2021年高考化學真題試卷（海南卷）帶答案解析

2021年高考化學真題試卷（海南卷）

一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1.下列物質(zhì)中，其主要成分不屬于烽的是（）

A.汽油B,甘油C.煤油D.柴油

【答案】B

【考點】飽和燒與不飽和燒

【解析】【解答】甘油為丙三醇，是爵類，不是燒，汽油、煤油、柴油為碳原子數(shù)在不同范圍內(nèi)的燒類混

合物，多為烷燒.

故選B.

【分析】煌只含有C、H元素，汽油、煤油、柴油為燒類混合物，以此解答該題.本題考查有機物類別的

判斷，注意把握常見煌以及煌的衍生物的種類，題目主要考查化學與生活，有利于培養(yǎng)學生良好的科學

素養(yǎng)，難度不大.

2.下列物質(zhì)不可用作食品添加劑的是（）

A.谷氨酸單鈉B.檸檬酸C.山梨酸鉀D.三聚氟胺

【答案】D

【考點】常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用

【解析】【解答】A.谷氨酸單鈉為味精的主要成分，故A不選；

B.檸檬酸主要用作酸味劑、抗氧化劑、調(diào)色劑等，故B不選；

C.山梨酸鉀，主要用作食品防腐劑，故C不選；

D.三聚鼠胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加劑，故D選.

故選D.

【分析】食品添加劑是為改善食品色、香、味等品質(zhì)，以及為防腐和加工工藝的需要而加入食品中的人工

合成或者天然物質(zhì)，食品添加劑首先應(yīng)該是對人類無害的，其次才是對食品色、香、味等性質(zhì)的改善和

提高，以此解答.本題考查常見食品添加劑的識別，主要考查化學與生活，有利于培養(yǎng)學生良好的科學

素養(yǎng)，提高學習的積極性，難度不大，平時注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累.

3.下列反應(yīng)可用離子方程式"H++OH=H2。"表示的是（）

A.NaHSCh溶液與Ba（OH）2溶液混合B.NH4a溶液與Ca（OH）2溶液混合

C.HNO3溶液與KOH溶液混合D.Na2Hpe）4溶液與NaOH溶液混合

【答案】C

【考點】離子方程式的書寫

【解析】【解答】A.二者反應(yīng)生成硫酸鋼、氫氧化鈉和水，硫酸鋼在離子反應(yīng)中保留化學式，不能用

H++0+=H2。表示，故A不選；

B.NH4cl溶液與Ca(OH)2溶液混合反應(yīng)實質(zhì)是鍍根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成一水合氨，不能用H++OH

一=也0表示,故B不選;

C.HN5溶液與KOH溶液混合，反應(yīng)實質(zhì)是氫離子與氫氧根離子反應(yīng)生成水，離子方程式：H++OH

=H20,故C選；

D.磷酸二氫根離子為多元弱酸根離子，不能拆，所以Na2HPC)4溶液與NaOH溶液混合不能用H++OH=H2。

表示，故D不選；

故選：C.

【分析】強酸與強堿反應(yīng)生成可溶性鹽和水的離子反應(yīng)可用H++OH-2O表示，以此來解答.本題考查離

子反應(yīng)方程式書寫正誤的判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫為解答關(guān)鍵，側(cè)重考查

復(fù)分解反應(yīng)的離子反應(yīng)，注意化學式的拆分，題目難度不大.

4.下列敘述錯誤的是()

A.氨氣可用于填充飛艇B.氯化鐵可用于硬水的軟化

C.石英砂可用于生產(chǎn)單晶硅D.聚四氟乙烯可用于廚具表面涂層

【答案】B

【考點】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系

【解析】【解答】A.氣球內(nèi)氣體的密度必須比空氣密度小，氮氣的密度小于空氣的密度，并且化學性質(zhì)

穩(wěn)定，不易和其它物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，氨氣可用于填充氣球，故A正確；

B.氯化鐵不能與鈣離子、鎂離子反應(yīng)，不能降低鈣離子、鎂離子濃度，所以不能用于硬水的軟化，故B

錯誤；

C.二氧化硅與焦炭反應(yīng)生成硅與二氧化硅，所以石英砂可用于生產(chǎn)單晶硅，故C正確；

D.不粘鍋表面涂層的主要成分為聚四氟乙烯，故D正確；

故選：B.

【分析】A.根據(jù)氨氣的密度小于空氣的密度判斷；B.氯化鐵不能與鈣離子、鎂離子反應(yīng)；C.二氧化硅

與焦炭反應(yīng)生成硅與二氧化硅；D.不粘鍋表面涂層的主要成分為聚四氟乙烯.本題考查了元素化合物知

識，涉及知識點有物質(zhì)的性質(zhì)及用途，性質(zhì)決定用途，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度不大.

5.向含有MgCO3固體的溶液中滴加少許濃鹽酸(忽略體積變化)，下列數(shù)值變小的是()

2+

A.c(CO3)B.c(Mg2+)C.c(H)D.Ksp(MgCO3)

【答案】A

【考點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，鎂、鋁的重要化合物

【解析】【解答】MgCCh固體的溶液中存在溶解平衡：MgCOs(s)&/lg2+(aq)+CO32-(aq),加入少量

稀鹽酸可與CO32-促使溶解平衡正向移動,故溶液中c(CO32)減小，c(Mg2+)及c(H+)增大，Ksp(MgCO3)

只與溫度有關(guān)，不變，只有A正確.

