海南省高考化学试卷解析
海南省化学高考试卷及解答参考(2024年)
2024年海南省化学高考自测试卷及解答参考一、单项选择题（本大题有16小题，每小题3分，共48分）1、下列关于化学基本概念的说法正确的是：A、元素是具有相同核电荷数的一类原子的总称，化合物是由不同元素组成的纯净物。
B、同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。
C、同素异形体是指由同一种元素组成的，具有不同物理性质和化学性质的单质。
D、氧化还原反应是指电子的转移过程，其中氧化剂接受电子，还原剂失去电子。
答案：C解析：选项A中，化合物是由不同元素组成的纯净物，元素是由具有相同核电荷数的原子组成的物质。
选项B中，同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。
选项D 中，氧化还原反应中氧化剂失去电子，还原剂接受电子。
而选项C正确地描述了同素异形体的概念。
2、在一定条件下，反应(A(g)+B(g)→C(g))达到平衡状态。
若增大体系的压强，下列叙述正确的是：A. 若A和B的计量数之和大于C的计量数，则平衡向正反应方向移动。
B. 若A和B的计量数之和小于C的计量数，则平衡向逆反应方向移动。
C. 增大压强对平衡没有影响。
D. 平衡一定向正反应方向移动。
答案：A解析：根据勒夏特列原理（Le Chatelier’s Principle），当一个平衡系统受到外界改变时，系统会自动调整以抵消这种改变。
对于气体反应来说，增加系统的总压强会导致体积减小，从而增加单位体积内的粒子浓度。
如果反应物A和B的总摩尔数大于产物C的摩尔数，那么增加压强会使平衡向着体积减少的方向移动，即向正反应方向移动，以减少粒子数量并降低压强的影响。
因此选项A正确。
选项B描述的情况会导致平衡向体积增大的方向移动，即逆反应方向；选项C忽略了压强对气体反应平衡的影响；选项D则未考虑反应前后气体摩尔数的变化情况。
3、下列物质中，不属于纯净物的是：A、蒸馏水B、氯化钠晶体C、空气D、二氧化碳答案：C解析：纯净物是由单一物质组成的，具有固定的化学组成和性质。
蒸馏水（A）是纯净的水，氯化钠晶体（B）是纯净的食盐，二氧化碳（D）是纯净的气体。
2023年高考化学真题完全解读(海南卷)
3．把握命题规律，掌握解题方法
要把握高考各题型的特点和规律，掌握解题方法，初步形成 应试技巧。紧抓题眼， 认真审题的能力。题眼是整个题目的关键， 读题审题一方面要将题目中的关键词、 句子用笔圈起来， 为进一 步审题和解决问题奠定基础；另一方面要注意挖掘题目中的隐含条 件。巧识图像，助力解题的能力。图文并茂的试题在高考试题中屡 见不鲜，它在考察化学知识的同时，还考察数学知识在化学学科的 应用，属于对考生较高层次能力的考察。
三、考查实验探究，获取有效信息
试题加强对实验与探究能力的考查，引导中学化学教 学重视实验，改善在“黑板上做实验”的教学方式，深入 考查学生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证 能力和探究与创新能力，引导重视实验教学，以推进化学 学科素养培育目标的实现。如第3题考查化学实验基础操 作；第10题实践中一些反应器内壁的污垢，有针对性地溶 解除去；第11题卤代烃中卤素原子、SO42-、醛基的检验及 晶体的制备；第17题开展“木耳中铁元素的检测”活动等。
12
较 难
物质结构与性 分子的手性；有机分子中原子共面的判断；简单配合物
质
的成键。
13
中
化学反应原理 速率图象：催化剂对化学反应速率的影响；化学平衡状 （速率与平衡） 态本质及特征；化学平衡常数的影响因素及应用。
14
难
化学反应原理 离子曲线：盐类水解规律理解及应用；弱电解质的电离 （离子平衡） 平衡常数。
【答案】A 【解析】A项，多种处方药可随意叠加使用，相互间可能发生化学 反应，需要按照医嘱和药物说明进行使用，故A错误；B项，化肥的 施用方法需依据对象营养状况针对性的选择不同的化肥，故B正确； C项，规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养所值， 提高食品的口感，故C正确；D项，在种植业中，植物浸取试剂类医 药也应慎重选用，D正确。故选A。
2023年高考海南卷化学真题及精品解析
2023海南高考化学卷1.化学的迅速发展为满足人民日益增长的美好生活需要做出突出贡献。
下列说法不合理的是A.为增强药效，多种处方药可随意叠加使用B.现代化肥种类丰富，施用方法其依据对象营养状况而定C.规范使用防腐制可以减缓食物变质速度，保持食品营养所值D.在种植业中，植物浸取试剂类医药也应慎重选用2.化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。
下列叙述错误的是A.土豆片遇到碘溶液，呈蓝色B.蛋白质遇到浓硫酸，呈黄色C.3CrO 溶液(10.1mol L -×)中滴加乙醇，呈绿色D.苯酚溶液(10.1mol L -×)中滴加3FeCl 溶液(10.1mol L -×)，呈紫色3.下列气体除杂(括号里为杂质)操作所选用的试剂合理的是A.()2CO HCl ：饱和23Na CO 溶液B.()32NH H O ：碱石灰C.()222C H H S ：酸性4KMnO 溶液D.()242C H SO ：410P O 4.下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是A.4P 分子呈正四面体，键角为10928¢°B.NaCl 焰色试验为黄色，与Cl 电子跃迁有关C.Cu 基态原子核外电子排布符合构造原理D.2OF 是由极性键构成的极性分子5.《齐民要术》中记载了酒曲的处理，“乃平量一斗，舀中捣碎。
若浸曲，一斗，与五升水。
浸曲三日，如鱼眼汤沸……”。
下列说法错误的是A.“捣碎”目的是促进混合完全B.“曲”中含有复杂的催化剂C.“斗”和“升”都是容量单位D.“鱼眼”是水蒸气气泡的拟像化6.A N 代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A.2.4g 镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为A0.2N B.5.6g 铁粉与10.1L1mol L -×的HCl 的溶液充分反应，产生的气体分子数目为A 0.1N C.标准状况下，22.24LSO 与21.12LO 充分反应，生成的3SO 分子数目为A 0.1N D.31.7gNH 完全溶于21LH O 所得溶液，32NH H O ×微粒数目为A 0.1N 7.各相关物质的燃烧热数据如下表。
海南省高考化学试卷解析
海南省2021年高考化学试卷解析一、选择题：此题共6小题，每题2分，共12分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．以下说法错误的选项是〔〕A．蔗糖可作调味剂B．细铁粉可作食品抗氧剂C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品枯燥剂【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．蔗糖具有甜味；B．铁粉具有强的复原性；C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；D．生石灰具有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性．【解答】解：A．蔗糖具有甜味，可以做调味剂，故A正确；B．铁粉具有强的复原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故 B正确；C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用于消毒剂，故C正确；D．熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性，不能用于食品枯燥剂，故 D错误；应选：D．【点评】此题主要考查了物质的组成、性质、用途等，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．2．分别将足量以下气体通入稀 Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是〔〕A．COB．SO2C．HClD．CO2【考点】F5：二氧化硫的化学性质．【分析】A、CO与稀Na2S溶液不反响；B、足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反响生成硫沉淀；C、足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反响生成氯化钠和硫化氢；D、足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反响生成碳酸氢钠和硫化氢．【解答】解：A、CO与稀Na2S溶液不反响，无浑浊，故A错误；B、二氧化硫具有复原性，与Na2S反响生成S沉淀，产生了沉淀，那么可以使溶液1/20变浑浊，故B正确；C、因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反响生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反响生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；应选：B．【点评】此题考查物质的性质，侧重考查无机化合物之间的反响，题目难度不大．3．以下分子中，其中子总数为 24的是〔〕A．18O3B．2H217O2 C．14N16O2 D．14C16O2【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】中子数=质量数﹣质子数，据此进行计算．【解答】解：A．18O3中子数为〔18﹣8〕×3=30，故A错误；B．2H217O2中子数为〔2﹣1〕×2+〔17﹣8〕×2=20，故B错误；C．14N16O2中子数为〔14﹣7〕+〔16﹣8〕×2=23，故C错误；D．14C16O2中子数为〔14﹣6〕+〔16﹣8〕×2=24，故D正确，应选D．【点评】明确原子结构中质子数、中子数、相对原子质量等之间的关系．是解题的关键，此题难度中等．4．在酸性条件下，可发生如下反响：ClO3﹣+2M3++4H2O=M2O7n﹣+Cl﹣+8H+，M2O7n﹣中M的化合价是〔〕A．+4 B．+5 C．+6 D．+7【考点】42：常见元素的化合价．【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规那么来计算．【解答】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以﹣1+2×〔+3〕=﹣n+〔﹣1〕+〔+8〕，解得n=2，根据化合价规那么，M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2价，所以M元素的化合价为+6价．应选C．2/20【点评】此题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大．5．以下危险化学品标志中表示腐蚀品的是〔〕A．B．C． D．【考点】O1：化学试剂的分类．【分析】根据图示标志的含义来分析，常见的图示有腐蚀品、易燃液体、放射性物质、强氧化剂、爆炸品等．【解答】解：A、图示标志是腐蚀品标志，故 A正确；B、图示标志是易燃固体，故B错误；C、图示标志是放射性物品，故 C错误；D、图示标志是氧化剂，故D错误．应选A．【点评】此题考查了试剂的分类及常见危险品标志，了解危险化学品的分类、各个常见标志所代表的含义是解答此题的关键，题目难度不大．6．能正确表达以下反响的离子方程式为〔〕A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OB．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+Fe2+．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al 3++3CO2﹣〔CO〕↓C3=Al233D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH﹣3﹣+NO2﹣+H2=NO【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生氧化复原反响生成+5、3/20+3价的氮．【解答】解：A．碳酸钙和醋酸都需要保存化学式，正确的离子方程式为+ 2CH2++H﹣，故A错误；CaCO33COOH=Ca2O+CO2+2CH3COOB．硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为2FeS+20H++7SO42﹣++9SO↑，故错误；=2Fe+10H2OC．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反响的离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al〔OH〕3↓+3CO2↑，故C错误；D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生歧化反响，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O，故D正确；应选D．【点评】此题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反响物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保存化学式，检查是否符合守恒关系〔如：质量守恒和电荷守恒等〕、检查是否符合原化学方程式等．