2017年高考真题 化学 (海南卷)
精品
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前去估分
单选题 本大题共8小题,每小题2分,共16分。在每小题给出的4个选项中,有且只有一项是符合题目要求。
1
题型: 单选题
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分值: 2分

1.下列说法错误的是(         )

A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熟石灰可作食品干燥剂

正确答案

D

解析

A.蔗糖有甜味,可作调味剂,故A正确;B.铁粉可与氧气反应,吸收氧气,可作食品抗氧剂,故B正确;C..双氧水有强氧化性,使得蛋白质变性,可作消毒剂,故C正确; D.氢氧化钙和水不反应,不能做干燥剂,故D错误。

故选D。

考查方向

常见的元素化合物

解题思路

A.蔗糖有甜味       B.铁粉可与氧气反应,吸收氧气C..双氧水有强氧化性,使得蛋白质变

性D.氢氧化钙和水不反应

易错点

本题主要考查常见元素化合物知识,题目难度小,易错点是把氧化钙和氢氧化钙混淆。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

3.下列分子中,其中子总数为24的是(       )

A18O3

B2H217O2

C14N16O2

D14C16O2

正确答案

D

解析

A.每个18O中有10个中子,其中子总数为30,故A错误; B.每个2H中有1个中子,每个17O中有9个中子,其中子总数为20,故B错误;C..每个14N中有7个中子,每个16O中有8个中子,其中子总数为23,故C错误;D.每个14C中有8个中子,每个16O中有8个中子,其中子总数为24,故D正确。

故选D。

考查方向

原子核的组成,质量数=中子数+质子数

解题思路

A.每个18O中有10个中子B.每个2H中有1个中子,每个17O中有9个中子 C..每个14N中有7个中子,每个16O中有8个中子 D.每个14C中有8个中子,每个16O中有8个中子

易错点

本题考查原子的组成,质量数=质子数+中子数,题目难度小。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

4.在酸性条件下,可发生如下反应:+2M3++4H2O=+Cl+8H+中M的化合价是(       )

A+4

B+5

C+6

D+7

正确答案

C

解析

根据离子反应方程式中,反应前后所带电荷数相等,即6-1=8-n-1,解得n=2,从而得出M2O7n-中M的化合价为+6价 A.M的化合价为+6价,故A错误; B.M的化合价为+6价,故B错误; C..M的化合价为+6价,故C正确;      D.M的化合价为+6价,故D错误。

故选C

考查方向

电荷守恒

解题思路

根据离子反应方程式中,反应前后所带电荷数相等,即6-1=8-n-1,解得n=2,从而得出M2O7n-中M的化合价为+6价

易错点

本题考查离子反应中的电荷守恒,方程式等号两边的电荷代数和相等,题目难度一般。

1
题型: 单选题
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分值: 4分

9.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。

NA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4NA

B1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA

C1 L 0.1 mol·L−1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NA

D1 mol 的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA

正确答案

C

解析

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2,1mol乙烯中含有碳氢键的物质的量为4mol,故A说法正确;B.甲烷燃烧生成CO2,甲烷中C的化合价为-4价,CO2中C的化合价为+4价,因此1mol甲烷完全燃烧转移电子物质的量为8mol,故B说法正确;C..乙酸是弱酸,部分电离,因此溶液中H物质的量小于0.1mol,故C说法错误;D.1molCO含有质子物质的量为(6+8)mol=14mol,1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol,因此1molN2和CO的混合气体中含有质子物质的量为14mol,故D说法正确。

考查方向

阿伏伽德罗常数,物质组成

解题思路

A.乙烯的结构简式为CH2=CH2,1个l乙烯中含有碳氢键为4 B.甲烷燃烧生成CO2,甲烷中C的化合价为-4价,CO2中C的化合价为+4价或者利用电子守恒计算氧气得电子也可以C..乙酸是弱酸,部分电离 D.1molCO含有质子物质的量为(6+8)mol=14mol,1molN2中含有质子物质的量为2×7mol=14mol