故選A.

2

【分析】MgCC>3固體的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)0/lg2+(aq)+CO3-(aq),加入少量稀鹽酸，

發(fā)生CO32+H+=HCC>3一或CS2+H+=CO2+H2O,平衡正向移動，以此解答該題.本題考查難溶電解質(zhì)的溶解

平衡，為高頻考點，側(cè)重考查學生的分析能力，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及平衡移動的影響因素，難度不

大.

6.油酸甘油酯(相對分子質(zhì)量884)在體內(nèi)代謝時可發(fā)生如下反應(yīng)：

C57Hl04。6(s)+8002(g)=57CO2(g)+52H2O(I)

已知燃燒lkg該化合物釋放出熱量3.8xlO4|J,油酸甘油酯的燃燒熱為()

A.3.8xlC)4kJ?mo「iB.-3.8xl04kJ?mor1

C.3.4xl04kJ?mol1D.-3.4xl04kJ?mor1

【答案】D

【考點】燃燒熱

【解析】【解答】燃燒熱指的是燃燒imol可燃物生成穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量.燃燒1kg油酸甘油酯

釋放出熱量3.8xl04|d,則1kg該化合物的物質(zhì)的量為?嗎\，則油酸甘油酯的燃燒熱AH=-

8J84g/mol

3.8X1o'kj

1000g=_3.4xl04kJ?mol1,

884g/mol

故選D.

4

【分析】C57H104O6的相對分子質(zhì)量為884,已知燃燒1kg該化合物釋放出熱量3.8xl0kJ,可首先計算1kg

該化合物的物質(zhì)的量，則計算lmol該化合物燃燒放出的熱量，進而計算燃燒熱.本題為2021年海南高考

題，考查燃燒熱的計算，側(cè)重考查學生的分析、計算能力，解答本題要注意相對分子質(zhì)量的計算，注意

相關(guān)計算公式的運用，難度不大.

二、選擇題：每小題有一個或兩個選項符合題意.

7.下列實驗設(shè)計正確的是()

A.將S5通入溪水中證明SO2具有漂白性

B.將鐵屑放入稀HNO3中證明Fe比W活潑

2

C.將澄清石灰水滴入某溶液證明其中存在CO3-

D.將乙烯通入KMnOz,酸性溶液證明乙烯具有還原性

【答案】D

【考點】二氧化硫的性質(zhì)，鐵的化學性質(zhì)，乙烯的化學性質(zhì)，物質(zhì)的檢驗和鑒別

【解析】【解答】A、SO2通入澳水褪色是發(fā)生氧化還原反應(yīng)而褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，而不是漂白

性，故A錯誤；

B、將鐵屑放入稀HN03中是硝酸的強氧化性，生成氮的氧化物，而不產(chǎn)生氫氣，所以不能證明Fe比上活

潑，故B錯誤；

C、將澄清石灰水滴入某溶液有沉淀產(chǎn)生，不能證明其中存在CO32一，還可能存在碳酸氫根離子和亞硫

酸根、亞硫酸氫根離子，故c錯誤；

D、乙烯有還原性，能被高銃酸鉀氧化，使其褪色，故D正確；

故選D.

【分析】A、S5通入濱水褪色是發(fā)生氧化還原反應(yīng)而褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性；B、將鐵屑放入稀

HN03中是硝酸的強氧化性；C、將澄清石灰水滴入某溶液有沉淀產(chǎn)生，不能證明其中存在C03?-，還

可能存在碳酸氫根離子和亞硫酸根、亞硫酸氫根離子；D、乙烯有還原性，能被高銃酸鉀氧化.本題考查

化學實驗方案的評價，涉及氧化還原反應(yīng)、乙烯有還原性等知識，注重物質(zhì)性質(zhì)及物質(zhì)分類的考查，綜

合性較強，但題目難度不大.

8.下列有關(guān)實驗操作的敘述錯誤的是（）

A.過濾操作中，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁

B.從滴瓶中取用試劑時，滴管的尖嘴可以接觸試管內(nèi)壁

C.滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可以接觸錐形瓶內(nèi)壁

D.向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內(nèi)壁

【答案】B

【考點】化學實驗方案的評價

【解析】【解答】A.過濾時為防止液體飛濺，漏斗的尖端應(yīng)接觸燒杯內(nèi)壁，使濾液沿燒杯內(nèi)壁緩緩流下，

故A正確；

B.滴加試劑時應(yīng)防止污染滴管，滴管不能接觸試管內(nèi)壁，故B錯誤；

C.滴定接近終點時，滴定管的尖嘴可接觸錐形瓶內(nèi)壁，可使滴定管流出的液體充分反應(yīng)，故C正確；

D.向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，為防止流出容量瓶外，可使導流用玻璃棒可以接觸容量瓶內(nèi)壁，故D正確.

故選B.

【分析】A.過濾時應(yīng)防止液體飛濺；B.滴加試劑時應(yīng)防止污染滴管；C.滴定接近終點時，滴定管的尖

嘴可接觸錐形瓶內(nèi)壁，可使滴定管流出的液體充分反應(yīng)；D.向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時，應(yīng)防止流出容量瓶

外.本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗原理及實驗裝置的作用為解答的關(guān)鍵，明確

實驗基本操作和物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，注意實驗的評價性和操作性分析，題目難度不大.

