海南省高考化学试卷答案与解析

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1、海南省高考化学试卷参照答案与试题解析一、选择题(共6小题，每题分，满分1分）1(分）(海南)化学与生活密切有关.下列应用中运用了物质氧化性的是（ ） A明矾净化水B.纯碱去油污 食醋除水垢D漂白粉漂白织物考点：氧化还原反映菁优网版权所有分析:用到的物质的氧化性，阐明该过程中发生了氧化还原反映,并且该物质在反映中得电子化合价减少而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断解答：解:明矾中具有铝离子,铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所觉得非氧化还原反映,故A错误;B纯碱为强碱弱酸盐,碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性,油污和碱发生水解反映，该过程中没有元素化合价变

2、化,所觉得非氧化还原反映,故B错误；C.碳酸钙和醋酸反映生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所觉得非氧化还原反映,故C错误;D漂白粉具有强氧化性，运用其强氧化性漂白织物,故对的;故选.点评：本题考察了氧化还原反映，明确物质的性质以化合价的变化是解本题核心，性质决定用途,用途体现性质,难度不大.(2分)（海南)下列离子中半径最大的是（)ANaBg2+C2D.F考点:微粒半径大小的比较.菁优网版权所有分析：电子层越多的离子半径越大，电子层同样的离子,核电荷数越多半径越小，据此来回答.解答:解：四种离子均具有2个电子层,并且电子排布相似,其核电荷数越大,离子半径越小,则离子半径：O

3、2Fa+Mg+，因此O的半径最大,故选:点评:本题考察学生离子半径大小的比较措施知识，注意知识的积累是解题的核心，难度不大，侧重于基本知识的考察 (2分）(海南)0.1下列气体分别与1L.1molL1的aOH溶液反映，形成的溶液pH最小的是( ） ANO2BO2.O3D.CO考点:pH的简朴计算菁优网版权所有分析:0.ml下列气体分别与1L.1molL1的NOH溶液反映,两者的物质的量相似,NO2与aOH等物质的量反映的方程式为:2O+2aOH=NaNO+aNOHO；SO与NaO等物质的量反映的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与aH等物质的量反映的方程式为aOH+3NaHSO4；

4、C2与H等物质的量反映的方程式为NaOH+O2=aHCO3，根据反映产物的酸碱性判断解答:解：0.1ml下列气体分别与L.1olL1的aOH溶液反映，两者的物质的量相似，O与O等物质的量反映的方程式为：22+2aOHNNO+NaNO3+H2O，NN2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与NaOH等物质的量反映的方程式为NaOH+2a,NHSO3在溶液中即电离又水解，电离限度不小于水解限度，溶液显弱酸性;S3与NaO等物质的量反映的方程式为NaOH+SO3NaHSO，NaSO4在溶液中完全电离出氢离子,溶液显强酸性;2与NaO等物质的量反映的方程式为NaOHC2aCO,NaO3在溶液中即电离又水解，

5、水解限度不小于电离限度,溶液显弱碱性;综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3;故选：C.点评：本题考察了物质的性质，题目波及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中档，注意根据物质之间反映判断产物以及溶液的酸碱性.（2分)(海南）已知丙烷的燃烧热H2215Jmol1若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.g水,则放出的热量约为( ）A55kJB.2050kD.118kJ考点：有关反映热的计算菁优网版权所有分析：已知丙烷的燃烧热H=21Jmol1,则丙烷燃烧的热化学方程式为3(g）+52(g)=3C2（g）+4HO()25kJol,根据生成水的质量计算放出的热量解答：解：已知丙烷的燃烧热=

6、25kJmol1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)5O2(g)=C2（g)+4H2O（l)H=221kJmol1，一定量的丙烷完全燃烧后生成水，则放出的热量约为=55.37kJ5kJ；故选:A点评：本题考察了燃烧热的概念、反映热的计算,题目难度不大,注意把握燃烧热的概念即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量. 5.（分)（海南）分子式为4H10O并能与金属钠反映放出氢气的有机物有（不含立体异构)( ) A3种B.4种.种D6种考点：真题预测集萃;同分异构现象和同分异构体.菁优网版权所有分析:分子式为C4H0并能与金属钠反映放出氢气,为饱和一元醇,可以写成C4H9OH，其中丁基

