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  • 2021-05-13 发布

海南高考化学试题及答案解析

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‎2014年高考海南卷单科化学试卷及答案解析 ‎ 第Ⅰ卷 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,只有一个是正确的。‎ ‎【2014海南高考】1、化学与日常生活密切相关,下列说法错误的是( )‎ A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B、84消毒液的有效成分是NaClO C、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D、装饰材料释放的甲醛会造成污染 ‎【答案】C ‎【解析】A、碘酒是单质碘溶于酒精形成的分散系(溶液),A正确;B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂,主要成分为NaCl和NaClO,其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO,所以有效成分为NaClO,B正确;C、浓硫酸不与玻璃的成分二氧化硅发生反应,而二氧化硅与氢氟酸反应:SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O,所以工艺师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品,C错误;D、甲醛为常用的合成粘合剂的材料,且甲醛有毒,则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染,D正确。‎ ‎【2014海南高考】2、下列有关物质性质的说法错误的是( )‎ A、热稳定性:HCl>HI B、原子半径:Na>Mg C、酸性:H2SO3>H2SO4 D、结合质子能力:S2—>Cl—‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、同主族自上而下非金属性减弱,非金属性越强氢化物越稳定,故稳定性HCl>HI,A正确;B、同周期从左到右,元素原子半径逐渐减小,所以原子半径:Na>Mg,B正确;C、H2SO3属于中强酸,H2SO4属于强酸,故酸性:H2SO4>H2SO3,C错误;D、酸性越弱,酸越难电离,对应的酸根离子越易结合氢离子,因为HCl强于H2S,所以结合质子能力:S2—>Cl—,D正确。‎ ‎【2014海南高考】3、以石墨为电极,电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉),下列说法错误的是 A、阴极附近溶液呈红色 B、阴极逸出气体 C、阳极附近溶液呈蓝色 D、溶液的PH变小 ‎【答案】D ‎【解析】以石墨为电极,电解KI溶液,发生的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2(类似于电解饱和食盐水),阴极产物是H2和KOH,阳极产物是I2。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉,所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝),阴极附近的溶液会变红(溶液呈碱性),ABC正确;由于电解产物有KOH生成,所以溶液的PH逐渐增大,D错误。‎ ‎【2014海南高考】4、标准状况下,气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H,H—O,和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol,463KJ/mol,495KJ/mol,下列热化学方程式正确的是( )‎ A、H2O(g)==H2(g)+1/2O2(g) △H =—485KJ/mol B、H2O(g)==H2(g)+1/2O2(g) △H = + 485KJ/mol C、2 H2(g) + O2(g)==2 H2O(g) △H = + 485KJ/mol D、2 H2(g) + O2(g)==2 H2O(g) △H =—485KJ/mol ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据“H—H,H—O,和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol,463KJ/mol,495KJ/mol”,可以计算出2mol H2和1mol O2完全反应生成2mol H2O(g)产生的焓变是436KJ/mol×2+495KJ/mol×1—463KJ/mol×4= —485KJ/mol,所以该过程的热化学方程式为2 H2(g) + O2(g)=2 H2O(g) △H = —485KJ/mol,D正确。