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）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【分析】烃只含有 C、H 元素，汽油、煤油、柴油为烃类混合物，以此解答该题．【解答】解：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。【点评】本题考查有机物的分类，注意把握常见烃以及烃的衍生物的种类，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．　2．（2 分）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【分析】食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天然物质，食品添加剂首先应该是对人类无害的，其次才是对食品色、香、味等性质的改善和提高，以此解答．【解答】解：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，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：D。【点评】本题考查常见食品添加剂的识别，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．　3．（2 分）下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H2O”表示的是（　　）A．NaHSO4溶液与 Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl 溶液与 Ca（OH）2溶液混合C．HNO3溶液与 KOH 溶液混合D．Na2HPO4溶液与 NaOH 溶液混合【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++OH﹣=H2O 表示，以此来解答．【解答】解：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；B．NH4Cl 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；C．HNO3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。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意化学式的拆分，题目难度不大．　4．（2 分）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．聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层 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。【点评】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．（14 分）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　环己烷　由 A 生成 B 的反应类型为　取代反应　．（2）C 的结构简式为　 　．（3）富马酸的结构简式为　 　．（4）检验富血铁中是否含有 Fe3+的实验操作步骤是　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 Fe 3+ ，反之，则无　 ．（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　 44.8 　 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）．【分析】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： ．【解答】解：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）由上述分析可知，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，1mol 富马酸与足量饱和 NaHCO3溶液反应可放出 2mol CO2，标况下生成二氧化碳的体积为 2mol×22.4L/mol=44.8L，富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有，故答案为：44.8； ．【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据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．　[选修 3--物质结构与性质]20．下列叙述正确的有（　　）A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小C．卤素氢化物中，HCl 的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小D．价层电子对相斥理论中，π 键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【分析】A、第四周期元素中，外围电子排布为 ndxnsy，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，σ 键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而 π 不计入．【解答】解：A、第四周期元素中，外围电子排布为 ndxnsy，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 3d54s1，此元素为铬，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，HCl 分子内没有氢键，故 C 错误； D、价层电子对相斥理论中，σ 键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而 π 不计入，故 D正确；故选：BD。【点评】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．M 是第四周期元素，最外层只有 1 个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素 Y 的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同．回答下列问题：（1）单质 M 的晶体类型为　金属晶体　，晶体中原子间通过　金属键　作用形成面心立方密堆积，其中 M 原子的配位数为　 12 　 ．（2）元素 Y 基态原子的核外电子排布式为　 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 　 ，其同周期元素中，第一电离能最大的是　 Ar 　 （写元素符号）．元素 Y 的含氧酸中，酸性最强的是　 HClO 4　（写化学式），该酸根离子的立体构型为　正四面体　．（3）M 与 Y 形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．①该化合物的化学式为　 CuCl 　 ，已知晶胞参数 a=0.542nm，此晶体的密度为　 　g•cm﹣3．（写出计算式，不要求计算结果．阿伏加德罗常数为 NA）②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是　 Cu + 可与氨形成易溶于水的配位化合物　 ．此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为　 [Cu （ NH 3）4] 2+ 　 ．【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 17 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氧酸中最强酸；依据酸根离子中氯原子为 sP3杂化方式判断其构型；（3）①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：8× +6× =4，氯原子个数为 4，则化学式为；CuCl；1mol 晶胞中含有 4molCuCl，1mol 晶胞的质量为 M（CuCl）×4，晶胞参数 a=0.542nm，则晶体密度为 ，据此解答；② Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以 CuCl 难溶于水但易溶于氨水；该化合物中 Cu+被氧化为 Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为：[Cu（NH3）4]2+；【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 4×3=12 个铜原子，所以每个铜原子的配位数是 12；故答案为：金属晶体；金属键；12； （2）元素氯是 17 号元素，位于第三周期，依据构造原理其基态电子排布为：1s22s22p63s23p5；其同周期元素中，第一电离能最大的是 Ar，含氯的酸中高氯酸酸性最强是含氧酸中最强酸，化学式为：HClO4，高氯酸酸根离子中氯原子为 sP3杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar； HClO4； 正四面体；（3）①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：8× +6× =4，氯原子 个数为 4，则化学式为；CuCl；1mol 晶胞中含有 4molCuCl，1mol 晶胞的质量为 M（CuCl）×4，晶胞参数 a=0.542nm，则晶体密度为； ；故答案为：CuCl； ；② Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以 CuCl 难溶于水但易溶于氨水；该化合物中 Cu+被氧化为 Cu2+，所以深蓝色溶液中阳离子为：[Cu（NH3）4]2+；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]2+．【点评】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．　[选修 2--化学与技术]22．下列单元操作中采用了热交换设计的有（　　）A．电解食盐水制烧碱 B．合成氨中的催化合成C．硫酸生产中的催化氧化 D．氨碱法中的氨盐水碳酸化【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，以充分利用能源，以此解答．【解答】解：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。【点评】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．海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如图所示．回答下列问题：（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的　 SO 42﹣ 　 （填离子符号），M 的主要成分是　 BaSO 4　（填化学式）．（2）除溴塔中主要的离子方程式为　 Cl 2+2Br ﹣ ═2Cl ﹣ +Br 2　．（3）沸腾炉①和②的主要作用是　脱除氯化镁晶体中的部分水　．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是　防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解　．