7、有四种构造解答：解:分子式为C4H10并能与金属钠反映放出氢气，为饱和一元醇，可以写成HO，其中丁基有四种构造，故符合条件的有机物共有4种，故选.点评：本题考察同分异构体判断,难度不大,注意常用烃基的种类,如甲基和乙基种,丙基有2种,丁基有种，也可以书写出具体的醇进行判断.6(分）（海南）已知在碱性溶液中可发生如下反映：2R（OH）Cl+4OH2RO4n+3Cl5H2O,则ROn中R的化合价是(）.+3+4C.+考点：真题预测集萃；氧化还原反映菁优网版权所有分析:根据电荷守恒得141=3n，则n=2,因此Rn为R42，该离子中元素化合价为2价,、O元素化合价的代数和为2,据此判断元素化合价解答

8、：解:根据电荷守恒得31+41=312n,则n=2,因此O为O42,该离子中O元素化合价为价，R、O元素化合价的代数和为2,因此该离子中R元素化合价=（）4=6,故选D点评:本题以氧化还原反映为载体考察元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考察分析计算能力,题目难度不大二、选择题（共6小题，每题4分，满分24分.每题有一种或两个选项符合题意。若对的答案只涉及一种选项,多选得分;若对的答案涉及两个选项，只选一种且对的得分，选两个且都对的得分,但只要选错一种就得0分。）7（4分)(海南）下列论述对的的是( ）.稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnOB可用磨口玻璃瓶保存a

9、OH溶液稀硝酸可除去试管内壁的银镜 D.煮沸自来水可除去其中的a(HC3)2考点:真题预测集萃；硝酸的化学性质;钠的重要化合物.菁优网版权所有分析：.稀盐酸不能与二氧化锰反映；B.玻璃中具有二氧化硅,能与氢氧化钠反映生成硅酸钠;C.Ag与稀硝酸反映生成硝酸银、N与水，可以除去试管内壁的银镜；D自来水煮沸,C(HCO3）2可以转化为CaO3.解答：解：A.稀盐酸不能与二氧化锰反映,用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；B玻璃中具有二氧化硅，能与氢氧化钠反映生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶,使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误;Cg与稀硝酸反映生成硝酸银、NO与水,可以除去试管内壁的银镜，故

10、C对的；D.自来水煮沸，Ca（HC3）2可以转化为CaC,使硬水得到软化,故D对的,故选：C点评:本题考察元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等,比较基本,注意对基本知识的理解掌握. 8.(4分）（海南)10m浓度为1mlL的盐酸与过量的锌粉反映,若加入适量的下列溶液，能减慢反映速率但又不影响氢气生成量的是( ） AK2O4.CH3COONaC.CuS4.Na2考点：真题预测集萃；化学反映速率的影响因素.菁优网版权所有分析：为了减缓反映进行的速率，加热溶液后可以减少氢离子难度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而选项中构成原电池，加快反映速率，D选项中碳酸钠反映消耗氢离子

11、,生成氢气的总量减少.解答:解:.加入K2SO4溶液，相称于加水稀释，溶液中氢离子减少，且氢离子总量不变，故能减慢反映速率且又不影响氢气生成量，故A对的;B，加入CH3COOa溶液,溶液被稀释,且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子减少,且提供的氢离子总量不变，故能减慢反映速率且又不影响氢气生成量,故B对的；CZn可以置换出C，构成原电池，加快反映速率,故错误；D.加入碳酸钠溶液,与盐酸反映是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故错误，故选:B.点评:本题考察化学反映速率影响因素,比较基本，需注意生成氢气的量不变，注意C选项构成原电池，加快反映速率9(分）(海南）下列反映不

12、属于取代反映的是( ）.淀粉水解制葡萄糖B.石油裂解制丙烯乙醇与乙酸反映制乙酸乙酯 .油脂与浓NaO反映制高档脂肪酸钠考点:真题预测集萃;取代反映与加成反映菁优网版权所有分析:有机物中原子或原子团被其他原子或原子团取代的反映为取代反映,如水解反映、酯化反映等,以此来解答.解答：解：A.淀粉水解制葡萄糖,为水解反映，也属于取代反映，故A不选；.石油裂解制丙烯，为大分子转化为小分子的反映,不属于取代反映,故选;C乙醇与乙酸反映制乙酸乙酯，为酯化反映，也属于取代反映，故不选；D油脂与浓NaOH反映制高档脂肪酸钠,为油脂的水解反映,也属于取代反映,故D不选;故选B.点评:本题考察有机物的性质及反映类型