易错点

本题考查阿伏伽德罗常数,1mol物质含有NA个微粒,题目借助阿伏伽德罗常数进一步考查物质的构成和反应,是高考频考点,难度一般。

1
题型: 单选题
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分值: 4分

10.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。

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=2NH3

CH+由阳极向阴极迁移

D陶瓷可以隔离N2和H2

正确答案

A

解析

本装置是电解池,目标是N2+3H2=2 NH3,依据电解池工作原理分析。 A.Pb电极b通入氢气,反应过程氢气失电子被氧化,因此反应是阳极反应,故A错误;B.阴极发生还原反应,根据N2+3H2=2 NH3分析,氮气得电子被还原,因为氢离子导电,故阴极反应为N2+6H++6e=2NH3,故B正确;C..电解池中阳离子向阴极移动,故C正确; D.陶瓷只允许氢离子通过,可以隔离N2和H2,故D正确。

故选A。

考查方向

电解池工作原理

解题思路

A.Pb电极b通入氢气,反应过程氢气失电子被氧化 B.阴极发生还原反应,根据N2+3H2=2 NH3分析 C..电解池中阳离子向阴极移动  D.陶瓷只允许氢离子通过

易错点

本题考查电解池工作原理,是高考频考点,关键是理清电极反应类型、离子移动方向,难度中等,准确进行氧化还原分析是前提。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

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(     )

ACO

BSO2

CHCl

DCO2

正确答案

B

解析

A.CO不与Na2S发生反应,因此没有沉淀产生,故A错误;B.SO2具有弱氧化性,与Na2S发生氧化还原反应,即SO2+2S2-+4H=3S↓+2H2O,故B正确;C..利用酸性强的制取酸性弱的,即发生2H+S2-=H2S,没有沉淀产生,故C错误;D.CO2 +H2O +S2- = HS- +HCO3- 不产生沉淀,故D错误。

故选B。

考查方向

氧化还原;弱电解质

解题思路

A.CO不与Na2S发生反应 B.SO2具有弱氧化性,与Na2S发生氧化还原反应 C..酸性强的制取酸性弱的酸,生成弱电解质D.生成更弱的酸,即更难电离的弱电解质

易错点

本题考查物质之间的化学反应,硫离子的性质主要包括两方面一是还原性,二是弱酸根,难点在于难易判断物质间反应的原因。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

5.下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是(        )

A

B

C

D

正确答案

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;C..为辐射标志,故C错误;D.为易燃液体或依然固体标志,故D错误。

故选A。

考查方向

常见的化学标志

解题思路

A.为腐蚀品标志 B.为易燃固体标志 C..为辐射标志 D.为易燃液体或依然固体标志

易错点

本题考查几种常见的与化学有关的图标,了解各个常见标志所代表的含义是解答此类题的关键。

1
题型: 单选题
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分值: 2分

6.能正确表达下列反应的离子方程式为(        )

A用醋酸除去水垢:2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O

B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++3=Al2(CO3)3

D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:2NO2+2OH=++ H2O

正确答案

D

解析

A.醋酸是弱酸不能拆写成离子,应是2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO+Ca2++CO2↑+H2O,故A错误;B.浓硫酸具有强氧化性,能把H2S氧化成S,把Fe2+氧化成Fe3+,故B错误;C..发生双水解反应,应是2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑,故C错误;D.NO2与OH发生歧化反应,离子反应方程式为2NO2+2OH= NO3+NO2 + H2O,故D正确。

故选D。

考查方向

离子方程式书写

解题思路

A.醋酸是弱酸不能拆写成离子 B.浓硫酸具有强氧化性,能把H2S氧化成S,把Fe2+氧化成Fe3+ C..发生双水解反应 D.NO2与OH发生歧化反应电子得失相等

