海南省高考化学试题答案及解析Word格式.docx
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B
C
D
汽油
天然气
浓硫酸
氢氧化钠
【解析】
A.乙醇易燃，属于易燃液体，故A不选；
B.天然气易燃，属于易燃气体，故B不选；
C.氯化钠没有腐蚀性，不属于腐蚀品，故C选；
D.硝酸具有强氧化性，属于氧化剂，故D不选。
6.下列反应的离子方程式正确的是（）
A.二氧化锰和浓盐酸制取氯气：
MnO2
+4H++2Cl-
△
2+
===Mn+Cl2
↑+2H2O
B.
3223
碳酸钠溶液用作洗涤剂的原理：
CO2-+2HO⇌HCO+2OH-
C.用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板：
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D.氯化铝溶液与氨水制取氢氧化铝：
Al3++3OH-=Al（OH）3↓
【答案】A
A.二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应的离子方程式为：
MnO2+4H+
+2Cl-
===Mn2+
+Cl2
↑+2H2O，故A正确；
323
碳酸为二元弱酸，则碳酸根离子的水解方程式需要分步写，正确的离子方程式为：
CO2-+2HO⇌HCO-+OH-，故B错误；
C.用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板，铁离子与铜反应生成亚铁离子和铁离子，正确的离子方程式为：
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+，故C错误；
D.氯化铝溶液与氨水制取氢氧化铝，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：
Al3++3NH3∙H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；
故选A．
公众号——唐山市高中化学微课堂编辑绘图
7.设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述错误的是（）
A.2.3gNa在足量O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B.标准状况下，5.6LNH3中含有的氢原子数目为0.75NA
C.1L0.1mol/LH3PO4溶液中含有的离子数目为0.4NA
D.1个CO2分子的质量为44g
NA
A.2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠反应后变为+1价，故0.1mol钠转移0.1NA个电子，故A
正确；
B.标况下5.6L氨气的物质的量为0.25mol，而1mol氨气中含3molH原子，故0.25mol氨气中含0.75NA个氢离子，故B正确；
C.磷酸为中强酸，不能完全电离，故溶液中的离子个数小于0.4NA个，故C错误；
D.1mol二氧化碳的质量为44g，含NA个二氧化碳分子，故NA个二氧化碳分子的质量之和为44g，
故一个二氧化碳分子的质量为44g，故D正确．
故选C．
8.如图所示为石墨电极电解CuCl2溶液的装置示意图。
下列分析正确的是（）
A.通电使CuCl2发生电离
B.a端是直流电源的负极
C.阳极上发生反应：
Cu2++2e-=Cu
D.通电一段时间后，在阴极附近可观察到黄绿色气体
A.电离过程是电解质在水分子作用下发生的离解过程，不是通电条件，通电使电解质发生氧化还原反应，故A错误；
B.依据图中离子移动方向分析，电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极分析确定电极名称，氯离子移向阳极，则b电极为电源正极，a为电源负极，故B正确；
C.依据离子移动方向可知阳极是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故C
错误；
D.氯离子在阳极失电子生成氯气，通电一段时间后，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误。
二、双选题（本大题共6小题，共28分）
9.将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入HCl气体6.72L标准状况），若忽略反应过程中溶液的体积变化，则下列判断正确的是（）
A.反应过程中得到6.72L（标准状况）的气体
B.最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）
C.最终得到7.8g沉淀
D.最终得到的溶液中c（NaCl）=1.5mol/L
【答案】CD
15.6gNa2O2的物质的量为15.6g
78g/mol
=0.2mol，5.4gAl的物质的量为5.4g
27g/mol
=0.2mol，6.72LHCl
气体的物质的量为6.72L
22.4L/mol
=0.3mol．
发生的化学反应：
2NaO2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成0.4molNaOH、0.1mol氧气；
发生反应：
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.2molAl消耗0.2molNaOH，故Al完全反应，剩余0.2molNaOH，生成0.2molNaAlO2、0.3molH2。
通入HCl，先发生反应：
NaOH+HCl=NaCl+H2O，0.2molNaOH反应消耗0.2molHCl，剩余0.1molHCl，再发生反应：
NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，0.1molHCl消耗0.1molNaAlO2，剩余0.1molNaAlO2，生成0.1molAl（OH）3，最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液。
A.反应中共得到气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×
22.4L/mol=8.96L，故A错误；
B.最终溶液为NaCl、NaAlO2混合溶液，由电荷守恒可知
c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（AlO2-）-c（H+），故B错误；
C.最终的沉淀为Al（OH）3，其物质的量为0.1mol，则质量为0.1mol×
78g/mol=78g，故C正确；
D.