13、,为基本性习题,把握有机物的性质、反映类型的判断为解答的核心,侧重分析与应用能力的考察，题目难度不大. 0（4分）（海南）下列指定微粒的数目相等的是（ ）A等物质的量的水与重水具有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中具有的共有电子对数 C.同温、同压、同体积的CO和N具有的质子数 等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反映时转移的电子数考点：真题预测集萃;物质的量的有关计算菁优网版权所有分析:A.H2O中的中子数为8,D2中的中子数为10；B.乙烯和丙烯的最简式均为C2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相似；C同温、同压、同体积,由可知，气体的物质的量相似；D铁和铝分别与足量氯气完全反映,e、Al元

14、素的化合价均由0升高为+价.解答:解：A2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水具有的中子数不同,故A错误;B.乙烯和丙烯的最简式均为CH,由n=可知,等质量时含CH的个数相似，1个CH分子共用对电子（其中4个CH,2个CC),1个C6分子共用9对电子（其中6个CH，3个），因此可以发现规律：1个2平均共用对电子,含CH2的个数相似则共有电子对数相似,故B对的;C同温、同压、同体积,由n=可知，气体的物质的量相似,C、的质子数不同,则C和N具有的质子数不同,故错误；D.铁和铝分别与足量氯气完全反映，F、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量

15、氯气完全反映时转移的电子数均为n(30）A,故D对的;故选BD点评：本题考察物质的量的计算，为高频考点,把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的核心，侧重分析与应用能力、计算能力的考察，题目难度不大1(4分)(海南)下列曲线中，可以描述乙酸(甲、=1.8105)和一氯乙酸(乙、Ka1.103)在水中的电离度与浓度关系的是（ )ABCD.考点：真题预测集萃;弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有分析：由乙酸（甲、Ka=.8105）和一氯乙酸(乙、Ka=1.0)可知,乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱;等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答.解答：解:由乙

16、酸(甲、Ka=1.8105)和一氯乙酸（乙、Ka=1.4103)可知,乙酸的a小,则乙酸的酸性弱;由图可知,横坐标为浓度，纵坐标为电离度,则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，故选B.点评:本题考察弱电解质的电离,为高频考点，把握Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的核心,侧重分析与应用能力的考察，题目难度不大12（4分)(海南)a、b、c、为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周

17、期，的原子半径不不小于c下列论述错误的是( ） d元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C.只有a与其她元素生成的化合物都是离子化合物D.b、c、分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键考点:真题预测集萃；原子构造与元素的性质菁优网版权所有分析:的电子层有1个电子，应为Na元素,b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为元素,c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径不不小于应为l元素，结合相应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题解答：解:的M电子层有1个电子,应为a元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为元素，c的最高化合价为

18、最低化合价绝对值的3倍,应为S元素，c与d同周期，的原子半径不不小于应为Cl元素,A同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为ClSCa，故A对的;B四种元素形成的氧化物有CO、O；Na、N2O2；SO、S，而l的化合价有多种，则氧化物也有多种,如ClO2、ClO等,故对的；Ca为Na,为金属,可与其她元素生成离子化合物,具有离子键，故C对的；D.b为C,可与氢气反映生成C22、C2H、H等化合物,具有同种元素形成的共价键，为非极性键,故D错误故选D点评:本题为考题，波及原子构造与元素周期率的考察,侧重于学生的分析能力的培养和原子构造、元素周期率的综合应用的考察,注意把握

19、提给信息以及元素周期率的递变规律,难度不大. 三、解答题（共5小题，满分44分）1（8分)（海南）乙醇是一种重要的化工原料,由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示:回答问题：（1）A的构造简式为 CH3COOH .（2）B的化学名称是乙酸乙酯 .(3）由乙醇生成C的反映类型为 取代反映.(4)是一种常用的塑料，其化学名称是聚氯乙烯 .(5）由乙醇生成F的化学方程式为 C3C2OHCH=C2+H2O考点:真题预测集萃;有机物的推断.菁优网版权所有分析:乙醇被氧化生成A，且A能和乙醇反映，根据A的分子式知,A为CCOH,A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反映生成，F为C2=2，乙醇和氯气在光

20、照条件下发生取代反映生成，在浓硫酸作催化剂、加热条件下能发生消去反映,则C构造简式为CH2ClCHOH、D为C2=CHC,发生聚合反映生成聚氯乙烯,E构造简式为,和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反映生成B,B为CH3CHC3,据此分析解答.解答:解:乙醇被氧化生成,且A能和乙醇反映，根据A的分子式知，A为CH3COOH,A在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反映生成F,F为C2=CH2,乙醇和氯气在光照条件下发生取代反映生成C，C在浓硫酸作催化剂、加热条件下能发生消去反映,则C构造简式为CH2Cl2OH、D为CH=CHC,D发生聚合反映生成聚氯乙烯,构造简式为，和乙醇在浓硫酸作催化剂