9.利用太陽能分解水制氫，若光解0.02mol水，下列說法正確的是（）

A.可生成出的質(zhì)量為0.02g

B.可生成氫的原子數(shù)為2.408x1023個

C.可生成H2的體積為0.224L（標準情況）

D.生成H2的量理論上等于0.04molNa與水反應(yīng)產(chǎn)生H2的量

【答案】D

【考點】物質(zhì)的量的相關(guān)計算

【解析】【解答】根據(jù)方程式2H2。=2H2個+。2個，光解0.02mol水，可產(chǎn)生0.02mol出和0.01mol。2.則

可得：

A.可生成H2的質(zhì)量為0.02molx2g/mol=0.04g,故A錯誤；

B.可生成氫的原子數(shù)為0.02molx2x6,02xl027mol=2.408xl022個，故B錯誤；

C.可生成標準狀況下內(nèi)的體積為0.02molx22.4L/mol=0.448L,故C錯誤；

D.鈉與水發(fā)生2Na+2H2O=2NaOH+H2個，則0.04molNa與水反應(yīng)產(chǎn)生0.02molbh,故D正確.

故選D.

【分析】根據(jù)方程式2H2。=2萬個+。2個，光解0Q2mol水，可產(chǎn)生0.02mol七和0.01mol。2，結(jié)合

n=￡===9結(jié)合物質(zhì)的構(gòu)成解答該題?本題考查物質(zhì)的量的計算，側(cè)重于考查學生的分析、計算能

MVmNA

力，難度不大，注意把握相關(guān)物理量的計算公式的運用以及物質(zhì)的構(gòu)成特點，把握相關(guān)反應(yīng)，難度不

大.

10.某電池以K2FeO4和Zn為電極材料，KOH溶液為電解溶質(zhì)溶液.下列說法正確的是()

A.Zn為電池的負極B.正極反應(yīng)式為2FeO42+10H++6e=Fe2C)3+5H2。

C.該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度不變D.電池工作時OH向負極遷移

【答案】A,D

【考點】原電池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】A.根據(jù)化合價升降判斷，Zn化合價只能上升，故為負極材料，K2FeO4為正極材料，故

A正確；

B.KOH溶液為電解質(zhì)溶液，則正極電極方程式為2FeO42+6e+8H20=2Fe(OH)3+100H,故B錯誤；

C.該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度減小，故錯誤；

D.電池工作時陰離子OH響負極遷移，故D正確.

故選AD.

【分析】某電池以K2FeO4和Zn為電極材料，KOH溶液為電解溶質(zhì)溶液，原電池發(fā)生工作時，Zn被氧化，

為原電池的負極，KzFeCU具有氧化性，為正極，堿性條件下被還原生成Fe(0H)3，結(jié)合電極方程式以

及離子的定向移動解答該題.本題考查原電池知識，側(cè)重考查學生的分析能力，題目較為基礎(chǔ)，注意從

元素化合價的角度分析，把握原電池與氧化還原反應(yīng)的關(guān)系，難度不大.

11.由反應(yīng)物X轉(zhuǎn)化為Y和Z的能量變化如圖所示.下列說法正確的是()

&S2S

A.由X玲Y反應(yīng)的△H=Es-EzB.由X玲Z反應(yīng)的△H<0

C.降低壓強有利于提高Y的產(chǎn)率D.升高溫度有利于提高Z的產(chǎn)率

【答案】B,C

【考點】反應(yīng)熱和熔變

【解析】【解答】A.根據(jù)化學反應(yīng)的實質(zhì)，由X玲Y反應(yīng)的△H=E3-E2,故A錯誤；

B.由圖象可知，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即由反應(yīng)的△H<0,故B正

確；

C.根據(jù)化學反應(yīng)2X(g)=3Y(g),該反應(yīng)是氣體系數(shù)和增加的可逆反應(yīng)，降低壓強，平衡正向移動，

有利于提局Y的產(chǎn)率，故C正確；

D.由B分析可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，Z的產(chǎn)率降低，故D錯誤.

故選BC.

【分析】由圖象可知2X(g)=3Y(g)為吸熱反應(yīng)，而2X(g)=2Z(g)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱等于反應(yīng)

物的總能量-生成物的總能量，結(jié)合溫度、壓強對平衡移動的影響解答該題.本題考查了化學反應(yīng)中能

量的變化圖，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握圖象的分析，注意根據(jù)反應(yīng)物的總能量與生成物

的總能量進行比較，題目較簡單.

CH2CH3CH=CH,

12.工業(yè)上可由乙苯生產(chǎn)苯乙烯：0^三巴?I金,下列說法正確的是()

A.該反應(yīng)的類型為消去反應(yīng)B.乙苯的同分異構(gòu)體共有三種

C.可用BQ、CCI4鑒別乙苯和苯乙烯D.乙苯和苯乙烯分子內(nèi)共平面的碳原子數(shù)均為7

【答案】A,C

【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)

【解析】【解答】A.反應(yīng)C-C變?yōu)镃=C,為消去反應(yīng)，故A正確；

B.乙苯的同分異構(gòu)體可為二甲苯，有鄰、間、對，連同乙苯共4種，故B錯誤；

C.苯乙烯可與澳發(fā)生加成反應(yīng)，溶液褪色，而乙苯不反應(yīng)，可鑒別，故C正確；

D.苯環(huán)和碳碳雙鍵都為平面形，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，則乙苯有7個碳原子共平面，

苯乙烯有8個碳原子共平面，故D錯誤.

