【精品】2019年海南省高考化学试卷以及答案解析

1、2019年海南省高考化学试卷北部AOOH腐浊乱、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.项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是（）CCO B .1. （2分）某试剂瓶标签上安全标志如图，该试剂是（A .氨水B.乙酸2.A . CuSO4?5H20B. FeSO4?7H20C. ZnS04?7H20D . KAl (S04)2?12H 203.A.增大容器容积B.升高反应温度C.分离出部分氢气D.等容下通入惰性气体4.C.D .A=717kJmol1A7=S64kJmorlC.氢氧化钠D.硝酸（2分）我国古代典籍中有“石胆浅碧色，烧之变白色

2、者真”的记载，其中石胆是指（(2 分)反应 C2H6 (g) = C2H4 (g) +H2（g）, AH>0在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各（2分）下列各组化合物中不互为同分异构体的是（5.（2分）根据图中的能量关系，可求得C-H的键能为（）-HYSkJmor1C凡A. 414kJ?molB. 377kJ?molC. 235kJ?mol 1D. 197kJ?mol 16. （2分）实验室通过称量 MgSO4?xH2O样品受热脱水前后的质最来测定x值，下列情况会导致测定值偏低的是（）A.实验前试样未经干燥B.试样中含有少量碳酸氢钱C.试样中含有少量氯化钠D.加热过程中有试样进溅出来

3、二、选择题：本题共 6小题，每小题4分，共24分.每小趣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）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是（）A .元素周期表共有18列8. WA族元素的非金属性自上而下依次减弱C .主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价D.第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大8. （4分）微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O和Zn

4、,电解质为KOH溶液，电池总反应为 Ag2O+Zn+H2O 2Ag+Zn （OH） 2,下列说法正确的是（）A.电池工作过程中，KOH溶液浓度降低B .电池工作过程中，电解液中OH向负极迁移C.负极发生反应 Zn+2OH-2e一 Zn （OH） 2D .正极发生反应 Ag 2O+2H +2e Ag+H 2O9. （4分）一定温度下，AgCl（s）?Ag+（aq）+C（aq）体系中，c （Ag + ）和c（C）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A. a, b, c三点对应的Kw相等B. AgCl在c点的溶解度比 b点的大C. AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c （Ag+） = c （C）D.b

5、点的溶液中加入 AgNO3固体，c （Ag+）沿曲线向c点方向变化10. （4分）下列说法正确的是（）A . MgO和Al 2O3都属于两性氧化物B .悬浊液和乳浊液的分散质均为液态C. Fe3O4和Pb3O4中的金属都呈现两种价态D.葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔效应11. （4分）能正确表示下列反应的离子方程式为（）A ,向 FeBr2溶液中通入过量 Cl： 2Fe2+ci2 2Fe3+2ClB.向碳酸钠溶液中通入少量 CO2： CO32+CO2+H2O 2HCO3C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水3H2。2+一IO3 +3H202 -D.向硫化钠溶液中通入过量S02： 2S +5SO2+

6、2H2O 3SJ+4HSO312. （4分）下列化合物中，既能发生取代反应又能发生加成反应的有（）A . CH3CH = CH2B. CH3CH2CH20HCH,国C-C-C耳-黑C.C国三、非选择题：共 4分.每个试题考生都必须作答.13. （9分）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：（1） 2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc,中文名为“镁”。元素 Mc可由反应端徐5Am+瘠a-288Mc+3 Jn得到。该元素的质子数为 , 287Mc与288Mc互为（2） Mc位于元素周期表中第 VA族，同族元素N的一

7、种氢化物为 NH2NH2,写出该化合物分子的电子 式。该分子内存在的共价键类型有 。（3）该族中的另一元素 P能呈现多种化合价，其中 +3价氧化物的分子式为 +5价简单含氧酸的 分子式为14. （8分）由羟基丁酸生成 ，丁内酯的反应如下：HCKU;CH;CH:COOH+H;0在298K下，;羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol?L1,测得丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：t/min21508010012016022000-1、c/ (mol?L )0.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132(1)该反应在5080min内的平均反应速率