21、、加热条件下发生酯化反映生成B,B为CHCOOCHCH3,(1）A是乙酸,A的构造简式为CH3COO,故答案为：CH3OOH;(2)为CH3COOC2C3,的化学名称是乙酸乙酯，故答案为:乙酸乙酯；（3)是2氯乙醇，由乙醇生成C的反映类型为取代反映，故答案为:取代反映；(4)E构造简式为，其化学名称是聚氯乙烯,故答案为：聚氯乙烯;(5）F是乙烯,乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170条件下，乙醇发生消去反映生成乙烯,反映方程式为CH3CHOCH=H2+H2,故答案为：CH3C2HC=CH+H2点评:本题为海南高考题,考察有机物推断，侧重考察学生分析推断能力，波及乙醇、乙烯、卤代烃、羧酸、酯、高分子化

22、合物之间的转化,明确常用有机物官能团及其性质、常用有机反映类型及反映条件即可解答,注意乙醇制取乙烯必须控制好温度.14.（8分）(海南）单质Z是一种常用的半导体材料，可由X通过如图所示的路线制备.其中为的氧化物；为氢化物,分子构造与甲烷相似回答问题:(1)能与X发生化学反映的酸是氢氟酸 ；由X制备Mg2Z的化学方程式为 S+g2+g2S（2）由2生成Y的化学方程式为 gi4HCl=MgCl2+SH4 ，Y分子的电子式为(3)Z、X中共价键的类型分别是 非极性键、 极性键 .考点：无机物的推断.菁优网版权所有分析：常用的半导体材料为，X为Z的氧化物，那么X为二氧化硅；Y为氢化物,且分子构造与甲烷

23、相似,那么为硅烷,构造简式为：iH4，据此结合各小题解答即可解答：解:（)二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸,但是能溶于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃,由流程可知,二氧化硅与金属镁反映生成硅化镁,化学反映方程式为:iO+MgO2+Mg2Si,故答案为：氢氟酸；iO2+MgO2+Mg2S;（2)硅化镁与盐酸反映生成硅烷,化学反映方程式为:M2Si+4HCl2MgCl2+SiH4,硅烷类似与甲烷的正四周体构造，故Si分别与H形成对共价键,电子式为:,故答案为:Mg2Si+HCl=2MgC2+SiH;；（)为Si，硅单质为原子晶体，晶体中存在SiSi非极性共价键,X为S,属于原子晶体，存在SiO极性

24、共价键,故答案为：非极性键、极性键.点评:本题重要考察的是元素的推断以及硅和其化合物的知识，设计化学反映方程式书写、电子式以及共价键类型的判断，难度不大15(9分）（海南)银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用回答问题:(1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，因素是 A与空气中微量H反映生成黑色的Ag2S （2)已知Ks(AgC）=.8110，若向5L0.18mlL1的AgO溶液中加入50mL0.0mol1的盐酸，混合后溶液中Ag的浓度为1.107 moL1，为 2.（3)AgNO3光照易分解,生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解反映的化学

25、方程式为 2AgNO32+2O2+O .(4）如图所示原电池正极的反映式为 g+e=Ag.考点：真题预测集萃;原电池和电解池的工作原理;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网版权所有分析:(）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反映生成黑色的g2S;（2）n（AgNO3)05L.18olL=0.0009mo,n（C）0.05000mol0.0mol，硝酸银和HCl发生反映AgN+Hl=A+HNO3，根据方程式知，HCl剩余,混合溶液中（l）=1 ml/,溶液中c（Ag）=；事实上氢离子不参与反映,则溶液中（H+)=0.01o/L,溶液的pHlc（

26、+）；（3）红棕色气体是N2，该反映中Ag元素化合价由1价变为价、N元素化合价由5价变为+4价,根据氧化还原反映知，尚有元素失电子化合价升高，只能是O元素失电子生成O2,根据反映物、生成物及反映条件书写方程式;()该原电池中，C的活动性不小于Ag，C易失电子发生氧化反映，因此u是负极、Ag是正极,正极上银离子得电子发生还原反映.解答:解：（1)长期放置在空气中的银制品,其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反映生成黑色的Ag2S，故答案为:Ag与空气中微量2S反映生成黑色的g2;（)（AgNO)0.05L.018m/=.00,n（Cl）=0.0L0molL.001mol，硝酸银

