2017年海南省高考化学试卷解析.docx

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1、海南省2017年高考化学试卷解析一、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【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A蔗糖具有甜味；B铁粉具有强的还原性；C过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；D生石灰具有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性【解答】解：A蔗糖具有甜味，可以做调味剂，故A正确；B铁粉具有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B正确；C过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用于消毒剂，故C

2、正确；D熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性，不能用于食品干燥剂，故D错误；故选：D【点评】本题主要考查了物质的组成、性质、用途等，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大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（）ACOBSO2CHClDCO2【考点】F5：二氧化硫的化学性质【分析】A、CO与稀Na2S溶液不反应；B、足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫沉淀；C、足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；D、足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢【解答】解：A、CO与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故A错误；B、二氧化

3、硫具有还原性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，则可以使溶液变浑浊，故B正确；C、因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；故选：B【点评】本题考查物质的性质，侧重考查无机化合物之间的反应，题目难度不大3下列分子中，其中子总数为24的是（）A18O3B2H217O2C14N16O2D14C16O2【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】中子数=质量数质子数，据此进行计算【解答】解：A

4、18O3中子数为（188）3=30，故A错误；B2H217O2中子数为（21）2+（178）2=20，故B错误；C14N16O2中子数为（147）+（168）2=23，故C错误；D14C16O2中子数为（146）+（168）2=24，故D正确，故选D【点评】明确原子结构中质子数、中子数、相对原子质量等之间的关系是解题的关键，本题难度中等4在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3+2M3+4H2O=M2O7n+Cl+8H+，M2O7n中M的化合价是（）A+4B+5C+6D+7【考点】42：常见元素的化合价【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算【解答】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所

5、以1+2（+3）=n+（1）+（+8），解得n=2，根据化合价规则，M2O72中氧元素化合价为2价，所以M元素的化合价为+6价故选C【点评】本题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大5下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（）ABCD【考点】O1：化学试剂的分类【分析】根据图示标志的含义来分析，常见的图示有腐蚀品、易燃液体、放射性物质、强氧化剂、爆炸品等【解答】解：A、图示标志是腐蚀品标志，故A正确；B、图示标志是易燃固体，故B错误；C、图示标志是放射性物品，故C错误；D、图示标志是氧化剂，故D错误故选A【点评】本题考查了试剂的分类及常见危险品标志，

6、了解危险化学品的分类、各个常见标志所代表的含义是解答本题的关键，题目难度不大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+H2OB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+3CO32=Al2（CO3）3D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH=NO3+NO2+H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D用氢氧化钠溶液吸收工业

7、废气中的NO2，+4价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3价的氮【解答】解：A碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为2FeS+20H+7SO42=2Fe3+9SO2+10H2O，故B错误；C铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2，故C错误；D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2O

8、H=NO3+NO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等二、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7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

9、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【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A稀硫酸不与铜发生反应；B浓硫酸能够将碘离子氧化成碘单质；C过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D铝与氯气燃烧生成氯化铝【解答】解：ACu与浓硫酸加热能够反应，与稀硫酸不反应，故A错误；B浓硫酸具有强氧化性，能够将HI氧化，不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI，故B错误；C过氧化钠能够与二氧化碳反应生成生成氧气，可用过氧化钠制备氧气，故C正确；D铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D正确；故选CD【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见元素及其

10、化合物性质为解答关键，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力8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【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A乙醇被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；B丁烷存在同分异构体；C聚乙烯不含碳碳双键；D甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等【解答】解：A酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故

11、酒是陈的香，故A正确；B丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等，二者都为难溶于水的油状液体，故D正确故选AD【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大9NA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4NAB1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NAC1 L 0.1 molL1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD1 mol 的CO和N2

12、混合气体中含有的质子数为14NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、乙烯中含4条碳氢键；B、甲烷燃烧时，碳元素由4价变为+4价；C、乙酸为弱酸，不能完全电离；D、CO和氮气中均含14个质子【解答】解：A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4NA条碳氢键，故A正确；B、甲烷燃烧时，碳元素由4价变为+4价，故1mol甲烷燃烧转移8mol即8NA个电子，故B正确；C、乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于0.1NA个，故C错误；D、CO和氮气中均含14个质子，故1molCO和氮气的混合物中含有的质子数为14NA个，故D正确故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大