‎ ‎【2014海南高考】5、下列除杂操作可行的是( )‎ A、通过浓硫酸除去HCl中的H2O B、通过灼热的CuO除去H2中的CO C、通过灼热的镁粉除去N2中的O2 D、通过水除去CO中的CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、浓硫酸具有吸水性且不与HCl发生反应,所以除去HCl中的H2O可以通过浓硫酸进行,A正确;B、H2和CO均能与CuO发生反应(H2+CuOCu+H2O、CO+CuOCu+CO2↑),B错误;C、N2和O2均能与镁粉发生反应(3Mg+ N2 Mg3N2、Mg+ O22MgO),C错误;D、CO2在水中的溶解度很小,不能用水来除去CO中的CO2。因为一氧化碳具有还原性,可将混合气通过灼热的氧化铜,一氧化碳会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳,将一氧化碳转化为二氧化碳。‎ ‎【2014海南高考】6、NaOH溶液滴定盐酸的实验中,不必用到的是( )‎ A、酚酞 B、圆底烧瓶 C、锥形瓶 D、碱式滴定管 ‎【答案】B ‎【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸时所需仪器:带滴定管夹的铁架台、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、漏斗(可用来向滴定管中加入液体),用不到圆底烧瓶。滴定终点用指示剂酚酞来判断。‎ 二、选择题:本题共6小题,每小题4分,每小题有1~2个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项,多选的0分,若正确答案包括两个选项,只选一个且正确得2分,选两个且正确得4分,但只要选错一个就得0分。‎ ‎【2014海南高考】7、下列有关物质水解的说法正确的是( )‎ A、蛋白质水解的最终产物是多肽 B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖 C、纤维素不能水解成葡萄糖 D、油脂水解产物之一是甘油 ‎【答案】BD ‎【解析】A、蛋白质先水解成多肽,多肽再水解成最终产物氨基酸,故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸,A错误;B、淀粉在酸的催化作用下,能发生水解;淀粉的水解过程:先生成分子量较小的糊精(淀粉不完全水解的产物),糊精继续水解生成麦芽糖,最终水解产物是葡萄糖,B正确;C、纤维素属于多糖,水解的最终产物是葡萄糖,C错误;油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯,在酸性条件下水解生成高级脂肪酸与甘油;在碱性条件下,完全水解生成高级脂肪酸盐(肥皂)与甘油,D正确。‎ ‎【2014海南高考】8、某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是 A、反应过程a有催化剂参与 ‎ B、该反应为放热反应,热效应等于△H C、改变催化剂,可改变该反应的活化能 D、有催化剂的条件下,反应的活化能等于E1+E2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】A、由图可知,反应过程a需要的活化能比b要高,所以a没有催化剂参与,A错误;B、由图可知,该反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量,所以该反应属于放热反应,反应的热效应等于反应物与生成物能量之差,即△H,B正确;C、使用催化剂,改变了反应进行的途径,降低了反应的活化能,C正确。‎ ‎【2014海南高考】9、下列有关物质应用的说法错误的是( )‎ A、玻璃容器可长期盛放各种酸 B、纯碱可用于清洗油污 B、浓氨水可检验氯气管道泄漏 D、Na2S可除去污水中的Cu2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、玻璃容器可长期盛放不与玻璃发生反应的酸,但由于HF能与玻璃的成分SiO2发生反应(SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O),所以玻璃容器不能存放氢氟酸(HF),A错误;B、纯碱(Na2CO3)溶液由于CO32—水解而显碱性,可以促进油脂的水解,因此纯碱可用于清洗油污,B正确;C、氯气与浓氨水挥发出的氨气可发生如下反应:8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl,当将浓氨水靠近氯气时,可以看到白烟(NH4Cl)生成,所以工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏,C正确;D、S2—能与Cu2+反应生成CuS沉淀,降低了水中的Cu2+浓度,D正确。‎ ‎【2014海南高考】10、下列关于物质应用和组成的说法正确的是( )‎ A、P2O5可用于干燥Cl2和NH3 B、“可燃冰”的主要成分是甲烷和水 C、CCl4可用于鉴别溴水和碘水 D、Si和SiO2都用于制造光导纤维 ‎【答案】BC ‎【解析】A、P2O5属于酸性干燥剂,不能用来干燥碱性气体NH3,A错误;B、“可燃冰”是水和甲烷在低温、高压的条件下形成的冰状固体,分布于深海沉积物中,由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质,所以“可燃冰”的主要成分是甲烷和水,B正确;C、四氯化碳的密度大于水的密度,所以四氯化碳在下方,水在上方;萃取时,上层液体是水,溴被萃取到下方四氯化碳中,所以上层无色,下层橙色;将碘水与四氯化碳混合,碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的大,且四氯化碳的密度大于水的密度,故混合后Ⅳ中溶液分层上层是水下层是碘的四氯化碳溶液,因此下层为紫红色,所以CCl4可用于鉴别溴水和碘水,C正确;D、SiO2用于制造光导纤维,Si用于制造半导体材料,D正确。