海南省高考化学试卷解析Word格式.doc

1、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（）ACOBSO2CHClDCO2【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

2、；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；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（）A18O3B2H217O2C14N16O2D14C16O2【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A18O3中子数为（188）3=30，故A错误；B2H217O2中子数为（21）2+（178）2=2

3、0，故B错误；C14N16O2中子数为（147）+（168）2=23，故C错误；D14C16O2中子数为（146）+（168）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+4B+5C+6D+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

4、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（）ABCD【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

5、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）3D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

6、+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）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；【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

7、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；

8、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ACu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

9、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

10、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9NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述错误的是（）A1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC1 L 0.1 molL1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD1 mol 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

11、、CO和氮气中均含14个质子A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4NA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0.1NA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14NA个，故D正确【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（）APb电极b为阴极B阴极的反应式为：N2+6H+6e=2NH

12、3CH+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APb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；【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

13、难度不大11已知反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0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，（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AH0，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（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