二、选择题：此题共6小题，每题4分，共24分．每题有一个或两个选项是符合题目要求的．假设正确答案只包括一个选项，多项选择得0分；假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．7．以下表达正确的选项是〔〕A．稀硫酸和铜粉反响可制备硫酸铜B．碘化钾与浓硫酸反响可制备碘化氢C．过氧化钠与二氧化碳反响可制备氧气D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．稀硫酸不与铜发生反响；B．浓硫酸能够将碘离子氧化成碘单质；C．过氧化钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气；4/20D．铝与氯气燃烧生成氯化铝．【解答】解：A．Cu与浓硫酸加热能够反响，与稀硫酸不反响，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，能够将HI氧化，不能用浓硫酸与碘化钾反响制取HI，故B错误；C．过氧化钠能够与二氧化碳反响生成生成氧气，可用过氧化钠制备氧气，故 C正确；D．铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D正确；应选CD．【点评】此题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重对学生根底知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用根底知识解决实际问题的能力．8．以下表达正确的选项是〔〕A．酒越陈越香与酯化反响有关B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷与足量氯气在光照下反响可生成难溶于水的油状液体【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．乙醇被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯；B．丁烷存在同分异构体；C．聚乙烯不含碳碳双键；D．甲烷与足量氯气反响可生成三氯甲烷、四氯化碳等．【解答】解：A．酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反响生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒是陈的香，故A正确；B．丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故 B错误；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D．甲烷与足量氯气反响可生成三氯甲烷、四氯化碳等，二者都为难溶于水的油状液体，故D正确．5/20应选AD．【点评】此题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大．9．NA为阿伏加德罗常数的值．以下表达错误的选项是〔〕A．1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB．1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA﹣1 +C．1Lmol?L 的乙酸溶液中含H的数量为AD．1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、乙烯中含4条碳氢键；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价；C、乙酸为弱酸，不能完全电离；D、CO和氮气中均含14个质子．【解答】解：A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4N A条碳氢键，故A正确；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价，故1mol甲烷燃烧转移8mol即8NA个电子，故B正确；C、乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于A个，故C错误；D、CO和氮气中均含14个质子，故1molCO和氮气的混合物中含有的质子数为14N A个，故D正确．应选C．【点评】此题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．10．一种电化学制备NH3的装置如下图，图中陶瓷在高温时可以传输H+．下列表达错误的选项是〔〕6/20A．Pb电极b为阴极B．阴极的反响式为：N2+6H++6e﹣=2NH3C．H+由阳极向阴极迁移D．陶瓷可以隔离 N2和H2【考点】BL：化学电源新型电池．【分析】由电化学制备NH3的装置可知，通入氮气的一端为为阴极，通入氢气的一端为阳极，电解反响N2+3H22NH3，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答．【解答】解：A．Pb电极b上氢气失去电子，为阳极，故A错误；B．阴极上发生复原反响，那么阴极反响为N2+6H++6e﹣=2NH3，故B正确；C．电解池中，H+由阳极向阴极迁移，故C正确；D．由图可知，氮气与氢气不直接接触，陶瓷可以隔离2和H2，故D正确；N应选A．【点评】此题为2021年海南高考题，侧重考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反响及离子移动方向为解答的关键，注重分析与应用能力的考查，题目难度不大．11．反响CO〔g〕H2O〔g〕CO2〔g〕+H2〔g〕△H＜0．在一定温+度和压强下于密闭容器中，反响到达平衡．以下表达正确的选项是〔〕A．升高温度，K减小B．减小压强，n〔CO2〕增加C．更换高效催化剂，α〔CO〕增大D．充入一定量的氮气，n〔H2〕不变【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】A．升高温度，平衡向逆反响方向移动；7/20B．减小压强，平衡向体积增大的方向移动；C．催化剂不会引起化学平衡的移动；D．在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动．【解答】解：A．△H＜0，正反响放热，升高温度平衡向逆反响方向移动，平衡常数减小，故A正确；B．比拟方程式气体的计量数关系，反响前气体的计量数等于反响后气体的计量数之和，那么减小压强，平衡不移动，n〔CO2〕不变，故B错误；C．催化剂能改变反响速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α〔CO〕不变，故C错误；D．充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反响前后气体体积不变，平衡不移动，n〔H2〕不变，故D正确；应选AD．【点评】此题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，此题注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影响．12．以下实验操作正确的选项是〔〕A．滴定前用待测液润洗锥形瓶B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．锥形瓶不能润洗，否那么导致待测液中溶质的物质的量偏大；B．容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞，使用前必须检查是否漏水；C．先关闭冷凝水再停止加热，易导致冷凝管炸裂；D．为了提高分液效果，分液漏斗下层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出．【解答】解：A．中和滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否那么待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故A错误；8/20B．为了防止影响实验结果，容量瓶和滴定管使用前均需要检漏，故 B正确；C．蒸馏时，应防止冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故 C错误；D．分液时，为了防止污染试剂，下层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D正确；应选BD．【点评】此题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，明确常见化学实验根本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．三、非选择题：共64分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答．第18、19题为选考题，考生根据要求作答．〔一〕必考题〔共44分〕13．X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素．X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数．答复以下问题：〔1〕X与L组成的最简单化合物的电子式为．〔2〕X与M组成的物质为离子〔填“共价〞或“离子〞〕化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反响的化学方程式为CaH2H2+2O═Ca 〔OH〕2+2H2↑．〔3〕Y在周期表中的位置是第二周期ⅢA族，其含氧酸的化学式为H3BO3．〔4〕L与M形成的化合物中L的化合价是﹣3．【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，那么质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．【解答】解：〔1〕X与L组成的最简单化合物为PH3，电子式类似氨气，为，故答案为：；9/20〔2〕X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反响生成氢气，方程式为CaH2+2H2O═Ca〔OH〕2+2H2↑，故答案为：离子；CaH2+2H2O═Ca〔OH〕2+2H2↑；〔3〕Y为B元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期ⅢA族；H3BO3；〔4〕L与M形成的化合物Ca3P2，Ca的化合价为+2价，P为﹣3价，故答案为：﹣3．【点评】此题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见元素在周期表的位置与性质的递变规律，难度不大．14．碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产．答复以下问题：〔1〕碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣〔用离子方程式表示〕．〔2〕：2NaOH〔s〕+CO2〔g〕═Na2CO3〔s〕+H2O〔g〕△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1②NaOH〔s〕CO〔g〕═NaHCO〔s〕△H﹣1+231=﹣131.5kJ?mol反响2NaHCO〔s〕═Na〔s〕H〔g〕的△H=kJ?mol 32CO3+2O〔g〕CO2++1，该反响的平衡常数表达式K=c〔H2O〕?c〔CO2〕．〔3〕向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中= ．K sp〔BaCO3〕×10﹣9，K sp〔BaSO4〕×10﹣10．【考点】BB：反响热和焓变；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】〔1〕碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解使溶液呈碱性；2〕①2NaOH〔s〕+CO2〔g〕═Na2CO3〔s〕+H2O〔g〕△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1②NaOH〔s〕CO〔g〕═NaHCO〔s〕△H﹣1+231=﹣131.5kJ?mol，①﹣×②得，2NaHCO3〔s〕═Na23〔s〕H22〔g〕据此进行分CO+O〔g〕CO+析；K= ；（3〕当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算．10/20【解答】解：〔1〕碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣离子水解方程式为CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，使溶液呈碱性，故答案为：纯碱；CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；2〕①2NaOH〔s〕+CO2〔g〕═Na2CO3〔s〕+H2O〔g〕△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1②NaOH〔s〕+CO〔g〕═NaHCO〔s〕△H﹣1231=131.5kJ? mol，①﹣2×②得，2NaHCO3〔s〕═Na2CO3〔s〕+H2O〔g〕+CO2〔g〕△H=+135.6kJ?mol1；K=c〔H2O〕?c〔CO2〕，故答案为：；c〔H2O〕?c〔CO2〕；〔3〕K〔BaSO〕=c〔Ba2+〕〔SO2﹣〕×10﹣10；K〔BaCO〕=c〔Ba2+〕c〔CO2 sp 4 4 sp 3 3﹣〕×10﹣9，所以= = = ，故答案为：．