13、，应注意掌握公式的运用和物质的结构10一种电化学制备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=2NH3CH+由阳极向阴极迁移D陶瓷可以隔离N2和H2【考点】BL：化学电源新型电池【分析】由电化学制备NH3的装置可知，通入氮气的一端为为阴极，通入氢气的一端为阳极，电解反应N2+3H22NH3，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答【解答】解：APb电极b上氢气失去电子，为阳极，故A错误；B阴极上发生还原反应，则阴极反应为N2+6H+6e=2NH3，故B正确；C电解池中，H+由阳极向阴极迁移，故C正确；D由图可知，氮气

14、与氢气不直接接触，陶瓷可以隔离N2和H2，故D正确；故选A【点评】本题为2017年海南高考题，侧重考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应及离子移动方向为解答的关键，注重分析与应用能力的考查，题目难度不大11已知反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0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，（CO）增大D充入一定量的氮气，n（H2）不变【考点】CB：化学平衡的影响因素【分析】A升高温度，平衡向逆反应方向移动；B减小压强，平衡向体积增大的方向移动；C催化剂不会引起化学平衡的移动；D在一定温

15、度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动【解答】解：AH0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；B比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n（CO2）不变，故B错误；C催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以（CO）不变，故C错误；D充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n（H2）不变，故D正确；故选AD【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意观察方程式的特征，把握

16、外界条件对平衡状态的影响12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【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大；B容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞，使用前必须检查是否漏水；C先关闭冷凝水再停止加热，易导致冷凝管炸裂；D为了提高分液效果，分液漏斗下层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出【解答】解：A中和滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故A错误；B为了避免影响实验结果，容量

17、瓶和滴定管使用前均需要检漏，故B正确；C蒸馏时，应防止冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故C错误；D分液时，为了避免污染试剂，下层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D正确；故选BD【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力三、非选择题：共64分第1317题为必考题，每个试题考生都必须作答第18、19题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共44分）13X、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

18、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组成的物质为离子（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CaH2+2H2OCa（OH）2+2H2（3）Y在周期表中的位置是第二周期A族，其含氧酸的化学式为H3BO3（4）L与M形成的化合物中L的化合价是3【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题【解答】解：（1）X

19、与L组成的最简单化合物为PH3，电子式类似氨气，为，故答案为：；（2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2+2H2OCa（OH）2+2H2，故答案为：离子；CaH2+2H2OCa（OH）2+2H2；（3）Y为B元素，位于周期表第二周期A族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期A族；H3BO3；（4）L与M形成的化合物Ca3P2，Ca的化合价为+2价，P为3价，故答案为：3【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见元素在周期表的位置与性质的递变规律，难度不大14碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产回

20、答下列问题：（1）碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是CO32+H2OHCO3+OH（用离子方程式表示）（2）已知：2NaOH（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+H2O（g）H1=127.4kJmol1NaOH（s）+CO2（g）NaHCO3（s）H1=131.5kJmol1反应2NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的H=+135.6 kJmol1，该反应的平衡常数表达式K=c（H2O）c（CO2）（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）=2.6109，Ksp（BaSO4）=1.11010【

21、考点】BB：反应热和焓变；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32水解使溶液呈碱性；（2）2NaOH（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+H2O（g）H1=127.4kJmol1NaOH（s）+CO2（g）NaHCO3（s）H1=131.5kJmol1，2得，2NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）据此进行分析；K=；（3）当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算【解答】解：（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32离子水解方程式为CO32+H2OHCO3+

22、OH，使溶液呈碱性，故答案为：纯碱；CO32+H2OHCO3+OH；（2）2NaOH（s）+CO2（g）Na2CO3（s）+H2O（g）H1=127.4kJmol1NaOH（s）+CO2（g）NaHCO3（s）H1=131.5kJmol1，2得，2NaHCO3（s）Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）H=+135.6kJmol1；K=c（H2O）c（CO2），故答案为：+135.6；c（H2O）c（CO2）；（3）Ksp（Ba SO4）=c（Ba2+）（SO42）=1.11010；Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32）=2.6109，所以=，故答案为：【点评】本题考查化学

