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文檔簡介

乙烯不含碳碳雙鍵;D.甲烷與足量氯氣反應可生成三氯甲烷、四氯化碳等.【解答】解:A?酒中含乙醇,乙醇可被氧化成乙醛,乙醛進一步被氧化成乙酸,乙醇和乙酸在一定條件下反應生成乙酸乙酯,乙酸乙酯具有香味,故酒是陳的香,故A正確;B.丁烷存在正丁烷、異丁烷兩種同分異構體,故B錯誤;C.聚乙烯不含碳碳雙鍵,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,故C錯誤;D.甲烷與足量氯氣反應可生成三氯甲烷、四氯化碳等,二者都為難溶于水的油狀液體,故D正確.故選AD.【點評】本題考查有機物的結構與性質,為高頻考點,把握官能團與性質的關系為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,注意把握同分異構體的判斷,題目難度不大.9、C【分析】A、乙烯中含4條碳氫鍵;B、甲烷燃燒時,碳元素由-4價變?yōu)?4價;C、乙酸為弱酸,不能完全電離;D、CO和氮氣中均含14個質子.【解答】解:A、乙烯中含4條碳氫鍵,故1mol乙烯中含4NA條碳氫鍵,故A正確;B、甲烷燃燒時,碳元素由-4價變?yōu)?4價,故1mol甲烷燃燒轉移8mol即8NA個電子,故B正確;C、乙酸為弱酸,不能完全電離,故溶液中的氫離子個數(shù)小于0.1Na個,故C錯誤;D、CO和氮氣中均含14個質子,故ImolCO和氮氣的混合物中含有的質子數(shù)為14NA個,故D正確?故選C.【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算,難度不大,應注意掌握公式的運用和物質的結構.10、A【分析】由電化學制備NH3的裝置可知,通入氮氣的一端為為陰極,通入氫氣的一端為陽極,電解反應N2+3H22NH3,電解池中陽離子向陰極移動,以此來解答.【解答】解:A.Pb電極b上氫氣失去電子,為陽極,故A錯誤;B?陰極上發(fā)生還原反應,則陰極反應為N2+6H++6e-=2NH3,故B正確;C.電解池中,H+由陽極向陰極遷移,故C正確;D.由圖可知,氮氣與氫氣不直接接觸,陶瓷可以隔離N2和H2,故D正確;故選A.【點評】本題為2017年海南高考題,側重考查電解原理,為高頻考點,把握電極、電極反應及離子移動方向為解答的關鍵,注重分析與應用能力的考查,題目難度不大.11、AD【分析】A.升高溫度,平衡向逆反應方向移動;B.減小壓強,平衡向體積增大的方向移動;C.催化劑不會引起化學平衡的移動;D.在一定溫度和壓強下,充入一定量的氮氣,相當于混合氣體壓強減小,平衡向氣體體積增大的方向移動.【解答】解:A.AH<0,正反應放熱,升高溫度平衡向逆反應方向移動,平衡常數(shù)減小,故A正確;B.比較方程式氣體的計量數(shù)關系,反應前氣體的計量數(shù)等于反應后氣體的計量數(shù)之和,則減小壓強,平衡不移動,n(CO?)不變,故B錯誤;C.催化劑能改變反應速率,但不會引起化學平衡的移動,所以a(CO)不變,故C錯誤;D.充入一定量的氮氣,相當于混合氣體壓強減小,平衡向氣體體積增大的方向移動,但該反應前后氣體體積不變,平衡不移動,n(H2)不變,故D正確;故選AD.【點評】本題考查化學平衡的影響因素,題目難度不大,本題注意觀察方程式的特征,把握外界條件對平衡狀態(tài)的影響.12、BD【分析】A.錐形瓶不能潤洗,否則導致待測液中溶質的物質的量偏大;B?容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞,使用前必須檢查是否漏水;C.先關閉冷凝水再停止加熱,易導致冷凝管炸裂;D.為了提高分液效果,分液漏斗下層液體從而下□放出,上層溶液再從上□倒出.【解答】解:A.中和滴定時,盛放待測液的錐形瓶不能潤洗,否則待測液中溶質的物質的量偏大,測定結果偏高,故A錯誤;B.為了避免影響實驗結果,容量瓶和滴定管使用前均需要檢漏,故B正確;C.蒸餾時,應防止冷凝管破裂,蒸餾完畢,應該先撤酒精燈再關冷凝水,故C錯誤;D.分液時,為了避免污染試劑,下層溶液先從分液漏斗下□放出,上層溶液再從分液漏斗上□倒出,故D正確;故選BD.【點評】本題考查化學實驗方案的評價,題目難度不大,涉及中和滴定、分液、蒸餾操作方法等知識,明確常見化學實驗基本操作方法為解答關鍵,試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力.13、(1)(2)CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2f(3)H3BO3(13、(1),故答案為:為CaH2+2H2O=COH)2,故答案為:為CaH2+2H2O=COH)2+2H2f,程式為故答案X與M組成的物質為CaH2,為離子化合物,可與水反應生成氫氣,方為:離子;(3)CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2t;Y為B元素,位于周期表第二周期IIIA族,含氧酸為H3BO3,故答案為:第二周期IIIA族;H3BO3;(4)L與M形成的化合物Ca3P2,Ca的化合價為+2價,P為-3價,故答案為:-3.14、(1)純堿CO32-+H2O?HCO3-+OH-2)+135.6c(H2O)?c(CO2)