【点评】此题考查化学平衡的有关计算，反响热计算等，题目难度中等，注意掌握平衡常数的计算和应用与盖斯定律．15．苯可以进行如下转化：答复以下问题：〔1〕反响①的反响类型为加成反响，化合物A的化学名称为环己烷．〔2〕化合物B的结构简式为，反响②的反响类型为消去反响．〔3〕如何仅用水鉴别苯和溴苯参加水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯．【考点】HC：有机物的合成．【分析】由转化关系可知苯与氢气发生加成反响，生成A为环己烷，结构简式为或，由B的分子式可知B为，然后发生消去反响生成，11/20结合对应有机物的官能团的性质解答该题．【解答】解：〔1〕反响①为加成反响，生成 A为，为环己烷，故答案为：加成反响；环己烷；〔2〕由以上分析可知 B为，发生消去反响生成，故答案为：；消去反响；3〕苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，参加水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯，故答案为：参加水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯．【点评】此题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机合成流程中的官能团变化、有机反响为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．16．〔10分〕〔2021?海南〕锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途．答复以下问题：1〕用碳酸锂和盐酸反响可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反响式为Li+e﹣=Li．〔2〕不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反响．〔3〕硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂．鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反响，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾．4〕LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质．LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF5和LiF．【考点】GG：碱金属的性质．【分析】〔1〕碳酸锂与盐酸反响生成LiCl，由电解LiCl﹣KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上锂离子得到电子；2〕Li与Mg性质相似，与二氧化碳反响；3〕阳离子不同、焰色反响不同；4〕LiPF6受热易分解，生成两种两种氟化物．【解答】解：〔1〕用碳酸锂和盐酸反响可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣12/20KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反响式为Li+e﹣=Li，故答案为：盐酸；Li+e﹣=Li；2〕不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反响，故答案为：Li与二氧化碳反响；3〕鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反响，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾，故答案为：焰色反响，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾；〔4〕LiPF受热易分解，发生LiPF，其热分解产物为PF和LiF，66LiF+PF55故答案为：LiF．【点评】此题为2021年海南高考题，为高频考点，把握电解原理、物质的性质、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的应用，注重迁移应用能力的考查，题目难度不大．17．〔10分〕〔2021?海南〕以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4?7H2O的过程如下图：硼镁泥的主要成分如下表：MgO SiO2 FeO、Fe2O3 CaO Al2O3 B2O330%～40% 20%～25% 5%～15% 2%～3% 1%～2% 1%～2%答复以下问题：〔1〕“酸解〞时应该参加的酸是浓硫酸，“滤渣1〞中主要含有SiO2〔写化学式〕．〔2〕“除杂〞时参加次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀．〔3〕判断“除杂〞根本完成的检验方法是溶液接近为无色．〔4〕别离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不13/20同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】硼镁泥主要成份是MgO，还有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe、FeO、Al2O3都和硫酸反响，SiO不与硫酸反响，B2O322 O3转化为H3BO3，那么滤渣1为SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，参加的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀，那么滤渣2为Al〔OH〕3、Fe〔OH〕3，浓缩过滤得到滤渣3为CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答．【解答】解：〔1〕“酸解〞时应该参加的酸是浓硫酸，pH=1时B2O3转化为H3BO3，二氧化硅不反响，那么“滤渣1〞中主要含有SiO2，故答案为：浓硫酸；SiO2；〔2〕“除杂〞时参加次氯酸钙发生2+﹣+3+﹣2Fe+ClO+2H═2Fe+Cl+H2O，氧化镁促进铁离子、铝离子水解，那么次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀，故答案为：氧化亚铁离子；促进铁离子、铝离子转化为沉淀；〔3〕因亚铁离子、铁离子均为有色离子，那么判断“除杂〞根本完成的检验方法是溶液接近为无色，故答案为：溶液接近为无色；〔4〕别离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，硫酸镁在80℃左右溶解度最大所以该过程中温度应控制80℃左右，温度太低会析出晶体，所以要趁热过滤，故答案为：温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【点评】此题考查物质的制备实验，为高频考点，把握图中发生的反响、混合物别离提纯、溶解度与温度的关系等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化复原反响及水解原理的应用，题目难度不大．[选修5：有机化学根底]14/2018．香茅醛〔〕可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的表达正确的有〔〕A．分子式为C10H18OB．不能发生银镜反响C．可使酸性KMnO4溶液褪色D．分子中有7种不同化学环境的氢【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】有机物含有碳碳双键和醛基，具有烯烃、醛的性质，结合有机物的结构特点解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知C10H16O，故A错误；B．含有醛基，可发生银镜反响，故 B错误；C．碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化，故 C正确；D．结构不对称，分子中有 8种不同化学环境的氢，故D错误．应选C．【点评】此题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解此题关键，侧重考查烯烃和醛的性质，题目难度不大．19．〔14分〕〔2021?海南〕当醚键两端的烷基不相同时〔R1﹣O﹣R2，R1≠R2〕，通常称其为“混醚〞．假设用醇脱水的常规方法制备混醚，会生成许多副产物：R1﹣OH+R2﹣OH R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O一般用Williamson反响制备混醚：R1﹣X+R2﹣ONa→R1﹣O﹣R2+NaX，某课外研究小组拟合成〔乙基苄基醚〕，采用如下两条路线进行比照：Ⅰ：Ⅱ：①②15/20③答复以下问题：〔1〕路线Ⅰ的主要副产物有、C2H5﹣O﹣C2H5．〔2〕A的结构简式为．〔3〕B的制备过程中应注意的平安事项是远离火源，防止爆炸．〔4〕由A和B生成乙基苄基醚的反响类型为取代反响．〔5〕比拟两条合成路线的优缺点：路线Ⅰ反响相对较为平安，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气．〔6〕苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有4种．〔7〕某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线①+Cl2+HCl，②2C2H5OH+2Na→2CH5ONa+H2↑，③+C→+NaCl ．2H5ONa【考点】HC：有机物的合成．【分析】Ⅰ．由信息“R1﹣OH+R2﹣OH R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O〞可知路线Ⅰ两种醇发生分子间脱水生成醚，可发生在不同的醇之间或相同的醇之间，该反响相对较为平安，但生成副产品，产率较低；Ⅱ．苯甲醇与浓盐酸在加热条件下发生取代反响生成A为，乙醇与钠反响生成B为C2H5ONa，反响生成氢气，易爆炸，A、B发生取代反响可生成，产率较高，以此解答该题．【解答】解：〔1〕由以上分析可知路线Ⅰ的主要副产物有、C25﹣O﹣C25，H H故答案为：；C25﹣O﹣C25；H H〔2〕A为，故答案为：；16/203〕生成C2H5ONa的同时生成氢气，应远离火源，防止爆炸，故答案为：远离火源，防止爆炸；4〕由A和B生成乙基苄基醚的反响类型为取代反响，故答案为：取代反响；5〕路线Ⅰ产生较多的副产品，产率较低，但较为平安，而路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气，故答案为：路线Ⅰ反响相对较为平安，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气；〔6〕苯甲醇的同分异构体，如含有2个取代基，可为甲基苯酚，甲基苯酚有邻间对三种，如含有1个取代基，那么为苯甲醚，那么还有4种，故答案为：4；〔7〕甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，可首先发生①Cl HCl，②发生2C→2C2H5ONaH2↑，然后+2+2H5OH2Na++发生③+C→，2H5ONa+NaCl故答案为：①+Cl2+HCl，②2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，③+C→．2H5ONa+NaCl 【点评】此题为2021年海南高考题，侧重考查有机物的合成，主要把握题给信息以及有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力．[选修3：物质结构与性质]20．以下表达正确的有〔〕A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，那么其最高正价为+7 B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点【考点】8B：元素电离能、电负性的含义及应用．。
海南省重点中学2024届高考化学必刷试卷含解析
海南省重点中学2024届高考化学必刷试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。
每小题均只有一个符合题意的选项）1、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-K的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-C．c(OH-)<wD．1 mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-2、下列物质属于电解质的是（）A．Na2O B．SO3 C．Cu D．NaCl溶液3、“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为WO3电极，电解质溶液为pH=3 的Li2SO4-H2SO4溶液。