=1.5mol/L
HCl完全反应，溶液中n（NaCl）=n（HCl）=0.3mol，故c（NaCl）=0.3mol
，故D正确，
故选：
CD．
10.下列各物质间的转化在给定条件下能实现的是（）
1.2
L
Cl2
A.CH4――――→
光照
NH3
HCl――――→
NH4Cl
H2O
B.CH2=CH2――――→
催化剂△
O2CH3CH2OH――――→CH3CHO
淀粉催化剂
AgNO3溶液
C.――△――→葡萄糖―――△―――→银镜
O2H2O
D.NH3――――→NO―――→HNO3
催化剂
【答案】AB
A.甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成氯化氢，氯化氢可与氨气反应生成氯化铵，故A
B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化可生成乙醛，可实现反应，故B正确；
C.葡萄糖与银氨溶液发生反应生成银镜，加入硝酸银，不能发生氧化还原反应生成银镜，故C
D.NO与水不反应，NO如生成硝酸，应通入氧气，故D错误．故选AB．
11.
在容积不变的密闭容器中存在如下反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H<
0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（）
A.图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C.图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂对化学平衡的影响
D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
A.增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅰ应是增大压强的原因，故A错误；
B.通入氦气，各组分的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不发生移动，故B错误；
C.图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故C正确；
D.乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小，故D正确；
12.下列实验操作中叙述不正确的是（）
A.进行蒸馏操作时先加热再通冷凝水
B.分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
C.容量瓶用蒸馏水洗涤后不烘干就使用
D.为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
【答案】AD
A.进行蒸馏操作时，为防止冷凝管破裂，加热前应先通冷凝水，蒸馏结束后继续通冷凝水一段时间，故A错误；
B.分液时，保证被分离液体的纯净，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；
C.定容时还需要向容量瓶中加入蒸馏水，故C正确；
D.容量瓶为精密仪器，浓溶液稀释或固体溶解产生大量的热量，容易损坏容量瓶，故D错误；
故选AD。
13.青蒿素结构式如图所示．下列有关青蒿素的说法错误的是（）
A.
青蒿素的分子式为C15H22O5
B.青蒿素分子结构稳定，受热不易分解
C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个六元碳环
D.青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏
O
【答案】BC
A.由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；
B.含有过氧键，不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；
C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个7元碳环，3个六元环，故C错误；
D.没有羟基、羧基等亲水基，难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃取后蒸馏，故D正确。
故选BC．
14.下列说法不正确的是（）
A.同族元素，随着电子层的增加，I1逐渐增大
B.通常情况下，电离能I1<
I2<
I3
C.同周期元素，随着核电荷数的增加，I1呈增大趋势
D.电离能越小，元素的金属性越强
A.同主族元素自上而下，随电子层增大，元素的第一电离能逐渐减小，故A错误；
B.因为同一原子失去电子的能力越来越难，所以其电离能的大小关系为I1<
I3，故B正确；
C.同周期元素的第一电离能呈增大的趋势，但同周期第ⅡA和第ⅤA族出现反常，故C正确；
D.同周期从左到右第一电离能增大，但第IIA和第VA族反常，如第一电离能：
Mg>
Al，Al的第一电离能越小，但Al的金属活泼性弱，故D错误；
AD．
三、填空题（本大题共2小题，共18.0分）
15.X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。
X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；
Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。
请回答下列问题：
（1）Y在元素周期表中的位置为。
（2）上述元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是（写化学式）。
（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有（写出其中两种物质的化学式）。
（4）ZX的电子式为；
ZX与水反应放出气体的化学方程式为。
【答案】
（1）第二周期第ⅥA族；
（2）HClO4；
H2S；
（3）O3、ClO2；
·
（4）Na+[·
H]−；
NaH+H2O=NaOH+H2↑。
本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质，能正确判断元素是解本题的关键，注意（4）中NaH电子式书写氢负离子的电子是2个电子成对，不能分开。
X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以X是H元素；
X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；
Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此解答。
（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：
第二周期第ⅥA族；
（2）非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是H2S，故答案为：
HClO4；
（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、两元素形成的化合物ClO2也可作消毒剂，故答案为：
O3、
ClO2等；
（4）ZX为NaH，属于离子化合物，由钠离子与氢负离子构成，电子式为Na+[·
H]−，NaH与水
反应生成氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为：
16.Ⅰ.已知下列8种物质：
①水；
②空气；
③二氧化碳；
④H2SO4；
⑤Ca（OH）2；
⑥NaOH溶液。
⑦碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]⑧硫酸氢钠（NaHSO4）
（1）属于混合物的是（填物质的序号，下同）。
（2）属于氧化物的是。
（3）属于碱的是。
（4）属于酸的是。
（5）属于盐的是。
Ⅱ.在宏观、微观、符号之间建立联系，是化学学科特有的思维方式。
汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一，在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车尾气转化成无毒气体。
用●表示碳原子，用○表示氧原子，用
表示氮原子，如图为气体转化的微观过程。
请根据图示回答下列问题：
（1）
A、B、C三种物质可以归为一类化合物的依据是。
（2）将C归为化合物、D归为单质的理由是。
（3）图示反应用化学方程式表示为；
化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物质的质量比为。
Ⅰ.
（1）①②⑥
（2）①③
（3）⑤
（4）④
（5）⑦⑧
Ⅱ.