故選AC.

【分析】A.根據(jù)反應(yīng)C-C變?yōu)镃=C的特點判斷；B.乙苯的同分異構(gòu)體可為二甲苯，有鄰、間、對等；

C.苯乙烯可與澳發(fā)生加成反應(yīng)；D.苯環(huán)和碳碳雙鍵都為平面形，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面

上.本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，明確官能團與性質(zhì)關(guān)系

即可解答，涉及基本概念、烯燒、基本反應(yīng)類型等知識點，題目難度不大.

三、非選擇題

13.短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，丫?+電子層結(jié)構(gòu)與窗相

同，Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，回答下列問題：

(1)M元素位于周期表中的第周期、族.

(2)Z元素是,其在自然界中常見的二元化合物是.

（3）X與M的單質(zhì)在高溫下反應(yīng)的化學方程式為,產(chǎn)物分子為直線形，其化學鍵屬共

價鍵（填"極性"或"非極性"）.

（4）四種元素中的可用于航空航天合金材料的制備，其單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)的化學方程式為

【答案】（1）三；VIA

（2）Si；SiO2

（3）C+2S借］溫=cs2；極性

（4）Mg；Mg+2HCI=MgCL+W個

【考點】元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，則X

為C元素；Y2+電子層結(jié)構(gòu)與鼠相同，則Y為Mg；Z的質(zhì)子數(shù)為偶數(shù)，室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，則Z

為Si,M為S元素.

（1）M為S元素，核外各層電子數(shù)為2、8、6,有3個電子層，最外層電子數(shù)為6,故處于第三周期VIA

族，故答案為：三；VIA；

（2）Z元素是Si,其在自然界中常見的二元化合物是SiCh,故答案為：Si；Si5;

（3）X碳與硫的單質(zhì)在高溫下反應(yīng)生成CS2,產(chǎn)物分子為直線形，結(jié)構(gòu)與二氧化碳類似，由于是由不同

元素原子形成的共價鍵，其化學鍵屬于極性共價健，故答案為：C+2S高溫CS2；極性；

（4）四種元素中只有Mg為金屬元素，密度比較小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制

備，Mg為活潑金屬，與與稀鹽酸發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氣，故答案為：Mg；Mg+2HCI=MgCl2+H2個.

【分析】稱根據(jù)題中信息推斷出X、Y、Z、M四種元素。短周期元素X、Y、Z、M的原子序數(shù)依次增大，

元素X的一種高硬度單質(zhì)是寶石，則X為C元素；Y2+電子層結(jié)構(gòu)與負相同，則Y為Mg；Z的質(zhì)子數(shù)為偶

數(shù)，室溫下M單質(zhì)為淡黃色固體，則Z為Si,M為S元素.本題考查結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系、元素及其化合物的

推斷、化學鍵、化學方程式化學等知識，比較基礎(chǔ)，注意對基礎(chǔ)知識的全面掌握.

14.KAI（S04）2?12H2O（明磯）是一種復(fù)鹽，在造紙等方面應(yīng)用廣泛.實驗室中，采用廢易拉罐（主要成

分為AI,含有少量的Fe、Mg雜質(zhì)）制備明研的過程如下圖所示.回答下列問題：

（1）為盡量少引入雜質(zhì)，試劑①應(yīng)選用（填標號）.

a.HCI溶液b.H2SCU溶液c.氨水d.NaOH溶液

（2）易拉罐溶解過程中主要反應(yīng)的化學方程式為.

（3）沉淀B的化學式為；將少量明磯溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是

14+13

(4)已知：Kw=1.0xl0,Al(OH)3^IO2+H+H2OK=2.0X10.Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)

的平衡常數(shù)等于.

【答案】(1)d

(2)2Al+2NaOH+2H2。=2NaAIC)2+3H2個

(3)Al(OH)3；AF+水解，使溶液中H+濃度增大

(4)20

【考點】制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】(1)根據(jù)鋁能溶解在強酸和強堿性溶液，而鐵和鎂只能溶解在強酸性溶液中的性質(zhì)差

異，可選擇NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的鐵、鎂等雜質(zhì)，故答案為：d；

(2)鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣；故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAIO2+3H2個；

(3)濾液中加入NH4HCO3溶液后,電離出的NH4+和HCO3一均能促進AIO2.水解，反應(yīng)式為NH4++入。2一

3++

+2H2O=AI(OH)3J+NH3T2。，生成Al(OH)3沉淀；SAI+3H2O^I(OH)3+3H,則明機水溶液顯酸

性，故答案為：Al(0H)3;AF+水解，使溶液中H+濃度增大；(4)Al(OH)3+1。2一+田+山0①H204T+C)H

一②，①-②可得Al(OH)3+0H+1。2一+2出。，貝IjAI(0H)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的平衡常數(shù)=K+Kw=

-13

2.0X10士什比安%7c

--------------------=20,故答案為：20.