易错点

本题考查离子方程式的书写,关键在于三个守恒:质量守恒、电荷守恒、电子守恒,同时注意反应物之间量的关系,反应是否符合事实。

多选题 本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的4个选项中,有多项符合题目要求,全对得4分,选对但不全得2分,有选错的得0分。
1
题型: 多选题
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分值: 4分

7.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。

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

正确答案

C,D

解析

A.铜的金属活动顺序排在氢后,故稀硫酸和铜粉不反应,故A错误;B.浓硫酸有强氧化性,能氧化负一价的碘离子,故B错误; C..过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠,故C正确;D.铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝,故D正确。

故选CD。

考查方向

常见物质的的性质

解题思路

A.铜的金属活动顺序排在氢后 B.浓硫酸有强氧化性  C..过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠 D.铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝

易错点

本题考查常见的物质的性质,包括金属活动顺序、氧化性等,难度一般,关键在于平时知识积累。

1
题型: 多选题
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分值: 4分

8.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。

下列叙述正确的是(       )

A酒越陈越香与酯化反应有关

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

正确答案

A,D

解析

A.乙醇被氧化成乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应,即CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O,与酯化反应有关,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..乙烯中含有碳碳双键,能使溴的四氯化碳溶液褪色,聚乙烯中不含碳碳双键,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,可以鉴别,故C错误;D.甲烷与足量氯气在光照下反应产物是氯化氢和CCl4,,后者为难溶于水的油状液体,故D正确。

故选AD。

考查方向

常见有机化合物

解题思路

A.乙醇被氧化成乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应 B.乙烷和丙烷没有同分异构体,丁烷存在同分异构体 C..聚乙烯中不含碳碳双键 D.甲烷与足量氯气在光照下反应产物是氯化氢和CCl4

易错点

本题考查常见的有机物的性质,题目难度一般,主要是知识积累。

1
题型: 多选题
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分值: 4分

12.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。

下列实验操作正确的是(        )

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蒸馏完毕时,先关闭冷凝水,再停止加热

D分液时,下层溶液先从下口放出,上层溶液再从上口倒出

正确答案

B,D

解析

A.锥形瓶不能用待测液润洗,否则多消耗标准液,故A错误;B.容量瓶和滴定管使用前均需要检漏,故B正确;C..蒸馏完毕时,先停止加热,再关闭冷凝水,故C错误;D.分液时,下层溶液先从下口放出,上层溶液再从上口倒出,故D正确。

故选BD。

考查方向

实验基本操作

解题思路

A.锥形瓶不能用待测液润洗 B.容量瓶和滴定管使用前均需要检漏 C..蒸馏完毕时,先停止加热,再关闭冷凝水 D.分液时,下层溶液先从下口放出,上层溶液再从上口倒出

易错点

本题难度不大,熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键

1
题型: 多选题
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分值: 4分

11.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。

已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  ΔH<0。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,α(CO)增大

D充入一定量的氮气,n(H2)不变

正确答案

A,D

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影响,即升高温度,K值减小,故A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(CO2)不变,故B错误;C..催化剂对化学平衡移动无影响,因此CO的转化率不变,故C错误;D.恒压下,充入N2,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(H2)不变,故D正确。

故选AD。

考查方向

化学平衡常数;化学平衡移动

解题思路

A.化学平衡常数只受温度的影响;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 B.反应前后气体系数之和相等,因此减小压强,平衡不移动 C..催化剂对化学平衡移动无影响 D.化学反应前后气体系数之和不变,因此化学平衡不移动

易错点

本题考查化学平衡常数、化学平衡的移动方向,其中B和D项易错,注意本题是前后气体物质的量不变的反应。

简答题(综合题) 本大题共84分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1
题型:简答题
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分值: 8分

13.(8分)

X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体,Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题:

