2023年高考海南卷化学试题.pdf

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1、2017年普通高等学校招生全国统一考试化学留意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 .答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3 .考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 1 2 N 1 4 O 1 6 S 3 2 C 1 3 5.5 K 3 9 F e 5 6一、选择题：此题共6小题，每 题 2分，共 1 2 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1 .以下说法错误的选项是A.

2、蔗糖可作调味剂 B.细铁粉可作食品抗氧剂C.双氧水可作消毒剂 D.熟石灰可作食品枯燥剂【答案】D【解析】A、蔗糖具有甜味，且对人体无害，因为蔗糖可以作调味剂，故 A 说 法 正 确 B、细铁粉可以空气中氧气发生反应，防止食品被氧化变质，故 B说法正确；双氧水具有强氧化性，能消灭细菌和病毒，因此双氧水可作消毒剂，故 C说法正确；D、射石灰不具有吸水性，不能作干燥剂，故 D说法错、ai 天。【名师点睛】此题考察物质的用途，此题比较根底，寻常夯实根底，把握物质的性质和用途，表达对化学学问的学以致用。2 .分别将足量以下气体通入稀N a 2 s 溶液中，可以使溶液变浑浊的是A.C O B.S O,C.

3、H C 1 D.C O2【答案】B【解析】A、CO不 与 N a S发生反响，因此没有沉淀产生，故A错误；B、SO具有弱氧化性，与 N a S发2 2 2生氧化复原反响，B J S O2+2 S 2-+4 H+=3 S 1+2 H P，故B正确：C、利用酸性强的制取酸性弱的，即发生 2 H，+S 2-=H jS,没有沉淀产生，故C错误；D、不产生沉淀，故D错误。【名师点睛】此题考察元素及其化合物的性质，此题比较根底，考察硫及其化合物的性质以及酸性的强的制取酸性弱，此题表达了 S O 2 的弱氧化性，寻常留意根底的夯实。3.以下分子中，其中子总数为2 4的是A.8O3 B.2H2170,C.I4

4、N16O,D.14Cl6O2【答案】D【解析】A、lm o l1 8 o中含有中子物质的量为即中含有中子物质的量为3 x l0 m o l=3 0 m o b故A错误；B、I m o F H S中含有中子物质的量为Q x l+2*9仙。20m%故B错误;C、l m o N 1 6 0 2中含有中子物质的量为(7 +2 x S)m o l=2 3 m o I,故C错误；D、I m o/:中含有中子物质的量为(7 +2乂8)m o l=2 3 m o l,故D正确。【名师点睛】此题考察原子构造的表示以及几个数量之间的关系，左上角为质量数、左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数等进

5、展推断，此题属于根底题，表达学生对学问的把握和运用程度。4.在酸性条件下，可发生如下反响：C IO-+2M3+4H 0=M O-+C 1-+8H+,M O 中M的化合价是23 4 2 7 2 7A.+4 B.+5 C.+6 D.+7【答案】c【解析】依据离子反响方程式中，反响前后所带电荷数相等，即6-l=8-n-l,解得n=2,从而得出M 0f-中M的化合价为+6价，故C正确。【名师点睛】此题考察离子反响方程式中所带电荷数守恒以及化合价的推断，反响前所带电荷数为5,反响后所带电荷数为为(8-1-n),反响前后所带电荷数守恒，即8-1 n=5,n=2,乂0 y中0为一2价，因此M的价态为+6价，

6、此题属于根底题。5.以下危急化学品标志中表示腐蚀品的是【答案】A【解析】A、为腐蚀品标志，故A正确：B、为易燃固体标志，故B错误3 C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或照旧固体标志，故D错误。【名师点睛】此题考察化学标志的生疏，此题属于根底题，要了解化学中每个标志的用途，所对应的物质。6.能正确表达以下反响的离子方程式为A.用醋酸除去水垢：2H+CaCO=Ca2+CO t+HO3 2 2B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H+FeS=H25T+Fe2+C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3+3 CO=Al2（CO3）3iD.用氢氧化钠溶液吸取工业废气中的NO：2NO+2OH=NO+NO+