27、和HCl发生反映AgN3+Cl=gC+HNO3，根据方程式知,HCl剩余,混合溶液中c（Cl）=03 ml/L,溶液中c（g+)=mol/L.8107mol/；事实上氢离子不参与反映，则溶液中c（H）=0.01molL,溶液的pH=lgc(H+)lg0.1=2,故答案为：.17；(3）红棕色气体是NO2,该反映中Ag元素化合价由+价变为0价、元素化合价由+价变为+4价,根据氧化还原反映知,尚有元素失电子化合价升高,只能是O元素失电子生成O2,根据反映物、生成物及反映条件书写方程式为2AO2Ag+2O2+O2,故答案为:AO32Ag+2NOO2；(4)该原电池中，Cu的活动性不小于，易失电子发生

28、氧化反映,因此Cu是负极、Ag是正极,正极上银离子得电子发生还原反映,电极反映式为g+e=Ag,故答案为:g+e=Ag.点评:本题为海南省高考题,考察原电池原理、氧化还原反映、pH计算、溶度积常数等知识点,综合性较强，明确正负极判断及其发生的反映、溶度积常数含义、氧化还原反映本质等知识点即可解答，注意（）题要进行过量计算,为易错点16.(8分）（海南)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答问题：(）氨的水溶液显弱碱性,其因素为NH3H2ONH4+ （用离子方程表达）:1mol1的氨水中加入少量NCl固体，溶液的H减小（填“升高”或“减少”）；若加入少量明矾,溶液中NH4+的浓度 增大 (填“

29、增大”或“减小”).（2)硝酸铵加热分解可得到NO和2O.5时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反映的化学方程式为 4NO3N2O2H2O ，平衡常数体现式为 =c（N2O)c（2H2O) ;若有1mol硝酸铵完全分解,转移的电子数为4 mol（3）由2O和NO反映生成N和N的能量变化如图所示,若生成1olN2，其H 19 kJl1考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡;反映热和焓变；化学平衡常数的含义菁优网版权所有分析:(1)一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离,根据化学平衡原理解释加入C固体以及明矾后平衡移动方向以及pH的变化;(2）根据所给的反映物和产物，结合元素守恒书写方程式即可,根据

30、反映书写平衡常数体现式，根据氧化还原反映得失电子守恒计算转移电子数;(3)由图可知，此反映为放热反映，热效应=(20348)kJmol1解答:解：(）一水合氨为弱碱,在水溶液中存在部分电离,电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3H2ONH+H,向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大,平衡左移,即氢氧根浓度减小,pH值减小，加入少量明矾,明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，增进氨水的电离，铵根浓度增大,故答案为:NH3HNH4+OH;减小；增大；()硝酸铵分解生成2O和HO,达到平衡,阐明为可逆反映，化学反映方程式为:NHO3N2O+2H2，250时,水为气体状态,故平衡常数

31、=c（N2O)c（H2O），4NO3中+的N元素化合价为3价,NO3中的N元素的化合价为+价，反映后N元素的化合价为价，发生归中反映，N元素由3价升高为+1价，此反映中每分解1mol硝酸铵,转移电子数为4ml，故答案为：H4O3N2O+2H2;=c(2O)c2(2H）;4；(3）由图可知，此反映反映物总能量高于生成物，且H=2938139kJmol1,故答案为:139点评:本题重要考察的是弱电解质的电离以及电离平衡的影响因素,还考察了氧化还原反映原理以及化学反映的热效应计算，难度不大 17(11分）（海南)工业上，向50060的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁;向火热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚

32、铁现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验.回答问题：(1）制取无水氯化铁的实验中，A中反映的化学方程式为n2+4HCl（浓）MnC2+Cl+2O,装置中加入的试剂是浓硫酸(2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A用来制取 HCl .尾气的成分是HC和2.若仍用D装置进行尾气解决，存在的问题是发生倒吸、可燃性气体2不能被吸取 （3)若操作不当，制得的eCl2会具有少量FC,检查FeC3常用的试剂是 KSCN溶液 .欲制得纯净的FeCl2，在实验操作中应先 点燃A处的酒精灯 ，再 点燃C处的酒精灯考点:氯气的实验室制法;氯气的化学性质菁优网版权所有分析：(1)实验室运用二氧化锰与浓盐酸加热反映制取氯气

