性又有還原性，故C正確；D、SiO2中Si元素的化合價為+4價，處于最高價態(tài)，則只有氧化性，故D錯誤；故選：AC．【點評】本題主要考察對氧化性和還原性的判斷和理解．氧化性是指物質(zhì)得電子的能力，處于高價態(tài)的物質(zhì)一般具有氧化性．還原性是在氧化還原反應里，物質(zhì)失去電子或電子對偏離的能力，金屬單質(zhì)和處于低價態(tài)的物質(zhì)一般具有還原性．8．（4分）（2010?海南）下列化合物中既易發(fā)生取代反應，也可發(fā)生加成反應，還能使KMnO4酸性溶液褪色的是（）A．乙烷 B．乙醇 C．丙烯 D．苯【考點】取代反應與加成反應；氧化還原反應．【分析】乙烷屬于飽和烷烴，性質(zhì)穩(wěn)定，主要發(fā)生取代反應，不能發(fā)生加成反應；乙醇為飽和一元醇，也不能發(fā)生加成反應；能發(fā)生加成反應的物質(zhì)具有不飽和鍵；苯的結(jié)構(gòu)比較特殊，性質(zhì)也比較特殊，既能發(fā)生加成反應，也能發(fā)生取代反應，但不能使KMn04酸性溶液褪色．【解答】解：A、乙烷屬于烷烴主要發(fā)生取代反應，故A錯；B、乙醇屬于飽和一元醇不能發(fā)生加成反應，故B錯；C、丙烯屬于烯烴且含有一個甲基，甲基上發(fā)生取代反應，碳碳雙鍵能發(fā)生加成、能使高錳酸鉀溶液褪色，因此符合題意，故C正確；D、苯屬于芳香烴可以發(fā)生取代反應和加成反應，但不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯．故選C．【點評】本題主要考察常見有機化合物的化學性質(zhì)及常見的有機化學反應類型，注意烯烴的性質(zhì)以及苯的性質(zhì)的特殊性．9．（4分）（2010?海南）利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是（）A．電解時以精銅作陽極B．電解時陰極發(fā)生還原反應C．粗銅連接電源負極，其電極反應是Cu=Cu2++2e﹣D．電解后，電解槽底部會形成含少量Ag、Pt等金屬的陽極泥【考點】銅的電解精煉；電解原理．【分析】銅的電解精煉是電解原理的一重要應用，在理解電解原理的基礎上，解答此題便可迎刃而解．【解答】解：A、電解精煉銅時，粗銅應作陽極，精銅作陰極，故A錯；B、陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應，陰極與電池的負極相連發(fā)生還原反應，故B對；C、粗銅連接電源的正極，發(fā)生氧化反應，故C錯；D、金屬的活動性順序為Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不會放電，以單質(zhì)形式沉積下來，故D對；故選：BD．【點評】本題主要考查電解原理及其應用．電化學原理是高中化學的核心考點，本題利用電解法進行粗銅提純時粗銅應作陽極，精銅作陰極；陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應，陰極與電池的負極相連發(fā)生還原反應；這幾種金屬的活動性順序為Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在電解過程中Ag、Pt不會失去電子，而是形成陽極泥．10．（4分）（2010?海南）能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．金屬鋁溶于稀硫酸中：Al+2H+=A13++H2↑B．碳酸鋅溶于稀硝酸中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑C．醋酸鈉水溶液中通入足量C02：2CH3COO﹣+CO2+H20=2CH3COOH+CO32﹣D．少量Cl2通入KI溶液中：Cl2+2I﹣=2C1﹣+I2【考點】離子方程式的書寫．【分析】做題時要注意看反應是否配平，看“分子”、“離子”書寫是否得當，還要看反應是否符合客觀事實．【解答】解：A、方程式未配平，反應前后的電荷不守恒，正確的寫法為：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；B、碳酸鋅屬于難溶性物質(zhì)，應用化學式來表示，正確的寫法為：ZnCO3+2H+=Zn2++H2O+CO2↑；C、醋酸的酸性強于碳酸，該反應不會發(fā)生．故選：D．【點評】本題主要考察離子方程式的書寫和正誤判斷．判斷離子方程式的正誤時，關(guān)鍵抓住離子方程式是否符合客觀事實、化學式的拆分是否準確、是否遵循電荷守恒和質(zhì)量守恒等方面．11．（4分）（2010?海南）短周期元素X、Y、Z所在的周期序數(shù)依次增大，它們的原子序數(shù)之和為20，且Y2﹣與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同．下列化合物中同時存在極性和非極性共價鍵的是（）A．Z2Y B．X2Y2 C．Z2Y2 D．ZYX【考點】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應用；原子核外電子排布；化學鍵．