7、H O2 2 3 2 2【答案】D【解析】A、醋酸是弱酸不能拆写成离子，应 是2 C H：C O O H +C a C O；=2 C H:C C X）-+C a-+C O；T +H；O,故A错误；B、浓硫酸具有强氧化性，能 把 氧 化 成S,把F 4-氧化成F4,故B错误；C、发生双水解反应，应 是2 A P-+3 C O k+3 H：O-2 A 1 0 H U+3 C。,故C错误；D、N。：与。氏发生歧化反应，离子反应方程式为2 N O厂2 0 H、N 0 W-H9,故D正确。【名师点睛】此题考察离子反响方程式的正误推断，生疏把握元素及其化合物的性质外，还需要把握书写离子方程式应留意的问题（

8、1）易溶、易电离的物质（可溶性强电解质，包括强酸、强碱、可溶性盐）以实际参与反响的离子符号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物均用化学式表示。（2）离子方程式书写时，浓硫酸不能拆写成离子形式，而浓硝酸、浓盐酸要拆写成离子形式。（3）多元弱酸的酸式酸根不能拆写成离子形式，如NaHC（）3不能拆写成“Na-+H+CO23”。（4）氨水作为反响物写为NH,H2O；作为生成物，假设有加热条件或浓度很大时，写为“NMi+H Q”。（5）高中阶段所学的离子反应一般是在水溶液中发生的，非水溶液中发生的离子反响不能写出离子方程式，如 C u 与浓硫酸的反响、NH.C1固体与NaOH固体的反响。

9、4二、选择题：此题共6 小题，每 题 4 分，共 2 4 分。每题有一个或两个选项是符合题目要求的。假设正确答案只包括一个选项，多项选择得（）分；假设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.以下表达正确的选项是A.稀硫酸和铜粉反响可制备硫酸铜B.碘化钾与浓硫酸反响可制备碘化氢C.过氧化钠与二氧化碳反响可制备氧气D.铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【答案】CD【解析】A、依据金属活动挨次表，C u 排 在 H 的右边，因此金属铜不与稀硫酸反响，故A 错误；B、浓硫酸具有强氧化性，能 把 H 1氧化，故 B 错误；C、2Na,O+2CO

10、=2Na CO+O,因此可以制备氧气，/2 2 2 3 2故 C 正确；D、铝在氯气中燃烧生成A1C1,故D 正确。【名师点睛】此题考察常见物质的制备，应从反响的原理入手，同时涉及某些物质的性质，如浓硫酸不仅具有强酸性，同时还具有强氧化性，能把复原性的物质氧化，因此制备复原性物质时，一般不用浓硫酸，此题属于根底题目。8.以下表达正确的选项是A.酒越陈越香与酯化反响有关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澳的四氯化碳溶液褪色D.甲烷与足量氯气在光照下反响可生成难溶于水的油状液体【答案】AD【解 析】A、乙 酿 被 氧 化 成 乙 酸，乙 醋 和 乙 酸 发 生 酯 化 反

11、 应，即 CH 3cH9H十C H K O O H kCH：COOCH：CH;+H；O,与酣化反应有关，故 A 正确；B、乙烷和丙烷没有同分异构体，丁烷存在同分异构体，即正丁烷和异丁烷，故 B 错误；C、乙悌中含有碳碳双键，能使漠的四氧化碳溶酒褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使混的四氯化碳溶液褪色，可以鉴别，故 C 错误；D、甲烷和氯气发生取代反应，生 成 C ItC l、CH2ch、CHC1?、CCL,CH：C l为气体，ClfcCk、CHCl CCL为难溶于水的油状涌体，故 D 正确。【名师点睛】此题考察有机物的根底学问，寻常学习中娴熟把握每种代表物的性质，包括化学性质和物理性质，此题中留

12、意选项C 和选项D,选 项 C 中的聚乙烯，名称为聚乙烯，但不含碳碳双键，是由乙烯聚合而成，选 项 D 中留意文字，在光照条件下再生成难溶于水的油状液体，而不是都是难溶于水的油状液体，此题属于根底题目，相对简洁。9.冬为阿伏加德罗常数的值。以下表达错误的选项是A.1 m o l乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB.1 m o l甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC.1 L0.1 mol-L 1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1织D.1 m ol的 CO 和此混合气体中含有的质子数为14纵【答案】C【解析】A、乙烯的构造简式为CH2=CH2，Im ol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4 m o l,故A

