2009年全国统一高考化学试卷(全国卷一)及解析(共18页)

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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（）

2、A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2BKMnO4+HCOOK+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（）ABCD6（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+）

3、，c（OH）c（H+）Dc（Cl）c（NH4+），c（H+）c（OH）7（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（）ABCD8（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9（5分）右图表示反应X（g）4Y（g）+Z（g），H0，在某温度时X的浓度

4、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）10（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

5、名称及其作用选用的仪器（填字母）加入的试剂作用11（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？14（15分）已知周期表中，

6、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

7、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15（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

8、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）（2009全国卷）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+【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Na

9、OH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D2（5分）（2009全国卷）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

10、的Mn+离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是（）A4B3C2D1【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

11、=3，故选：B3（5分）（2009全国卷）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+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2+H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2ODK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=Cr2（SO4）3+3Fe2（SO4）3+K2SO4+7H2O【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

12、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：B4（5分）（2009全国卷）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【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

13、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C6（5分）（2009全国卷）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+

14、），c（OH）c（H+）Dc（Cl）c（NH4+），c（H+）c（OH）【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

15、（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：C7（5分）（2009全国卷）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【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

16、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A8（5分）（2009全国卷）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【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

17、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D9（5分）（2009全国卷）右图表示反应X（g）4Y（g）

18、+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【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

19、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二、解答题（共4小题，满分60分）10（15分）（2009全国卷）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

20、仪器（填字母）加入的试剂作用C浓硫酸和木炭产生反应物【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，

21、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11（15分）（2009全国卷）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

22、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【分析】（1）乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2+2e=Cu，

23、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

24、.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%=

25、（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

26、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14（15分）（2009全国卷）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

27、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（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SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+

28、4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N4【分析】（1）根据W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料，及W的氯化物分子呈正四面体结构可知W为硅，然后分析二氧化硅的晶体类型；（2）根据高温结构陶瓷材料可知Q可能为氮元素，则二氧化氮与四氧化二氮可以相互转变；（3）根据位置及Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸、R和Y形成的二价化合物来推断R；（4）根据氢键的存在来比较氢化物的沸点，并根据最外层电子数来分析结构；（5）根据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；W（QH2）4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料，利用反应物与生成物来书写化学反应方程式【解答】解：（1）W

29、的氯化物为正四面体型，则应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si，W的氧化物为SiO2，原子之间以共价键结合成空间网状结构，则为原子晶体，故答案为：原子晶体；（2）高温陶瓷可联想到Si3N4，Q为N，则有NO2与N2O4之间的相互转化关系，故答案为：NO2和N2O4；（3）Y的最高价氧化的水化物为强酸，且与Si相邻，则R只能是O，Y为S，其最外层电子数为6，则最高化合价为+6，所以Y的最高价化合物应为SO3，故答案为：SO3；（4）Q、R、W、Y与元素X相邻，W为Si，Q为N，R为O，Y为S，则X为P元素，氢化物沸点顺序为NH3PH3，H2OH2S，因为前者中含有氢键N

30、H3和H2O的电子数均为10，结构分别为三角锥和V形，SiH4、PH3和H2S的电子数均为18，结构分别为正四面体，三角锥和V形，故答案为：NH3PH3，H2OH2S；因为前者中含有氢键；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）由信息可知，四氯化硅与氨气反应生成W（QH2）4和HCl，Si（NH2）4在高温下分解生成氨气和氮化硅，故答案为：SiCl4+4NH3=Si（NH2）4+4HCl，3Si（NH2）4=8NH3+Si3N415（15分）（2009全国卷）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=CH2RCH

31、2CH2OH（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C4H10（2）B和C均为一氯代烃，它们的名称（系统命名）分别为2甲基1氯丙烷、2甲基2氯丙烷；（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）反应的反应类型是消去反应；（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：、【分析】（1）分别计算A、CO2和 H2O的物质的量，则可求得C、H、O的原子个数比，进而求得化学式；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，A与C

32、l2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷取代后的产物为2甲基1氯丙烷和2甲基2氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键从生成的产物3苯基1丙醇分析；（4）由反应条件判断应为消去反应；（5）根据推断G的结构为，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体【解答】解：（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10故答案为：C4H10；（2）C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与

33、Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则只能是异丁烷取代后的产物为2甲基1氯丙烷和2甲基2氯丙烷故答案为：2甲基1氯丙烷、2甲基2氯丙烷；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键从生成的产物3苯基1丙醇分析，F的结构简式为 故答案为：；（4）反应为卤代烃在醇溶液中的消去反应故答案为：消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应故答案为：；（5）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体故答案为：、专心-专注-专业