【分析】(1)碳酸鈉俗稱純堿;Na2CO3為強堿弱酸鹽,CO32-水解使溶液呈堿性;2)①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g)△H1=-127.4kJ?mol-1②①laOHx②得,+COaHCO)(=s)NaH(N?2CO:sXs^H+HOl3g.5k+?mol-1g)據(jù)此進行分析;K=當碳酸鋇、硫酸鋇兩種沉淀共存時,溶液中鋇離子濃度為定值,根據(jù)溶度積計算.【解答】解:(1)碳酸鈉俗稱純堿;Na2CO3為強堿弱酸鹽,CO32-離子水解方程式為CO32-+H20?HCO3-+OH-,使溶液呈堿性②故答案為:純堿;CO32-+H2O?HCO3-+OH-;2)①2NaOH(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+H2O(g)AH〔=-127.4kJ?mo卜1②NaOH(s)+CO2(g)=NaHCO3(s)△H!=-131.5kJ?mol-1,①-2x②得,2NaHCO3(s)—Na2C03(s)+H20(g)+C02(g)AH=+135.6kJ?mol-1;K=c(H2O)?c(CO2),故答案為:+135.6;c(H2O)?c(CO2);(3)Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)(SO42-)=1.1XI0-10;Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO32-)=2.6X10-9,所以故答案為:15、(1)加成反應環(huán)己烷消去反應丿5jp1",由B,由B的分子式可知B為由轉化關系可知苯與氫氣發(fā)生加成反應,生成A為環(huán)己烷,結構簡式為,然后發(fā)生消去反應生成,結合對應有機物的官能團的性質解答該題.解:(由轉化關系可知苯與氫氣發(fā)生加成反應,生成A為環(huán)己烷,結構簡式為,然后發(fā)生消去反應生成,結合對應有機物的官能團的性質解答該題.解:(1)反應①為加成反應,生為環(huán)己烷,故答案為:加成反應;環(huán)己解答】成(2)由以上分析可知B為,發(fā)生消去反應生,故答案為:;消去反應;(3)苯的密度比水小,溴苯的密度比成水大,加入水,油層在上層的為苯,油層在下層的為溴苯,故答案為:加入水,油層在上層的為苯,油層在下層的為溴苯.16、(1)鹽酸Li+e-=Li.(2)Li與二氧化碳反應(3)焰色反應,觀察到黃色的為硬脂酸鈉、紫色的為硬脂酸鉀(4)LiF【分析】(1)碳酸鋰與鹽酸反應生成LiCl,由電解LiCl-KCl的熔融混合物生產金屬鋰,陰極上鋰離子得到電子;(2)Li與Mg性質相似,與二氧化碳反應;(3)陽離子不同、焰色反應不同;(4)LiPF6受熱易分解,生成兩種兩種氟化物.【解答】解:(1)用碳酸鋰和鹽酸反應可制備氯化鋰,工業(yè)上可由電解LiCl-KCl的熔融混合物生產金屬鋰,陰極上的電極反應式為Li+e-=Li,故答案為:鹽酸;Li+e=Li;(2)不可使用二氧化碳滅火器撲滅因金屬鋰引起的火災,其原因是Li與二氧化碳反應,故答案為:Li與二氧化碳反應;4)LiPF64)LiPF6受熱易分解,發(fā)生LiPF6□F+PF5,其熱分解產物為PF5和LiF,故答案為:LiF.17、(1)濃硫酸SiO2(2)氧化亞鐵離子、促進鐵離子、鋁離子轉化為沉淀(3)溶液接近為無色(4)溫度對硫酸鎂、硫酸鈣的溶解度影響不同,溫度越高,硫酸鈣溶解度越小,可以采用蒸發(fā)濃縮,趁熱過濾方法除去硫酸鈣【分析】硼鎂泥主要成份是MgO,還有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質,酸溶時MgO、CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反應,SiO2不與硫酸反應,B2O3轉化為H3BO3,則濾渣1為SiO2,次氯酸鈣具有強氧化性,加入的次氯酸鈣可把亞鐵離子氧化成鐵離子,MgO促進鐵離子、鋁離子水解,鐵離子、鋁離子轉化為沉淀,則濾渣2為Al(OH)3、Fe(OH)3,濃縮過濾得到濾渣3為CaSO4,濾液中含鎂離子、硫酸根離子,蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到硫酸鎂晶體,以此來解答.解答】解:(1)“酸解”時應該加入的酸是濃硫酸,pH=1時B2O3轉化為H3BO3,二氧化硅不反應,則“濾渣1”中主要含有SiO2,

