2021年高考化学真题试卷（海南卷）505带答案解析.pdf

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1、2021年高考化学真题试卷（海南卷）一、选择题：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.下列物质中，其主要成分不属于烽的是（）A.汽油 B,甘油 C.煤油 D.柴油2.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.三聚鼠胺3.下列反应可用离子方程式H+OH=H2。表示的是（）A.NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合C.HNO3溶液与KOH溶液混合4.下列叙述错误的是（）B.NH4cl溶液与Ca（OH）2溶液混合D.Na2Hpe）4溶液与NaOH溶液混合A.氨气可用于填充飞艇C.石英砂可用于生产单晶硅B.氯化铁可用于硬水的软化D.聚四氟乙烯可

2、用于厨具表面涂层5.向含有MgCCh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（）A.C (CO32)B.c(Mg2+)C.c(H+)D.KsP(MgCOa)6.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）+8002（g）=57CO2（g）+52H2O（I）已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8x104,油酸甘油酯的燃烧热为（）A.3.8xl04kjmol r B.-3.8xl04kJmol 1C.3.4xl04kj.mo1 D.-3.4xl04kJmor1二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意.7.下列实验设计正确的是（）A.将S

3、 5通入滨水中证明S02具有漂白性B.将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比 出活泼C.将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32-D.将乙烯通入KMnCX,酸性溶液证明乙烯具有还原性8.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9.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2.408x1023个C.可生成出 的体积为0.224L（标准情况

4、）D.生成出 的量理论上等于0.04mol Na与水反应产生H2的量10.某电池以KzFe。,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（）A.Zn为电池的负极 B.正极反应式为2Fedi2+10H*+6e=Fe203+5H2。C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D.电池工作时O H向负极迁移*11.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X玲Y反应的 H=E$-E2C.降低压强有利于提高Y的产率B.由X玲Z反应的 H4溶液与NaOH溶液混合不能用H+OH=H2。表示，故D不选；故选：C.【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H+

5、0H=H20表示，以此来解答.本题考查离子反应方程式书写正误的判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写为解答关键，侧重考查复分解反应的离子反应，注意化学式的拆分，题目难度不大.4.【答案】B【考点】物质的组成、结构和性质的关系【解析】【解答】A.气球内气体的密度必须比空气密度小，氮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，氧气可用于填充气球，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

6、烯，故D正确；故 选:B.【分析】A.根据氨气的密度小于空气的密度判断；B.氯化铁不能与钙离子、镁离子反应；C.二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅；D.不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯.本题考查了元素化合物知识，涉及知识点有物质的性质及用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大.5.【答案】A【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，镁、铝的重要化合物【解析】【解答】MgCCh固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)0/lg2+(aq)+CO32-(a q),加入少量稀盐酸可与C S2一促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO32D减小，c(M g2+)及c(H+)增大

7、，Ks p(MgCO3)只与温度有关，不变，只有A正确.故选A.【分析】MgC03固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)&/lg2+(aq)+CO32-(a q),加入少量稀盐酸，发生CO?+H+=HC03 一或CO32+H+=CO2+H2O,平衡正向移动，以此解答该题.本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，难度不大.6.【答案】D【考点】燃烧热【解析】【解答】燃烧热指的是燃烧Im o l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3.8 x l0 4|d,则1kg该化合物的物质的量为一吗g、，则油

8、酸甘油酯的燃烧热A H=-884g/mol3.8X1 okjlOOQg=-3.4xl04kJmol 1,884g/mol故选D.【分析】C57H104O6的相对分子质量为8 8 4,已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8 x l0 4|d,可首先计算1kg该化合物的物质的量，则计算lm o l该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热.本题为2021年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重考查学生的分析、计算能力，解答本题要注意相对分子质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大.二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意.7.【答案】D【考点】二氧化硫的性质，铁的化学性质，乙烯的化学性质，物质的检验

9、和鉴别【解析】【解答】A、SCh通入滨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HN03中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比 出活泼，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，能被高锌酸钾氧化，使其褪色，故D正确；故选D.【分析】A、S 5通入淡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；B、将铁屑放入稀H N 5中是硝酸的强氧化性；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CO3

10、2,还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子；D、乙烯有还原性，能被高铳酸钾氧化.本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、乙烯有还原性等知识，注重物质性质及物质分类的考查，综合性较强，但题目难度不大.8.【答案】B【考点】化学实验方案的评价【解析】【解答】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.