锂离子交换膜将电池分为A、B 两个区，A 区与大气相通，B 区为封闭体系并有N2保护。
下列关于该电池的说法错误的是A．若用导线连接a、c，则a 为负极，该电极附近pH 减小B．若用导线连接a、c，则c 电极的电极反应式为H x WO3-xe－=WO3+ xH+C．若用导线连接b、c，b 电极的电极反应式为O2+4H++4e－=2H2OD．利用该装置，可实现太阳能向电能转化4、有Br2参加的化学反应一定不属于A．复分解反应B．置换反应C．取代反应D．加成反应5、200℃时，11.6g CO2和水蒸气的混合气体与过量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6g，再将反应后剩余固体冷却后加入含有Na ＋、HCO 3-、SO 32-、CO 32-等离子的水溶液中，若溶液体积保持不变，则下列说法中正确的是 A ．原混合气体的平均摩尔质量为23.2g/molB ．混合气体与Na 2O 2反应过程中电子转移的物质的量为0.25molC ．溶液中SO 32-的物质的量浓度基本保持不变D ．溶液中HCO 3-的物质的量浓度减小，CO 32-的物质的量浓度增大，但是HCO 3-和CO 32-的物质的量浓度之和基本保持不变 6、下列说法正确．．的是( ) A ．钢铁发生电化学腐蚀的负根反应：3Fe 3eFe -++B ．常温下2CO 通入KOH 溶液，当溶液中约()7H110mol L c +-=⨯，一定存在()()()233K 2CO HCO c c c +--=+C ．向3CH COONa 稀溶液中加入2CH COONa 固体，则()()3CH COONa c c -+的值变小D ．向NaHS 溶液中滴加少量2CuCl 溶液，产生黑色沉淀，HS -水解程度增大 7、用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A ．4.6gNa 与含0.1molHCl 的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2A NB ．25℃时，1L pH=9的3CH COONa 溶液中由水电离的的数目为-5A 10NC ．常温常压下，2414gC H 和36C H 混合气体所含的原子数为A 3ND ．500℃时，232gSO 和232gO 在密闭容器中充分反应后生成3SO 的分子数为A 0.5N8、某溶液X 含有K +、Mg 2+、Fe 3+、Al 3+、Fe 2+、Cl -、CO 32-、OH -、SiO 32-、NO 3-、SO 42-中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol·L -1(不考虑水的电离及离子的水解)。
2021年高考化学真题试卷(海南卷)带答案解析
2021年高考化学真题试卷（海南卷）一、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.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）A. 汽油B. 甘油C. 煤油D. 柴油【答案】B【考点】饱和烃与不饱和烃【解析】【解答】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃．故选B．【分析】烃只含有C、H元素，汽油、煤油、柴油为烃类混合物，以此解答该题．本题考查有机物类别的判断，注意把握常见烃以及烃的衍生物的种类，题目主要考查化学与生活，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．2.下列物质不可用作食品添加剂的是（）A. 谷氨酸单钠B. 柠檬酸C. 山梨酸钾D. 三聚氰胺【答案】 D【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用【解析】【解答】A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选；B．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选；C．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选；D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D选．故选D．【分析】食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，食品添加剂首先应该是对人类无害的，其次才是对食品色、香、味等性质的改善和提高，以此解答．本题考查常见食品添加剂的识别，主要考查化学与生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，平时注意相关基础知识的积累．3.下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H2O”表示的是（）A. NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合B. NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合C. HNO3溶液与KOH溶液混合D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合【答案】C【考点】离子方程式的书写【解析】【解答】A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故A不选；B．NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H++OH ﹣=H2O表示，故B不选；C．HNO3溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH﹣=H2O，故C选；D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合不能用H++OH﹣=H2O 表示，故D不选；故选：C．【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=H2O表示，以此来解答．本题考查离子反应方程式书写正误的判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写为解答关键，侧重考查复分解反应的离子反应，注意化学式的拆分，题目难度不大．4.下列叙述错误的是（）A. 氦气可用于填充飞艇B. 氯化铁可用于硬水的软化C. 石英砂可用于生产单晶硅D. 聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层【答案】B【考点】物质的组成、结构和性质的关系【解析】【解答】A．气球内气体的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B 错误；C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确；故选：B．【分析】A．根据氦气的密度小于空气的密度判断；B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应；C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅；D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯．本题考查了元素化合物知识，涉及知识点有物质的性质及用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大．5.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（）A. c（CO32﹣）B. c（Mg2+）C. c（H+）D. K sp（MgCO3）【答案】A【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，镁、铝的重要化合物【解析】【解答】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸可与CO32﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，K sp（MgCO3）只与温度有关，不变，只有A正确．故选A．【分析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32﹣+H+=HCO3﹣或CO32﹣+H+=CO2+H2O，平衡正向移动，以此解答该题．本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，难度不大．6.油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（）A. 3.8×104kJ•mol﹣1B. ﹣3.8×104kJ•mol﹣1C. 3.4×104kJ•mol﹣1D. ﹣3.4×104kJ•mol﹣1【答案】 D【考点】燃烧热【解析】【解答】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣=﹣3.4×104kJ•mol﹣1，故选D．【分析】C57H104O6的相对分子质量为884，已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，可首先计算1kg 该化合物的物质的量，则计算1mol该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．本题为2021年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重考查学生的分析、计算能力，解答本题要注意相对分子质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大．二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意．7.下列实验设计正确的是（）A. 将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B. 将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼C. 将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32﹣D. 将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性【答案】 D【考点】二氧化硫的性质，铁的化学性质，乙烯的化学性质，物质的检验和鉴别【解析】【解答】A、SO2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A错误；B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2活泼，故B错误；C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，故C错误；D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确；故选D．【分析】A、SO2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性；B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性；C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子；D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化．本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、乙烯有还原性等知识，注重物质性质及物质分类的考查，综合性较强，但题目难度不大．8.下列有关实验操作的叙述错误的是（）A. 过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B. 从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D. 向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁【答案】B【考点】化学实验方案的评价【解析】【解答】A．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确．故选B．【分析】A．过滤时应防止液体飞溅；B．滴加试剂时应防止污染滴管；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应；D．向容量瓶转移液体时，应防止流出容量瓶外．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大．9.利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A. 可生成H2的质量为0.02gB. 可生成氢的原子数为2.408×1023个C. 可生成H2的体积为0.224L（标准情况）D. 生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量【答案】 D【考点】物质的量的相关计算【解析】【解答】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2．