‎ ‎【2014海南高考】11、室温下,用0.100mol/L NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol/L 的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是( )‎ A、Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线 B、PH=7时,滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml C、V(NaOH) =20ml时,C(Cl— )== C(CH3COO— )‎ D、V(NaOH) =10ml时,醋酸溶液中:C(Na+ )> C(CH3COO— )> C(H+ )> C(OH— )‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1,0.1000mol/L醋酸pH>1,所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ,滴定醋酸的曲线是图Ⅰ,故A错误;B、醋酸钠水解呈碱性,氯化钠不水解,pH=7时,醋酸所用NaOH溶液的体积小,故B错误;C、V(NaOH)=20.00 mL 时,二者反应生成氯化钠和醋酸钠,醋酸根发生水解,浓度小于氯离子,故C错误;D、加入10ml氢氧化钠时,溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠,醋酸电离大于醋酸根的水解程度,所以C(CH3COO— ) >C(Na+ ),D错误。‎ ‎【2014海南高考】12、将BaO2放入密闭真空容器中,反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)达到平衡,保持温度不变,缩小容器容积,体系重新达到平衡,下列说法正确的是( )‎ A、平衡常数减小 B、BaO量不变 C、氧气压强不变 D、BaO2量增加 ‎【答案】CD ‎【解析】A、化学平衡常数只与温度有关,温度不变,化学平衡常数不改变,A错误;B、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应,当温度保持不变时,缩小容器体积(相当于加压),平衡会向体积减小的方向即逆方向移动,所以BaO量减小,B错误;C、由于温度不变,则化学平衡常数()不变,所以不变,所以氧气压强不变,C正确;D、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应,当温度保持不变时,缩小容器体积(相当于加压),平衡会向体积减小的方向即逆方向移动,所以BaO2量增加,D正确。‎ 第Ⅱ卷 本题包括必考题和选考题两部分,第13题—‎ 第17题为必考题,每个试题考生都必须作答,第18—20题为选考题,考生根据要求作答。‎ ‎【2014海南高考】13、(9分)4种相邻主族短周期元素的相对位置如表,元素x的原子核外电子数是m的2倍,y的氧化物具有两性。回答下列问题:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ m ‎ n ‎ x ‎ y ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎(1)元素x在周期表中的位置是___________周期,___________族,其单质可采用电解熔融___________的方法制备。‎ ‎(2)m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中,酸性最强的是___________,碱性最强的是___________(填化学式)。‎ ‎(3)气体分子(mn)2的电子式为___________,(mn)2称为拟卤素,性质与卤素相似,其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎【答案】 (1)三 IIA MgCl2 (每空1分,共3分)‎ ‎(2)HNO3 Al(OH)3 (每空1分,共2分)‎ ‎(3) 2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O (每空2分,共4分)‎ ‎【解析】根据四种元素(相邻主族短周期元素)的位置关系,可知x是Mg,y是Al,m是C,n是N。‎ ‎(1)元素x(Mg)在周期表中的位置是第三周期IIA族,由于Mg的化学性质比较活泼,常用电解熔融的MgCl2的方法制备;‎ ‎(2)m(Mg)、n(C)、y(N)三种元素中,金属性最强的是Al元素,故最高价氧化物的水化物中碱性最强的是Al(OH)3,非金属性最强的是N元素,所以最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HNO3;‎ ‎(3)气体分子(mn)2的化学式是(CN)2,属于共价化合物,电子式是;根据题目中的信息“(mn)2称为拟卤素,性质与卤素相似”,所以(CN)2与氢氧化钠溶液反应发生的化学方程式类似于Cl2与氢氧化钠溶液反应,所以反应的方程式为2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O。