1.0X10-14

【分析】易拉罐的主要成分為AI,含有少量的Fe、Mg雜質(zhì)，可選擇濃NaOH溶解，得到偏鋁酸鈉溶液，

并通過過濾除去Fe、Mg等雜質(zhì)，濾液中加入NH4HCO3溶液后，促進AIO2.水解生成Al(0H)3沉淀，過濾

后將沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸鋁溶液，添加K2s04溶液后蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶得到晶體明磯；(1)

鋁是兩性金屬能與強酸、強堿反應(yīng)，而Mg、Fe只能溶解于酸，據(jù)此選擇試劑；(2)用NaOH溶液溶解

AI生成偏鋁酸鈉及氫氣，據(jù)此寫出反應(yīng)化學方程式；(3)濾液中加入NH4HCO3溶液后，促進AI5水解生

成Al(0H)3沉淀；A甲水解使明磯溶液顯酸性；(4)Al(0H)3沉淀溶解在NaOH溶液里發(fā)生的反應(yīng)為

Al(OH)3+OH#1。2+2力0,結(jié)合水的離子積和氫氧化鋁的電離平衡常數(shù)計算此反應(yīng)的平衡常數(shù).本題以

鋁制備明磯為載體，考查物質(zhì)的制備與設(shè)計，涉及反應(yīng)原理的探究及溶解平衡與水電離平衡常數(shù)的應(yīng)

用、鹽類水解等，屬基礎(chǔ)考查，中等難度，易錯點為(4)平衡常數(shù)的計算.

15.乙二酸二乙酯(D)可由石油氣裂解得到的烯煌合成.回答下列問題：

石

油裂解

氣

③

(1)B和A為同系物，B的結(jié)構(gòu)簡式為

(2)反應(yīng)①的化學方程式為,其反應(yīng)類型為

(3)反應(yīng)③的反應(yīng)類型為.

(4)C的結(jié)構(gòu)簡式為.

(5)反應(yīng)②的化學方程式為.

【答案】(1)CH2=CHCH3

(2)CH2=CH2+H2O度卻.CH3cH2。。加成反應(yīng)

(3)水解反應(yīng)或取代反應(yīng)

(4)HOOC-COOH

濃硫酸

(5)HOOC-COOH+2CH3CH2OH、、CH3cH200CC00CH2cH3+2H2O

A

【考點】有機物的推斷

【解析】【解答】c2H6。與C反應(yīng)生成D,由D的結(jié)構(gòu)簡式可知C為HOOC-COOH,C2H6。為CH3cH2。七

則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇.C3H5cl發(fā)生鹵代燒的水解反應(yīng)生成CH2=CHCH2OH,則

c3H5cl為CH2=CHCH2CI,B為CH2=CHCH3，CH2=CHCH0發(fā)生氧化反應(yīng)得至HOOC-COOH.

(1)由上述分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為：CH2=CHCH3:

(2)反應(yīng)①是CH2=CH2和水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，屬于加成反應(yīng)，故答案為：CH2=CH2+H2O

-催、劑.CH3cH20H,加成反應(yīng)；

(3)反應(yīng)③是CH2=CHCH2cl發(fā)生水解反應(yīng)生成CH2=CHCH2OH,也屬于取代反應(yīng)，故答案為：水解反應(yīng)或

取代反應(yīng)；

(4)酯D的結(jié)構(gòu)倒推可知，C為乙二酸，故答案為：HOOC-COOH；

(5)反應(yīng)②是乙二酸與乙醇酯化反應(yīng)生成乙二酸二乙酯和水，故答案為：HOOCCOOH+2cH3cH20H

濃硫酸

、VH3cHzOOCCOOCH2cH3+2出。.

A

【分析】利用轉(zhuǎn)化圖推斷出各物用結(jié)構(gòu)。C2H6。與C反應(yīng)生成D,由D的結(jié)構(gòu)簡式可知C為HOOC-COOH,

C2H6。為CH3cH20H,則A為CH2=CH2,與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇.C3H5cl發(fā)生鹵代燃的水解反應(yīng)生

成CH2=CHCH2OH,則C3H5cl為CH2=CHCH2CI,B為CH2=CHCH3,CH2=CHCH0發(fā)生氧化反應(yīng)得到HOOC-

COOH.本題考查有機物的推斷，充分利用有機物的結(jié)構(gòu)簡式與反應(yīng)條件進行推斷，要求熟練掌握官能團

的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，比較基礎(chǔ).

16.順-1,2-二甲基環(huán)丙烷和反-1,2-二甲基環(huán)丙烷可發(fā)生如圖1轉(zhuǎn)化:

該反應(yīng)的速率方程可表示為：v（正）=k（正）c（順）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在

一定溫度時為常數(shù)，分別稱作正，逆反應(yīng)速率常數(shù).回答下列問題：

（1）已知：ti溫度下，k（正）=0.006s1,k（逆）=0.002s1,該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)值

K1=:該反應(yīng)的活化能Ea（正）小于Ea（逆），KUH0（填"小于""等于"或"大于"）.