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)本題中短周期元素Y2﹣與Z+核外電子層的結(jié)構(gòu)相同，并且都屬于短周期元素，可知二者的離子核外各有10個電子，根據(jù)Y與Z的化合價，可知Y、Z分別屬于ⅥA和IA族元素，Y的原子序數(shù)為8，屬于O元素，Z的原子序數(shù)為11，屬于Na元素，再根據(jù)三者原子序數(shù)之和為20，可知X為H元素，三者形成的化合物分別有Na2O、Na2O2、H2O、H2O2以及NaOH，根據(jù)化合物類型可判斷出化學鍵類型．【解答】解：A、Z2Y為Na2O，只含離子鍵，故A不選；B、X2Y2為H2O2，同時存在極性和非極性共價鍵，故B選；C、Z2Y2為Na2O2，既含有離子鍵，有含有非極性共價鍵，故C不選；D、ZYX為NaOH，，含有離子鍵和極性共價鍵，故C不選；故選：B．【點評】本題主要考查元素周期表的結(jié)構(gòu)、原子核外電子排布及化學鍵的有關(guān)知識．注重原子結(jié)構(gòu)與元素在周期表中位置的關(guān)系，熟悉原子結(jié)構(gòu)和元素周期表的特點來解答，該類型的題目難度一般不會很大．12．（4分）（2010?海南）下列化合物分子中的所有原子都處于同一平面的是（）A．溴苯 B．對二甲苯 C．氯乙烯 D．丙烯【考點】常見有機化合物的結(jié)構(gòu)．【專題】壓軸題．【分析】在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它有機物可在此基礎上進行判斷．【解答】解：A、苯所有原子都在同一個平面上，溴苯可以看作是一個溴原子取代苯環(huán)上的一個氫原子，在同一個平面，故A正確；B、對二甲苯含有2個甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，因此所有原子不可能處于同一平面上，故B錯誤；C、乙烯具有平面型結(jié)構(gòu)，氯乙烯可看作是一個氯原子取代乙烯中的一個氫原子，在同一個平面，故C正確；D、丙烯中有一個甲基，甲基具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點，因此所有原子不可能處于同一平面上，故D錯誤．故選A、C．【點評】本題主要考察有機化合物的結(jié)構(gòu)特點，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結(jié)構(gòu)特點判斷有機分子的空間結(jié)構(gòu)．三、解答題（共8小題，滿分104分）13．（8分）（2010?海南）A～G各物質(zhì)間的關(guān)系如圖，其中B、D為氣態(tài)單質(zhì)．請回答下列問題：（1）物質(zhì)C和E的名稱分別為濃鹽酸、四氧化三鐵；（2）可選用不同的A進行反應①，若能在常溫下進行，其化學方程式為2H2O2═2H2O+O2↑；若只能在加熱情況下進行，則反應物A應為KClO3；（3）反應②的化學方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（4）新配制的F溶液應加入鐵粉以防止其轉(zhuǎn)化為G．檢驗G溶液中陽離子的常用試劑是KSCN溶液，實驗現(xiàn)象為溶液變成紅色．【考點】無機物的推斷；氯氣的化學性質(zhì)；二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗；常見氣體制備原理及裝置選擇．【分析】本題的突破點是MnO2，在中學化學中MnO2參與的反應主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；Fe2+具有還原性，因此配制時需要加入鐵粉防止被氧化；利用有關(guān)元素化合物知識，從質(zhì)量守恒的角度書寫化學方程式．【解答】解：（1）在中學化學中MnO2參與的反應主要是氧氣和氯氣的制備，所以依據(jù)框圖的轉(zhuǎn)化特點可知B是氧氣，D是氯氣，C是濃鹽酸，E是四氧化三鐵，F(xiàn)是氯化亞鐵，G是氯化鐵；故答案為：濃鹽酸、四氧化三鐵；（2）MnO2參與制備氧氣的反應有兩種，一種是由MnO2做催化劑的條件下，加熱KClO3分解制得氧氣；另一種是MnO2做催化劑的條件下，常溫下H2O2分解制得氧氣，故答案為：2H2O2═2H2O+O2↑；KClO3（3）反應②為實驗室制備氯氣的常用方法，故答案為：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑（4）Fe2+具有還原性，因此配制時需要加入鐵粉防止被氧化；Fe3+與SCN﹣反應生成紅色物質(zhì)，故答案為：鐵粉；KSCN溶液；溶液變成紅色【點評】本題屬于無機框圖題，主要考察常見物質(zhì)的性質(zhì)、制備和檢驗，本題由化學中常見的反應入題，注意元素化合物知識的積累和常見離子的檢驗方法．14．（8分）（2010?