8、为 mol?L 1?min 1。(2) 120min时羟基丁酸的转化率为 。(3) 298K时该反应的平衡常数 K =。(4)为提高丫羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是 15. (9分)无机酸有机酯在生产中具有广泛的应用，回答下列问题：OHO SOC应(1)硫酸氢乙酯(0)可看作是硫酸与乙醇形成的单酯，工业上常通乙烯与浓硫酸反应制得，该反应的化学方程式为 ,反应类型为,写出硫酸与乙醇形成的双酯-硫酸二乙酯 (C4H10O4S)的结构简式 。OIVCl(2)磷酸三丁酯常作为稀土元素富集时的萃取剂，工业上常用丁醇与三氯氧磷 ( 白)反应来制备，该反应的化学方程式为， ,反

9、应类型为 。写出正丁醇的任意一个醇类同分异构体的结构简式 O16. (9分)连二亚硫酸钠(Na2s2O4?2H20),俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下 列问题：(1) Na2s204中S的化合价为 。(2)向锌粉的悬浮液中通入 S02,制备ZnS2O4,生成1molZnS2O4,反应中转移的电子数为 mol ;向ZnS2O4溶液中加入适量 Na2co3,生成Na2s2O4并有沉淀产生，该反应的化学方程式为 (3) Li-SO2电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附SO2的多孔碳电极，负极为金属锂，电解2液为溶解有LiBr的碳酸丙烯酯-乙睛溶液。电池放电时，正极上发生的电极

10、反应为2SO2+2e S2O42,电池总反应式为 。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是 。17. (9分)干燥的二氧化碳与氨气反应可生成氨基甲酸俊固体，化学方程式为：2NH3 (g) +CO2 (g)? NH2COONH4 (s), HV0在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸俊的实验装置如图所示，回答下列问题：(1)装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为:装置 2中所加试剂为 ;(2)装置4中试剂为固体 NH4CI和Ca (OH) 2：发生反应的化学方程式为 ；试管口不能向上 倾斜的原因是 。装置3中试剂为KOH,其作用为 。(3)反应时

11、三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是 。四、选考题：共 20分，请考生从第18、19题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.第18、19题的第I题为选择题，在给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置：第H题为非选择题，请在答题卡相应位置作答并写明小题号.选彳5-有机化学基础(20分)18. (6分)分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为 3: 2的化合物 ()19. (14分)奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如图:回答下列问题：(1) X的结构简式为 ;由水杨酸制备 X的反应类型为 。(2)由

12、X制备Y的反应试剂为 。(3)工业上常采用廉价的 CO2,与Z反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与Z的物质的量之比至少应为。(4)奥沙拉秦的分子式为 ,其核磁共振氢谱为 组峰，峰面积比为 。(5)若将奥沙拉秦用 HCl酸化后，分子中含氧官能团的名称为 、。(6) W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的结构简式为19 .选彳3-物质结构与性(20分)20 .下列各组物质性质的比较，结论正确的是 ()A.分子的极性：BCl3NClB.物质的硬度： NaIvNaFC.物质的沸点：HFvHClD.在CS2中的溶解度：CC14VH2O21 .镒单质及其化合物应

13、用十分广泛。回答下列问题：(1) Mn位于元素周期表中第四周期 族，基态Mn原子核外未成对电子有 个。(2) MnC12可与NH3,反应生成Mn (NH3) 6C12,新生成的化学键为 键。NH3,分子的空间 构型为 ,其中N原子的杂化轨道类型为 。(3)金属镒有多种晶型，其中8 - Mn的结构为体心立方堆积，晶胞参数为 opm?8 - Mn中镒的原子 半径为 pm.已知阿伏加德罗常数的值为 Na, 8 - Mn的理论密度p=g?cm 3.(列出计算式)(4)已知镒的某种氧化物的品胞如图所示，其中镒离子的化合价为 ,其配位数为 。2019年海南省高考化学试卷答案解析一、选择题：本题共6 小题，