（2）t2溫度下，圖2中能表示順式異構(gòu)體的質(zhì)量分數(shù)隨時間變化的曲線是（填曲線編號），平衡

常數(shù)值"；溫度（填“小于""等于"或"大于"），判斷理由是.

tlt2

【答案】（1）3；小于

（2）B；小于；放熱反應(yīng)升高溫度時平衡向逆反應(yīng)方向移動

【考點】化學平衡常數(shù)，化學平衡的影響因素，化學平衡的計算

【解析】【解答】（1）根據(jù)v（正）=k（正）c（順），k（正）=0Q06si,則v（正）=0.006c（順），

v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s1,則v（逆）=0.002c（反），化學平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速

率相等，則0.006c（順）=0.002c（反），該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)值Ki=。厚-="當=3,該反應(yīng)

C（正）0.002

的活化能Ea（正）小于Ea（逆），說明斷鍵吸收的能量小于成鍵釋放的能量，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則4H

小于0,故答案為：3；小于；

（2）隨著時間的推移，順式異構(gòu)體的質(zhì)量分數(shù)不斷減少，則符合條件的曲線是B,設(shè)順式異構(gòu)體的起始濃

度為X,則可逆反應(yīng)左右物質(zhì)的系數(shù)相等，均為1,則平衡時，順式異構(gòu)體為0.3x,反式異構(gòu)體為0.7X,所

以平衡常數(shù)K2=當g=因為K1>K2,放熱反應(yīng)升高溫度時平衡逆向移動，所以溫度t2>tl,故

0.3x3

答案為：B；1；小于；放熱反應(yīng)升高溫度時平衡向逆反應(yīng)方向移動.

【分析】（1）根據(jù)化學平衡狀態(tài)時正逆反應(yīng)速率相等，可列出正、反濃度關(guān)系，可計算平衡常數(shù)，該反

應(yīng)的活化能Ea（正）小于Ea（逆），說明斷鍵吸收的能量小于成鍵釋放的能量，即該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；本

題考查化學平衡的計算，側(cè)重于學生的分析、計算能力的考查，注意把握平衡常數(shù)的意義以及應(yīng)用，解

答時注意體會圖象的涵義，為解答該題的重要突破，難度中等.

17.某廢催化劑含58.2%的SiO2>21.0%的Zn。、4.5%的ZnS和12.8%的CuS.某同學用15.0g該廢催化劑為

原料，回收其中的鋅和銅.采用的實驗方案如下：

濃縮

廢濾滿----?粗ZnSOr7H：O

催結(jié)晶"

化0.5mol/LHSQ,

;濾渣2

劑

16%H：O?加熱浸出

濃縮

?濾液—^§CUSO-5HO

結(jié)晶4;

回答下列問題:

（1）在下列裝置中，第一次浸出必須用,第二次浸出應(yīng)選用.（填標號）

（2）第二次浸出時,向盛有濾液1的反應(yīng)器中加入稀硫酸，后滴入過氧化氫溶液.若順序相反，會造成

.濾渣2的主要成分是.

（3）濃縮硫酸鋅、硫酸銅溶液使用的器皿名稱是

（4）某同學在實驗完成之后，得到1.5gCuSO4,5H2。，則銅的回收率為

【答案】（1）D；A

（2）也。2與固體顆粒接觸分解；SiO2

（3）蒸發(fā)皿

（4）30%

【考點】合理利用金屬資源

【解析】【解答】（1）根據(jù)題目化學工藝流程知，第一次浸出發(fā)生反應(yīng)：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O.

ZnS+H2sO4=ZnSO4+H2s個，有有毒的氣體生成，必須用氫氧化鈉溶液進行尾氣處理，選D裝置，第二次浸

出時發(fā)生反應(yīng)：CUS++H2O2+H2SO4=CUSO4+S+2H2O,不產(chǎn)生有毒氣體，可以選用A裝置，

故答案為：D；A；

（2）第二次浸出時，向盛有濾液1的反應(yīng)器中加入稀硫酸，后滴入過氧化氫溶液.若順序相反，會造成

山。2與固體顆粒接觸分解，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，濾渣2的主要成分是SiO2，故答案為：H2O2與固

體顆粒接觸分解；SiO2；

（3）濃縮硫酸鋅、硫酸銅溶液使用儀器為蒸發(fā)皿，故答案為：蒸發(fā)皿；（4）廢催化劑中Cu的物質(zhì)的量

為15.0gxl2.8%+96g/mol=0.02mol,1.5gCuSO4-5H2。中Cu的物質(zhì)含量的為1.5g+250g/mol=0.006moL貝lj銅

的回收率為"迦Lxl00%=30%,

0.02mol

故答案為：30%.

【分析】（1）根據(jù)題目化學工藝流程知，第一次浸出發(fā)生反應(yīng)：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O,

ZnS+H2sC）4=ZnSC）4+H2s個，有有毒的生成，必須用氫氧化鈉溶液進行尾氣處理，第二次浸出時發(fā)生反應(yīng)：

CUS++H2O2+H2SO4=CUSO4+S+2H2O,不產(chǎn)生有毒氣體；（2）出。2與固體顆粒接觸分解；二氧化硅不與硫酸

反應(yīng)；（3）濃縮硫酸鋅、硫酸銅溶液使用儀器為蒸發(fā)皿；（4）根據(jù)CuS質(zhì)量分數(shù)計算廢催化劑中Cu的

物質(zhì)的量，再計算硫酸銅晶體的物質(zhì)的量，進而計算銅的回收率.本題以金屬回收為載體，綜合考查化

學實驗，涉及化學工藝流程、對原理與裝置的分析、物質(zhì)的分離提純、化學計算等知識點，是對學生綜

合能力的考查.