则可得：A．可生成H2的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2，故D正确．故选D．【分析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 mol O2，结合n= mM =VV m=NN A结合物质的构成解答该题．本题考查物质的量的计算，侧重于考查学生的分析、计算能力，难度不大，注意把握相关物理量的计算公式的运用以及物质的构成特点，把握相关反应，难度不大．10.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（）A. Zn为电池的负极B. 正极反应式为2FeO42﹣+10H++6e﹣=Fe2O3+5H2OC. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D. 电池工作时OH﹣向负极迁移【答案】A,D【考点】原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣，故B错误；C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．故选AD．【分析】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe（OH）3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．本题考查原电池知识，侧重考查学生的分析能力，题目较为基础，注意从元素化合价的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，难度不大．11.由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示．下列说法正确的是（）A. 由X→Y反应的△H=E5﹣E2B. 由X→Z反应的△H＜0C. 降低压强有利于提高Y的产率D. 升高温度有利于提高Z的产率【答案】B,C【考点】反应热和焓变【解析】【解答】A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3﹣E2，故A错误；B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故B正确；C．根据化学反应2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误．故选BC．【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总能量﹣生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题．本题考查了化学反应中能量的变化图，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的分析，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单．12.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（）A. 该反应的类型为消去反应B. 乙苯的同分异构体共有三种C. 可用Br2、CCl4鉴别乙苯和苯乙烯D. 乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7【答案】A,C【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．反应C﹣C变为C=C，为消去反应，故A正确；B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误；C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故D错误．故选AC．【分析】A．根据反应C﹣C变为C=C的特点判断；B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对等；C．苯乙烯可与溴发生加成反应；D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上．本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团与性质关系即可解答，涉及基本概念、烯烃、基本反应类型等知识点，题目难度不大．三、非选择题13.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：（1）M元素位于周期表中的第________周期、________族．（2）Z元素是________，其在自然界中常见的二元化合物是________．（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为________，产物分子为直线形，其化学键属________共价键（填“极性”或“非极性”）．（4）四种元素中的________可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为________．【答案】（1）三；VIA（2）Si；SiO2（3）C+2S CS2；极性（4）Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X 为C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z 为Si，M为S元素．（1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA 族，故答案为：三；VIA；（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，故答案为：Si；SiO2；（3）X碳与硫的单质在高温下反应生成CS2，产物分子为直线形，结构与二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，故答案为：C+2S CS2；极性；（4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，故答案为：Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．【分析】称根据题中信息推断出X、Y、Z、M四种元素。
2024年海南高考化学试卷真题(含答案解析)
2024 年海南省普通高中学业水平选择性考试化 学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题|卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H -1 Li -7 O -16 Cl -35.5 K -39 Mn -55 Fe -56 Cu -64 Zn -65一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
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. 化学为实现社会可持续发展贡献巨大。
下列说法错误．．的是 A. 以竹代塑，可减少白色污染B. 使用人工合成杀虫剂，对环境无影响C. 无纸化办公，可减少人工合成油墨的使用D. 使用无磷洗涤剂，可减少水体污染2. 下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是A. AB. BC. CD. D3. 高分子物质与我们生活息息相关。
下列说法错误．．的是 A. 糖原(成分类似于淀粉)可转化为葡萄糖 B. 聚合物是22CH CH =的加聚物C. 畜禽毛羽(主要成分为角蛋白)完全水解可以得到氨基酸D. 聚合物的单体是()24HOOC CH COOH 和32CH CH OH32CH CH OH4. 过氧化脲[()2222CO NH H O ⋅]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢(22H O )和脲()22CO NH ⎡⎤⎣⎦加合而成，代表性结构如图所示。
下列关于过氧化脲的说法正确的是A. 所有原子处于同一平面B. 氧的化合价均为-2价C. 杀菌能力源于其氧化性D. 所有共价键均为极性键5. 下列化学应用实例与方程式不匹配．．．的是()3NH g A. AB. BC. CD. D6. A N 代表阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是 A. 2.2g 超重水(32H O )所含的电子数目为A NB. 11L 0.1mol L NaClO -⋅溶液中ClO -的数目为A 0.1NC. 过量C 与21mol SiO 充分反应转移电子数目为A 3ND. 21mol Cl 与足量4CH 发生取代反应生成HCl 分子的数目为A 2N 7. 已知298K ，101kPa 时，()()()()-12232CO g +3H g CH OH g +H O g ΔH=-49.5kJ mol ⋅。
高考海南卷化学试题解析版
绝密★ 启用前注意事项：1．答卷前，考生务必然自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14O 16S 32K39Fe 56一、选择题：本题共 6 小题，每题 2 分，共12 分。
在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
1．以下说法错误的选项是A．蔗糖可作调味剂 B ．细铁粉可作食品抗氧剂C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂【答案】D【名师点睛】本题察看物质的用途，本题比较基础，平时夯实基础，掌握物质的性质和用途，表现对化学知识的学致使用。
2．分别将足量以下气体通入稀A． CO B． SO2Na2 S 溶液中，能够使溶液变污浊的是C．HCl D． CO2【答案】B【剖析】 A 、 CO 不与 Na 2S 发生反应，因此没有积淀产生，故 A 错误； B、 SO2拥有弱氧化性，与Na2S 发生氧化复原反应，即 SO22－＋4H＋2＋ 2S=3S↓＋ 2H O，故 B 正确； C、利用酸性强的制取酸性弱的，即发生 2H＋＋ S2－ =H 2S，没有积淀产生，故 C 错误； D、不产生积淀，故 D 错误。
【名师点睛】本题察看元素及其化合物的性质，本题比较基础，察看硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸性弱，本题表现了SO2的弱氧化性，平时注意基础的夯实。
3．以下分子中，其中子总数为24 的是A．18217O2C．14N16O2D．1416 O3B． H2 C O2【答案】 D【名师点睛】本题察看原子构造的表示以及几个数量之间的关系，左上角为质量数、左下角为质子数，质量数 =质子数 +中子数，质子数 =原子序数等进行判断，本题属于基础题，表现学生对知识的掌握和运用程度。
2020年普通高等学校招生全国统一考试化学试题(海南卷,解析版)(1)
2020 年一般高等学校招生全国一致考试化学试题（海南卷，分析版）绝密★启用前注意事项：1、本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答题前，考生务势必自己的姓名、准考据号填写在答题卡上。
2.回答第 I 卷时，每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题没有的答案标号涂黑，如需变动，用橡皮擦洁净后，再选涂其余答案标号，写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O 16 Na23 P31 S32 Cl35.5K39 Fe56 Cu64 I127 Au197第 I 卷一、选择题：此题共 6 小题。
每题 2 分，共 12 分。
在每题给出的四个选项中，只有一项是切合题目要求的。
1.以下化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是A. 甲醇B.乙炔C.丙烯D.丁烷【答案】 AC4 以下的【分析】四个选项中只有甲醇有氢键，沸点高常温下呈液态，其余三个选项都是烃，常温下都是气态。
2.用 0.1026mol ·L-1的盐酸滴定 25.00mL 未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面以以下图所示，正确的读数为A. 22.30mLB. 22.35mLC. 23.65mLD. 23.70Ml【答案】 B22~23mL 之间，分刻度有10 个，因此每刻度是0.1mL，液体的凹面读【分析】图中液面在数约为 22.35mL。
3.以下固体混淆物与过度的稀H2SO4反响，能产生气泡并有积淀产生的是A. NaHCO3和 Al(OH) 3B. BaCl 2和 NaClC. HClO 3和 K2SO4D. Na 2SO3和BaCO3【答案】 DB 选项无气体【分析】依据题中的要求，要产生气泡同时有积淀生成。
A 选项无积淀生成，生成， C 选项物质不熟习可用清除法，D可获得气体和积淀，切合题目要求。
普通高等学校招生全国统一考试化学试题(海南卷,含答案)
2021年普通高等学校招生全国统一考试化学试题〔海南卷，含答案〕 考前须知：．本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
．答复第I 卷时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