14、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 【分析】图示标签上安全标志为腐蚀品和氧化剂，说明该物质具有腐蚀性和强氧化性，据此解答。【解答】解：A 氨水不具有强氧化性，不使用氧化剂标志，故A 错误；B 乙酸不具有强氧化性，不使用氧化剂标志，故B 错误；C 氢氧化钠不具有强氧化性，不使用氧化剂标志，故C 错误；D 硝酸具有强氧化性和腐蚀性，需要使用腐蚀品和氧化剂标志，故D 正确；故选：D。【点评】本题考查化学试剂的类型及标志，题目难度不大，明确常见安全标志类型为解答关键，注意掌握常见化学试剂的分类及性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。2 【分析】C

15、uSO4?5H2O 俗名蓝矾或胆矾，是蓝色固体；FeSO4?7H2O 俗名绿矾，是绿色固体；ZnSO4?7H2O俗名浩矾，是白色固体；KAl ( SO4) 2?12H2O 俗名明矾，是白色固体；在空气中加热失去结晶水分别得到：白色粉末CuSO4、绛红色粉末Fe2 (SO4)3、白色粉末ZnSO4、白色粉末 KAl ( SO4) 2，据此结合古典记载判断。【解答】解：ZnSO4?7H 2O 俗名浩矾，是白色固体、KAl ( SO4) 2?12H2O 俗名明矾，是白色固体，与“石胆浅碧色"不相符，可排除 C、D选项；FeSO4?7H2O 俗名绿矾，是绿色固体，在空气中加热失去结晶水绛红色

16、粉末Fe2( SO4) 3，与”烧之变白色“不相符，可排除 B 选项；CuSO4?5H2O俗名蓝矶或胆矶，是蓝色固体，在空气中加热失去结晶水得到白色粉末CuSO4,与“石胆浅碧色，烧之变白色”相符合，故 A正确，故选：A。【点评】 本题考查了物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，题目难度不大。3 .【分析】 反应C2H6 (g) = c2H4 (g) +H2 (g), AH>0的特点为：正向是体积增大的吸热反应，根据反应化学平衡的影响因素分析：除增大乙烷浓度外的其它能使平衡正向移动的措施均可提高乙

17、烷平衡转化率，如升温、减压或增大容器容积、分离生成物等，据此分析解答。【解答】解：A 该反应正向是体积增大的反应，增大容器容积相当减压，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故A 不选；B 该反应正向是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故B 不选；C.分离出部分氢气，即为减小生成物的浓度，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故C不选；D 等容下通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动，乙烷平衡转化率不变，故D选；故选：D。【点评】本题考查影响化学平衡移动的因素，为高频考点，掌握温度、浓度、压强、催化剂等因素对化学平衡状态的影响是关键，注意压强的影响与化学反应计量数之

18、间的关系，题目难度不大。4 【分析】同分异构体是指分子式相同、结构不同的化合物，据此分析。【解答】 解：A.二者分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故 A不选；B 二者含有C 原子数不同，则分子式不同，不属于同分异构体，故B 选；C.丙酸与乙酸甲酯的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故 C不选；D 二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D 不选；故选：B。【点评】本题考查同分异构体的判断，题目难度不大，明确同分异构体的概念为即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活运用能力。5 .【分析】由能量关系图，C (s)键能为717kJ?mo>1, H2键能为(864+2

19、) kJ?mo1 = 432kJ?mo1, C/、- z-/、“C 1(s) +2H2 (g) = CH4 (g) H= - 75kJ?mol ,根据反应热 H =反应物总键能-生成物总键能计算C-H的键能。【解答】 解：由能量关系图，C (s)键能为717kJ?mol 1, H2键能为(864+2) kJ?mol 1 = 432kJ?mol! C (s) +2H2 (g) = CH4 (g) H = - 75kJ?mol 1,设C-H的键能为x,则反应热 H=反应物总键能-生成物总键能=(717kJ?mo1+432kJ?mo1X2)4x= 75kJ?mol 1,解得 x=414kJ?mol