四、選考題［選修5-有機化學基礎(chǔ)］

18.［選修5-有機化學基礎(chǔ)］下列化合物在核磁共振氫譜中能出現(xiàn)兩組峰，且其峰面積之比為2：1的有（）

A.乙酸甲酯B.對苯二酚C.2-甲基丙烷D.對苯二甲酸

【答案】B,D

【考點】有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)

【解析】【解答】A.乙酸甲酯（CWCOOCW）中含有2種氫原子，核磁共振氫譜能出現(xiàn)兩組峰，且其峰

面積之比為1：1,故A錯誤；B.對苯二酚（HOT^HOH）中含有2種氫原子，核磁共振氫譜能出現(xiàn)

兩組峰，且其峰面積之比為2：1,故B正確；

C.2-甲基丙烷中含有2種氫原子，核磁共振氫譜能出現(xiàn)兩組峰，且其峰面積之比為9：1,故C錯誤；

D.對苯二甲酸（HOOC^^；;-COOH）中含有2種氫原子，核磁共振氫譜能出現(xiàn)兩組峰，且其峰面積之

比為2：1,故D正確.

故選：BD.

【分析】核磁共振氫譜中能出現(xiàn)兩組峰，說明物質(zhì)含有2種H原子，其峰面積之比為2：1,則兩種H原

子數(shù)目之比為2：1.注意等效氫判斷：①分子中同一甲基上連接的氫原子等效，②同一碳原子所連甲基

上的氫原子等效，③處于鏡面對稱位置上的氫原子等效.本題考查有機物的結(jié)構(gòu)，涉及核磁共振氫譜，

關(guān)鍵是判斷分子中H原子種類，注意等效氫判斷方法，比較基礎(chǔ).

194選修5-有機化學基礎(chǔ)］富馬酸（反式丁烯二酸）與Fe2+形成的配合物--富馬酸鐵又稱“富血鐵”，可用

于治療缺鐵性貧血.如圖是合成富馬酸鐵的一種工藝路線：

A-----

受今HOOCCl

NaOH,

?富血鐵

2）H：OHOOC乙酸△NaOOC

回答下列問題：

（1）A的化學名稱為_______由A生成B的反應(yīng)類型為

（2）C的結(jié)構(gòu)簡式為

（3）富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式為

（4）檢驗富血鐵中是否含有Fe3*的實驗操作步驟是

（5）富馬酸為二元痰酸，lmol富馬酸與足量飽和NaHCCh溶液反應(yīng)可放出且&LCO2（標況）；富馬酸的

同分異構(gòu)體中，同為二元段酸的還有（寫出結(jié)構(gòu)簡式）.

【答案】（1）環(huán)己烷；取代反應(yīng)

(4)取少量富血鐵,加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液顯血紅色，則產(chǎn)品中含有Fe3+,反

之，則無

■-H

(5)_jCOOH

H

--H

【考點】有機物的推斷

【解析】【解答】環(huán)己烷與氯氣在光照條件下生成B為鹵代燒，B發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯，則B為

Br

1,環(huán)己烯與漠發(fā)生加成反應(yīng)生成c為（j/Br，c再發(fā)生消去反應(yīng)生成

，與氯氣發(fā)

H<xx'ci

生取代反應(yīng)生成發(fā)生氧化反應(yīng)生成,再發(fā)生消去反應(yīng)、中和反應(yīng)

COONa-H

得到,進行酸化得到富馬酸為:

N1OOCHrx.

（1）A的化學名稱為環(huán)己烷，由A生成B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：環(huán)己烷；取代反應(yīng).

（2）環(huán)己烯與溟發(fā)生加成反應(yīng)生成C,C的結(jié)構(gòu)簡式為:

.COOH.COOH

（3）由上述分析可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式為：J,故答案為：J;

（4）檢驗富血鐵中是否含有Fe3+的實驗操作步驟是：取少量富血鐵，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶

液，若溶液顯血紅色，則產(chǎn)品中含有Fe3+,反之，則無，故答案為：取少量富血鐵，加入稀硫酸溶

解，再滴加KSCN溶液，若溶液顯血紅色，則產(chǎn)品中含有Fe3+,反之，則無；

（5）富馬酸為二元歿酸，lmol富馬酸與足量飽和NaHCCh溶液反應(yīng)可放出2moic。2，標況下生成二氧

化碳的體積為2molx22.4L/mol=44.8L,富馬酸的同分異構(gòu)體中，同為二元較酸的還有

?田H

凡故答案為:44.8；H

C（x）HH

?HH

【分析】環(huán)己烷與氯氣在光照條件下生成B為鹵代燒，B發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯，則B為Q-C1,環(huán)

Br

（AyBr,C再發(fā)生消去反應(yīng)生成

己烯與溪發(fā)生加成反應(yīng)生成C為與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生

成,,;■發(fā)生氧化反應(yīng)生成，再發(fā)生消去反應(yīng)、中和反應(yīng)得到

^COONajCOOH

，進行酸化得到富馬酸為：.本題考查有機物的推斷與合成，根據(jù)

NiOOC」HOOC」

有機物的結(jié)構(gòu)簡式與反應(yīng)條件進行分析，熟練掌握官能團的性質(zhì)與衍變，注意富馬酸為反式結(jié)構(gòu).