（1）都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素
（2）二氧化碳是由两种元素组成的纯净物，而氮气是由一种元素组成的纯净物
（3）2CO+2NO======N2+2CO2；
15：
22
Ⅰ.本题考查物质的分类，酸、碱、盐等都有明确的概念，解题时抓住概念的要点来判断物质的类别，题目难度不大。
根据“混合物”、“氧化物”、“酸”、“碱”、“盐”的定义及化学式的书写解答，混合物是由两种或多种物质组成的，氧化物是指由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，盐是指由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物。
（1）空气是由氧气、氮气、二氧化碳等物质构成的混合物，氢氧化钠溶液也是混合物，所以属于混合物的是②⑥；
（2）水和二氧化碳都是由两种元素构成的，其中一种是氧元素，所以属于氧化物的是①③；
（3）Ca（OH）2是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，所以属于碱的是⑤；
（4）硫酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，所以属于酸的是④；
（5）碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]、硫酸氢钠（NaHSO4）都是由金属离子和酸根离子组成的，所以属于盐的是⑦⑧；
Ⅱ.本题从宏观、微观方面考查了化学反应，根据反应前后元素守恒、质量守恒结合单质、化合物的定义来分析解答即可，难度不大。
根据题意及图示可知：
A为NO、B为CO、C为CO2、D为N2，
（1）根据A、B、C含有元素种类知，这三种物质都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素，所以都属于氧化物，可以归为一类；
故答案为：
都由两种元素组成且其中一种元素为氧元素；
（2）C为CO2，D为N2，二氧化碳是由两种元素组成的纯净物，而氮气是由一种元素组成的纯净物，所以二氧化碳是化合物，氮气是单质，
二氧化碳是由两种元素组成的纯净物，而氮气是由一种元素组成的纯净物；
（3）同一化学反应中，分子数之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：
2CO+2NO======N2+2CO2，A为NO、C为CO2，化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物
质的质量比=2×
（14+16）:
（12+2×
16）=15:
16。
四、简答题（本大题共4小题，共46.0分）
17.运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应N2（g）+3H2⇌2NH3（g），若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则平衡移动（填“向左”、“向右”或“不”，下同）；
使用催化剂则平衡移动，反应的△H
（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）已知：
O2（g）=O2+（g）+e-△H1=1175.7kJ∙mol−1PtF6（g）+e-⇌PtF6-（g）△H2=-771.1kJ∙mol−1O2+PtF6-（s）=O2+（g）+PtF6-（g）△H3=482.2kJ∙mol−1
则反应O2（g）+PtF6（g）=O2+PtF6-（s）的△H=。
（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol∙L−1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成
沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为。
（已知25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=1.8×
10-11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×
10-20）。
（4）7℃、1.01×
105Pa时密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300mol∙L−1、
c（N2O4）=0.012000mol∙L−1。
计算反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数K。
（1）向左；
不移动；
不变；
（2）-77.6kJ/mol；
（3）Cu（OH）2；
2NH3∙H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+
（4）13.3
（1）若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，为保持恒压，体积增大，平衡向逆向进行；
催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应焓变不变，
向左；
2
①O2（g）=O+（g）+e-△H1=1175.7kJ∙mol−1
②PtF6（g）+e-⇌PtF6-（g）△H2=-771.1kJ∙mol−1
2626
③O+PtF-（s）=O+（g）+PtF-（g）△H3=482.2kJ∙mol−1
据盖斯定律，①+②+③得：
26
O2（g）+PtF6（g）=O+PtF-（s）△H=-77.6kJ∙mol−1
（3）溶度积常数越小的物质越先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁的溶度积，所以氢氧化铜先沉淀，铜离子和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和铵根离子，离子方程式为
4
2NH3∙H2O=Cu（OH）2↓+2NH+
（4）平衡时，c（NO2）=0.0300mol∙L−1、c（N2O4）=0.0120mol∙L−1，反应2NO2（g）N2O4（g）
的平衡常数K=c（N2O4）
c2（NO2）
=13.3。
18.某地煤矸石经预处理后主要含SiO2（20%）、Al2O3（30%）和少量的Fe2O3、FeO及MgO实验小组设计如下流程用其制备碱式硫酸铝[Al2（OH）4SO4]：
H2SO4H2O2试剂X过量稀H2SO4CaCO3
煤矸石
除杂Ⅰ
氧化
酸溶
SO2、Fe（OH）3
除杂Ⅱ
滤渣Ⅱ
碱式硫酸铝
调pH=3.6
酸化
Al2（OH）4SO4
（1）为提高“酸溶”时铝浸出率，可采取的措施之一是。
（2）氧化时应控制反应温度在10~20℃，其原因是，“氧化”时可用MnO2替代，反应的离子方程式为。
（3）试剂X为，设计一个简单的实验，证明铁元素已被沉淀完全：
。
（4）加入制CaCO3备碱式硫酸铝的化学方程式为。
（1）适当加热（或将煤矸石粉碎，适当提高硫酸的浓度等）；
（2）防止H2O2分解；
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）Al2O3（合理即可）；
静置，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液呈现血红色，说明未沉淀完全，反之则沉淀完全；
（4）Al2（SO4）3+2CaCO3+2H2O=Al2（OH）4SO4+2Ca
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