2023年海南高考化学试卷(含答案和解析)

16页2023海南高考化学试卷学校: 姓名： 班级： 考号： 评卷人得分评卷人得分某标签上安全标志如图，该试剂是( )A．氨水 B．乙酸 C．氢氧化钠 D．硝酸我国古代典籍中有“石胆……”〔〕CuSO5HO4 2

FeSO7HO4 2ZnSO4

7HO2

KAlSOC2C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H>0各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是()

12HO2增大容器容积C．分别出局部氢气

上升反响温度D．等容下通入惰性气体A．BA．B．C．D．依据图中的能量关系，可求得C—H的键能为( )A．414kJmol1 B．377kJmol1 C．235kJmol1 D．197kJmol1试验室通过称量MgSO4xH2O样品受热脱水前后的质量来测定x值，以下状况会导致测定值偏低的是( )A．试验前试样未经枯燥C．试样中含有少量氯化钠7．以下说法正确的选项是( MgO 和AlO都属于两性氧化物2 3

试样中含有少量碳酸氢铵D．加热过程中有试样迸溅出来B．悬浊液和乳浊液的分散质均为液态CFeO和PbOD．葡萄糖溶液和淀粉溶液都具有丁达尔3 4 3 4效应评卷人得分评卷人得分今年是门捷列夫觉察元素周期律150周年，联合国将2023年定为“国际化学元素周期表年”。以下有关化学元素周期表的说法正确的选项是( )18列IA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一样的最高化合价D．其次周期主族元素的原子半径自左向右依次增大微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/AgO和Zn，电解质为2KOH 溶液，电池总反响为AgOZnHO2AgZn(OH)，以下说法正确的选项是2 2 2( )电池工作过程中，KOH 溶液浓度降低电池工作过程中，电解液中OH-向负极迁移负极发生反响Zn2OH

2e

Zn(OH)2正极发生反响AgO2HA+(aq)+C(Aqc(A+和c(C的关系如以下图。以下说法正确的选项是()

2e

AgHO2a、b、c三点对应的Ksp相等AgClc点的溶解度比b点的大AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)D．b点的溶液中参与AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化11．能正确表示以下反响的离子方程式为( )3 2 2 A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO2-+CO+HO=2HCO-C．向碘化钾溶液中参与少量双氧水：3H2O2+I-=IO3-+3H2OD．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-12．以下化合物中，既能发生取代反响又能发生加成反响的有( 3 2 2 C．D．A．CH3-CH=CH2 B．CH3CH2C．D．评卷人得分评卷人得分(1)2023年(1)2023年IUPAC确认了四种元素其中一种为Mc，中文名为“ ”。元素Mc可由反响：243Am+41Ca=281Mc+31n得到该元素的质子数为 ，287Mc与288Mc互95201150为 。2 Mc位于元素周期表中第VA族同族元素N的一种氢化物为NHNH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 2 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 价简洁含氧酸的分子式为 。(1)硫酸氢乙酯(1)硫酸氢乙酯()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响制得，该反响的化学方程式为 ，反响类型为 ，写出硫酸与乙醇形成的双酯—硫酸二乙酯(CH OS)的构造简式 。4 10 4(2)()反响来制备，该反响的化学方程式反响来制备，该反响的化学方程式，反响类型为 。写出正丁醇的46页任意一个醇类同分异构体的构造简式 。连二亚硫酸钠NaSO2H

O，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂22 4 2白等。答复以下问题：NaSO中S的化合价为 。2 2 4向锌粉的悬浮液中通入SO，制备ZnSO，生成1mol ZnSO，反响中转移的电子2 2 4 2 4数为 mol；向ZnSO溶液中参与适量NaCO，生成NaSO并有沉淀产生，该2 4 2 3 2 2 4反响的化学方程式为 LiSO电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附SO的多孔碳电极，负极为2 2金属锂，电解液为溶解有LiBr 的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反响为2SO2

2e

SO2，电池总反响式为 。该电池不行用水替代2 4混合有机溶剂，其缘由是 。评卷人得分评卷人得分A．B．C．D．16．18-A．B．C．D．线如下：答复以下问题：(1)X的构造简式为 ；由水杨酸制备X的反响类型为 。(2)由X制备Y的反响试剂为 。工业上常承受廉价的CO2，与Z反响制备奥沙拉秦，通入的CO2Z的物质的量之比至少应为比至少应为 。56页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)假设将奥沙拉秦用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，可以发生银镜反响；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的构造简式为 。评卷人得分五、计算题17．由羟基丁酸生成丁内酯的反响如下：HOCHCHCHCOOH2 2 2+H2评卷人得分五、计算题17．由羟基丁酸生成丁内酯的反响如下：HOCHCHCHCOOH2 2 2+H2Ot/min2150801001201602200.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132该反响在50～80min内的平均反响速率为 molL1min1。120min时羟基丁酸的转化率为 。298K时该反响的平衡常数K= 。为提高羟基丁酸的平衡转化率，除适当把握反响温度外，还可实行的措施是 。评卷人得分评卷人得分Ⅰ.以下各组物质性质的比较，结论正确的选项是〔 〕A．分子的极性：BCl NCl B．物质的硬度：NaI<NaF3 3C．物质的沸点：HFHCl D．在CS中的溶解度：CCl HO2 4 2Ⅱ.锰单质及其化合物应用格外广泛。答复以下问题：66页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。MnCl2

