海南高考化学试题及答案【高清解析版】知识分享.doc

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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）（2016•海南）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
【答案】B
【解析】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．
2．（2分）（2016•海南）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
【答案】 D
【解析】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．
3．（2分）（2016•海南）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
【答案】C
【解析】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．
4．（2分）（2016•海南）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．聚四乙烯可用于厨具表面涂层
【答案】B
【解析】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二氧化硅，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．
5．（2分）（2016•海南）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）
【答案】A
【解析】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．
6．（2分）（2016•海南）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为（　　）
A．3.8×104kJ•mol﹣1 B．﹣3.8×104kJ•mol﹣1 C．3.4×104kJ•mol﹣1 D．﹣3.4×104kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】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．
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）（2016•海南）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
【答案】D
【解析】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，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．
8．（4分）（2016•海南）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
【答案】 B
【解析】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．
9．（4分）（2016•海南）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0.02g
B．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
【答案】D
【解析】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．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．

10．（4分）（2016•海南）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+5H2O
C．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
【答案】AD
【解析】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．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；
D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．故选AD．

11．（4分）（2016•海南）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﹣E2 B．由X→Z反应的△H＜0
C．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
【答案】 BC
【解析】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 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．
12．（4分）（2016•海南）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
【答案】AC
【解析】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，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．

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）（2016•海南）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　 　周期、　 　族．
（2）Z元素是　 　，其在自然界中常见的二元化合物是　 　．
（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为　 　，产物分子为直线形，其化学键属　 　共价键（填“极性”或“非极性”）．
（4）四种元素中的　 　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　 　．
【答案】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．
（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+2SCS2，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+2SCS2；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↑．
14．（8分）（2016•海南）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　 　（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　 　．
（3）沉淀B的化学式为　 ；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是　 　．
（4）已知：Kw=1.0×10﹣14，Al（OH）3⇌AlO2﹣+H++H2O K=2.0×10﹣13．Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于　 ．
【答案】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﹣⇌AlO2﹣+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．
【解析】（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）3⇌AlO2﹣+H++H2O①H2O⇌H++OH﹣②，①﹣②可得Al（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+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．

15．（8分）（2016•海南）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　 　．
（2）反应①的化学方程式为　 　，其反应类型为　 　．
（3）反应③的反应类型为　 　．
（4）C的结构简式为　 　．
（5）反应②的化学方程式为　 　．
【答案】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．
（1）由上述【答案】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+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，
故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，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+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，
故答案为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．

16．（9分）（2016•海南）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=　 　；该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），则△H　 　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　 　（填曲线编号），平衡常数值K2=　 ；温度t1　 　t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是　 　．
【答案】（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．
【解析】（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．
17．（11分）（2016•海南）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　 　，第二次浸出应选用　 　．（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　 　．滤渣2的主要成分是　 　．
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是　 　．
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4﹒5H2O，则铜的回收率为　 　．
【答案】（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%．
（二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础]
18．（6分）（2016•海南）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
【答案】BD
【解析】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．
19．（14分）（2016•海南）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　 　由A生成B的反应类型为　 　．
（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　 ．
（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　 　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）．
【答案】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：．
（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【答案】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；．
[选修3--物质结构与性质]
20．（2016•海南）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键电子队数不计入中心原子的价层电子对数
【答案】BD
【解析】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，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．
21．（2016•海南）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　 　，晶体中原子间通过　 　作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为　 　．
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为　 　，其同周期元素中，第一电离能最大的是　 　（写元素符号）．元素Y的含氧酸中，酸性最强的是　 （写化学式），该酸根离子的立体构型为　 　．
（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　 　，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　 　．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　 ．

【答案】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有酸中最强酸；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 ，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；
②Cu+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+；
【解析】（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有酸中最强酸，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 ，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；；
②Cu+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+．
[选修2--化学与技术]
22．（2016•海南）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
【答案】 BC
【解析】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．
23．（2016•海南）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　 　（填离子符号），M的主要成分是　 （填化学式）．
（2）除溴塔中主要的离子方程式为　 　．
（3）沸腾炉①和②的主要作用是　 　．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是　 　．
（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为　 　．
（5）电解槽中阳极产物为　 　，该产物可直接用于本工艺流程中的　 　．
【答案】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，
（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）．

2016年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65

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，只有一项是符合题目要求的。
1.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
2.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
3.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
4.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
5.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)
6.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：
C37H104O6(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为
A. 3.8×104 kJ/mol B. －3.8×104 kJ/mol C. 3.4×104 kJ/mol D. －3.4×104 kJ/mol
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.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
8.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
9.利用太阳能分解制氢，若光解0.02 mol水，下列说法正确的是
A.可生成H2的质量为0.02g
B.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
10.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+5H2O
C.该电池放电过程中电