．答复第二卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H1Cl2N14O16Na23Mg24S32C1 K39 Fe56Ni59Cu64 Lal39第一卷一、选择题：此题共 6小题，每题 2分，共 12分。
在每题给出的四个选项中，只 有一项为哪一项符合题目要求的。
1、以下物质中，可形成酸雨的是A 、二氧化硫B 、氟氯代烃C 、二氧化碳D 、甲烷 2、常温下，将mol·L -1 氢氧化钠溶液与 mol·L -1硫酸溶液等体积混合，该混合溶 液的pH 等于 A ．3、对于化学反响 3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g) ，以下反响速率关系中，正确的选项是A.υ(W)=3υ(Z) υ(X)=3υ(Z)υ(X)=v(Y) υ(W)=2υ(X) 4、把VL 含有MgS04和K2S04 的混合溶液分成两等份，一份参加含amolNaOH 的溶液，恰好 使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份参加含 bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全 沉淀为硫酸钡。
那么原混合溶液中钾离子的浓度为b-a -1 2b-a -1 A. V mol·L B. V mol·L C . 2(b-a) -1 D. 2(2b-a) -1 V mol·L Vmol·L5．：Ksp(AgCl)=1．8×10—10，Ksp ×10—16 ，Ksp(Ag2CrO4×10—12，那么以下难溶盐的饱和溶液中， Ag +浓度大小顺序正确的选项是A ．AgCl>AgI>Ag2CrO4B ．AgCl>Ag2CrO4>AgIC ．Ag2CrO4>AgCl>AgID ．Ag2CrO4>AgI>AgCl 6．光谱研究说明，易溶于水的 S02所形成的溶液中存在着以下平衡：据此，以下判断中正确的选项是A ．该溶液中存在着 SO2分子B ．该溶液中+浓度是 32浓度的 2 倍-H SOC．向该溶液中参加足量的酸都能放出SO气体2D．向该溶液中参加过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液二、选择题：此题共6小题，每题4分，共24分。
普通高等学校招生全国统一考试化学试题(海南卷,解析版)
普通高等学校招生全国统一考试化学试题（海南卷，解析版）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Ag 108 Pb 207第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题3分，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．将等体积的苯、汽油和水在试管中充分混合后静置。
下列图示现象正确的是：答案D【解析】题中苯、汽油和水的密度有差别，其中苯和汽油密度比水小，且能互溶，所以分两层，上下层比例为2∶1。
2．同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是：A．单质的化学活泼性：W<X<Y<Z B．原子最外层电子数：W<X<Y<ZC．单质的氧化能力：W<X<Y<Z D．元素的最高化合价：W<X<Y<Z答案B【解析】本题中元素为同一周期，从左至右最外层电子数依次增加。
而单质的活泼性分金属与非金属性，氧化能力随着单质晶体形态及分子内的化学键不同有变化，最高化合价随原子序数的递增有特例（O、F无正价）。
3．除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钡溶液C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸答案A【解析】除杂方法要操作简便、效果好、不带来新的杂质、保留非杂质成份。
溶液中可用这样的方法： Na2CO3 + H2O + CO2 = 2NaHCO3。
高考化学复习普通高等学校招生全国统一考试(海南卷)化学答案解析(正式版)(解析版)
注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答題卡上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第II卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O16 Zn65 Ag108 Cl 35．5 Fe56 Cu64第I卷一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
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．化学与生活密切相关。
下列应用中利用了物质氧化性的是A．明矾净化水B．纯碱去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物【答案】D考点：考查化学常识、常见物质的用途。
2．下列离子中半径最大的是A．Na＋B．Mg2＋C．O2－D．F－【答案】C【解析】试题分析：Na＋、Mg2＋、O2－和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。
对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。
考点：考查微粒半径大小比较。
3．0．1mol下列气体分别与1L0．lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2【答案】C考点：考查溶液酸碱性的判断、相关物质的性质。
4．己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为A．55 kJ B．220 kJ C．550 kJ D．1108 kJ【答案】A【解析】试题分析：丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215KJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215KJ。
丙烷完全燃烧产生1.8g水，物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。
2020年高考海南卷化学试题及答案解析
试题第1页，总19页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前2020年高考海南卷化学试题试题副标题题号 一 二 三 四 五 六 七 总分 得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人 得分一、单选题1．某试剂瓶标签上安全标志如图，该试剂是( )A ．氨水B ．乙酸C ．氢氧化钠D ．硝酸【答案】D 【解析】 【详解】A.氨水具有腐蚀性，但不具有氧化性，A 不符合题意；B.乙酸具有腐蚀性，但不具有氧化性，B 不符合题意；C.氢氧化钠具有腐蚀性，但不具有氧化性，C 不符合题意；D.硝酸具有腐蚀性，同时具有氧化性，D 符合题意； 故合理选项是D 。
2．我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指（ ） A ．42CuSO 5H O ⋅ B ．42FeSO 7H O ⋅ C ．42ZnSO 7H O ⋅ D ．()422KAl SO 12H O ⋅【答案】A 【解析】 【详解】试题第2页，总19页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………在选项给出的四种物质中只有42CuSO 5H O ⋅、42FeSO 7H O ⋅晶体有色，而42ZnSO 7H O ⋅和()422KAl SO 12H O ⋅均为无色晶体，42CuSO 5H O ⋅加热分解生成CuSO 4和H 2O ，CuSO 4呈白色；而42FeSO 7H O ⋅加热发生分解反应，生成的Fe 2O 3呈红棕色，所以符合题意的物质是42CuSO 5H O ⋅，故合理选项是A 。
2020年普通高等学校招生全国统一考试化学试题(海南卷,解析版)(2)
2020年普通高等学校招生全国统一考试化学试题（海南卷，解析版）注意事项：1本试卷分第I卷(选择题)和第ll卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
写在本试卷上无效。
3回答第II卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C 12 N14 O16 Na 23 C1 35.5 Zn 65第I卷一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
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．化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是A．CO2属于大气污染物B．酸雨是pH小于7的雨水C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧2．下列说法正确的是A．食用白糖的主要成分是蔗糖 B．小苏打的主要成分是碳酸钠C．煤气的主要成分是丁烷 D．植物油的主要成分是高级脂肪酸【答案】：A【解析】：白糖的主要成分是蔗糖，A对；小苏打是指碳酸氢钠，B错；煤气主要成分是CO、H2，C错；植物油主要是高级脂肪酸甘油酯，D错。
【考点定位】此题考查了化学与生活常识知识。
3．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2 D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)24．下列实验操作正确的是A．可用氨水除去试管内壁上的银镜B．硅酸钠溶液应保存在带玻璃塞的试剂瓶中C．将三氯化铁溶液蒸干，可制得无水三氯化铁D．锌与稀硫酸反应时，要加大反应速率可滴加少量硫酸铜【答案】：D【解析】：银镜就是单质银形成的，其不能溶于氨水，一般用稀硝酸除去，A错；硅酸钠能将玻璃瓶和瓶塞粘结在一起，B错；蒸干三氯化铁溶液时由于Fe3+水解，最终得到的是氧化铁，得不到FeCl3晶体C错；锌能置换硫酸铜中的铜，铜锌可以形成原电池加快反应速率，D对。
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海南省2017年高考化学试卷解析一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分．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．下列说法错误的是（）A．蔗糖可作调味剂 B．细铁粉可作食品抗氧剂C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．蔗糖具有甜味；B．铁粉具有强的还原性；C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；D．生石灰具有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性．【解答】解：A．蔗糖具有甜味，可以做调味剂，故A正确；B．铁粉具有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B正确；C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用于消毒剂，故C正确；D．熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性，不能用于食品干燥剂，故D错误；故选：D．【点评】本题主要考查了物质的组成、性质、用途等，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．2．分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是（）A．CO B．SO2C．HCl D．CO2【考点】F5：二氧化硫的化学性质．【分析】A、CO与稀Na2S溶液不反应；B、足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫沉淀；C、足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；D、足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢．【解答】解：A、CO与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故A错误；B、二氧化硫具有还原性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，则可以使溶液变浑浊，故B正确；C、因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；故选：B．【点评】本题考查物质的性质，侧重考查无机化合物之间的反应，题目难度不大．3．下列分子中，其中子总数为24的是（）A．18O3 B．2H217O2C．14N16O2D．14C16O2【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【分析】中子数=质量数﹣质子数，据此进行计算．【解答】解：A．18O3中子数为（18﹣8）×3=30，故A错误；B．