11、故选B.【分析】A.过滤时应防止液体飞溅；B.滴加试剂时应防止污染滴管；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；D.向容量瓶转移液体时，应防止流出容量瓶外.本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大.9.【答案】D【考点】物质的量的相关计算【解析】【解答】根据方程式2H2。=2H2个+5个，光解0.02 mol水,可产生0.02 mol出和0.01 m2 5 .则可得：A.可生成H2的质量为0Q2molx2g/mol=0.04g,故A错

12、误;B.可生成氢的原子数为0.02molx2x6.02xl023/mo|=2.408xl022个，故B错误；C.可生成标准状况下内 的体积为0.02molx22.4L/mol=0.448L,故C错误；D.钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2个，则0.04mol Na与水反应产生0.02 molbh，故D正确.故选D.【分析】根据方程式2H2。=2H2个+。2个，光解0.02 mol水，可产生0.02 molW和0.01 mol 6 ，结合n=9结合物质的构成解答该题 本题考查物质的量的计算，侧重于考查学生的分析、计算能M Vm NA力，难度不大，注意把握相关物理量的计算公式的运用以及物

13、质的构成特点，把握相关反应，难度不大.10.【答案】A,D【考点】原电池工作原理及应用【解析】【解答】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；B.KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeC42+6e+8H20=2Fe(OH)3+100H,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O H向负极迁移，故D正确.故选AD.【分析】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe(0H)3

14、，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题.本题考查原电池知识，侧重考查学生的分析能力，题目较为基础，注意从元素化合价的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，难度不大.11.【答案】B,C【考点】反应热和焙变【解析】【解答】A.根据化学反应的实质，由X fY反应的 H=E3-E 2,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H V 0,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分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，

15、故D错误.故选BC.【分析】由图象可知2X(g)=3Y(g)为吸热反应，而2X(g)=2Z(g)为放热反应，反应热等于反应物的总能量-生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题.本题考查了化学反应中能量的变化图，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象的分析，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单.12.【答案】A,C【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A.反应C-C变为C=C,为消去反应，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.苯乙烯可与澳发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故 C 正确；D.

16、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.【分析】A.根据反应C-C 变为C=C的特点判断；B.乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对等；C.苯乙烯可与澳发生加成反应；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.本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团与性质关系即可解答，涉及基本概念、烯崎、基本反应类型等知识点，题目难度不大.三、非选择题13.【答案】(1)三；VIA(2)Si；SiO2(3)C+2S 借1 根i=cs2；极性(4)Mg

17、；Mg+2HCI=MgCL+W个【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】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+电子层结构与筑相同，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S i,其在自然界中常见的二元化合物是SiCh,故答案为：Si；Si。?；(3)X 碳与硫的单质在高温下反应生成CS2,产物分子为直线形，

18、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+2S 高 温 CS2；极性；(4)四种元素中只有M g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，Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，故答案为：Mg；Mg+2HCI=MgCL+H2个.【分析】称根据题中信息推断出X、Y、Z、M 四种元素。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+电子层结构与颊相同，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.本

19、题考查结构与位置关系、元素及其化合物的推断、化学键、化学方程式化学等知识，比较基础，注意对基础知识的全面掌握.14.【答案】(1)d(2)2Al+2NaOH+2H2。=2NaAICh+3H2个(3)Al(OH)3；A|3+水解，使溶液中H+浓度增大(4)20【考点】制备实验方案的设计【解析】【解答】(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；故答案为：2Al+2NaOH+2H2。=2 2人1。2+3七个；(3)滤液中加入NH4HCO3溶液后,电

20、离出的NH4+和HCO3一均能促进AI02-水解,反应式为NH4+入。2一+2H2O=A1(OH)3+NH3H2O,生成 Al(OH)3沉淀；因 AF*+3H2。*I(OH)3+3H+,则明机水溶液显酸性，故答案为：Al(0 H)3；AF+水解，使溶液中H+浓度增大；(4)Al(OH)3WMO2+H+H2OH204T+0H一，-可 得Al(OH)3+0H 102+2H2O,则Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数=K+Kw=-132.0X10 士什依安%”-=2 0,故答案为：20.1.0X 10-1 4【分析】易拉罐的主要成分为A I,含有少量的Fe、M g杂质，可选择浓NaOH溶解，