‎ ‎【2014海南高考】14、(9分)硝基苯甲酸乙酯在OH — 存在下发生水解反应:‎ ‎ O2NC6H4COOC2H5+OH—O2NC6H4COO—+ C2H5OH 两种反应物的初始浓度均为0.050mol/L,15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示,回答下列问题:‎ ‎0‎ ‎120‎ ‎180‎ ‎240‎ ‎330‎ ‎530‎ ‎600‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎0‎ ‎33.0‎ ‎41.8‎ ‎48.8‎ ‎58.0‎ ‎69.0‎ ‎70.4‎ ‎71.0‎ ‎71.0‎ ‎(1)列式计算该反应在120~180s与180~240s区间的平均反应速率__________,__________;比较两者大小可得出的结论是______________________________。‎ ‎(2)列式计算15°C时该反应的平衡常数____________________。‎ ‎(3)为提高O2NC6H4COOC2H5 的平衡转化率,除可适当控制反应温度外,还可以采取的措施有______________________________(要求写出两条)。‎ ‎【答案】(9分)‎ ‎(1) (2分)‎ ‎ (2分)‎ ‎ 随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率减慢 (1分)‎ ‎(2)或(2分)‎ ‎(3)增加OH—的浓度、移去产物 (2分)‎ ‎【解析】(1)根据题目中提供的信息。可知在120~180s内的平均反应速率是:‎ 在180~240s内的平均反应速率是:‎ ‎ 根据以上两个反应速率120~180s内()和180~240s内(),可以看出:随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率减慢;‎ ‎ (2)15°C时该反应的平衡常数;‎ ‎ (3)提高O2NC6H4COOC2H5 的平衡转化率,就意味着O2NC6H4COOC2H5+OH—O2NC6H4COO—+ C2H5OH反应的平衡向正方向移动,可以采取的措施增大反应物的浓度(增加OH—的浓度),减小生成物的浓度(移去产物)。‎ ‎【2014海南高考】15、(8分)卤代烃在生产生活中具有广泛的应用,回答下列问题:‎ ‎(1)多氯代甲烷常为有机溶剂,其分子结构为正四面体的是__________,工业上分离这些多氯代物的方法是____________________。‎ ‎(2)三氟氯溴乙烯(CF3CHClBr)是一种麻醉剂,写出其所有同分异构体的结构简式__________(不考虑立体异构)。‎ ‎(3)聚氯乙烯是生活中常用的塑料,工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下:‎ 反应①的化学方程式为________________________________________,反应类型为__________,反应②的反应类型为__________。‎ ‎【答案】(8分)‎ ‎(1)四氯化碳 分馏 (每空1分,共2分)‎ ‎(2) (3分)‎ ‎(3)H2C=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl 加成反应 消去反应(每空1分,共3分)‎ ‎【解析】(1)甲烷的结构是正四面体,所以只有当甲烷的4个H原子全部被Cl原子取代生成四氯化碳时,其结构才是正四面体;多氯代物的组成和结构相似,随着相对分子质量的增大,物质的沸点逐渐升高,那么可以利用它们之间沸点的差异,采取蒸馏法(分馏)进行分离;‎ ‎(2)三氟氯溴乙烯(CF3CHClBr)的同分异构体就是F、Cl、Br三种原子之间互换位置,则可以写出三种同分异构体 ;‎ ‎(3)乙烯(H2C=CH2)生成1,2—二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是加成反应,方程式为H2C=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl,1,2—二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)生成氯乙烯(CH2=CHCl)属于卤代烃的消去反应。‎ ‎【2014海南高考】16、(9分)锂锰电池的体积小,性能优良,是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示,其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中,Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。回答下列问题:‎ ‎(1)外电路的电流方向是由__________极流向__________极。(填字母)‎ ‎(2)电池正极反应式为________________________________________。‎ ‎(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂?__________(填“是”或“否”)原因是_______________。