(1)X与L组成的最简单化合物的电子式为____________。

(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,其与水反应的化学方程式为__________。

(3)Y在周期表中的位置是____________,其含氧酸的化学式为______________。

(4)L与M形成的化合物中L的化合价是__________。

正确答案

(1)

(2)离子,CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2↑;

(3)第二周期IIIA族,   H3BO3

(4)-3。

解析

X2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、10、15、20中的三个,四种元素为主族元素,因此质子数为10舍去,即三种元素分别为B、P、Ca,(1)形成简单化合物是PH3,其电子式为

(2)形成的化合物是CaH2,属于离子化合物,与水发生的反应是CaH2+2H2O=Ca(OH)2+H2↑;

(3)Y为B,属于第二周期IIIA族元素,其含氧酸为H3BO3

(4)形成的化合物是Ca3P2,其中P显-3价。

考查方向

元素周期表和元素周期律的综合应用

解题思路

X2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、10、15、20中的三个,四种元素为主族元素,因此质子数为10舍去,即三种元素分别为B、P、Ca,(1)形成简单化合物是PH3

(2)形成的化合物是CaH2,其中钙元素化合价+2,氢元素-1价

(3)Y为B,属于第二周期IIIA族元素

(4)形成的化合物是Ca3P2

易错点

本题主要考查元素周期表和元素周期律的综合应用,为高考频考点,难度一般,易错点是离子方程式书写,CaH2属于离子化合物及其化合价判断易错。

1
题型:简答题
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分值: 10分

17.(10分)

以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示:

硼镁泥的主要成分如下表:

回答下列问题:

(1)“酸解”时应该加入的酸是_______,“滤渣1”中主要含有_________(写化学式)。

(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。

(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。

(4)分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。

正确答案

(1)H2SO4,SiO2

(2)将Fe2+氧化为Fe3+;调节溶液pH,使Fe3+、Al3+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,若溶液未变红,则说明除杂完全;

(4)防止MgSO4·7H2O结晶析出。

解析

(1)制取MgSO4·7H2O,溶液中引入的是硫酸根,故“酸解”时应该加入的酸是硫酸;加入硫酸后二氧化硅不溶,故滤渣1主要是二氧化硅,故答案为:H2SO4,SiO2

(2)通过调节溶液pH,沉淀阳离子时铁离子比亚铁离子更易除去,因此需要把亚铁离子氧化为铁离子,故加入次氯酸钙的作用是将亚铁离子氧化为铁离子;加入氧化镁的目的是调节溶液pH,Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去,故答案为:将Fe2+氧化为Fe3+;调节溶液pH,使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去;

(3)因为除杂的目的是除去Fe3+、Al3+,因此可以通过检验铁离子是否有剩余来确定杂质是否除净,故答案为:取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液,若溶液未变红,则说明除杂完全;

(4)MgSO4的溶解度受温度影响较大,若温度降低会析出MgSO4·7H2O,故答案为:防止MgSO4·7H2O结晶析出。

考查方向

物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

解题思路

(1)制取MgSO4·7H2O,溶液中引入的是硫酸根;加入硫酸后二氧化硅不溶

(2)通过调节溶液pH,沉淀阳离子时铁离子比亚铁离子更易除去,因此需要把亚铁离子氧化为铁离子,故加入次氯酸钙的作用是将亚铁离子氧化为铁离子;加入氧化镁的目的是调节溶液pH,Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去

(3)因为除杂的目的是除去Fe3+、Al3+,因此可以通过检验铁离子是否有剩余来确定杂质是否除净

(4)MgSO4的溶解度受温度影响较大,若温度降低会析出MgSO4·7H2O

易错点

本题考查化学与技术,涉及离子的检验方法、仪器的选取、物质的分离等知识点,注意阅读题给信息并充分利用信息进行解答,难度较大

1
题型:简答题
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分值: 8分

14.(8分)

碳酸钠是一种重要的化工原料,主要采用氨碱法生产。回答下列问题:

(1)碳酸钠俗称________,可作为碱使用的原因是___________(用离子方程式表示)。

(2)已知:①2NaOH(s)+CO2(g)Na2CO3(s)+H2O(g)  ΔH1=−127.4 kJ·mol−1

②NaOH(s)+CO2(g)NaHCO3(s)         ΔH2=−131.5 kJ·mol−1

反应2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1,该反应的平衡常数表达式K=________。

(3)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液,当有BaCO3沉淀生成时溶液中 =_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9Ksp(BaSO4)=1.1×10−10

正确答案

(1)纯碱或苏打;CO32-+H2OHCO3+OH

(2)135.6,c(H2O)×c(CO);

(3)24。

解析

(1)碳酸钠俗称纯碱或者苏打,可作为碱使用的原因是碳酸根水解,故答案为:纯碱或苏打;CO32-+H2OHCO3+OH

(2)①2NaOH(s)+CO2(g)Na2CO3(s)+H2O(g)  ΔH1=−127.4 kJ·mol−1

②NaOH(s)+CO2(g)NaHCO3(s)         ΔH2=−131.5 kJ·mol−1

反应2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)   ΔH3=

利用盖斯定律,③ =①-2×②,ΔH3=ΔH1-2ΔH2=135.6 kJ·mol−1

关于2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g),碳酸氢钠和碳酸钠是固体,故该反应的平衡常数表达式

K= c(H2O)×c(CO),故答案为:(2)135.6,c(H2O)×c(CO);

(3)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液,当有BaCO3沉淀生成时,关于硫酸钡和碳酸钡都存在沉淀溶液平衡,Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)×c(CO32-)=2.6×10−9Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)×c(SO42-)=1.1×10−10

因为是在同一溶液中,故钡离子浓度相同,故= Ksp(BaCO3)/ Ksp(BaSO4)=( 2.6×10−9)/( 1.1×10−10)=24,故答案为:24。

考查方向

盖斯定律;溶度积。

解题思路

(1)碳酸钠俗称纯碱或者苏打,可作为碱使用的原因是碳酸根水解

(2)利用盖斯定律,③ =①-2×②,ΔH3=ΔH1-2ΔH2

(3)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液,当有BaCO3沉淀生成时,关于硫酸钡和碳酸钡都存在沉淀溶液平衡,因为是在同一溶液中,故钡离子浓度相同。

易错点

本题考查盖斯定律、化学平衡常数表达式、沉淀溶解平衡,难度一般,易错点是第三问,较难理解的是同一溶液中钙离子浓度相同,同时适合于两个常数。

1
题型:简答题
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分值: 10分

16.(10分)

锂是最轻的活泼金属,其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题:

(1)用碳酸锂和_______反应可制备氯化锂,工业上可由电解LiCl-KCl的熔融混合物生产金属锂,阴极上的电极反应式为__________。

(2)不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾,其原因是__________。

(3)硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分,可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是__________。

(4)LiPF6易溶于有机溶剂,常用作锂离子电池的电解质。LiPF6受热易分解,其热分解产物为PF5和__________。

正确答案

(1)盐酸,Li+e=Li;

(2)金属锂在CO2仍可燃烧;

(3)分别取样品进行焰色反应,锂盐焰色为深红色,钠盐焰色为黄色,钾盐焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃);(4)LiF。

解析

(1)碳酸锂制备氯化锂,利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似,因此碳酸锂与盐酸反应制备氯化锂,根据电解原理,阴极上发生还原反应,得到电子,电极反应式为Li+e=Li;

(2)根据元素周期表中对角线原则,Li和Mg的性质相似,Mg能在CO2中燃烧,Mg与CO2反应生成MgO和C,因此锂也能与CO2反应,因此不能用CO2灭火;

(3)阳离子不同,阳离子属于碱金属元素,因此采用焰色反应进行鉴别,分别取样品进行焰色反应,锂盐焰色为深红色,钠盐焰色为黄色,钾盐焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃);