13、说法正确：B、甲烷燃烧生成CO2,甲烷中C 的化合价为一4 价，CO2中 C 的化合价为+4 价，因 此 Im ol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8m。1,故B 说法正确；C、乙酸是弱酸，局部电离，因此溶液中H坳质的量小于 O.lm ol,故 C 说法错误；D、ImolCO含有质子物质的量为(6+8)mol=14moL ImolN,中含有质子物质的量为2x7mol=14mol,因此ImolN2和C O的混合气体中含有质子物质的量为14mo1,故D说法正确。【名师点睛】此题考察阿伏加德罗常数的应用，一般从构造、转移电子、弱电解质电离、隐含条件、微粒数、气体摩尔体积等角度进展考察，从构造：书写常见

14、物质的构造，如金刚石为原子晶体，一个碳原子与四个碳原子形成化学键，因此一个碳原子真正具有的共价键为2个，1个Si。？中S i有4个化学键等等；转移电子：一般涉及歧化反响，那就从氧化产物或复原产物中查找，如Na?。？与H.O的反响，从氧气中进展推断，生 成I m o.转移电子物质的量为1x2x()(l)mol=2mol：隐含条件：一般涉及可逆反响，如N O和 的 反 响，2NO+O2=2NO,2NO27=N2O4，可逆反响不能仅到底；气体摩尔体枳：看清楚条件是否是标准状况，标准状况下，此物质是否是气体，记住H Q、SO.H F在标准状4J况下不是气体；这需要夯实根底学问，此题一般属于根底题，简洁

15、拿分。10.一种电化学制备N&的装置如以下图，图中陶瓷在高温时可以传输H+。以下表达错误的选项是氮气=Au=n 尸=景，氧气质子传输堀圈石央.电解池-.-P d电极aI 1 L 7T-P d电极bA.Pb 电极b 为阴极B.阴极的反响式为：N2+6H+6e=2NH3C.H+由阳极向阴极迁移D.陶瓷可以隔离N?和H?【答案】A【解析】A、此装置为电解池，总反应是N +3比=2 N H”P d电极b上是氧气发生反应，即氧气失去电子化合价升高，P d电极b为阳极，故A说法错误；B、根 据A选项分析，P d电 极a为阳极，反应式为N+6 H-+6 e-=2 N H；,故B说法正确；C、根据电解池的原理

16、，阳离子在阴极上放电，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶姿隔离N和 比，故D说法正确.【名师点睛】此题考察电解原理，首先推断阴阳两极，阴极连接电源的负极，阴极上得到电子化合价降低，发生复原反响，阳极连接电源的正极，阳极上失去电子化合价上升，发生氧化反响，然后推断电极材料，惰性电极还是活动性金属作电极，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，假设是惰性材料作阳极，则是复原性强的阴离子先失电子，氧化性强的离子在阴极上得电子；电极反响式的书写是高考的热点，一般需要依据装置图完成，需要看清反响环境。催化剂11.反 响 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)A H 0,在确定温度

17、和压强下于密闭容器中，反响到达平衡。以下表达正确的选项是A.上升温度，K减小 B.减小压强，”(CO?)增加C.更换高效催化剂，QCO)增大 D.充入确定量的氮气，”(凡)不变【答案】AD【解析】A、此反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的留响，即升高温度，又值减小，故 A 说法正确；B、反应前后气体系数之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即 n(C6)不变，故 B 说法错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，因 此 C。的转化率不变，故 C说法错误；D、恒压下，充入X,容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反应前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H

18、。不变，故 D 说法正确。r【名师点睛】此题考察化学平衡常数的和影响化学平衡移动的因素，化学平衡常数：是确定条件下到达平衡时，生成物浓度的辕之积与反响物浓度的哥之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响：影响化学平衡移动的因素是温度、压强、浓度等，要熟记这些因素如何影响平衡的移动，尤其是压强对化学平衡的移动，首先推断物质的状态是否是气体，然后推断反响前后气体系数之和是否相等，然后作出合理推断，此题较简洁。12.以下试验操作正确的选项是A.滴定前用待测液润洗锥形瓶B.容量瓶和滴定管使用前均需要检漏C.蒸储完毕时，先关闭冷凝水，再停顿加热D.分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出【答案】B