五、選考題［選修3-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］

20」選修3-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］下列敘述正確的有（）

A.第四周期元素中，鎰原子價電子層中未成對電子數(shù)最多

B.第二周期主族元素的原子半徑隨核電荷數(shù)增大依次減小

C.鹵素氫化物中，HCI的沸點最低的原因是其分子間的范德華力最小

D.價層電子對相斥理論中，n鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)

【答案】B,D

【考點】元素周期表的結(jié)構(gòu)及其應(yīng)用，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】A、第四周期元素中，外圍電子排布為ndxnsv,且能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)時，含有的

未成對電子數(shù)最多，即外圍電子排布為3d54sl，此元素為銘，故A錯誤；

B、同周期核電荷數(shù)越多半徑越小，所以第二周期主族元素的原子半徑隨核電荷數(shù)增大依次減小，故B正

確；

C、HF分子間存在氫鍵，HCI分子內(nèi)沒有氫鍵，故C錯誤；

D、價層電子對相斥理論中，。鍵和孤對電子對計入中心原子的價層電子對數(shù)，而n不計入，故D正確；

故選BD.

【分析】A、第四周期元素中，外圍電子排布為ndxnsv,且能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)時，含有的未成對電

子數(shù)最多；B、同周期核電荷數(shù)越多半徑越??；C、HF分子間存在氫鍵；D、價層電子對相斥理論中，。鍵

和孤對電子對計入中心原子的價層電子對數(shù)，而K不計入.本題考查核外電子排布規(guī)律、元素周期律、氫

鍵和價層電子對理論等，難度不大，注意選A在理解核外電子排布規(guī)律，注意能級處于全滿、半滿、全空

時的穩(wěn)定狀態(tài).

21」選修3-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電

子.元素Y的負一價離子的最外層電子數(shù)與次外層的相同.回答下列問題：

（1）單質(zhì)M的晶體類型為,晶體中原子間通過作用形成面心立方密堆積，其中M原子

的配位數(shù)為.

（2）元素Y基態(tài)原子的核外電子排布式為,其同周期元素中，第一電離能最大的是（寫

元素符號）.元素Y的含氧酸中，酸性最強的是（寫化學式），該酸根離子的立體構(gòu)型為

（3）M與Y形成的一種化合物的立方晶胞如圖所示.

①該化合物的化學式為,已知晶胞參數(shù)a=0.542nm,此晶體的密度為g?cm3.（寫出

計算式，不要求計算結(jié)果.阿伏加德羅常數(shù)為NA）

②該化合物難溶于水但易溶于氨水，其原因是.此化合物的氨水溶液遇到空氣則被氧化為深藍

色，深藍色溶液中陽離子的化學式為.

【答案】（1）金屬晶體；金屬鍵；12

（2）Is22s22P63s23P5；Ar；HCIO4；正四面體

（3）CuCI；黑黑&；Cu+可與氨形成易溶于水的配位化合物；［Cu（NH3）4產(chǎn)

【考點】晶胞的計算，元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】解：（1）銅屬于金屬，金屬陽離子與電子之間通過金屬鍵結(jié)合在一起，晶體類型為金

屬晶體，銅晶體是面心立方堆積，采用沿X、Y、Z三軸切割的方法知，每個平面上銅原子的配位數(shù)是4,

三個面共有4x3=12個銅原子；故答案為：金屬晶體；金屬鍵；12；

(2)元素氯是17號元素，位于第三周期，依據(jù)構(gòu)造原理其基態(tài)電子排布為：Is22s22P63s23P5；其同周期

元素中，第一電離能最大的是Ar,含氯的酸中高氯酸酸性最強是含有酸中最強酸，化學式為：HCI04,

高氯酸酸根離子中氯原子為SP3雜化，沒有孤對電子數(shù)，立體構(gòu)型為正四面體；

故答案為：Is22s22P63s23P5；Ar；HCIO4;正四面體;

(3)①依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用切割法分析，每個晶胞中含有銅原子個數(shù)為：8xJ+6x￡=4,氯原子個數(shù)為

82

4,則化學式為；CuCI；lmol晶胞中含有4moicuCI,lmol晶胞的質(zhì)量為M(CuCI)x4,晶胞參數(shù)

4XM(CuCI)4XM(CuCI)

a=0.542nm,則晶體密度為~3~~21:故答案為：CuCI；二3~~op

N*XaJX10zlNXa^XlQ^1

A4A

②Cu+可與氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCI難溶于水但易溶于氨水：該化合物中Cu+被氧化為

CF+,所以深藍色溶液中陽離子為：［Cu(NH3)不+；故答案為：Cu+可與氨形成易溶于水的配位化合物

(或配離子);［Cu(NH3)4產(chǎn).

【分析】依據(jù)題意可知：M為銅元素，Y為氯元素；(1)銅屬于金屬，金屬陽離子與電子之間通過金屬鍵

結(jié)合在一起，晶體類型為金屬晶體；銅晶體是面心立方堆積，采用沿X、Y、Z三軸切割的方法確定其配位

數(shù)；(2)元素氯是17號元素，位于第三周期，依據(jù)構(gòu)造原理排布排布基態(tài)電子；稀有氣體的第一電離能

最大：含氯的酸中高氯酸酸性最強是含有酸中最強酸；依據(jù)酸根離子中氯原子為SP3雜化方式判斷其構(gòu)

型；(3)①依據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，利用切割法分析，每個晶胞中含有銅原子個數(shù)為：8x5+6x《4,氯原子個

82

數(shù)為4,則化學式為；CuCI；lmol晶胞中含有4moicuCI,Imol晶胞的質(zhì)量為M(CuCI)x4,晶胞參數(shù)

4XM(CuCI)

a=0.542nm,則晶體密度為3—八21,據(jù)此解答；

JZ1