‎ ‎(4)MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应,生成K2MnO4,反应的化学方程式为______________________________________,K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为______________。‎ ‎【答案】(1)b a (每空1分,共2分)‎ ‎(2)MnO2+e—+Li+=LiMnO2 (2分)‎ ‎(3)否 电极Li是活泼金属,能与水反应 (每空1分,共2分)‎ ‎(4)3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O (2分) 2:1 (1分)‎ ‎【解析】(1)结合所给装置图以及原电池反应原理,可知Li作负极材料,MnO2作正极材料,所以电子流向是从a→b,那么电流方向则是b→a;‎ ‎(2)根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中,Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2”,所以正极的电极反应式MnO2+e—+Li+=LiMnO2;‎ ‎(3)因为负极的电极材料Li是活泼的金属,能够与水发生反应,故不能用水代替电池中的混合有机溶剂;‎ ‎(4)由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应,生成K2MnO4”,可知该反应属于氧化还原反应,Mn元素化合价升高(),则Cl元素的化合价降低(),所以方程式为3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O;根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4()和MnO2()”,根据电子得失守恒,可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1。‎ ‎【2014海南高考】17、(9分)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用做分析试剂及鞣革的还原剂,它受热、遇酸易分解。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3 +4SO2==3Na2S2O3+CO2 制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示,回答下列问题:‎ ‎(1)b中反应的离子方程式为_______________________________________,c中试剂为__________。‎ ‎(2)反应开始后,c中先有浑浊产生,后又变为澄清,此浑浊物是____________。‎ ‎(3)d中的试剂为__________________。‎ ‎(4)实验中要控制SO2生成速率,可采取的措施有__________________(写出两条)‎ ‎(5)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入SO2不能过量,原因是__________________。‎ ‎【答案】(9分)‎ ‎(1)SO32—+2H+=SO2↑+H2O或HSO3—+H+=SO2↑+H2O (1分)‎ ‎ 硫化钠和碳酸钠混合溶液 (2分)‎ ‎(2)硫 (1分)‎ ‎(3)NaOH溶液 (1分)‎ ‎(4)控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度) (2分)‎ ‎(5)若SO2过量,溶液显酸性,产物分解 (2分)‎ ‎【解析】根据装置图可知,最左侧装置是制备SO2、中间装置用来制备硫代硫酸钠(Na2S2O3),右侧装置是尾气处理装置(吸收SO2)。‎ ‎(1)b用来制备SO2,实验室常用亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水,离子方程式为:SO32—+2H+=SO2↑+H2O或HSO3—+H+=SO2↑+H2O;根据制取硫代硫酸钠(Na2S2O3)的方程式2Na2S+Na2CO3 +4SO2==3Na2S2O3+CO2,可知c中试剂为硫化钠和碳酸钠混合溶液;‎ ‎(2)因为SO2具有氧化性,溶液中存在S2—,所以二者能发生氧化还原反应生成单质S;‎ ‎(3)d是尾气处理装置(吸收SO2),所以d中盛放的试剂是NaOH溶液;‎ ‎(4)控制SO2生成速率,可以采取控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度)的方法;‎ ‎(5)硫代硫酸钠(Na2S2O3)属于强碱弱酸盐,与酸容易发生反应(S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O),如若SO2过量,则溶液显酸性,硫代硫酸钠(Na2S2O3)就发生反应导致产品质量减少。