23、平衡的有关计算，反应热计算等，题目难度中等，注意掌握平衡常数的计算和应用与盖斯定律15已知苯可以进行如下转化：回答下列问题：（1）反应的反应类型为加成反应，化合物A的化学名称为环己烷（2）化合物B的结构简式为，反应的反应类型为消去反应（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯【考点】HC：有机物的合成【分析】由转化关系可知苯与氢气发生加成反应，生成A为环己烷，结构简式为或，由B的分子式可知B为，然后发生消去反应生成，结合对应有机物的官能团的性质解答该题【解答】解：（1）反应为加成反应，生成A为，为环己烷，故答案为：加成反应；环己烷；（2）由以上分析可知B为，发生消

24、去反应生成，故答案为：；消去反应；（3）苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯，故答案为：加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机合成流程中的官能团变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大16（10分）（2017海南）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）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiClKCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e=Li（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Li与二氧化碳反

25、应（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焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾（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LiF【考点】GG：碱金属的性质【分析】（1）碳酸锂与盐酸反应生成LiCl，由电解LiClKCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上锂离子得到电子；（2）Li与Mg性质相似，与二氧化碳反应；（3）阳离子不同、焰色反应不同；（4）LiPF6受热易分解，生成两种两种氟化物【解答】解：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电

26、解LiClKCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e=Li，故答案为：盐酸；Li+e=Li；（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Li与二氧化碳反应，故答案为：Li与二氧化碳反应；（3）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焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾，故答案为：焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾；（4）LiPF6受热易分解，发生LiPF6LiF+PF5，其热分解产物为PF5和LiF，故答案为：LiF【点评】本题为2017年海南高考题，为高频考点，把握电解原理、物质的性质、物质的鉴别为解答的关键，

27、侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物的应用，注重迁移应用能力的考查，题目难度不大17（10分）（2017海南）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%回答下列问题：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，“滤渣1”中主要含有SiO2（写化学式）（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是溶液接近为无色（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫

28、酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】硼镁泥主要成份是MgO，还有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，B2O3转化为H3BO3，则滤渣1为SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，加入的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣2为Al（OH）3、Fe（OH）3，浓缩过滤得到滤渣3为CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、冷却结晶得到硫

29、酸镁晶体，以此来解答【解答】解：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，pH=1时B2O3转化为H3BO3，二氧化硅不反应，则“滤渣1”中主要含有SiO2，故答案为：浓硫酸；SiO2；（2）“除杂”时加入次氯酸钙发生2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O，氧化镁促进铁离子、铝离子水解，则次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀，故答案为：氧化亚铁离子；促进铁离子、铝离子转化为沉淀；（3）因亚铁离子、铁离子均为有色离子，则判断“除杂”基本完成的检验方法是溶液接近为无色，故答案为：溶液接近为无色；（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响

30、不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，硫酸镁在80左右溶解度最大所以该过程中温度应控制80左右，温度太低会析出晶体，所以要趁热过滤，故答案为：温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握图中发生的反应、混合物分离提纯、溶解度与温度的关系等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用，题目难度不大选修5：有机化学基础18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C10H18OB不能发生银镜反应C可使酸性KMnO4溶液褪色D分子中有7

31、种不同化学环境的氢【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】有机物含有碳碳双键和醛基，具有烯烃、醛的性质，结合有机物的结构特点解答该题【解答】解：A由结构简式可知C10H16O，故A错误；B含有醛基，可发生银镜反应，故B错误；C碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化，故C正确；D结构不对称，分子中有8种不同化学环境的氢，故D错误故选C【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃和醛的性质，题目难度不大19（14分）（2017海南）当醚键两端的烷基不相同时（R1OR2，R1R2），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：R1OH

32、+R2OH R1OR2+R1OR1+R2OR2+H2O一般用Williamson反应制备混醚：R1X+R2ONaR1OR2+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：回答下列问题：（1）路线的主要副产物有、C2H5OC2H5（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远离火源，防止爆炸（4）由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：路线反应相对较为安全，但产率较低，路线产率较高，但生成易爆炸的氢气（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有4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，写出合成路线