19、D【解析】A、滴定前锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成所测浓度不准确，故A 错误；B、容量瓶和滴定管使用前都需要检漏，否则对试验的数据产生干扰，故B 正确：C、蒸储完毕时，先停顿加热，后关闭冷凝水，故C 错误；D、分液时，下层溶液从下口流出，上层液体从上口倒出，故D 正确。【名师点睛】化学是一门试验性的学科，在进展化学学习的过程中常涉及物质的分别提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要把握物质的物理性质、化学性质、常见的分别混合物的方法、常见的仪器的名称、使用、化学试剂的使用、分别方法及名称、操作的先后挨次等,这样才可以得心应手，作出正确的分析与推断，此题相对简洁。三、

20、非选择题：共 6 4 分。第 1 3 1 7 题为必考题，每个试题考生都必需作答。第 1 8、1 9 题为选考题，考生依据要求作答。一 必考题 共 4 4 分1 3.(8 分)X、Y、L、M 为核电荷数依次增大的前2 0 号主族元素。X 2 是最轻的气体，Y、L与 M 三种元素的质子数均为5的倍数。答复以下问题：(1)X与 L组 成 的 最 简 洁 化 合 物 的 电 子 式 为。(2)X 与 M 组成的物质为(填“共价”或“离子”)化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其 与 水 反 响 的 化 学 方 程 式 为。(3)Y在 周 期 表 中 的 位 置 是,其含氧酸的化学式为。(4)L与

21、 M 形成的化哈物中L的化合价是,II UI 【答案】(1)H ；(2)离子，C a H +2 H O=C a(O H)+H T；2 2 2 2(3)其次周期口入族，H 3 B O 3；-3。【解析】之为最轻的气体，即 X为 H,Y、L M 三种元素的质子数为5 的倍数，质子数等于原子序数，质子数可能为5、1 0、1 5、2 Q 中的三个，四种元素为主族元素，因此质子数为1。舍去，即三种元素分别为 B、P、C a,(1)形成简单化合物是P H 3,其 电 子 式 为;(2)形成的化合物是C a H：,属于离子化合物，与水发生的反应是C a I t+2 H：O=C a(O H h+H 2 U (

22、3)Y为 B,属于第二周期14族元素,苴含氧酸为H z B O z j (4)形成的化合物是C a；P:,箕 中 P显一3价。【名师点睛】考察元素及化合物的推断、元素的位置、物质化学键类型的推断、化学式、化学方程式的书写等，高考要求学生娴熟把握同一周期、同一主族的原子构造和元素性质的递变规律，了解元素原子构造、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进展考察，有时还会结合相应物质的性质和制备进展考察，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考察元素性质(主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等)，充分表达了化学

23、周期表中位置反映构造、构造打算性质这一根本原理，更突显了化学学科规律的特色。此题根底性强，难度不大。主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考察，比较全面考察学生有关元素推断学问和灵敏运用学问的力气。1 4.(8 分)碳酸钠是一种重要的化工原料，主要承受氨碱法生产。答复以下问题：(1)碳酸钠俗称，可 作 为 碱 使 用 的 缘 由 是 (用离子方程式表示)。(2)：2 N a O H(s)+C C)2(g)=N a2C O3(s)+H2O(g)A/=-1 2 7.4 k J-m o b i N a O H(s)+C O,(g)-N a H C O3(s)A/7 =-1 3 1.5 k J m o

24、 l-i反响 2 N a H C O,(s)N a2C O3(s)+H2c)(g)+C C)2(g)的 =k J m o l-i,该反响的平衡常数表达式 K=c(C O 2-)(3)向 含 有B a S O4固体的溶液中滴加N a 2 c。3溶液，当 有B a C O3沉淀生成时溶液中 其：丁4=。K,p(B a C C)3)=2.6 x l O-9,p(B a S 04)=l.l x l O-i o 过速 乐缩过滤1 A 浓缩结晶 MgSO4 7H0I I I滤渣1 滤渣2 滤渣3硼镁泥的主要成分如下表:MgOSiO2FeO、Fe9O3CaOAI2O3B2O3 1%30%40%20%25%5

25、%15%2%3%1%2%答复以下问题：(1)“酸解”时 应 当 参 与 的 酸 是，“滤 渣 1”中主要含有(写化学式)。(2)“除杂”时参与次氯酸钙、氧 化 镁 的 作 用 分 别 是、。(3)推断“除杂”根本完成的检验方法是 o(4)分别滤渣3 应 趁 热 过 滤 的 缘 由 是。【答案】(I)H2SO4，SiO2；(2)将 Fe2+氧化为Fe3+；调整溶液p H,使 Fe3+、Ah+以氢氧化物的形式沉淀除 去；(3)取 滤 液 将 其 酸 化 后 滴 加 KSCN溶液，假设溶液未变红，则说明除杂完全；(4)防止MgSO/H2。结晶析出。【解析】(1)流程制备的是MgSO/H?。，为了不引