‎ 选考题 ‎【有机化学基础】‎ ‎【2014海南高考】18—Ⅰ(6分)图示为一种天然产物,具有一定的除草功效,下列有关该化合物的说法错误的是( )‎ A、分子中含有三种含氧官能团 B、1 mol 该化合物最多能与6 mol NaOH 反应 C、既可以发生取代反应,又能够发生加成反应 D、既能与FeCl3发生显色反应,也能和NaHCO3反应放出CO2‎ ‎【答案】BD(6分)‎ ‎【解析】根据有机物的结构简式可知,该有机物结构中含有三种含氧官能团:酚羟基(—OH),酯基(—COO—)和醚键(—O—),A正确;B、能够和NaOH发生反应的官能团三个酚羟基(—OH),酯基(—COO—),而1 mol 该化合物含3mol酚羟基(—OH)和1mol酯基(—COO—),所以1 mol 该化合物最多能与4 mol NaOH 反应,B错误;C、该有机物结构中还有碳碳双键(—C=C—),能发生加成反应,含有酚羟基(—OH),还能发生取代反应,C正确;D、该化合物含有酚羟基(—OH),能与FeCl3溶液发生显色反应(溶液显紫色),虽然酚羟基(—OH)具有酸性,但是其酸性弱于H2CO3,故不能和NaHCO3反应放出CO2,D错误。‎ ‎【2014海南高考】18—Ⅱ(14分)1,6— 己二酸(G)是合成尼龙的重要原料之一,可用六个碳原子的化合物氧化制备。下图为A通过氧化反应制备G的反应过程(可能的反应中间物质为B、C、D、E和F)。‎ 回答了了问题:‎ ‎(1)化合物A中含碳87.8%,其余为氢,A的化学名称为________________。‎ ‎(2)B到C的反应类型为________________。‎ ‎(3)F的结构简式为________________。‎ ‎(4)在上述中间物质中,核磁共振氢谱出峰最大的是___________,最少的是____________(填化合物代号)。‎ ‎(5)由G合成尼龙的化学方程式为________________________________。‎ ‎(6)由A通过两步制备1,3—环己二烯的合成线路为________________________________。‎ ‎【答案】(14分)‎ ‎(1)环己烯 (2分)‎ ‎(2)加成反应 (1分)‎ ‎(3) (2分)‎ ‎(4)DE F (2分,1分,共3分)‎ ‎(5)(2分)‎ ‎(6) (4分)‎ ‎【解析】(1)结合“化合物A中含碳87.8%,其余为氢”‎ 以及AB间的转化关系,可知A的结构简式为(环己烯);‎ ‎(2)根据BC的结构简式,可知B生成C的反应属于加成反应(与H2加成);‎ ‎(4)上述物质中,BCG三种物质中只有3种不同类型的H原子,D、E有6种不同类型的H原子,F有2种不同类型的H原子,因此核磁共振氢谱中出现峰最多的是D、E,最好的是F;‎ ‎(5)由可知该反应为缩聚反应,小分子物质是H2O,故方程式为;‎ ‎(6)由A()通过两步制备1,3—环己二烯(),我们可以采取逆推法,可以由发生消去反应(NaOH醇溶液/加热)制得,可以由发生加成反应(与Br2/CCl4)制得,所以制备的路线是 ‎【2014海南高考】19.【选修3-物质结构与性质】(20分)‎ ‎ 19-I(6分)对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4),下列叙述正确的是 ‎ A.SiX4难水解 B.SiX4是共价化合物 ‎ C.NaX易水解 D.NaX的熔点一般高于SiX4‎ ‎【答案】BD(6分)‎ ‎【解析】A、硅的卤化物(SiX4)的水解比较强烈,如SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl、‎ SiF4+3H2O=H2SiO3↓+4HF,A错误;B、硅的卤化物(SiX4)‎ 全部由非金属元素构成,属于共价化合物,B正确;C、钠的卤化物(NaX)属于强酸强碱盐,不发生水解,C错误;D、钠的卤化物(NaX)是由离子键构成的,属于离子晶体,SiX4属于分子晶体,所以NaX的熔点一般高于SiX4,D正确。‎ ‎【2014海南高考】19-II(14分)碳元素的单质有多种形式,下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图:‎ ‎ 回答下列问题:‎ ‎ (1)金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式,它们互为_____________。‎ ‎ (2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为____、____。‎ ‎ (3)C60属于____晶体,石墨属于____晶体。‎ ‎(4)石墨晶体中,层内C-C键的键长为142 pm,而金刚石中C-C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的____共价键,而石墨层内的C-C间不仅存在____共价键,还有____键。‎ ‎(5)金刚石晶胞含有____个碳原子。若碳原子半径为r,金刚石晶胞的边长为a,根据硬球接触模型,则r= ______a,列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____ (不要求计算结果)。