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