26、入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2 s 依据硼镁泥的成分，Si。？不与硫酸反响，因此滤渣1 为 SiO?；(2)硼镁泥中含有F e O,与硫酸反响后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2+氧 化 成 Fe3+,氧化镁的作用是调整p H,使A13+和 Fe3+以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3-和 A13+；(3)除杂是除去的Fe3+和 A13+,因此验证Fe3-就行，方法是取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，假设溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSOq%。结晶析出。【名师点睛】此题考察化学工艺流程，工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来

27、，并依据生产流程中有关的化学学问步步设问，形成与化工生产严密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从本钱角度（原料是否廉价易得）、环保角度（是否符合绿色化学的要求）、现实角度等方面考虑：解答时要看框内，看框外，里外结合：边分析，边思考,易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论答复的试题应承受“四段论法”：此题转变了什么条件（或是什么条件）-依据什么理论所以有什么变化结 论。二 选考题：共 2 0 分。请考生从第18、19题中任选一题作答。假设多做

28、，则按所做的第一题计分。第18、1 9 题中，第 I 题为选择题，在给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第 H题为非选择题，请在答题卡相应位置作答并写明小题号。18.选修 5：有机化学根底（20分）18-I（6 分）香 茅 醛（_ _ _/一/）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的表达正确的有A.分子式为。声卜阱.不能发生银镜反响C,可使酸性KMnC溶液褪色 D.分子中有7 种不同化学环境的氢18-II（14 分）当酸键两端的烷基不一样时（R 厂OR2 R 4R,通常称其为“混醛假设用醇脱水的常规方法制备混醛，会生成很多副产物：R OH

29、+R,OH R OR2+R OR,OR,+H,O一般用 Williamson饭响制备混醛：R X+R2ONa-R1OR,+N aX,某课外争论小组拟合成（乙基节基酸），承受如下两条路线进展比照：-CH2 O C2H5-I:II：CHnOH+C2H50H 农；-CH；-O C2H3+H；O CHOH 一盐酸 -A|十 H2 gH Q H+N a*W+凡国+叵 O-C H.-O C2H5+NaCl答复以下问题：(1)路 线 I 的主要副产物有、。(2)A的构造简式为。(3)B的制备过程中应留意的安全事项是 o(4)由A 和 B生成乙基芳基酸的反响类型为 o(5)比较两条合成路线的优缺点：。(6)苯

30、甲醛的同分异构体中含有苯环的还有 种。(7)某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基芳基酸，请参照路线H,写出合成路线Q-C y O-C E N Q O-C H 2 c l【答案】L A C：I I.(1),C HIC HJO C HJC HJ(2)；(3)标准使用金属钠，防止氢气爆炸；(4)取代反响；(5)路线F比路线I I 步骤少，但 路 线 1比路线 n副产物多，产率低：(6)4；(7)CH3 CH2CI CH2OCH5ot 解析】L A、根据有机物成键特点，此 有 机 物 的 分 子 式 为 故 A正确；B、此有机物中含有醛基,因此能发生银镜反应，故 B错误；C、此有机物中含有醛基

31、和碳碳双键，因此能使酸性高铸酸钾溶液褪色，故 C正确：D、依据等效氢的判断方法，此有机物中等效氢为8 个，故 D错误；I I.(1)根据信息,两个苯甲醇之间发生脱水生成酸，另个乙醇分子之间发生脱水反应生成酶，因此副产物的结构简式为一 一 ,C HC HiO C H:C H；5(2)根 据 W M a m s o n 的方法，以及反应0HEd的方程式，因 此 A 的结构简式为 J;(3)制 备 B需要金属钠参与，金属钠是活泼金属，因此标准使用金属钠，此反响中产生氢气，氢气是可燃性气体，易发生爆炸；(4)依据反响方程式的特点，A 中的C 1 与 B的 Na结合，生成N a C l,剩下结合成乙基卞