海南）高爐煉鐵過程中發(fā)生的主要反應為Fe2O3（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）已知該反應在不同溫度下的平衡常數(shù)如下：溫度/℃100011501300平衡常數(shù)4.03.73.5請回答下列問題：（1）該反應的平衡常數(shù)表達式K=，△H＜0（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）在一個容積為10L的密閉容器中，1000℃時加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反應經(jīng)過10min后達到平衡．求該時間范圍內(nèi)反應的平均反應速率v（C02）=0.006mol/（L?min）、CO的平衡轉(zhuǎn)化率=60%：（3）欲提高（2）中CO的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是C．A．減少Fe的量B．增加Fe203的量C．移出部分C02D．提高反應溫度E．減小容器的容積F．加入合適的催化劑．【考點】化學平衡的計算；反應速率的定量表示方法；用化學平衡常數(shù)進行計算；化學平衡的影響因素．【專題】實驗分析題；關(guān)系式法；化學平衡專題．【分析】（1）根據(jù)化學平衡常數(shù)的概念來書寫表達式，并利用溫度與化學平衡常數(shù)的關(guān)系來分析反應熱；（2）根據(jù)各物質(zhì)的物質(zhì)的量、化學平衡常數(shù)及三段法計算來平衡時的量，再計算反應速率及物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率；（3）根據(jù)影響化學平衡移動的因素可知，提高（2）中CO的平衡轉(zhuǎn)化率則是分析能使平衡正向移動的措施來解答．【解答】解：（1）由平衡常數(shù)是指在一定溫度下，當一個可逆反應達到化學平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值，但需要注意但是固體和純液體的濃度視為常數(shù)，不能出現(xiàn)在表達式中，則K=，又從表中數(shù)據(jù)可知隨著溫度的升高平衡常數(shù)逐漸減小，則說明溫度升高平衡向逆反應方向移動，所以正反應是放熱反應，即△H＜0，故答案為：；＜；（2）設CO轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，則Fe2O3（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）起始量（mol）1.01.0轉(zhuǎn)化的量（mol）xx平衡時的量（mol）1.0﹣x1.0+x又在1000℃時K=4.0，則有=4.0，解得x=0.6，C02的濃度變化量為：c（C02）==0.06mol/L，則用二氧化碳表示的反應速率為=0.006mol/（L．min），CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，故答案為：0.006mol/（L．min）；60%；（3）若提高CO的平衡轉(zhuǎn)化率，則化學平衡向正反應方向移動，因Fe、Fe2O3都是固體，改變質(zhì)量平衡不移動，故AB不選；移出二氧化碳氣體，減小生成物中氣體的濃度，則平衡正向移動，故C選；因反應為放熱反應，則升高溫度，平衡向逆反應方向移動，故D不選；因該反應前后氣體的體積不變，則減小容器的容積，平衡不移動，故E不選；因催化劑對平衡移動無影響，則加入合適的催化劑不能使平衡移動，故F不選；故答案為：C．【點評】本題主要考查化學平衡常數(shù)的概念及計算以及反應熱的有關(guān)判斷，利用化學平衡三段法計算平衡時的量并借助化學反應速率的概念、轉(zhuǎn)化率的概念來計算，并應熟悉外界條件對化學平衡的影響來解答即可．15．（9分）（2010?海南）A是自然界存在最廣泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在．從單質(zhì)A起始發(fā)生的一系列化學反應可由下圖表示：請回答下列問題：（1）A與水反應的化學方程式為Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，E與水反應的化學方程式為NaH+H2O═NaOH+H2↑；（2）F的化學式為CaCO3，G和D的電子式分別為和；（3）D與H反應可能生成的鹽有Na2CO3、NaHCO3（填化學式）；（4）實際生產(chǎn)中，可由F為原料制備單質(zhì)A，簡述一種制備方法將CaCO3與鹽酸反應生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣．【考點】無機物的推斷；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用．