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1、完整版海南高考化学试题及答案高清解析版2016年海南省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（2分）（2016海南）下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）A汽油 B甘油 C煤油 D柴油【答案】B【解析】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃故选B 2（2分）（2016海南）下列物质不可用作食品添加剂的是（）A谷氨酸单钠 B柠檬酸 C山梨酸钾 D三聚氰胺【答案】 D【解析】A谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选；B柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，

2、故B不选；C山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选；D三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D选故选D3（2分）（2016海南）下列反应可用离子方程式“H+OH=H2O”表示的是（）ANaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合 BNH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合CHNO3溶液与KOH溶液混合 DNa2HPO4溶液与NaOH溶液混合【答案】C【解析】A二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H+OH=H2O表示，故A不选；BNH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H+OH=H2O表示，故B不选；CHN

3、O3溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H+OH=H2O，故C选；D磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合不能用H+OH=H2O表示，故D不选； 故选：C 4（2分）（2016海南）下列叙述错误的是（）A氦气可用于填充飞艇 B氯化铁可用于硬水的软化C石英砂可用于生产单晶硅 D聚四乙烯可用于厨具表面涂层【答案】B【解析】A气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；B氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以

4、不能用于硬水的软化，故B错误；C二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；D不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确； 故选：B 5（2分）（2016海南）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（）Ac（CO32） Bc（Mg2+） Cc（H+） DKsp（MgCO3）【答案】A【解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）Mg2+（aq）+CO32（aq），加入少量稀盐酸可与CO32促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，

5、只有A正确 故选A 6（2分）（2016海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（）A3.8104kJmol1 B3.8104kJmol1 C3.4104kJmol1 D3.4104kJmol1【答案】D【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8104kJ，则1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热H=3.4104kJmol1，故选D 二、选择题：本题共6小

6、题，每小题4分，共24分每小题有一个或两个选项符合题意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（4分）（2016海南）下列实验设计正确的是（）A将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性B将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼C将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32D将乙烯通入KmnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性【答案】D【解析】A、SO2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A错误；B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能

7、证明Fe比H2活泼，故B错误；C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，故C错误；D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确；故选D 8（4分）（2016海南）下列有关实验操作的叙述错误的是（）A过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁B从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁C滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁【答案】 B【解析】A过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；B滴加试剂时应防止污染滴管，滴

8、管不能接触试管内壁，故B错误；C滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；D向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确故选B 9（4分）（2016海南）利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A可生成H2的质量为0.02gB可生成氢的原子数为2.4081023个C可生成H2的体积为0.224L（标准情况）D生成H2的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量【答案】D【解析】根据方程式2H2O=2H2+O2，光解0.02 mol水，可产生0.02 mol H2和0.01 m

9、ol O2则可得：A可生成H2的质量为0.02mol2g/mol=0.04g，故A错误；B可生成氢的原子数为0.02mol26.021023/mol=2.4081022个，故B错误；C可生成标准状况下H2的体积为0.02mol22.4L/mol=0.448L，故C错误；D钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2，则0.04mol Na与水反应产生0.02 molH2，故D正确故选D 10（4分）（2016海南）某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液下列说法正确的是（）AZn为电池的负极 B正极反应式为2FeO42+10H+6e=Fe2O3+5H2OC该电池放电过程中

10、电解质溶液浓度不变 D电池工作时OH向负极迁移【答案】AD【解析】A根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；BKOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42+6e+8H2O=2Fe（OH）3+10OH，故B错误；C该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；D电池工作时阴离子OH向负极迁移，故D正确故选AD 11（4分）（2016海南）由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示下列说法正确的是（）A由XY反应的H=E5E2 B由XZ反应的H0C降低压强有利于提高Y的产率 D升高温度有利于提高Z的产率【答案】 BC【解析】A根据化学反应的实质

11、，由XY反应的H=E3E2，故A错误；B由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的H0，故B正确；C根据化学反应2X（g）3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；D由B 可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误故选BC 12（4分）（2016海南）工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（）A该反应的类型为消去反应B乙苯的同分异构体共有三种C可用Br2、CCl4鉴别乙苯和苯乙烯D乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7【答案】AC【解析】A反应CC变为C=C，为消去反应

12、，故A正确；B乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误；C苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；D苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故D错误故选AC 三、非选择题，包括必考题和选考题两部分第1317题为必考题，每个试题考生都必须作答，第1823题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题13（8分）（2016海南）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列

13、问题：（1）M元素位于周期表中的第 周期、 族（2）Z元素是 ，其在自然界中常见的二元化合物是 （3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为 ，产物分子为直线形，其化学键属 共价键（填“极性”或“非极性”）（4）四种元素中的 可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为 【答案】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元素【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；Y2+电子层结

14、构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元素（1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA族，故答案为：三；VIA；（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，故答案为：Si；SiO2；（3）X碳与硫的单质在高温下反应生成CS2，反应化学方程式为C+2SCS2，产物分子为直线形，结构与二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，故答案为：C+2SCS2；极性；（4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，