20、1,故选：A。【点评】 本题考查反应热与物质键能之间的计算关系，为高频考点，把握公式“反应热4H=反应物总键能-生成物总键能”即可，注意利用化合物空间构型推断化合物分子中化学键的数目，题目难度中等。6【分析】A.实验前试样没有干燥，测定出的结晶水质量偏大；B 碳酸氢铵完全分解，导致测定的结晶水质量偏大；C.试样中含有少量氯化钠，由于NaCl不分解，导致结晶水质量偏小；D 加热过程中有试样进溅出，导致测定的结晶水质量偏大。【解答】解：A .样品没有干燥，测定的结晶水质量偏大，测定结果偏高，故 A错误；B 碳酸氢铵完全分解，导致测定的结晶水质量偏大，测定结果偏高，故B 错误；C.氯化钠不分解，测定

21、的结晶水质量偏小，测定结果偏低，故 C正确；D 错误；D 有试样进溅出，导致测定的结晶水质量偏大，测定结果偏高，故故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24 分每小趣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 【分析】A 元素周期表有18 列，有 7 个主族、7 个副族、1 个 0 族、 1 个第 VIII

22、 族；B 同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱；C 主族元素最高化合价与其族序数不一定相等；D 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小。【解答】解： A 元素周期表有7 个主族、7 个副族、1 个 0 族、 1 个第 VIII 族，除了第VIII 族外，其它每一个族位于一列，第VIII 族有 3列，所以有18 列，故 A 正确；B 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第VIIA 族元素的非金属性自上而下依次减弱，故B 正确；C 主族元素最高化合价与其族序数不

23、一定相等，如F 元素最高化合价为0价，但是其位于第VIIA 族，故 C 错误；D 同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，故D 错误；故选：AB 。【点评】本题考查元素周期表和元素周期律，侧重考查元素周期律的灵活运用，明确同一周期、同一主族元素原子结构和性质递变规律是解本题关键，注意规律中的反常现象，C 为解答易错点，题目难度不大。8 【分析】根据电池总反应可知，Zn 失电子、发生氧化反应而作负极，氧化银得到电子、发生还原反应作正极，负极电极反应式为 Zn+2OH -2e =Zn (OH) 2,正极电极反应式为 Ag2O+H 2O+2e一2

24、Ag+2OH ,放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答。【解答】 解：A.由电池总反应为 Ag2O+Zn+H2O 2Ag+Zn (OH) 2可知，反应中n (KOH)不变，但电池反应消耗了 H2O,所以电池工作过程中，KOH溶液浓度升高，故 A错误；B.电池工作过程中，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以电解液中OH向负极迁移，故B 正确；C.由电池总反应可知，Zn失电子、发生氧化反应而作负极，电极反应式为Zn+20H - 2e = Zn (OH)2，故C 正确；D.氧化银得到电子、发生还原反应作正极，电极反应式为Ag2O+H2O+2e一2Ag+2

25、0H ,故D错误；故选：BC。【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，根据电池反应式元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难点中等。9 【分析】由图象可以看出，随着Ag+浓度的增大，C浓度逐渐减小，在曲线上的点为溶解平衡状态，当c (Ag+)?c (Cl ) >Ksp时，可产生沉淀，c (Cl )或c (Ag+)增大会抑制 AgCl的溶解，使其溶 解度降低，但温度不变，则Ksp 不变，因为Ksp 只与温度有关，据此分析解答。【解答】 解：A.温度不变，水的离子积常数 Kw不变，所以a, b, c三点对应的Kw相等，故A正确； B. c (

26、C)或c (Ag+)越大抑制AgCl的溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c点时c (C)大，所以c点抑制AgCl的溶解程度大，即 AgCl在c点的溶解度比b点的小，故B错误；C. AgCl溶于水形成的饱和溶液中有AgCl (s) ? Ag (+aq) +Cr (aq),所以c (Ag + ) =c (C)，故C 正确；D.饱和溶液中加入 AgNO3固体，则c (Ag + )增大，由于 Ksp=c (Ag+)?c (C)，所以溶液中c (Cl )减小，即c (Ag+)沿曲线向a点方向变化，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，把握图象曲线的意义是解题关键，注