【分析】本題的突破點是A，在自然界存在最廣泛的ⅡA族元素中常溫下與水反應的是單質(zhì)Ca，與水反應生成Ca（OH）2和H2，則B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，H是NaOH，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與Ca（OH）2反應生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過電解法來制備．【解答】解：（1）在自然界存在最廣泛的ⅡA族元素中常溫下與水反應的是單質(zhì)Ca，反應的化學方程式為Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑，在Ca（OH）2和H2中能與金屬Na反應的是H2，反應的化學方程式為：H2+2Na═2NaH；所以B是H2，C是Ca（OH）2，E是NaH，NaH與水反應的化學方程式為：NaH+H2O═NaOH+H2↑，所以H是NaOH．故答案為：Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑；NaH+H2O═NaOH+H2↑；（2）由反應條件可知F可能為CaCO3，CaCO3受熱分解生成CO2和CaO，而CO2恰好與Ca（OH）2反應生成CaCO3和H2O，所以D和G分別是CO2和CaO；CO2和CaO分別屬于共價化合物和離子化合物，分別含有極性共價鍵和離子鍵；故答案為：CaCO3；；（3）CO2對應的碳酸是二元酸，與NaOH反應時可能會生成兩種碳酸鹽：Na2CO3和NaHCO3，故答案為：Na2CO3、NaHCO3；（4）Ca作為活潑的金屬元素一般只能通過電解法來制備，可用電解熔融的CaCl2的方法制備．故答案為：將CaCO3與鹽酸反應生成CaCl2，然后電解熔融的CaCl2固體制取單質(zhì)鈣．【點評】本題主要考察查常見金屬單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化，注意框圖推斷題的突破口，熟悉元素化合物的性質(zhì)，注意電子式的書寫以及金屬的冶煉方法．16．（8分）（2010?海南）有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，為便于使用，通常將其制成化合物D，D在弱酸性條件下會緩慢釋放出A．合成D的一種方法及各物質(zhì)間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示：請回答下列問題：（1）A的名稱是乙烯，A與氯氣反應可生成C，C的名稱是1，2﹣二氯乙烷；（2）經(jīng)測定E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應，則E的結(jié)構(gòu)簡式為ClCH2CH2OH，由A直接生成E的反應類型是加成反應；（3）在弱酸性條件下，D與水反應生成A的化學方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑；（4）寫出E的兩個同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式ClCH2OCH3、CH3CHClOH．【考點】有機物的合成；有機化合物命名；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有機化學反應的綜合應用．【分析】本題的突破點是A，因為有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，所以A是乙烯，乙烯可以與氯氣發(fā)生加成反應生成1，2﹣二氯乙烷，由于E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為：ClCH2CH2OH，乙烯與氯水發(fā)生加成反應：CH2=CH2+HO﹣Cl→ClCH2CH2OH，乙烯在Ag作催化劑條件下發(fā)生氧化反應生成乙醛，乙醛與HCl發(fā)生加成反應也可生成E，1molPCl3與3mol乙醛反應生成C6H12Cl3O3P，A與氯氣反應可生成C，C為1，2﹣二氯乙烷，E可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH．【解答】解：（1）有機物A可作為植物生長調(diào)節(jié)劑，應為乙烯，乙烯可氯氣發(fā)生加成反應生成1，2﹣二氯乙烷，故答案為：乙烯、1，2﹣二氯乙烷；（2）E中含有氯元素，且E可以與乙酸發(fā)生酯化反應，所以E中既含有氯原子又含有羥基，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為：ClCH2CH2OH，A直接生成E的反應類型是加成反應，方程式為CH2=CH2+HO﹣Cl→ClCH2CH2OH，故答案為：ClCH2CH2OH、加成反應；（3）D為，在弱酸性條件下會緩慢釋放出乙烯，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，反應的化學方程式為+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑，故答案為：+H2OHCl+H3PO4+CH2=CH2↑；（4）E為ClCH2CH2OH，對應的同分異構(gòu)體可為醚類以及Cl原子位置的異構(gòu)，可能的同分異構(gòu)體是ClCH2OCH3和CH3CHClOH，故答案為：ClCH2OCH3、CH3CHClOH．