21、得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、M g等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AIO2.水解生成Al(O H)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K2s04溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矶；(1)铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而M g、F e只能溶解于酸，据此选择试剂；(2)用NaOH溶液溶解A I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A I 5水解生成Al(0 H)3沉淀；AP+水解使明矶溶液显酸性；(4)Al(O H)3沉淀溶解在NaOH溶液里发生的反应为Al(OH)3+OH#1。2+2电。，结合水的离子

22、积和氢氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数.本题以铝制备明机为载体，考查物质的制备与设计，涉及反应原理的探究及溶解平衡与水电离平衡常数的应用、盐类水解等，属基础考查，中等难度，易错点为(4)平衡常数的计算.1 5.【答案】(1)CH2=CHCH3(2)CH2=CH2+H2O 鼠 叫CH3cH2。加成反应(3)水解反应或取代反应(4)HOOC-COOH浓硫酸(5)HOOC-COOH+2cH3cH20H；-CH3CH2OOCCnOCH2CH3+?H2OA【考点】有机物的推断【解析】【解答】c2H6。与C反应生成D,由D的结构简式可知C为HOOC-COOH,C2H6。为CH3cH2(DH,则A为

23、CH2=CH2,与水发生加成反应生成乙醇.C3HsCI发生卤代燃的水解反应生成CH2=CHCH2OH,则C3H5cl 为 CH2=CHCH2CI,B 为 CH2=CHCH3,CH2=CHCH0 发生氧化反应得至HOOC-COOH.(1)由上述分析可知，B的结构简式为：CH2=CHCH3;(2)反应是CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，属于加成反应，故答案为：CH2=CH2+H2O一 催 剂.CH3cH 20H,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)酯D的结构倒推可知，C为乙二酸，故答案为：

24、HOOC-COOH；（5）反应是乙二酸与乙醇酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，故答案为：HOOCCOOH+2cH3cH20H浓硫酸、3cHzOOCCOOCH2cH3+2H2。.A【分析】利用转化图推断出各物用结构。C2H6。与C反应生成D,由D的结构简式可知C为HOOC-COOH,C2H6。为CH3cH20H,则A为CH2=CH2,与水发生加成反应生成乙醇.C3H5cl发生卤代燃的水解反应生成 CH2=CHCH2O H,则 C3H5cl 为 CH2=CHCH2CI,B 为 CH2=CHCH3,CH2=CHCHO 发生氧化反应得到 HOOC-C O O H.本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构

25、简式与反应条件进行推断，要求熟练掌握官能团的性质与转化，比较基础.16.【答案】（1）3；小于（2）B；/小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动【考点】化学平衡常数，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算【解析】【解答】（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s i,则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002sr,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K i=。埠，.=”黑3,该反应C （正）0.002的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸

26、收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则4 H小于0,故答案为：3；小于；（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,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 x,反式异构体为0.7 x,所以平衡常数K2=当 =2,因为K1K2,放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2 tl,故答案为：B；1小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动.【分析】（1）根据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

27、量，即该反应为放热反应；本题考查化学平衡的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数的意义以及应用，解答时注意体会图象的涵义，为解答该题的重要突破，难度中等.17.【答案】（1）D；A（2）H2O2与固体颗粒接触分解;SiO2（3）蒸发皿（4）30%【考点】合理利用金属资源【解析】【解答】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2sO4=ZnSO4+H2。、ZnS+H2SC）4=ZnSC）4+H2s个，有有毒的气体生成，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

28、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，会造成山。2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，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C u的物质的量为 15.0gxl2.8%+96g/mol=0.02mol,1.5gCuSO4-5H2。中 Cu 的物质含量的为 1.5g+250g/mol=0.006mol,贝lj铜的 回 收 率 为。6回X 00%=30%,0.02mol故答案为：30%.【分析】（1）根

29、据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O,ZnS+H2sC）4=ZnSC）4+H2s个，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）出。2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.本题以金属回收为载体，综合考查化学实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、化学计算等知识点，是对学生综合能力的