32、基酸，此反响类型为取代反响;（5）路线i 比路线n 步骤少，但路线I 比路线II 副产物多，产率低；（6）醇和醛互为同分异构体，H O C的 -O H.因此有，把一CH20H看成一C 4 和一O H,同分异构体为：一，（邻间对三种），共有4 种构造；（7）依据Williamson的方法，醇钠和卤代燃反响生成所要物质，因此让甲苯在光照的条 件 下 与 氯 气 发 生 取 代 反 应，然 后 与 乙 醇 钠 发 生 取 代 反 应，路 线：CH3 CH2C1 CHOCnH5O【名师点睛】高考化学试题中对有机化学根底的考察题型比较固定，通常是以生产、生活的生疏有机物的合成工艺流程为载体考察有机化学的

33、核心学问，涉及常见有机物官能团的构造、性质及相互转化关系，涉及有机物构造简式确实定、反响类型的推断、化学方程式的书写、同分异构体数目的推断等学问的考察；它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学学问分析，解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考察主要是围绕官能团的性质进展，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、竣基、酯基、卤素原子等，这些官能团的性质以及它们之间的转化要把握好，这是解决有机化学题的根底。19.选修3：物质构造与性质（2。分）19-I（6 分）以下表达正确的有A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则其最高正价为+7B.钠元素的第一、其次电离能分别小于镁

34、元素的第一、其次电离能C.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D.邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点19-II（14 分）IVA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。答复以下问题：（1）碳的一种单质的构造如图（a）所示。该 单 质 的 晶 体 类 型 为,原子间存在的共价键类型有,碳原子的杂化轨道类型为二_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(2)S i C l4分 子 的 中 心 原 子 的 价 层 电 子 对 数 为,分 子 的 立 体 构 型 为,属于分子(填“极性”或“非极性(3)四卤化硅S i X 4 的沸点和二卤化铅P b X 2 的熔点如图(b)所示。S

35、i X 4 的沸点依F、C l、B r、I 次序上升的缘由是。结 合 S i X a 的沸点和P b X 2 的熔点的变化规律，可推断：依 F、C l、B r、I次序，P b X?中的化学键的离子性、共价性 o (填“增加”“不变”或“减弱”)(4)碳的另一种单质C g可以与钾形成低温超导化合物，晶体构造如图(c)所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为；其晶胞参数为1.4 n m,晶体密度为_ _ g y m-3。【答案】L A D；I I.(1)混合型晶体，o键、兀键；s p 2：(2)4,正四周体，非极性；(3)均为分子晶体，范德华力随分子相对质量增大而增大；减弱，增加

36、；(4)K 3 c 6(,，2.0。【解析】I.A,某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，此元素是B r,位 于 V I I A 族，最高正价为-7 价，故 A正确；B、金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能干 Mg的第一电高能,Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因 此 Na的第二电离能大于Mg的第二电禽能，故 B错误：C、H C O,可以写成t H O)a O”H C.0写成(H O)C 1,高氯竣的中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氟竣，但高氯酸的氧化性弱于次氧酸，故 C错误；D、邻羟基笨甲醛形成分子内

37、氢键，降低物庾熔点，对轻基量甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基笨甲醛的熔点低于对羟基茶甲醛的熔点，故 D正确；I I 1 该单康为石墨，石墨属于混合型晶体，层内碳原子之间形成c键，层间的碳原子间形成的是.1 键；石墨中碳原子 有 3 个。键，无孤电子对，因此杂化类型为s p-5 (2 S i C L 卬心原子是S ，有 4 个。键，孤电子对数为(4-4 乂 1)2=0,价层电子对数为4,空间构型为正四面体；.属于非极性分子；(3)(D$i;属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔沸点越高，范德华力随着相对质量的增大而增大，即燧沸点熠高；同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力激弱

38、，因此P b X?中化学键的离子型减弱，共价型增加：(4)依据晶胞的构造，C&位于顶点和面心，个数为8 xl/8+6 xl/2=4,K为与棱上和内部，个数为12x1/4+9=12,因此化学式为K.C 晶胞的质量为&*Z g,晶胞的体积为（1.4X10F3cm3,依据5 0（）/V dA密度的定义，则晶胞的密度为2.0g/cm3。【名师点睛】此题考察化学选修3 物质构造与性质的相关学问，以填空或简答方式考察，常涉及如下高频考点：原子构造与元素的性质（基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较）、元素周期律；分子构造与性质（化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与推断）；晶体构造与性质（晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等）。只有对根底学问积存结实，这类问题比较简洁解决的；在做题过程中确定要留意审清楚问题问的是什么。