2H217O2中子数为（2﹣1）×2+（17﹣8）×2=20，故B错误；C．14N16O2中子数为（14﹣7）+（16﹣8）×2=23，故C错误；D．14C16O2中子数为（14﹣6）+（16﹣8）×2=24，故D正确，故选D．【点评】明确原子结构中质子数、中子数、相对原子质量等之间的关系．是解题的关键，本题难度中等．4．在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3﹣+2M3++4H2O=M2O7n﹣+Cl﹣+8H+，M2O7n ﹣中M的化合价是（）A．+4 B．+5 C．+6 D．+7【考点】42：常见元素的化合价．【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算．【解答】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以﹣1+2×（+3）=﹣n+（﹣1）+（+8），解得n=2，根据化合价规则，M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2价，所以M 元素的化合价为+6价．故选C．【点评】本题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．5．下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（）A．B．C．D．【考点】O1：化学试剂的分类．【分析】根据图示标志的含义来分析，常见的图示有腐蚀品、易燃液体、放射性物质、强氧化剂、爆炸品等．【解答】解：A、图示标志是腐蚀品标志，故A正确；B、图示标志是易燃固体，故B错误；C、图示标志是放射性物品，故C错误；D、图示标志是氧化剂，故D错误．故选A．【点评】本题考查了试剂的分类及常见危险品标志，了解危险化学品的分类、各个常见标志所代表的含义是解答本题的关键，题目难度不大．6．能正确表达下列反应的离子方程式为（）A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OB．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+Fe2+C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣=Al2（CO3）3↓D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3价的氮．【解答】解：A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故A错误；B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为2FeS+20H++7SO42﹣=2Fe3++9SO2↑+10H2O，故B错误；C．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）↓+3CO2↑，故C错误；3D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项是符合题目要求的．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．7．下列叙述正确的是（）A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．稀硫酸不与铜发生反应；B．浓硫酸能够将碘离子氧化成碘单质；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D．铝与氯气燃烧生成氯化铝．【解答】解：A．Cu与浓硫酸加热能够反应，与稀硫酸不反应，故A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，能够将HI氧化，不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI，故B错误；C．过氧化钠能够与二氧化碳反应生成生成氧气，可用过氧化钠制备氧气，故C 正确；D．铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D正确；故选CD．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．8．下列叙述正确的是（）A．酒越陈越香与酯化反应有关B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．乙醇被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；B．丁烷存在同分异构体；C．聚乙烯不含碳碳双键；D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等．【解答】解：A．酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒是陈的香，故A正确；B．丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等，二者都为难溶于水的油状液体，故D正确．故选AD．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大．9．N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（）A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4N AB．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8N AC．1 L mol?L﹣1的乙酸溶液中含H+的数量为D．1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14N A【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、乙烯中含4条碳氢键；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价；C、乙酸为弱酸，不能完全电离；D、CO和氮气中均含14个质子．【解答】解：A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4N A条碳氢键，故A 正确；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价，故1mol甲烷燃烧转移8mol即8N A 个电子，故B正确；C、乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于个，故C错误；D、CO和氮气中均含14个质子，故1molCO和氮气的混合物中含有的质子数为14N A个，故D正确．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．10．一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+．下列叙述错误的是（）A．Pb电极b为阴极B．阴极的反应式为：N2+6H++6e﹣=2NH3C．H+由阳极向阴极迁移D．陶瓷可以隔离N2和H2【考点】BL：化学电源新型电池．【分析】由电化学制备NH3的装置可知，通入氮气的一端为为阴极，通入氢气的一端为阳极，电解反应N2+3H22NH3，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答．【解答】解：A．Pb电极b上氢气失去电子，为阳极，故A错误；B．阴极上发生还原反应，则阴极反应为N2+6H++6e﹣=2NH3，故B正确；C．电解池中，H+由阳极向阴极迁移，故C正确；D．由图可知，氮气与氢气不直接接触，陶瓷可以隔离N2和H2，故D正确；故选A．【点评】本题为2017年海南高考题，侧重考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应及离子移动方向为解答的关键，注重分析与应用能力的考查，题目难度不大．11．已知反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0．在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡．下列叙述正确的是（）A．升高温度，K减小B．减小压强，n（CO2）增加C．更换高效催化剂，α（CO）增大D．充入一定量的氮气，n（H2）不变【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】A．升高温度，平衡向逆反应方向移动；B．减小压强，平衡向体积增大的方向移动；C．催化剂不会引起化学平衡的移动；D．在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动．【解答】解：A．△H＜0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n（CO2）不变，故B错误；C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α（CO）不变，故C错误；D．充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n（H2）不变，故D正确；故选AD．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影响．12．下列实验操作正确的是（）A．滴定前用待测液润洗锥形瓶B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大；B．容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞，使用前必须检查是否漏水；C．先关闭冷凝水再停止加热，易导致冷凝管炸裂；D．为了提高分液效果，分液漏斗下层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出．【解答】解：A．中和滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故A错误；B．为了避免影响实验结果，容量瓶和滴定管使用前均需要检漏，故B正确；C．蒸馏时，应防止冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故C 错误；D．分液时，为了避免污染试剂，下层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D正确；故选BD．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．三、非选择题：共64分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答．第18、19题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共44分）13．X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素．X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数．回答下列问题：（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为．（2）X与M组成的物质为离子（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑．（3）Y在周期表中的位置是第二周期ⅢA族，其含氧酸的化学式为H3BO3．（4）L与M形成的化合物中L的化合价是﹣3．【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．【解答】解：（1）X与L组成的最简单化合物为PH3，电子式类似氨气，为，故答案为：；（2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，故答案为：离子；CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑；（3）Y为B元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期ⅢA族；H3BO3；（4）L与M形成的化合物Ca3P2，Ca的化合价为+2价，P为﹣3价，故答案为：﹣3．【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见元素在周期表的位置与性质的递变规律，难度不大．14．碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产．回答下列问题：（1）碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣（用离子方程式表示）．（2）已知：①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣?mol﹣1②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣?mol﹣1反应2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的△H=+ kJ?mol﹣1，该反应的平衡常数表达式K=c（H2O）?c（CO2）．（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中=．