30、考查.四、选考题 选修5-有机化学基础18.【答案】B,D【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A.乙酸甲酯（CH3cOOCH3）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1：1,故A错误；B.对苯二酚（H O-U y O H）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（HOOC-K：二;LCOOH）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.【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰，说

31、明物质含有2种H原子，其峰面积之比为2：1,则两种H原子数目之比为2：1.注意等效氢判断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，处 于镜面对称位置上的氢原子等效.本题考查有机物的结构，涉及核磁共振氢谱，关键是判断分子中H原子种类，注意等效氢判断方法，比较基础.19.【答案】（1）环己烷；取代反应Br-H(3)H(4)取少量富血铁,之，则无(5)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 CH，H_COOHH【考点】有机物的推断【解析】【解答】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烧，B发生消去反应生成环己烯，则B为1,环己烯与漠发生

32、加成反应生成C为BrBr,C再发生消去反应生成,o与氯气发生取代反应生成IK X X Cl发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应HO O C/得到N1OOCCOONa,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)环己烯与澳发生加成反应生成C,C的结构简式为:(3)由上述分析可知，富马酸的结构简式为：HOOC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,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,解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+,

33、反之，则无；(5)富马酸为二元竣酸，Im o l富马酸与足量饱和NaHC03溶液反应可放出2m oice 2 ，再滴加KSCN溶加入稀硫酸溶标况下生成二氧化碳的体积为2molx22.4L/mol=44.8L,富马酸的同分异构体中,同为二元竣酸的还有HC1田,故答案为：44.8：H -H,H_Jx HH【分析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烧，B发生消去反应生成环己烯，则B为1,环己烯与澳发生加成反应生成C为BrBr,C再发生消去反应生成,。与氯气发生取代反应生成JRXX CI发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应得到HOOC，COONa.C O o H,进行酸化得到富马酸为：,.本题

34、考查有机物的推断与合成，根据N iO O C H O O C 有机物的结构简式与反应条件进行分析，熟练掌握官能团的性质与衍变，注意富马酸为反式结构.五、选 考 题 选修3-物质结构与性质20.【答案】B,D【考点】元素周期表的结构及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答】A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsv,且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54sl,此元素为修，故A错误；B、同周期核电荷数越多半径越小，所以第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，故B正确；C、HF分子间存在氢键，HCI分子内没有氢键，故C错误；D、价层电

35、子对相斥理论中，。键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而n不计入，故D正确；故选BD.【分析】A、第四周期元素中，外围电子排布为ncTnsv,且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多；B、同周期核电荷数越多半径越小；C、HF分子间存在氢键；D、价层电子对相斥理论中，。键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而R不计入.本题考查核外电子排布规律、元素周期律、氢键和价层电子对理论等，难度不大，注意选A在理解核外电子排布规律，注意能级处于全满、半满、全空时的稳定状态.21.【答案】（1）金属晶体；金属键；12（2）Is22s22P63s23P5；Ar；HCIO4;正四面体（3）CuC

36、I；黑 黑 赘;Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物；Cu（NH3）邛+【考点】晶胞的计算，元素周期律和元素周期表的综合应用【解析】【解答解：（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体，铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4,三个面共有4x3=12个铜原子；故答案为：金属晶体；金属键；12；（2）元素氯是1 7号元素，位于第三周期，依据构造原理其基态电子排布为：Is22s22P63s23P5；其同周期元素中，第一电离能最大的是A r,含氯的酸中高氯酸酸性最强是含有酸中最强酸，化学式为：HCIO4,高氯酸酸根离子中

37、氯原子为SP3杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；故答案为：Is22s22P63s23P5；Ar；HCIO4；正四面体;（3）依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8x-A+6X）=4,氯原子个数为8 24,则化学式为；CuCI；lm o l晶胞中含有4moicuCI,lm o l晶胞的质量为M（CuCI）x 4,晶胞参数4 XM （C u C I）a=0.542nm,则 晶 体 密 度 为、，3、21；故答案为：CuCI；N4 X a Xl Q 1A4 XM (C u C I)NAX a3X 1 02 1；ACu*可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCI难溶于水