【點評】本題主要考查有機物的制備、有機化合物的命名、有機反應類型的判斷以及同分異構(gòu)體的書寫等，題目難度中等，易錯點為（3），注意從質(zhì)量守恒的角度書寫化學方程式．17．（11分）（2010?海南）根據(jù)氨氣還原氧化銅的反應，可設計測定銅元素相對原子質(zhì)量Ar（Cu）（近似值）的實驗．先稱量反應物氧化銅的質(zhì)量m（CuO），反應完全后測定生成物水的質(zhì)量m（H20），由此計算Ar（Cu）．為此，提供的實驗儀器及試劑如下（根據(jù)需要可重復選用，加入的NH4C1與Ca（OH）2的量足以產(chǎn)生使CuO完全還原的氨氣）：請回答下列問題：（1）氨氣還原熾熱氧化銅的化學方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；（2）從所提供的儀器及試劑中選擇并組裝本實驗的一套合理、簡單的裝置，按氣流方向的連接順序為（用圖中標注的導管口符號表示）a→e→b→e；（3）在本實驗中，若測得m（CuO）=ag，m（H2O）=bg，則Ar（Cu）=；（4）在本實驗中，使測定結(jié)果Ar（Cu）偏大的是①③（填序號）；①Cu0未完全起反應②CuO不干燥③Cu0中混有不反應的雜質(zhì)④堿石灰不干燥⑤NH4C1與Ca（OH）2混合物不干燥（5）在本實驗中，還可通過測定m（CuO）和m（Cu），或m（Cu）和m（H2O）達到實驗目的．【考點】氨的實驗室制法；化學方程式的有關(guān)計算；氨的化學性質(zhì)；氣體的凈化和干燥；相對分子質(zhì)量的測定．【分析】（1）氨氣具有弱還原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，生成氮氣、銅和水；（2）根據(jù)題干可知需測定生成水的質(zhì)量，生成的氨氣需先通過堿石灰干燥、再在與氧化銅反應，最后用堿石灰吸收生成的水，以測得生成水的質(zhì)量；（3）由反應方程式可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，列出關(guān)系式：=，求出銅元素相對原子質(zhì)量Ar（Cu）=，；（4）根據(jù)Ar（Cu）=，從是否影響a或b來分析誤差；（5）根據(jù)化學方程式可知也可以通過測定m（CuO）和m（Cu）或m（Cu）和m（H2O）來達到實驗目的．【解答】解：（1）氨氣具有弱還原性，在加熱條件下可以被氧化銅氧化，反應物為氮氣、銅和水，反應的化學方程式為2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，故答案為：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；（2）因為需要測定反應后生成物水的質(zhì)量，所以必需保證通入的氨氣是純凈干燥的，由于濃硫酸可以與氨氣反應，因此只能通過堿石灰進行干燥，再通入氧化銅進行反應，最后在通入堿石灰吸收反應生成的水，以測得生成水的質(zhì)量，所以正確的順序為a→e→b→e，故答案為：a→e→b→e；（3）根據(jù)反應方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；33可知氧化銅和水的物質(zhì)的量相等，所以有以下關(guān)系式：=，解得Ar（Cu）==，故答案為：；（4）由（3）可知得Ar（Cu）=，①若Cu0未完全起反應，說明b偏小，結(jié)果偏大；②若CuO不干燥，說明a偏小，b偏大，結(jié)果偏低；③若Cu0中混有不反應的雜質(zhì)，說明b偏小，結(jié)果偏大；④若堿石灰不干燥，說明氨氣干燥不徹底，b偏大，結(jié)果偏低；⑤若NH4C1與Ca（OH）2混合物不干燥，但只要氨氣干燥徹底，對結(jié)果不影響．所以選項①③正確，故答案為：①③；（5）根據(jù)反應方程式2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2，可知也可以通過測定m（CuO）和m（Cu）或m（Cu）和m（H2O）來達到實驗目的，故答案為：m（CuO）和m（Cu）、m（Cu）和m（H2O）．【點評】本題主要考查氨氣的制備、凈化、干燥和利用方程式進行的計算以及有關(guān)誤差分析，一定要認真、細致的分析問題．18．（20分）（2010?海南）I已知：，如果要合成所用的原始原料可以是ADA.2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔B．1，3﹣戊二烯和2﹣丁炔C．2，3﹣二甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙炔D．