已知K sp（BaCO3）=×10﹣9，K sp（BaSO4）=×10﹣10．【考点】BB：反应热和焓变；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解使溶液呈碱性；（2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣?mol﹣1②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣?mol﹣1，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）据此进行分析；K=；（3）当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算．【解答】解：（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣离子水解方程式为CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，使溶液呈碱性，故答案为：纯碱；CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；（2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣?mol﹣1②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣?mol﹣1，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）△H=+?mol﹣1；K=c（H2O）?c（CO2），故答案为：+；c（H2O）?c（CO2）；（3）K sp（Ba SO4）=c（Ba2+）（SO42﹣）=×10﹣10；K sp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32﹣）=×10﹣9，所以===，故答案为：．【点评】本题考查化学平衡的有关计算，反应热计算等，题目难度中等，注意掌握平衡常数的计算和应用与盖斯定律．15．已知苯可以进行如下转化：回答下列问题：（1）反应①的反应类型为加成反应，化合物A的化学名称为环己烷．（2）化合物B的结构简式为，反应②的反应类型为消去反应．（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯．【考点】HC：有机物的合成．【分析】由转化关系可知苯与氢气发生加成反应，生成A为环己烷，结构简式为或，由B的分子式可知B为，然后发生消去反应生成，结合对应有机物的官能团的性质解答该题．【解答】解：（1）反应①为加成反应，生成A为，为环己烷，故答案为：加成反应；环己烷；（2）由以上分析可知B为，发生消去反应生成，故答案为：；消去反应；（3）苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯，故答案为：加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机合成流程中的官能团变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大．16．（10分）（2017?海南）锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途．回答下列问题：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e﹣=Li．（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反应．（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂．鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾．（4）LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质．LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF5和LiF．【考点】GG：碱金属的性质．【分析】（1）碳酸锂与盐酸反应生成LiCl，由电解LiCl﹣KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上锂离子得到电子；（2）Li与Mg性质相似，与二氧化碳反应；（3）阳离子不同、焰色反应不同；（4）LiPF6受热易分解，生成两种两种氟化物．【解答】解：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e﹣=Li，故答案为：盐酸；Li+e﹣=Li；（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反应，故答案为：Li与二氧化碳反应；（3）鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾，故答案为：焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾；（4）LiPF6受热易分解，发生LiPF6LiF+PF5，其热分解产物为PF5和LiF，故答案为：LiF．【点评】本题为2017年海南高考题，为高频考点，把握电解原理、物质的性质、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的应用，注重迁移应用能力的考查，题目难度不大．17．（10分）（2017?海南）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4?7H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgO SiO2FeO、Fe2O3CaO Al2O3B2O330%～40%20%～25%5%～15%2%～3%1%～2%1%～2%回答下列问题：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，“滤渣1”中主要含有SiO2（写化学式）．（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀．（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是溶液接近为无色．（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】硼镁泥主要成份是MgO，还有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，B2O3转化为H3BO3，则滤渣1为SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，加入的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣2为Al（OH）3、Fe（OH）3，浓缩过滤得到滤渣3为CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答．【解答】解：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，pH=1时B2O3转化为H3BO3，二氧化硅不反应，则“滤渣1”中主要含有SiO2，故答案为：浓硫酸；SiO2；（2）“除杂”时加入次氯酸钙发生2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O，氧化镁促进铁离子、铝离子水解，则次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀，故答案为：氧化亚铁离子；促进铁离子、铝离子转化为沉淀；（3）因亚铁离子、铁离子均为有色离子，则判断“除杂”基本完成的检验方法是溶液接近为无色，故答案为：溶液接近为无色；（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，硫酸镁在80℃左右溶解度最大所以该过程中温度应控制80℃左右，温度太低会析出晶体，所以要趁热过滤，故答案为：温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握图中发生的反应、混合物分离提纯、溶解度与温度的关系等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用，题目难度不大．[选修5：有机化学基础]18．香茅醛（）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的叙述正确的有（）A．分子式为C10H18OB．不能发生银镜反应C．可使酸性KMnO4溶液褪色D．分子中有7种不同化学环境的氢【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】有机物含有碳碳双键和醛基，具有烯烃、醛的性质，结合有机物的结构特点解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知C10H16O，故A错误；B．含有醛基，可发生银镜反应，故B错误；C．碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化，故C正确；D．结构不对称，分子中有8种不同化学环境的氢，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃和醛的性质，题目难度不大．19．（14分）（2017?海南）当醚键两端的烷基不相同时（R1﹣O﹣R2，R1≠R2），通常称其为“混醚”．若用醇脱水的常规方法制备混醚，会生成许多副产物：R1﹣OH+R2﹣OH R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O一般用Williamson反应制备混醚：R1﹣X+R2﹣ONa→R1﹣O﹣R2+NaX，某课外研究小组拟合成（乙基苄基醚），采用如下两条路线进行对比：Ⅰ：Ⅱ：①②③回答下列问题：（1）路线Ⅰ的主要副产物有、C2H5﹣O﹣C2H5．（2）A的结构简式为．（3）B的制备过程中应注意的安全事项是远离火源，防止爆炸．（4）由A和B生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应．（5）比较两条合成路线的优缺点：路线Ⅰ反应相对较为安全，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气．（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有4种．（7）某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线①+Cl 2+HCl，②2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，③+C2H5ONa→+NaCl．【考点】HC：有机物的合成．【分析】Ⅰ．由信息“R1﹣OH+R2﹣OH R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O”可知路线Ⅰ两种醇发生分子间脱水生成醚，可发生在不同的醇之间或相同的醇之间，该反应相对较为安全，但生成副产品，产率较低；Ⅱ．苯甲醇与浓盐酸在加热条件下发生取代反应生成A为，乙醇与钠反应生成B为C2H5ONa，反应生成氢气，易爆炸，A、B发生取代反应可生成，产率较高，以此解答该题．【解答】解：（1）由以上分析可知路线Ⅰ的主要副产物有、C2H5﹣O﹣C2H5，故答案为：；C2H5﹣O﹣C2H5；（2）A为，故答案为：；（3）生成C2H5ONa的同时生成氢气，应远离火源，防止爆炸，故答案为：远离火源，防止爆炸；（4）由A和B生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（5）路线Ⅰ产生较多的副产品，产率较低，但较为安全，而路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气，故答案为：路线Ⅰ反应相对较为安全，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气；（6）苯甲醇的同分异构体，如含有2个取代基，可为甲基苯酚，甲基苯酚有邻间对三种，如含有1个取代基，则为苯甲醚，则还有4种，故答案为：4；（7）甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，可首先发生①+Cl 2+HCl，②发生2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，然后发生③+C2H5ONa→+NaCl，故答案为：① +Cl 2+HCl，②2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，③+C2H5ONa→+NaCl．【点评】本题为2017年海南高考题，侧重考查有机物的合成，主要把握题给信息以及有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力．[选修3：物质结构与性质]20．下列叙述正确的有（）A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7 B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点。