38、但易溶于氨水；该化合物中Cu+被氧化为Ci?+,所以深蓝色溶液中阳离子为：Cu（NH3）4产；故答案为：Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）；Cu（NH3）4产.【分析】依据题意可知：M为铜元素，Y为氯元素；（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定其配位数；（2）元素氯是”号元素，位于第三周期，依据构造原理排布排布基态电子；稀有气体的第一电离能最大；含氯的酸中高氯酸酸性最强是含有酸中最强酸；依据酸根离子中氯原子为sP3杂化方式判断其构型；（3）依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有

39、铜原子个数为：8x 46X今4,氯原子个8 2数为4,则化学式为；CuCI；lm o l晶胞中含有4molcuCI,lm o l晶胞的质量为M（CuCI）x 4,晶胞参数4XM（CuCI）a=0.542nm,则 晶 体 密 度 为3、2 1,据此解答；NA X aX lQ 1ACu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCI难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu+被氧化为CW+,所以深蓝色溶液中阳离子为：Cu（NH3）4产；本题考查了晶体类型及结构特点，涉及到电子排布式、第一电离能、杂化类型的判断、配合物以及有关晶体的计算，题目难度较大，解题时注意切割法分析晶胞的技巧.六、选考题，选修2-化学

40、与技术22.【答案】B,C【考点】工业制取硫酸，工业合成氨，纯碱工业（侯氏制碱法）【解析】【解答】A.氯碱工业中电解饱和食盐水是常温下的反应，不需要进行热交换，故A错误；B.氮气与氢气的反应都需要加热，而且它们反应时会放热，所以使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故B正确；C.二氧化硫的氧化反应需在高温下进行，且反应时会放热，使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故C正确；D.氨碱法中的氨盐水碳酸化需在常温下进行，温度不能较高，防止气体挥发，故D错误.故选BC.【分析】二氧化硫氧化反应、硝酸工业中氨气的催化氧化、氮气与氢气的反应都需要加热，而且反应放热，在工业生产中，常常进行热交换，

41、以充分利用能源，以此解答.本题考查了几个常见工业生产的原理，侧重于化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意工业反应条件，题目难度不大.23.【答案】（1）SO42；BaSO4（2）CI2+2Br=2CI+Br2（3）脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解（4）Mg2+2e-=Mg（5）氯气；除 溟 塔（除滨工段）【考点】海水资源及其综合利用，物质的分离与提纯【解析X解答 卤水中含有Mg2+、Na+、Cl SO42 B d等离子，卤水中加入CaO在脱硫槽除去S042一，生成CaSQ，经过滤机得到X为CaS04,经除溟塔，通入氯气，可除去Br，,生成Z为B r

42、?,在搅拌槽中加入B a O,进一步除去S O 4 2 一，M的主要成分是Ba S C U ,经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉和脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉通入热的H C I 气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可得到镁锭。（1）由以上分析可知脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的S d 2 一，M 的主要成分是Ba S O 4 ,故答案为：S O 42;Ba S O 4;（2）除澳塔中通入氯气，以除去Br 一生成印2 ,故答案为：C l 2+2 B=2 C +Br 2；（3）经沸腾炉和脱除氯化镁晶体中的部分水，因氯化镁易水解生成氢氧化镁，则沸腾炉通入热的 H C I

43、气体，可防止发生水解，故答案为：脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解；（4）电解氯化镁生成镁和氯气，阴极发生还原反应，电极方程式为M g 2+2 e =Mg,故答案为：M g 2+2 e=M g；（5）阳极生成氯气，可用于除漠塔，除去澳，故答案为：氯气：除 漠 塔（除澳工段）.【分析】卤水中含有M g 2+、N a C l、S O42 Br 一 等 离子，卤水中加入C a。在脱硫槽除去S O 4 2 一，生成C a S O4，经过滤机得到X为 C a S d ,经除浪塔，通入氯气，可除去Bd ,生成Z为BQ,在搅拌槽中加入Ba。，进一步除去S O 4 2 一，M的主要成分是Ba S O,，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉和脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉通入热的H C I 气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可得到镁锭，以此解答该题.本题考查物质的制备和分离，侧重于考查学生的分析、实验能力，题目难度中等，注意根据物质的性质认真分析流程图的反应过程，解答该题的关键是正确判断出各物质.