(4)LiPF6中Li显+1价,P显+5价,F显-1价,PF5中P显+5价,F显-1价,因此LiPF6分解不属于氧化还原反应,根据元素守恒,另一种产物中含有Li,即另一种产物是LiF。

考查方向

元素周期表的应用;焰色反应。

解题思路

(1)碳酸锂制备氯化锂,利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似;根据电解原理,阴极上发生还原反应,得到电子;

(2)根据元素周期表中对角线原则,Li和Mg的性质相似

(3)阳离子不同,阳离子属于碱金属元素,因此采用焰色反应进行鉴别

(4)LiPF6分解不属于氧化还原反应

易错点

本题考查元素周期表的应用,焰色反应,元素化合价分析,题目难度一般,易错点是第四问,其中元素化合计均为变化是关键。

1
题型:简答题
|
分值: 8分

15.(8分)

已知苯可以进行如下转化:

回答下列问题:

(1)反应①的反应类型为________,化合物A的化学名称为___________。

(2)化合物B的结构简式为_________,反应②的反应类型为_______。

(3)如何仅用水鉴别苯和溴苯__________。

正确答案

(1)加成,环己烷;

(2),消去;

(3)在试管中加入少量水,向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体,若沉入水底,则该液体为溴苯,若浮在水面上,则该液体为苯。

解析

(1)反应①是苯和氢气生成环己烷,反应类型为加成反应,故答案为:加成,环己烷;

(2)A是环己烷,根据反应条件,判断反应是烷烃的取代反应,从产物的化学式也证明反应是取代反应,化合物B的结构简式为:;根据反应条件和生成物的结构式判断,反应②是消去反应,故答案为:,消去;

(3)水和苯和溴苯都不反应,鉴别的关键是利用物质的性质差异,根据二者的物理性质密度差异可得出结论,在试管中加入少量水,向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体,若沉入水底,则该液体为溴苯,若浮在水面上,则该液体为苯,故答案为:在试管中加入少量水,向其中滴入几滴苯或溴苯未知液体,若沉入水底,则该液体为溴苯,若浮在水面上,则该液体为苯。

考查方向

根据反应条件判断反应类型;物质鉴别。

解题思路

(1)根据反应条件和化学式判断

(2)根据反应条件和化学式判断

(3)鉴别的关键是利用物质的性质差异,根据二者的物理性质密度差异可得出结论

易错点

本题考查反应类型的判断、物质的鉴别,其中反应类型的判断主要从反应条件和物质的组成两个角度分析,题目整体难度一般。

1
题型:简答题
|
分值: 20分

18.请考生从第18、19题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。第18、19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Ⅱ题为非选择题,请在答题卡相应位置作答并写明小题号。

[选修5:有机化学基础](20分)

Ⅰ(6分)  香茅醛()可作为合成青蒿素的中间体,关于香茅醛的叙述正确的有(       )

A.分子式为C10H18O                                                 

B.不能发生银镜反应

C.可使酸性KMnO4溶液褪色      

 D.分子中有7种不同化学环境的氢

Ⅱ(14分)当醚键两端的烷基不相同时(R1-O-R2,R1≠R2),通常称其为“混醚”。若用醇脱水的常规方法制备混醚,会生成许多副产物:

R1—OH+ R2—OH R1—O—R2+ R1—O—R1+ R2—O—R2+H2O

一般用Williamson反应制备混醚:R1—X+ R2—ONa→R1—O—R2+NaX,某课外研究小组拟合成(乙基苄基醚),采用如下两条路线进行对比:

Ⅰ:

Ⅱ:①

回答下列问题:

(1)路线Ⅰ的主要副产物有______________、______________。

(2)A的结构简式为______________。

(3)B的制备过程中应注意的安全事项是______________。

(4)由A和B生成乙基苄基醚的反应类型为______________。

(5)比较两条合成路线的优缺点:______________。

(6)苯甲醇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苄基醚,请参照路线Ⅱ,写出合成路线______________。