15、Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：Mg+2HClMgCl2+H2，故答案为：Mg；Mg+2HClMgCl2+H2 14（8分）（2016海南）KAl（SO4）212H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示回答下列问题：（1）为尽量少引入杂质，试剂应选用 （填标号）aHCl溶液 bH2SO4溶液 c氨水 dNaOH溶液（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为 （3）沉淀B的化学式为 ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是 （4）已知：Kw=1.01014，Al

16、（OH）3AlO2+H+H2O K=2.01013Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于 【答案】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2水解生成Al（OH）3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；（1）铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而Mg、Fe只能溶解于酸，据此选择试剂；（2）用NaOH溶液溶解Al生成偏铝酸钠及氢气，据此写出反应化学方程式；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2水

17、解生成Al（OH）3沉淀；Al3+水解使明矾溶液显酸性；（4）Al（OH）3沉淀溶解在NaOH溶液里发生的反应为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，结合水的离子积和氢氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数【解析】（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为：d；（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH

18、4+和HCO3均能促进AlO2水解，反应式为NH4+AlO2+2H2O=Al（OH）3+NH3H2O，生成Al（OH）3沉淀；因Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，则明矾水溶液显酸性，故答案为：Al（OH）3；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大；（4）Al（OH）3AlO2+H+H2OH2OH+OH，可得Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，则Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数=KKw=20，故答案为：20 15（8分）（2016海南）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成回答下列问题：（1）B和A为同系物，B的结构简式为 （2）反应的化学方程式为 ，其反应类型为 （3

19、）反应的反应类型为 （4）C的结构简式为 （5）反应的化学方程式为 【答案】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOCCOOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOCCOOH【解析】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOCCOOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH

20、，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOCCOOH（1）由上述【答案】可知，B的结构简式为：CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；（2）反应是CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；（3）反应是CH2=CHCH2Cl发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，也属于取代反应，故答案为：水解反应或取代反应；（4）C的结构简式为：HOOCCOOH，故答案为：HOOCCOOH；（5）反应是乙二酸与乙醇

21、发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：HOOCCOOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCOOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O 16（9分）（2016海南）顺1，2二甲基环丙烷和反1，2二甲基环丙烷可发生如图1转化：该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数回答下列问题：（1）已知：t1温度下，k（正）=0.006s1，k（逆）=0.002s1，该温度下反应的平衡常数值K1= ；该反应的活化能Ea（

22、正）小于Ea（逆），则H 0（填“小于”“等于”或“大于”）（2）t2温度下，图2中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是 （填曲线编号），平衡常数值K2= ；温度t1 t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是 【答案】（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s1，以及v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s1，结合化学平衡状态时正逆反应速率相等，可列出正、反浓度关系，可计算平衡常数，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应；（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B

23、，设顺式异构体的起始浓度为x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=，以此解答该题【解析】（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s1，则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s1，则v（逆）=0.002c（反），化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K1=3，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则H小于0，故答案为：3； 小于；（2）随着时间的

24、推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=，因为K1K2，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2t1，故答案为：B；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动 17（11分）（2016海南）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS某同学用15.0g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜采用的实验方案如下：回答下列问题：（1）在下列装置中，第一次浸出必须用 ，第二次浸出应选用 （填标号）（2

25、）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液若顺序相反，会造成 滤渣2的主要成分是 （3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是 （4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO45H2O，则铜的回收率为 【答案】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体；（2）H2O2与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器

26、为蒸发皿；（4）根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率【解析】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，故答案为：D；A；（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，

27、故答案为：H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2；（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，故答案为：蒸发皿；（4）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g12.8%96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO45H2O中Cu的物质含量的为1.5g250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为100%=30%，故答案为：30% （二）选考题，任选一模块作答选修5-有机化学基础18（6分）（2016海南）下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1的有（）A乙酸甲酯 B对苯二酚 C2甲基丙烷 D对苯二甲酸【答案】BD【解析】A乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2种氢原

28、子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：1，故A错误；B对苯二酚（）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故B正确；C.2甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C错误；D对苯二甲酸（）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故D正确故选：BD 19（14分）（2016海南）富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血如图是合成富马酸铁的一种工艺路线：回答下列问题：（1）A的化学名称为 由A生成B的反应类型为 （2）C的结构简式为 （3）富马酸的

29、结构简式为 （4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是 （5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出 LCO2（标况）；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有 （写出结构简式）【答案】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为，环己烯与溴发生加成反应生成C为，C再发生消去反应生成，与氯气发生取代反应生成，发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应得到，进行酸化得到富马酸为：【解析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为，环己烯与溴发生加成反应生成C为，C再发生消去反应生成，与氯气发生取代反应生成，发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应得到，进行酸化得到富马酸为：（1）A的化学名称为环己烷，由A生成B的反应类型为取代反应，故答案为：环己烷；取代反应；（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为：，故答案为：；（3）由上述【答案】可知，富马酸的结构简式为：，故答案为：；（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无，故答案为：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无；（5）富马酸为二元羧酸，1mo