27、意AgCl 溶解度减小与其Ksp 无关，题目难度不大。10 【分析】A 氧化镁不与酸反应，只属于进行氧化物；B 悬浊液的分散质为固态；C. Fe3O4中Fe为+2和+3两种价态，Pb3O4中Pb有+2和+4两种价态；D 葡萄糖溶液不属于胶体。【解答】 解：A . Al 2O3为两性氧化物，而 MgO为碱性氧化物，故 A错误；B 一般情况下，乳浊液的分散质为液态，而悬浊液的腐蚀性为固态，故B 错误；C. Fe3O4中Fe元素化合价为+2和+3, Pb3O4中Pb元素化合价为+2和+4,两种化合物中金属都呈现两种价态，故C 正确；D 淀粉为高分子化合物，淀粉溶液为胶体，具有丁达尔效应，但葡萄糖分子

28、较小，葡萄糖溶液不属于胶体，故D 错误；故选：C。本题考查物质分离、元素化合物性质等知识，题目难度不大，明确常见元素化合物性质为解答关键，注意掌握分散系分离及区别，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。11 【分析】A 氯气过量，溴离子也参与反应；B 二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；C 双氧水将碘离子氧化成碘单质；D 硫化钠与过量二氧化硫反应生成硫单质和亚硫酸氢钠。【解答】 解：A.向FeB2溶液中通入过量 C12,滨离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br +2Fe2+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl ,故 A 错误； . * _ _ 2B.向碳酸钠溶液中通入少量CO2,反应

29、生成碳酸氢钠，该反应的离子万程式为：CO3 +CO2+H2O2HCO3 ,故B正确；C.向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，正确的离子方程式为：2H+2+H2O2 I2+2H2O,故 C 错误；2_2D.向硫化钠溶液中通入过量SO2,该反应的离子万程式为： 2S +5SO2+2H2O 3SJ+4HSO3 ,故D正确；故选：BD。【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意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，检查是否符合原化学方程式等。12 【分析】含碳碳双键、苯环可发生

30、加成反应，煌基上 H、- OH、苯环均可发生取代反应，以此来解答。【解答】解：A 含双键可发生加成反应，甲基上H 可发生取代反应，故A 选；B 不能发生加成反应，故B 不选；C 不能发生加成反应，故C 不选；D 含苯环可发生加成反应，且苯环上H 可发生取代反应，故D 选；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、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成与取代反应的判断，题目难度不大。三、非选择题：共4 分每个试题考生都必须作答13 【分析】 （ 1）转化过程中质子数守恒，据此可计算出该元素的质子数；同种元素的不同原子之间互为同位素；（ 2）

31、NH 2NH 2为共价化合物，N 原子满足8 电子稳定结构；同种元素原子形成的共价键为非极性键，不同元素原子形成的共价键为极性键；（ 3） +3 价 P 的氧化物为三氧化二磷，+5 价含氧酸为磷酸。【解答】解：（1）兀素Mc可由反应端243Am+ 48Ca-288Mc+3 n n得到，反应中质子数守恒，则 Mc元95200素的质子数为95+20 - 0=115 , 287Mc与288Mc的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，故答案为：115；同位素；（2） N2H4是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子间形成一个共价键形成的共价化合物,H H所以电子式为H W H,该分子中含有 N

32、-H极性键和N-N非极性键， H H故答案为：苴W R 极性键和非极性键；（3） P+3价氧化物的分子式为 P2O3, P元素+5价简单含氧酸为磷酸，其分子式为 H3PO4, 故答案为：P2O3； H3P。4。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、同位素、化学键等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。14.【分析】（1）在5080min内v （ J丁内酯）=卷三；（2） 120min时羟基丁酸的转化率= X100%;C （初始）（3） 220min时反应达到平衡状态，可逆反应HOCH2CH2CH:COOH+HQ开始(m

33、ol/L) 0.180反应（mol/L） 0.1320.132平衡（mol/L） 0.0480.132/巫饰心新lx白（丁-丁内酯）化子干衡吊效K=cS-美基丁酸厂（4）为提高丫羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以通过减小生成物浓度实现。【解答】 解：（1）在 5080min 内 v （丫丁内酯）。二。口 巾。1/ （ l . min） = 0.0007mol/ （ L . min ）, 30故答案为：0.0007;（2） 120min时丫-丁内酯浓度为 0.090mol/L ,根据方程式知，120min内消耗丫-羟基丁酸的物质的量浓度为 0.090mol/L, 120min 时