33、，浓硫酸可以干燥氯气;（2）制取无水氯化亚铁,需要H气体，尾气的成分是剩余HCl和生成的氢气，Hl极易溶解于水,氢气不能溶于水，据此解答即可；(3）检查氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的Cl2，需先点燃A处的酒精灯排除装置中的空气,据此解答即可.解答：解：（1）制取无水氯化铁的实验中,A装置制取的是氯气,实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取,化学反映方程式为：Mn+Cl（浓）MnCl+Cl2H2，装置B的作用是干燥氯气,常用浓硫酸，故答案为:MnO2+HCl(浓)Mnl2+C2H2O;浓硫酸；(2)制取无水氯化亚铁,需要HC气体，故A装置制取的是Cl,反映方程式为：e+2HClFel+H2,

34、故尾气的成分为未反映的HCl和生成的氢气,由于HCl极易溶于水,故若仍然采用装置进行尾气解决，很容易导致倒吸,且氢气不溶于水,不利于氢气的吸取,氢气易燃,导致安全隐患，故答案为:HCl;HCl和H2;发生倒吸；可燃性气体H不能被吸取;（3）检查氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的Fel2,需先排净装置中的空气,故先点燃处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯,故答案为:KSC；点燃A处的酒精灯；点燃C处的酒精灯.点评:本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体,考察的是实验室中氯气的制取措施、常用尾气的解决措施以及铁离子的检查等，难度一般. 【选修-有机化学基本】18.（6分)（海南)下列有机物的命名错误的

35、是（ )A. 1,2,4三甲苯B.3甲基戊烯C甲基丙醇D1，二溴丙烷考点：真题预测集萃;有机化合物命名菁优网版权所有分析:题中B、C、D都为烃的衍生物,命名时注意主链的选用和编号，官能团的位置和个数以及取代基的位置和种类，为苯的同系物，命名时注意序号之和最小,以此解答该题.解答:解：A.主链为苯，从左边甲基下面第一种甲基开始编号,名称为:1,2，4三甲苯,故对的；.没有标出官能团位置，应为甲基1戊烯，故错误;主链错误，应为丁醇，故C错误;DBr在1、3位置，为1,3二溴丙烷,故D对的.故选BC.点评:本题为考题，基本性试题的考察，侧重对学生基本知识的检查和训练.该题的核心是明确有机物的命名原则

36、，然后结合有机物的构造简式灵活运用即可.有助于培养学生的规范答题能力.(14分）(海南）芳香化合物A可进行如下转化：回答问题：（1）B的化学名称为 醋酸钠 (2）由C合成涤纶的化学方程式为(3)E的苯环上一氯代物仅有两种，E的构造简式为（4）写出A所有也许的构造简式 、 .(5)写出符合下列条件的E的同分异构体的构造简式 .核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢 可发生银镜反映和水解反映.考点:有机物的推断.菁优网版权所有分析:水解得到三种产物,且已知乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反映得到涤纶，那么C应为乙二醇,可以猜想为酯类,B为羧酸钠,化学式C2H3O2Na可写成C3COONa,即B是乙酸钠,那么A

37、应是由乙二醇和乙酸以及此外一种酸得到的二元酯，根据的分子式为C11H12O5,也为羧酸钠，D通过酸化后E中应具有122=7个C,应有:+2246个H;应有:5+222=个O，即E为7HO3,且具有羧基,(）A在氢氧化钠的水溶液中得到，那么B应为钠盐;(2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反映生成涤纶,据此书写化学反映方程式；(3）E的苯环上一氯代物仅有两种,阐明两个取代基处在对位;（）苯环上连接2个取代基时，有邻间对三种位置关系;(5）符合条件核磁共振氢谱显示苯环上仅有种H,含2个支链处在对位，可发生银镜反映和水解反映，为甲酸酯类，据此解答即可.解答:解:（1）在碱性条件下水解得到B,B的分子式为:

38、23O2Na,故B是乙酸钠，故答案为：乙酸钠；()涤纶为乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反映生成的化合物,即和发生酯化反映,缩聚生成涤纶，反映方程式为，故答案为:；（3）由推断可以得出E为：7H6O3,不饱和度=5,且具有羧基，剩余部分一定为苯环和羟基，由于其一氯代物仅有两种，故羟基与羧基处在对位，故E的构造简式为：，故答案为：;（4）根据分析可知:A的构造为苯环上连接个基团,分别为：CHCOO和OOCH2OH，有邻间对三种同分异构体,构造简式为:,故答案为：、;（5）的分子式为：CH63,核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢,阐明2个取代基处在对位，可发生银镜反映和水解反映，阐明是甲酸形成的酯类,故构