故答案為:濃硫酸;SiO2;(2)“除雜”時加入次氯酸鈣發(fā)生2Fe2++CIO-+2H+—2Fe3++CI-+H2O,氧化鎂促進鐵離子、鋁離子水解,則次氯酸鈣、氧化鎂的作用分別是氧化亞鐵離子、促進鐵離子、鋁離子轉化為沉淀,故答案為:氧化亞鐵離子;促進鐵離子、鋁離子轉化為沉淀;(3)因亞鐵離子、鐵離子均為有色離子,則判斷“除雜”基本完成的檢驗方法是溶液接近為無色,故答案為:溶液接近為無色;分離濾渣3應趁熱過濾的原因是溫度對硫酸鎂、硫酸鈣的溶解度影響不同,溫度越高,硫酸鈣溶解度越小,硫酸鎂在80r左右溶解度最大所以該過程中溫度應控制80r左右,溫度太低會析出晶體,所以要趁熱過濾,故答案為:溫度對硫酸鎂、硫酸鈣的溶解度影響不同,溫度越高,硫酸鈣溶解度越小,可以采用蒸發(fā)濃縮,趁熱過濾方法除去硫酸鈣.18-Ic取代反應路線I反應相對較為安全,但產率較低,路線II產率較高,但生成易爆炸的氫氣分析】I?由信息分析】I?由信息“R-oh+r2-oh-0-R2+R[O0a^R1+R2-O-R2+H2O”可知路線I兩種醇發(fā)生分子間脫水生成II?苯甲醇與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生取代反應生成A為?’:易爆炸,II?苯甲醇與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生取代反應生成A為?’:易爆炸,A、B發(fā)生取代反應可生成解答】解:(1)由以上分析可知路線I的主要副產物有,產率較高,以此解答該題.故答案為:、C2H5_0-CH,;C2H5一0一C2H5;■I醚,可發(fā)生在不同的醇之間或相同的醇之間,該反應相對較為安全,但生成副產品,產率較低;,乙醇與鈉反應生成B為C2H5ONa,反應生成氫氣,,故答案為:生成C,故答案為:生成C2H5ONa的同時生成氫氣,應遠離火源,防止爆炸,故答案為:遠離火源,防止爆炸;由A和B生成乙基芐基醚的反應類型為取代反應,故答案為:取代反應;路線答案較多的副反應相對較為安全,但產安較礴曙線I產率較高,,但生成易爆炸的2)(3)(4)(5)氫氣;氫氣,1個取代基,則為苯甲醚,則還7)甲苯替代苯甲醇合成乙基芐基醚,可首先發(fā)生①+CI+HCI,②發(fā)生2C2H5OH+2Naf2C2H5ONa+H2t,然后發(fā)生③1個取代基,則為苯甲醚,則還7)甲苯替代苯甲醇合成乙基芐基醚,可首先發(fā)生①+CI+HCI,②發(fā)生2C2H5OH+2Naf2C2H5ONa+H2t,然后發(fā)生③CH.Cl+C2H5ON3+NaCI,故答案為+CI2+HCI②2C2H5OH+2Nfa2C2H5ONa+H2t+NaCI19-IAD19-I1)混合晶體。鍵、兀鍵SP22)4正四面體非極性3)SiX4屬于分子晶體,相對分子質量越大,沸點越高減弱增強4)K3C602.0【分析】(1)碳的一種單質的結構如圖(a)所示,應為石墨,屬于混合型晶體,C原子形成3個c鍵;2)SiCb分子的中心原子為Si,形成4個c鍵,具有甲烷的結構特點;3)由圖象可知四鹵化硅的沸點逐漸升高,為分子晶體,沸點與相對分子質量有關,PbX2的沸點逐漸降低,其中PbF2為離子晶體,PbBr2、PbI2為分子晶體;4)K位于棱和體心,C60位于定點和面心,利用均攤法可計算化學式,結合質量、體積計算晶胞的密度大小.【解答】解:(1)碳的一種單質的結構如圖(a)所示,應為石墨,屬于混合型晶體,在石墨晶體中,同層的每一個碳原子以sp2雜化軌道與相鄰的三個碳原子以c鍵結合,六個碳原子在同一個平面上形成了正六邊形的環(huán),伸展成片層結構,在同一平面的碳原子還各剩下一個p軌道,其中有一個2p電子?這些p軌道又都互相平行,并垂直于碳原子sp2雜化軌道構成的平面,形成了大n鍵?故答案為:混合晶體;C鍵、兀鍵;Sp2;2)Sic4分子的中心原子為Si,形成4個C鍵,價層電子對數(shù)為4,具有正四面體結構,屬于非極性分子,故答案為:4;正四面體;非極性;3)①四鹵化硅的沸點逐漸升高,為分子晶體,沸點與相對分子質量

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