34、 丫羟基丁酸的转化率=用;八 X 100%X 100% = 50%c （初始）0. 180inol./L或 0.5,故答案为：50%或0.5;（3） 220min时反应达到平衡状态,可逆反应HOCHCH.CH.COOH一 & 一 一或.-Jfc+H:0开始（mol/L）0.180反应(mol/L)0.1320.132平衡（mol/L）0.0480.132化学平衡常数0,132 _11二（丫类基丁酸）0. 048故答案为：M；4（4）为提高丫羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以通过减小生成物浓度实现，所以可以通过将 丫-内酯移走实现,故答案为：丫-内酯移走。【点评】本题考查

35、化学平衡计算，侧重考查基本概念、基本公式，明确化学平衡常数、化学反应速率及转化率的计算方法、基本公式是解本题关键，注意（3）中生成物水在该温度下是液体，为解答易错点。15【分析】（1）乙烯中碳碳双键变为单键，硫酸与乙醇形成的双酯-硫酸二乙酯（C4H10O4S）时醇脱H,硫酸脱-OH;akci（2）用丁醇与三氯氧磷（ 白）发生酯化反应来制备，正丁醇的任意一个醇类同分异构体，可改变-OH的位置。【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应的化学方程式为CH2=CH2+H2SO4（浓）一属于加成反应，硫酸与乙醇形成的双酯-硫酸二乙酯（C4H10O4S）的结构简式为故答案为：CH2=CH2+H2SO4 （浓）（

36、2） 丁 醇与三氯氧磷+ 3HoeHrCH.CHCH;，一工OHSHOOGH2CH;CH2CH5 O=p OCHiCHiCHiCH.加成反应;发生酯化反应为3HC：,属于取代反应；正丁醇的任意一个醇类同分异构体的结构简式为0H或OH故答案为： 二OGH：CH;CH2CHsO=P OCH2CHiCH:CH.ay 3HQ；取代反应;O【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、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成与酯化反应的判断，题目难度不大。16 【分析】(1)根据化合物中元素化合价代数和为0计算S元素化合价；(2)根据Zn原子守恒建立关系式 ZnZnS2

37、O42e计算反应中转移的电子数；ZnS2O4和Na2CO3发生复分解反应生成 Na2s2O4和ZnCO3沉淀，据此写出反应的化学方程式；(3) Li -SO2电池中，负极为金属锂，电极反应式为Li - e= Li + ,正极电极反应式为 2SO2+2e一S2O42, Li为活泼金属，易与水反应，发生自放电，据此分析解答。【解答】 解：(1) Na2s2O4中，。和Na的化合价分别为-2、+1,根据化合物中元素化合价代数和为0计算Na2s2O4中S元素化合价+3,故答案为：+3;(2)根据 Zn 原子守恒有：ZnZnS2O42e , n (e ) = 2n (ZnS2O4)= 2mol,所以生成

38、 1molZnS2O4, 反应中转移的电子数为 2mol, ZnS2O4和Na2co3发生复分解反应生成 Na2s2O4和ZnCO3沉淀，反应的 化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3= ZnCO3 J +Na2s2O4,故答案为：2; ZnS2O4+Na2CO3 = ZnCO3 J+Na2s2O4；2(4) Li-sO2电池中，负极锂的电极反应式为 Li - e = Li ,正极电极反应式为 2sO2+2e s2O42,所 以电池总反应式为 2Li+sO2=Li2s2O4；由于Li为活泼金属，能与水反应反应，所以 Li - sO2电池不可 用水替代混合有机溶剂，故答案为： 2Li+sO2=L