39、造简式为：,故答案为：.点评：本题重要考察的是有机物的推断，重要考察的是酯类的水解，还波及同分异构体的书写、化学反映方程式的书写等，难度较大. 【选修3-物质构造与性质】2.(海南)下列物质的构造或性质与氢键无关的是（)乙醚的沸点B乙醇在水中的溶解度.氢化镁的晶格能DNA的双螺旋构造考点:真题预测集萃；氢键的存在对物质性质的影响.菁优网版权所有分析：氢键是分子间作用力的一种，F、O、N的电负性较强，相应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多数物质的物理性质有明显的影响,如熔点、沸点,溶解度,粘度,密度等,存在氢键的物质，水溶性明显增强，分子间作用力增强，熔沸点升高或减少，以此解答该题解答：

40、解：A.乙醚分子间不存在氢键,乙醚的沸点与氢键无关,故A选;B.乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B不选;C.氢化镁为离子化合物,氢化镁的晶格能与氢键无关,故C选；A具有OH、NH键,双螺旋构造与氢键有关，故D不选故选AC点评:本题为海南考题第19题,侧重于氢键的考察,为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质的影响,把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大 1.(海南)钒（2V）是国内的丰产元素,广泛用于催化及钢铁工业.回答问题：(1）钒在元素周期表中的位置为 第周期B族,其价层电子排布图为（)钒的某种氧化物的晶胞构造如图1所示晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数

41、分别为 、 2 .（3）O5常用作O2转化为SO3的催化剂SO2分子中S原子价层电子对数是3对,分子的立体构型为 V形 ；SO3气态为单分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为 p;O的三聚体环状构造如图2所示,该构造中S原子的杂化轨道类型为s；该构造中SO键长有两类,一类键长约1m,另一类键长约16pm，较短的键为 (填图2中字母），该分子中具有12 个键（4)V25溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3V4)，该盐阴离子的立体构型为 正四周体 ；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图所示的无限链状构造，则偏钒酸钠的化学式为 NaVO3.考点:真题预测集萃;原子核外电子排布；判断简朴分子或离子的

42、构型;晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.菁优网版权所有分析:(1)由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知,1s2s2p3s3s3d4p，因此推断其电子排布式为1s2263s23p63d34s2，注意由于s轨道能量比3d轨道能量低，因此先排4s轨道,因此其价层电子排布式为d34s，以此书写电子排布图;（2)由晶胞可知,V位于顶点和体心,有4个位于面心，个位于体心；（3)SO分子中S原子形成个键,孤电子对数为，S3气态为单分子，该分子中S原子形成个键,没有孤对电子，SO3的三聚体中S原子形成4个键,以此判断空间构型和

43、杂化类型；O3的三聚体中每个形成,存在=O键和S键,S键长较短;（)VO43中，形成4个键,孤电子对数为0,为正四周体构造,由链状构造可知每个V与3个O形成阴离子，且V的化合价为+5价，以此判断形成的化合物的化学式解答:解：（1)由题意知，钒的核电荷数为23,则可以推知钒在元素周期表中的位置为第周期B族，根据核外电子的轨道能量排布顺序知,12s2p3p4s3d4p,因此推断其电子排布式为1s22s2p3363d34s,注意由于轨道能量比3轨道能量低,因此先排4s轨道,因此其价层电子排布式为3d4s2，则电子排布图为,故答案为:第周期族;（2)由晶胞可知，V位于顶点和体心,阳离子个数为1+8=，

44、有4个位于面心，2个位于体心，则阴离子个数为4+2=，故答案为：4；2;（)SO2分子中S原子形成个键,孤电子对数为=1，O2分子中S原子价层电子对数是,为V形构造，SO3气态为单分子,该分子中S原子形成3个键,没有孤对电子,则为sp2杂化,S3的三聚体中原子形成4个键,为s杂化；SO的三聚体中每个S形成，存在=键和SO键,S=O键长较短，即a较短，该分子中具有键数目为34=，故答案为:;V形；s2；sp3;；12;(4）VO43中,V形成4个键，孤电子对数为=0,为正四周体构造,由链状构造可知每个V与3个形成阴离子,且V的化合价为+5价,则形成的化合物化学式为Na3,故答案为：正四周体；aO