（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为　 Mg 2+ +2e ﹣ ═Mg 　 ． （5）电解槽中阳极产物为　氯气　，该产物可直接用于本工艺流程中的　除溴塔（除溴工段）　．【分析】卤水中含有 Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子，卤水中加入 CaO 在脱硫槽除去 SO42﹣，生成 CaSO4，经过滤机①得到 X 为 CaSO4，经除溴塔，通入氯气，可除去 Br﹣，生成 Z 为 Br2，在搅拌槽中加入 BaO，进一步除去 SO42﹣，M 的主要成分是 BaSO4，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉③通入热的 HCl 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．【解答】解：卤水中含有 Mg2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等离子，卤水中加入 CaO 在脱硫槽除去 SO42﹣，生成 CaSO4，经过滤机①得到 X 为 CaSO4，经除溴塔，通入氯气，可除去 Br﹣，生成 Z 为 Br2，在搅拌槽中加入 BaO，进一步除去 SO42﹣，M 的主要成分是 BaSO4，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉③通入热的 HCl 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 SO42﹣，M 的主要成分是 BaSO4，故答案为：SO42﹣；BaSO4；（2）除溴塔中通入氯气，以除去 Br﹣，反应的离子方程式为 Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2，故答案为：Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2；（3）经沸腾炉①和②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③通入热的 HCl 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 Mg2++2e﹣═Mg，故答案为：Mg2++2e﹣═Mg；（5）阳极生成氯气，可用于除溴塔，除去溴，故答案为：氯气；除溴塔（除溴工段）．【点评】本题考查物质的制备和分离，为 2016 年海南高考题，侧重于学生的分析、实验能力的考查，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，正确判断各物质是解答该题的关键．　 【分析】A．根据氦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一氧化碳；D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯．【解答】解：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一氧化碳，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。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质及用途，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．（2 分）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（　）A．c（CO32﹣） B．c（Mg2+） C．c（H+） D．Ksp（MgCO3）【分析】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，发生 CO32﹣+H+=HCO3﹣或 CO32﹣+2H+=CO2+H2O，平衡正向移动，以此解答该题．【解答】解：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，只有 A 正确。故选：A。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，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．（2 分）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 3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热△H 为（　　）A．3.8×104kJ•mol﹣1B．﹣3.8×104kJ•mol﹣1C．3.4×104kJ•mol﹣1D．﹣3.4×104kJ•mol﹣1【分析】C57H104O6的相对分子质量为 884，已知燃烧 1kg 该化合物释放出热量 3.8×104kJ，可首先计算 1kg 该化合物的物质的量，则计算 1mol 该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．【解答】解：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 3.8×104kJ，则 1kg 该化合物的物质的量为 ，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣ =﹣3.4×104kJ•mol﹣1，故选：D。【点评】本题为 2016 年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重学生的分析、计算能力的考查，解答本题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：本题共 6 小题，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）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 CO32﹣D．将乙烯通入 KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性【分析】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；B、将铁屑放入稀 HNO3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 CO32﹣，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，能被高锰酸钾氧化．【解答】解：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。【点评】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，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．（4 分）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【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．【解答】解：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。故选：B。【点评】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．（4 分）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 2.408×1023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【分析】根据方程式 2H2O=2H2↑+O2↑，光解 0.02 mol 水，可产生 0.02 mol H2和 0.01 mol O2，结合 n= = = 结合物质的构成解答该题．【解答】解：根据方程式 2H2O=2H2↑+O2↑，光解 0.02 mol 水，可产生 0.02 mol H2和 0.01 mol O2．则可得：A．可生成 H2的质量为 0.02mol×2g/mol=0.04g，故 A 错误； B．可生成氢的原子数为 0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故 B 错误；C．可生成标准状况下 H2的体积为 0.02mol×22.4L/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。【点评】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，本题为 2016 年海南高考题，难度不大，注意把握相关物理量的计算公式的运用以及物质的构成特点，把握相关反应，难度不大．　10．（4 分）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（　）A．Zn 为电池的负极B．正极反应式为 2FeO42﹣+10H++6e﹣=Fe2O3+5H2OC．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D．电池工作时 OH﹣向负极迁移【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，发生反应为 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，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（OH）3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．【解答】解：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 2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣，故 B 错误；C．总方程式为 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，生成 KOH，则该电池放电过程中电解质溶液浓度增大，故 C 错误；D．电池工作时阴离子 OH﹣向负极迁移，故 D 正确。故选：AD。【点评】本题考查原电池知识，为 2016 年海南高考题，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．（4 分）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→Y 反应的△H=E5﹣E2B．由 X→Z 反应的△H＜0C．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【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．【解答】解：A．根据化学反应的实质，由 X→Y 反应的△H=E3﹣E2，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＜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，故 D 错误。故选：BC。【点评】本题考查了化学反应中能量的变化图，为 2016 年海南高考题，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．（4 分）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【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，也可能不含苯环；C．苯乙烯可与溴发生加成反应；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．