正确答案

I.AC;

II.(1),CH3CH2OCH2CH3

(2)

(3)规范使用金属钠,防止氢气爆炸;

(4)取代反应;

(5)路线I比路线II步骤少,但路线I比路线II副产物多,产率低;

(6)4;

(7)

解析

ⅠA.香茅醛()可作为合成青蒿素的中间体,分子式为C10H18O,故A正确;  B.含有醛基,能发生银镜反应,故B错误;C.含有碳碳双键,可使酸性KMnO4溶液褪色,故C正确;      D.分子中有8种不同化学环境的氢,故D错误。

故选 AC。

Ⅱ(1)根据题目信息提示,R1—OH+ R2—OH R1—O—R2+ R1—O—R1+ R2—O—R2+H2O

路线Ⅰ的产物,除了,还有,CH3CH2OCH2CH3,故答案为:,CH3CH2OCH2CH3

(2)用Williamson反应制备混醚:R1—X+ R2—ONa→R1—O—R2+NaX,反应物是卤代烃和醇钠,发生取代反应,反应①,从产物水可以判断反应是取代反应,氯原子取代羟基,A是卤代烃,故答案为:

(3)反应②原料是钠和乙醇,产物是氢气,属于易燃易爆物质,因此

制备过程中应注意的安全事项是规范使用金属钠,防止氢气爆炸,故答案为:规范使用金属钠,防止氢气爆炸;

(4)从反应物和产物分析,A和B生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应,故答案为:取代反应;

(5)比较两条合成路线的优缺点,路线I比路线II步骤少,但路线I比路线II副产物多,产率低,故答案为:路线I比路线II步骤少,但路线I比路线II副产物多,产率低;

(6)醇和醚互为同分异构体,因此有,把-CH2OH看成-CH3和-OH,同分异构体为:(邻间对三种),共有4种结构,故答案为:4;

(7)根据Williamson的方法,醇钠和卤代烃反应生成所要物质,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:

故答案为:

考查方向

有机合成路线;同分异构体书写;结构与性质的关系。

解题思路

Ⅰ有机物结构与性质的关系,抓住结构中的官能团。

Ⅱ(1)根据题目信息提示,R1—OH+ R2—OH R1—O—R2+ R1—O—R1+ R2—O—R2+H2O

(2)用Williamson反应制备混醚:R1—X+ R2—ONa→R1—O—R2+NaX,反应物是卤代烃和醇钠,发生取代反应

(3)反应②原料是钠和乙醇,产物是氢气,属于易燃易爆物质,因此

制备过程中应注意的安全事项是规范使用金属钠

(4)从反应物和产物分析,A和B生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应

(5)比较两条合成路线的优缺点,路线I比路线II步骤少,但路线I比路线II副产物多,产率低

(6)同分异构体书写包括官能团异构和位置异构以及碳链异构。

(7)根据Williamson的方法,醇钠和卤代烃反应生成所要物质,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

易错点

本题考查有机合成路线设计,同分异构体书写,物质结构与性质,题目难度较大,关键是分析变化包括官能团变化碳链变化,利用好题目给的信息。

1
题型:简答题
|
分值: 20分

19.请考生从第18、19题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。第18、19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Ⅱ题为非选择题,请在答题卡相应位置作答并写明小题号。

[选修3:物质结构与性质](20分)

Ⅰ(6分)下列叙述正确的有(         )

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+7

B.钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能

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

Ⅱ(14分)ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题:

(1)碳的一种单质的结构如图(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__________________。

(2)SiCl4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SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图(b)所示。

①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_________________。

②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律,可推断:依F、Cl、Br、I次序,PbX2中的化学键的离子性_______、共价性_________。(填“增强”“不变”或“减弱”)

(4)碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物,晶体结构如图(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 nm,晶体密度为_______g·cm-3