45、3点评:本题为海南选做题,综合考察物质的构造和性质，侧重于学生的分析能力的考察，注意把握杂化类型以及价层电子数的判断,难度中档 【选修2-化学与技术】2.(海南)下列有关海水综合运用的说法对的的是（ ）A电解饱和食盐水可制得金属钠 B.海带提碘只波及物理变化C海水提溴波及到氧化还原反映D.海水提镁波及到复分解反映考点：真题预测集萃；氧化还原反映；化学基本反映类型;电解原理菁优网版权所有分析：.电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；.海带提碘,将碘离子氧化生成碘单质;C.海水中溴元素是以溴离子的形式存在,溴离子变为溴单质会发生氧化反映;D海水提镁,波及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反映,生成氯化

46、镁电解可生成镁.解答:解:A钠易与水反映,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应用电解熔融的氯化钠的措施冶炼钠，故A错误；B.海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质，发生化学变化，故B错误；C海水提溴是先氧化溴离子为溴单质,再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，波及氧化还原反映,故C对的；D海水提镁,波及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反映，生成氯化镁电解可生成镁，波及复分解反映,故对的故选C.点评:本题为海南高考题第2题，为选做题,侧重于海水的综合运用的考察,注意把握物质的性质以及应用，难度不大，注意把握从海水中提取钠、溴、碘以及镁的反映原理.23.（海南)铁在自然界分布广泛

47、，在工业、农业和国防科技中有重要应用回答问题：(1)用铁矿石（赤铁矿)冶炼生铁的高炉如图(a）所示原料中除铁矿石和焦炭外尚有 石灰石除去铁矿石中脉石(重要成分为SO2)的化学反映方程式为 CaO3CaO+CO2 、 CaO+i2CaSO3;高炉排出气体的重要成分有N2、CO2和CO (填化学式)（）已知:Fe2O(s)+3C（s）2Fe（s）3CO(g)H=+49kJol1 CO（g）+2（)CO2（)H=283kJol (s）+O2(g）O（g）H=110Jmo则反映e2O3(s）+3(s)O2(g)2F(s)+3CO2（g）的 35 kJmol1.理论上反映 放出的热量足以供应反映 所需要

48、的热量(填上述方程式序号）.（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示,其中，还原竖炉相称于高炉的炉腰 部分，重要反映的化学方程式为Fe2O3+3C2Fe3CO2 ；熔融造气炉相称于高炉的炉腹 部分(4)铁矿石中常具有硫，使高炉气中混有SO2污染空气,脱S2的措施是碱液或氢氧化钠、氨水考点：真题预测集萃；高炉炼铁菁优网版权所有分析:(1）铁矿石中具有氧化铁和脉石,为除去脉石,可加入石灰石,石灰石分解生成氧化钙,氧化钙和二氧化硅反映生成硅酸钙；加入焦炭,先生成O,最后生成二氧化碳；（2)运用盖斯定律将+得到e（s)+C（s)+2(g）2F（s）+CO2（g)的，因为吸热反映

49、,为放热反映,则反映放出的热量可使反映;（3)高炉炼铁时,炉腰部分发生e2O+3CO2Fe+CO,还原竖炉发生此反映，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2+O2CO以及CaC3a+O2，CaOi2CSiO3反映；（4)高炉气中混有O2，SO为酸性气体,可与碱反映.解答:解:(1）铁矿石中具有氧化铁和脉石，为除去脉石,可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙,氧化钙和二氧化硅反映生成硅酸钙,波及反映有CaCO3CO+CO，aO+SO2CaSiO，加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳,尾气中具有CO,故答案为:石灰石;aO3aO+C2;CaO+iO2CaSiO3；CO；(2)运用盖斯定律将+3得到Fe2O3

50、（s）+C（s)O2（g）2e（s）+3CO（）H=(+4kJo1）+（283kml1）=5kJmol1,因为吸热反映,为放热反映,则反映放出的热量可使反映,故答案为:5;；;(）高炉炼铁时,炉腰部分发生Fe23+3OFe+3CO,还原竖炉发生此反映,熔融造气炉和高炉的炉腹都发生C+O2CO以及CaO3O+O，CaO+SCaSO反映，则熔融造气炉相称于高炉的炉腹部分,故答案为:炉腰;Fe2O3+3C2Fe+3O2;炉腹；(）高炉气中混有SO2，SO2为酸性气体,可与碱反映，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸取,故答案为:碱液或氢氧化钠、氨水.点评：本题为海南考题，波及高炉炼铁,侧重于化学与生产的考察,综合考察元素化合物知识，有助于培养学生良好的科学素养,难度中档.