【解答】解：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，如不含苯环，则同分异构体种类更多，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。【点评】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，侧重考查基本概念、烯烃、基本反应类型等知识点，题目难度不大．　三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第 13～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 18～23 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题13．（8 分）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，回答下列问题：（1）M 元素位于周期表中的第　三　周期、　 VIA 　 族．（2）Z 元素是　 Si 　 ，其在自然界中常见的二元化合物是　 SiO 2　．（3）X 与 M 的单质在高温下反应的化学方程式为　 C+2S CS2　，产物分子为直线形，其化学键属　极性　共价键（填“极性”或“非极性”）．（4）四种元素中的　 Mg 　 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Mg+2HCl═MgCl2+H2↑ 　 ．【分析】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．【解答】解：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．（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+2S CS2，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+2S CS2；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，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+2HCl═MgCl2+H2↑，故答案为：Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．【点评】本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．（8 分）KAl（SO4）2•12H2O（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①应选用　 d 　 （填标号）．a．HCl 溶液 b．H2SO4溶液 c．氨水 d．NaOH 溶液（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为　 2Al+2NaOH+2H 2O═2NaAlO2+3H2↑ 　 ．（3）沉淀 B 的化学式为　 Al （ OH ） 3　；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是　 Al 3+ 水解 ， 使溶液中 H + 浓度增大　 ．（4）已知：Kw=1.0×10﹣14，Al（OH）3AlO⇌2﹣+H++H2O K=2.0×10﹣13．Al（OH）3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数等于　 20 　 ．【分析】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+OH﹣AlO⇌2﹣+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．【解答】解：（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+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；（3）滤液中加入 NH4HCO3溶液后，电离出的 NH4+和 HCO3﹣均能促进 AlO2﹣水解，反应式为 NH4++AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+NH3•H2O，生成 Al（OH）3沉淀；因 Al3++3H2O Al⇌ （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）3AlO⇌2﹣+H++H2O①H2O H⇌++OH﹣②，①﹣②可得 Al（OH）3+OH﹣AlO⇌2﹣+2H2O，则Al（OH）3溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数=K÷Kw= =20，故答案为：20．【点评】本题以铝制备明矾为载体，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．　15．（8 分）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　 CH 2=CHCH3　．（2）反应①的化学方程式为　 CH 2=CH2+H2O CH3CH2OH 　 ，其反应类型为　加成反应　．（3）反应③的反应类型为　水解反应或取代反应　．（4）C 的结构简式为　 HOOC﹣COOH 　 ．（5）反应②的化学方程式为　 HOOC﹣COOH+2CH 3CH2OH CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O 　 ．【分析】C2H6O 与 C 反应生成 D，由 D 的结构简式可知 C 为 HOOC﹣COOH，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 HOOC﹣COOH．【解答】解：C2H6O 与 C 反应生成 D，由 D 的结构简式可知 C 为 HOOC﹣COOH，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 HOOC﹣COOH．（1）由上述分析可知，B 的结构简式为：CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；（2）反应①是 CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，属于加成反应，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，加成反应；（3）反应③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：HOOC﹣COOH，故答案为：HOOC﹣COOH；（5）反应②是乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构简式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，比较基础．　16．（9 分）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）=0.006s﹣1，k（逆）=0.002s﹣1，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），则△H　小于　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　 B 　 （填曲线编号），平衡常数值 K2=　 　；温度 t1　小于　t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是　放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动　．【分析】（1）根据 v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，以及 v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1，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，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．【解答】解：（1）根据 v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，则 v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1，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 K1＞K2，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2＞t1，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．【点评】本题考查化学平衡的计算，为 2016 年海南高考题，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．（11 分）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　 D 　 ，第二次浸出应选用　 A 　 ．（填标号） （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　 H 2O2 与固体颗粒接触分解　．滤渣 2 的主要成分是　 SiO 2　．（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是　蒸发皿　．（4）某同学在实验完成之后，得到 1.5gCuSO4•5H2O，则铜的回收率为　 30% 　 ．【分析】（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↑，有有毒的气体生成，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．【解答】解：（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，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 15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO4﹒5H2O 中 Cu 的物质含量的为 1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为 ×100%=30%，故答案为：30%．【点评】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，是对学生综合能力的考查．　（二）选考题，任选一模块作答[选修 5--有机化学基础]18．（6 分）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 C．2﹣甲基丙烷 D．对苯二甲酸【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰，说明物质含有 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：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效．【解答】解：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（ ）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