‎ ‎【答案】(1)同素异形体 (2分)‎ ‎(2)sp3 sp2 (每空1分,共2分)‎ ‎(3)分子 混合 (每空1分,共2分)‎ ‎(4) (或大或p-p) (每空1分,共3分)‎ ‎(5)8 (1分,2分,2分,共5分)‎ ‎【解析】(1)金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式,它们的组成相同,结构不同、性质不同,互称为同素异形体;‎ ‎(2)金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键(即C原子采取sp3杂化方式),构成正四面体,石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ 键结合,形成正六角形的平面层状结构;‎ ‎(3)C60中构成微粒是分子,所以属于分子晶体;石墨的层内原子间以共价键加合,层与层之间以分子间作用力结合,所以石墨属于混合晶体;‎ ‎(4)在金刚石中只存在C-C之间的键;石墨层内的C-C之间不仅存在键,还存在键;‎ ‎(5)由金刚石的晶胞结构可知,晶胞内部有4个C原子,面心上有6个C原子,顶点有8个C原子,所以金刚石晶胞中C原子数目为4+6×+8×=8;若C原子半径为r,金刚石的边长为a,根据硬球接触模型,则正方体对角线长度的就是C-C键的键长,即,所以,碳原子在晶胞中的空间占有率=。‎ ‎【2014海南高考】20.【选修2化学与技术】(20分)‎ ‎【2014海南高考】20-I(6分)下列有关叙述正确的是 ‎ A.碱性锌锰电池中,MnO2是催化剂 ‎ B.银锌纽扣电池工作时,Ag2O被还原为Ag ‎ C.放电时,铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大 ‎ D.电镀时,待镀的金属制品表面发生还原反应 ‎【答案】BD(6分)‎ ‎【解析】A、由碱性锌锰电池的总反应:Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn(OH)2,可知正极MnO2得电子被还原,A错误;B、银锌纽扣电池由锌粉作负极、氧化银作正极和氢氧化钾溶液构成.电池工作时的反应原理为:Zn+Ag2O+H2O═Zn(OH)2+2Ag,电池工作过程中,正极上氧化银得电子发生还原反应,生成Ag,B正确;C、铅酸蓄电池放电时,发生的反应是PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O,硫酸不断的消耗,浓度不断减小,C错误;D、电镀时,待镀的金属制品作阴极,在阴极上发生还原反应,D正确。‎ ‎【2014海南高考】20-II(14分)锌是一种应用广泛的金属,目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS(还含少量FeS等其他成分),以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示:‎ 浸出液 ‎ 浸出 ‎ 浸出渣 ‎ 回收利用 ‎ 硫化锌精矿 ‎ 焙烧 ‎ 含尘烟气 ‎ 净化、制酸 ‎ 焙砂 滤渣 ‎ 回收利用 ‎ 净化 ‎ 滤液 ‎ 电解沉积 ‎ 锌 ‎ 废电积液 ‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行,所产生焙砂的主要成分的化学式为____。‎ ‎(2)焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸,该酸可用于后续的_______操作.‎ ‎(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为________,其作用是__________________。‎ ‎(4)电解沉积过程中的阴极采用铝板,阳极采用Pb-Ag合金惰性电极,阳极逸出的气体是____。‎ ‎(5)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为____________________。‎ ‎(6)我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于 “升炼倭铅”的记载:“炉甘石十斤,装载入一泥罐内,……,然后逐层用煤炭饼垫盛,其底铺薪,发火煅红,……,冷淀,毁罐取出,……,即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为____。(注:炉甘石的主要成分为碳酸锌,倭铅是指金属锌)‎ ‎【答案】(14分)‎ ‎(1)ZnO (2分)‎ ‎(2)浸出 (2分)‎ ‎(3)锌粉 置换出Fe等 (每空2分,共4分)‎ ‎(4)O2 (2分)‎ ‎(5)2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O (2分)‎ ‎(6)ZnCO3+2CZn+3CO↑ (2分)‎ ‎【解析】(1)硫化锌精矿的主要成分为ZnS,在沸腾炉中与氧气发生反应的方程式为ZnS+O2ZnO+SO2,故产生焙砂的主要成分的化学式ZnO;‎ ‎(2)从流程图可以看出,“浸出”环节需要加入酸,所以用 焙烧过程中产生的含尘烟气制取的酸,可用于后续的浸出操作;‎ ‎(3)为了保证“浸出”环节焙砂能够全部溶解,所以加入的酸是过量的,此时杂质Fe3+也存在于“浸出液”中,所以加入锌粉的目的就是置换出Fe;‎ ‎(4)根据题目中的信息“阴极采用铝板,阳极采用Pb-Ag合金惰性电极”,则阳极为惰性电极,此时阳极参加反应的微粒是OH—,电极反应式4OH—+4e—=2H2O+O2↑,故阳极逸出的气体是O2;‎ ‎(5)根据信息“氧压酸浸”,可知参加反应的物质时ZnS、O2和酸提供的H+,生成物“有工业价值的非金属单质”即为S,所以离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O;‎ ‎(6)该炼锌工艺参加反应的物质时煤炭饼和炉甘石(碳酸锌),得到的物质是倭铅(金属锌) 和CO,ZnCO3+2CZn+3CO↑。‎