正确答案

I.AD;

II.(1)混合型晶体,σ键、π键;sp2

(2)4,正四面体,非极性;

(3)①均为分子晶体,范德华力随分子相对质量增大而增大;②减弱,增强;

(4)K3C60,2.0。

解析

A.某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍,若电子层数为2,则有2+x=5x,不合理;若电子层数为3,则有2+8+x=5x,不合理;若电子层数为4,则有2+8+18+x=5x,x=7,合理,则其最高正价为+7,故A正确;B.钠元素的第一电离能小于镁元素的第一电离能,而钠元素的第二电离能失去的是稳定状态的2d6电子,镁元素第二电离能失去的是3s1电子,故钠元素的第二电离能大于镁元素的第二电离能,故B错误;C.高氯酸的酸性大于次氯酸的酸性,高氯酸的氧化性小于次氯酸的氧化性,故C错误;                 D.邻羟基苯甲醛主要是分子内氢键,对羟基苯甲醛主要是分子间氢键,因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点,故D正确。

故选AD。

Ⅱ(1)图(a)所示单质的晶体是石墨,每一层碳原子之间是以共价键结合,而层与层之间是范德华力,故晶体类型是混合型晶体;层内碳原子之间形成σ键,层间的碳原子间形成的是π键;石墨中碳原子有3个σ键,无孤电子对,因此杂化类型为sp2,故答案为:混合型晶体,σ键、π键;sp2

(2)SiCl4中心原子是Si,有4个σ键,孤电子对数为(4-4×1)/2=0,价层电子对数为4,空间构型为正四面体;因为是正四面体构型,正负电荷重心重合,属于非极性分子,故答案为:4,正四面体,非极性;

(3)①SiX4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,即熔沸点增高;

②同主族从上到下非金属性减弱,得电子能力减弱,因此PbX2中化学键的离子型减弱,共价型增强,故答案为:①均为分子晶体,范德华力随分子相对质量增大而增大;②减弱,增强;

(4)根据晶胞的结构,C60位于顶点和面心,个数为8×1/8+6×1/2=4,K为与棱上和内部,个数为12×1/4+9=12,因此化学式为K3C60,晶胞的质量为g,晶胞的体积为(1.4×10-7)3cm3,根据密度的定义,则晶胞的密度为2.0g/cm3。故答案为:K3C60,2.0。

考查方向

晶胞结构;轨道杂化;电离能;微粒间作用力。

解题思路

A.元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍,讨论合理的可能性B.钠元素的第二电离能失去的是稳定状态的2d6电子,镁元素第二电离能失去的是3s1电子C.高氯酸的酸性大于次氯酸的酸性,高氯酸的氧化性小于次氯酸的氧化性                  D.邻羟基苯甲醛主要是分子内氢键,对羟基苯甲醛主要是分子间氢键

Ⅱ(1)图(a)所示单质的晶体是石墨,层内碳原子之间形成σ键,层间的碳原子间形成的是π键;石墨中碳原子有3个σ键,无孤电子对,因此杂化类型为sp2

(2)SiCl4中心原子是Si,有4个σ键,孤电子对数为(4-4×1)/2=0,价层电子对数为4,空间构型为正四面体;因为是正四面体构型,正负电荷重心重合,属于非极性分子

(3)①SiX4属于分子晶体,范德华力随着相对质量的增大而增大,即熔沸点增高;

②同主族从上到下非金属性减弱,得电子能力减弱,因此PbX2中化学键的离子型减弱,共价型增强

(4)根据晶胞的结构,C60位于顶点和面心;晶胞的质量为g,晶胞的体积为(1.4×10-7)3cm3,根据密度的定义计算。

易错点

本题主要考查元素电离能、分子构型、轨道杂化、晶胞等,题目难度较大,关于石墨晶体的知识尽管难度不大,但规范的描述对学生来说仍是个难点。

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