2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔II（A～G都是有機化合物，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：請回答下列問題：（1）已知：6.0g化合物E完全燃燒生成8.8gC02和3.6gH20；E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，則E的分子式為C2H4O2：（2）A為一取代芳烴，B中含有一個甲基．由B生成C的化學方程式為C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；（3）由B生成D、由C生成D的反應條件分別是NaOH醇溶液并加熱、濃硫酸并加熱；（4）由A生成B、由D生成G的反應類型分別是取代反應、加成反應；（5）F存在于梔子香油中，其結(jié)構(gòu)簡式為；（6）在G的同分異構(gòu)體中，苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種的共有7個，其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是（填結(jié)構(gòu)簡式）．【考點】有機物的推斷；有機物的合成；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；有機化學反應的綜合應用；有關(guān)有機物分子式確定的計算．【分析】Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去頂兩種原料；Ⅱ．根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，E的蒸氣與氫氣的相對密度為30，摩爾質(zhì)量是60，根據(jù)生成二氧化碳和水的質(zhì)量確定最簡式，結(jié)合摩爾質(zhì)量可確定有機物為C2H4O2，為乙酸，由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因為A為一取代芳烴，且B中含有一個甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHClCH3，D可以與Br2發(fā)生加成反應，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CH=CH2，C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是，結(jié)合題給信息和有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)可解答該題．【解答】解：Ⅰ．本題可以采用逆向合成分析法．或者是．根據(jù)有機物的命名原則兩種原料分別是2，3﹣二甲基﹣l，3﹣丁二烯和丙炔或者是2﹣甲基﹣l，3﹣丁二烯和2﹣丁炔，故答案為：AD；Ⅱ．（1）根據(jù)阿伏加德羅定律的推論相對密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，因此E摩爾質(zhì)量是60.6.0gE的物質(zhì)的量就是0.1mol，完全燃燒后生成C02和H20的物質(zhì)的量分別為和，其中碳、氫的質(zhì)量分別為0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的質(zhì)量為6.0﹣2.4﹣0.4=3.2g，所以氧元素的物質(zhì)的量為，因此碳、氫、氧三種原子個數(shù)之比為1：2：1，即最簡式為CH2O，因為E摩爾質(zhì)量是60，所以分子式是C2H4O2，故答案為：C2H4O2；（2）由框圖可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C8H10O，因為A為一取代芳烴，且B中含有一個甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CHClCH3，B生成C的化學方程式是：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl，故答案為：C6H5CHClCH3+H2OC6H5CHOHCH3+HCl；（3）因為D可以與Br2發(fā)生加成反應，所以D是苯乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為C6H5CH=CH2，鹵代烴發(fā)生消去反應的條件是NaOH醇溶液并加熱；醇發(fā)生消去反應的條件是濃硫酸并加熱，故答案為：NaOH醇溶液并加熱；濃硫酸并加熱；（4）A屬于苯的同系物，B屬于鹵代烴，所以由A生成B的反應類型是取代反應；D中含有碳碳雙鍵，因此由D生成G的反應類型是加成反應，故答案為：取代反應；加成反應；（5）因為C、E可以發(fā)生酯化反應，所以E是乙酸，又因為C是C6H5CHOHCH3，因此酯化產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是，故答案為：；（6）苯環(huán)上一硝化的產(chǎn)物只有一種，說明應該是對稱性結(jié)構(gòu)，根據(jù)G的分子式C8H8Br2可知符合條件的共有以下7種：其中核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為l：1的是，故答案為：7；．