39、i2s2O4； Li能与水反应。【点评】本题考查原电池工作原理和氧化还原反应计算，侧重化学反应原理和学生分析能力的考查，把握化学反应发生条件、元素及其化合物知识和基本计算即可解答，题目难度不大。17 .【分析】则装置1中稀盐酸与碳酸钙反应生成 CO2气体，在装置2中用浓硫酸干燥 CO2气体，将干燥 的CO2通入三颈烧瓶中；在装置 4中NH4cl和Ca (OH) 2混合加热发生复分解反应生成NH3,经装置3的盛有KOH固体的干燥管干燥后通入三颈烧瓶中，与CO2发生反应2NH3(g)+CO2(g)? NH2COONH4(s),据此解答。【解答】解：(1)装置1用来制备二氧化碳气体，将块状石灰石放置

40、在试管中的带孔塑料板上，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，则漏斗中盛放为稀盐酸； 装置2中试剂用于干燥二氧化碳，盛放为浓硫酸，故答案为：稀盐酸；浓硫酸；(2)装置4中试剂为固体 NH4C1和Ca (OH) 2,发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca (OH)2 匕 CaCl2+2NH3.+2H2O;该反应中有水生成，且在加热条件下进行，冷凝水倒流道管底部使试管破裂，则试管口不能向上倾斜；装置 3中KOH为干燥剂，能够干燥氨气，故答案为：2NH4Cl+Ca (OH) 2 ) CaCl2+2NH 3T +2H2O; 冷凝水倒流道管底部使试管破裂；干燥剂(干燥氨气)；(3)反应2NH3 (g) +

41、CO2 (g) ? NH2COONH4 (s)的4 H<0,为放热反应，降低温度平衡向着正 向移动，可提高产量，所以反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，故答案为：降低温度，使平衡正向移动提高产量。【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。四、选考题：共 20分，请考生从第18、19题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.第18、19题的第I题为选择题，在给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置：第H题为非选择题，请在答题卡相应位置作答并写明

42、小题号.选彳5-有机化学基础(20分)18【分析】只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3: 2,结合有机物的结构对称性判断H的种类及个数，以此来解答。【解答】 解：A .含2种H ,个数比为1: 1 ,故A不选；B.含3种H,故B不选；C.含2种H,且数目比为3: 2,故C选；D.含2种H,且数目比为3: 2,故D选；故选：CD。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握 H的种类及个数为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意对称性的判断，题目难度不大。0H<S-COOCHi19【分析】水杨酸和甲醇发生酯化反应生成X为, X发生取代反应生成 Y, Y发生Z,所以Z为,生成 Z

43、的反应为水解反应，碱性条件下的水解生成Ct x g还原反应生成,Z和二氧化碳反应生成奥沙拉嗪，结合题目分析解答。OH-COOCH【解答】解：(1) x的结构简式为；水杨酸中竣基和甲醇发生酯化反应生成X,所以由水杨酸制备 X的反应类型为酯化反应或取代反应，0Hd-COOCHi；酯化反应或取代反应；(2) X中H原子被硝基取代，所以由 X制备Y的反应试剂为浓硫酸作催化剂、X和浓硝酸发生取代反应得到Y,故答案为：浓硫酸、浓硝酸； ,一一一 , 一、一，一(3)Z为 。，工业上常米用廉价的 CO2,与Z反应制备奥沙拉秦，酚钠和H2CO3以1: 1反应，一个Z化学式中含有2个酚-ONa,所以ImolZ需

44、要2molH2CO3,根据C原子守恒知，通入的CO2与Z的物质的量之比至少应为 2: 1,故答案为：2: 1;(4)根据结构简式确定奥沙拉秦的分子式为C14H8N2O6Na2,有4种氢原子，则其核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为 1: 1: 2: 1,故答案为：C14H8N2O6Na2； 4; 1: 1: 2: 1;(5)若将奥沙拉秦用 HCl酸化后，-COONa、酚-ONa都和稀盐酸反应，分别生成- COOH、- OH , 反应后的分子中含氧官能团的名称为竣基、羟基，故答案为：竣基、羟基；(6) W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应，说明含有酯基；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚，W中含有1个酚羟基和1个酯基且两个取代基为对位，W的结构简式为O【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，涉及同分异构体结构简式确定、物质推断、官能团判断等知识点，明确反应前后断键和成键方式及结构变化是解本题关键，注意酚钠和 碳酸反应关系式确定，为解答易错点。19 .选彳3