33、+Cl2+HCl，2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2，+C2H5ONa+NaCl【考点】HC：有机物的合成【分析】由信息“R1OH+R2OH R1OR2+R1OR1+R2OR2+H2O”可知路线两种醇发生分子间脱水生成醚，可发生在不同的醇之间或相同的醇之间，该反应相对较为安全，但生成副产品，产率较低；苯甲醇与浓盐酸在加热条件下发生取代反应生成A为，乙醇与钠反应生成B为C2H5ONa，反应生成氢气，易爆炸，A、B发生取代反应可生成，产率较高，以此解答该题【解答】解：（1）由以上分析可知路线的主要副产物有、C2H5OC2H5，故答案为：；C2H5OC2H5；（2）A为，故答案为：；（3）

34、生成C2H5ONa的同时生成氢气，应远离火源，防止爆炸，故答案为：远离火源，防止爆炸；（4）由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）路线产生较多的副产品，产率较低，但较为安全，而路线产率较高，但生成易爆炸的氢气，故答案为：路线反应相对较为安全，但产率较低，路线产率较高，但生成易爆炸的氢气；（6）苯甲醇的同分异构体，如含有2个取代基，可为甲基苯酚，甲基苯酚有邻间对三种，如含有1个取代基，则为苯甲醚，则还有4种，故答案为：4；（7）甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，可首先发生+Cl2+HCl，发生2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2，然后发生+C2H5ONa+Na

35、Cl，故答案为： +Cl2+HCl，2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2，+C2H5ONa+NaCl【点评】本题为2017年海南高考题，侧重考查有机物的合成，主要把握题给信息以及有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力选修3：物质结构与性质20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+7B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【考点】8B：元素电离能、电负性的含义及应用【分析】A某元素原子核外电子总数是

36、最外层电子数的5倍，则该元素为Br；B同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；CHClO4是中学中最强酸，且结构比HClO稳定；D根据氢键对物理性质的影响分析，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低【解答】解：A某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则该元素为Br，故最高正价为+7，故A正确；B同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则Na元素第一电离能小于Mg元素，但是Na元素第二电离能大于Mg元素，因为此时钠离子是全满为稳定结构，

37、故B错误；CHClO中的+1价氯稳定性比HClO4中的+7价氯差，更容易得电子，故氧化性次氯酸大于高氯酸，故C错误；D邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（）能形成分子间氢键，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，故D正确，故选AD【点评】本题考查元素推断，电离能比较，物质酸性以及氧化性的比较，氢键对物质的物理性质的影响，本题难度中等21（14分）（2017海南）A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混合晶体，原子间存在的共价键类型有键、键，碳原子的杂化轨

38、道类型为sp2（2）SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为4，分子的立体构型为正四面体，属于非极性分子（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SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高结合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减弱、共价性增强（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K3C60；其晶胞参数为

39、1.4nm，晶体密度为2.0gcm3【考点】9I：晶胞的计算【分析】（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，C原子形成3个键；（2）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个键，具有甲烷的结构特点；（3）由图象可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体；（4）K位于棱和体心，C60位于定点和面心，利用均摊法可计算化学式，结合质量、体积计算晶胞的密度大小【解答】解：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，在石墨晶体中，同层的每一个碳原子以sp2杂化

40、轨道与相邻的三个碳原子以键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结构，在同一平面的碳原子还各剩下一个p轨道，其中有一个2p电子这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大键故答案为：混合晶体；键、键；sp2；（2）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个键，价层电子对数为4，具有正四面体结构，属于非极性分子，故答案为：4；正四面体；非极性；（3）四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，故答案为：SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可知依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强，故答案为：减弱；增强；（4）K位于棱和体心，晶胞中的个数为12+9=12，C60位于定点和面心，个数为8+6=4，化学式为K3C60，则晶胞的质量为g，其晶胞参数为1.4nm=1.4107cm，则体积为（1.4107）3cm3，所以密度为=2.0gcm3，故答案为：K3C60；2.0【点评】本题考查较为综合，涉及杂化类型、晶胞的计算以及晶体类型的判断等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握石墨的晶体类型以及成键特点，难度中等