【點評】本題主要考查有機物結(jié)構(gòu)式的確定、有機化合物的推斷、同分異構(gòu)體的書寫和判斷、有機反應方程式的書寫和反應類型的判斷，題目難度中等，易錯點為同分異構(gòu)體的判斷，注意正確推斷有機物的結(jié)構(gòu)為解答該題的關(guān)鍵．19．（20分）（2010?海南）I下列描述中正確的是C、DA、CS2為V形的極性分子B、Cl03﹣的空間構(gòu)型為平面三角形C、SF6中有6對完全相同的成鍵電子對D、SiF4和SO32﹣的中心原子均為sp3雜化Ⅱ金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應用廣泛．請回答下列問題：（1）Ni原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2；（2）Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，Ni2+和Fe2+的離子半徑分別為69pm和78pm，則熔點NiO＞FeO（填“＜”或“＞”）；（3）Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)分別為6、6；（4）金屬鎳與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如左下圖所示．該合金的化學式為LaNi5；（5）丁二酮肟常用于檢驗Ni2+：在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應可生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖所示．①該結(jié)構(gòu)中，碳碳之間的共價鍵類型是σ鍵，碳氮之間的共價鍵類型是一個σ鍵、一個π鍵，氮鎳之間形成的化學鍵是配位鍵；②該結(jié)構(gòu)中，氧氫之間除共價鍵外還可存在氫鍵；③該結(jié)構(gòu)中，碳原子的雜化軌道類型有sp2、sp3．【考點】晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應用；原子核外電子排布；化學鍵；判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；配合物的成鍵情況；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】壓軸題．【分析】（1）依據(jù)價層電子對互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，Cl03﹣是三角錐形；硫原子最外層有6個電子，和氟原子之間有6對完全相同的成鍵電子對，SiF4和SO32﹣的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化；（2）鎳屬于28號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出該原子的核外電子排布式；（3）離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強，熔點越高；（4）因為Ni0、Fe0的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽離子的配位數(shù)均為6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位數(shù)也均為6；（5）晶胞中鑭原子數(shù)=8×=1；鎳原子數(shù)=1+8×=5，由此可判斷出化學式；（6）雙鍵是由一個σ鍵和一個π鍵構(gòu)成；鎳原子有空軌道，氮原子有孤電子對，因此二者形成配位鍵；丁二酮肟中碳原子既有單鍵又有雙鍵，因此雜化類型是sp2和sp3雜化．【解答】解：Ⅰ、A、依據(jù)價層電子對互斥理論可知CS2為直線形的非極性分子，故A錯誤；B、由價層電子對互斥理論可知Cl03﹣中中心原子的孤電子對數(shù)是×（8﹣3×2）=1，所以Cl03﹣是三角錐形，故B錯誤；C、硫原子最外層有6個電子，和氟原子之間有6對完全相同的成鍵電子對，故C正確；D、SiF4和SO32﹣的空間構(gòu)型分別為正四面體和三角錐形，但中心原子均采用的是sp3雜化，故D正確．故選C、D．Ⅱ、（1）鎳屬于28號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可以寫出該原子的核外電子排布式，Ni的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d