可与NH3

反响生成MnNH36

Cl2

生成的化学键为 键NH分3子的空间构型为 ，其中N原子的杂化轨道类型为 。金属锰有多种晶型，其中δ-Mn的构造为体心立方积存，晶胞参数为apm，δ-Mn中锰的原子半径为 pm。阿伏加德罗常数的值为N ，δ-Mn的理论密度A gcm3。(列出计算式)锰的某种氧化物的晶胞如以下图其中锰离子的化合价为 其配位数为 。评卷人得分评卷人得分枯燥的二氧化碳和氨气反响可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH(g)CO(g) NHCOONH(s)H0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨3 2 2 4制备氨基甲酸铵的试验装置如以以下图所示，答复以下问题：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 ；装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反响的化学方程式为 试管口不能向上倾斜的缘由是 装置3中试剂为KOH，其作用为 。(3)反响时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是 。本卷由系统自动生成，请认真校对后使用，答案仅供参考。本卷由系统自动生成，请认真校对后使用，答案仅供参考。1013页参考答案1．D【解析】【详解】A.氨水具有腐蚀性，但不具有氧化性，A不符合题意；B.乙酸具有腐蚀性，但不具有氧化性，B不符合题意；C.氢氧化钠具有腐蚀性，但不具有氧化性，C不符合题意；D.硝酸具有腐蚀性，同时具有氧化性，D符合题意；故合理选项是D。2．A【解析】【详解】在选项给出的四种物质中只有CuSO 5HOFeSO 7HO晶体有色而ZnSO 7HO4 2 4 2 4 2和KAlSO

12H42

O均为无色晶体，CuSO

5HO加热分解生成CuSO和HO，CuSO4 2 4 2 呈白色；而FeSO4

O加热发生分解反响，生成的FeO23223

呈红棕色，所以符合题意的物质是CuSO 5HO，故合理选项是A。4 23．D【解析】【详解】学平衡正向移动，能提高乙烷平衡转化率，A不符合题意；该反响的正反响是气体体积增大的吸热反响，上升反响温度，化学平衡正向移动，可提高乙烷的平衡转化率，B不符合题意；C合题意；等容下通入惰性气体，体系的总压强增大，物质的浓度不变，因此化学平衡不移动，对乙烷的平衡转化率无影响，D符合题意；故合理选项是D。4．B【解析】【详解】二者分子式都是C6H6，分子式一样，构造不同，二者是同分异构体，A不符合题意；前者分子式是C14H24，后者分子式是C13H22，分子式不一样，二者不是同分异构体，B符合题意；前者分子式是C3H6O2，后者分子式是C3H6O2，分子式一样，构造不同，二者是同分异构体，C不符合题意；前者分子式是C6H6O3，后者分子式是C6H6O3，分子式一样，构造不同，二者是同分异构体，D不符合题意；故合理选项是B。5．A【解析】【详解】1molCH41molC(g)4molH(g)原子共吸取的能量是(75+717+864)kJ=1656kJC-H1656kJ÷4mol=414kJ/mol，故合理选项是A。6．C【解析】【详解】A.试验前试样未经枯燥，加热后剩余固体质量偏少，导致结晶水含量偏高，A不符合题意；B.体质量偏少，导致结晶水含量偏高，B不符合题意；C.试样中含有少量氯化钠，氯化钠受热不分解，加热分解后剩余固体质量偏大，导致结晶水的含量偏低，C符合题意；D.致结晶水的含量偏高，D不符合题意；故合理选项是C。7．C【解析】【详解】MgO是碱性氧化物，A错误；悬浊液的分散质是固体小颗粒，B错误；FeO3 4

可表示为FeO·Fe2O

，Fe元素化合价为+2、+3价；PbO33 43

2PbO·PbO

2，Pb元素化合价为+2、+4价；因此二者中的金属都呈现两种价态，C正确；葡萄糖分子是小分子，葡萄糖溶液中溶质分子直径小于1nm，所以葡萄糖溶液不能产生丁达尔效应，D错误；故合理选项是C。8．AB【解析】【详解】1818列，A正确；由于同一主族的元素从上到下，原子半径渐渐增大，原子获得电子的力气渐渐减弱VIIA族元素的非金属性自上而下依次减弱，B正确；主族元素一般呈现与其族数一样的最高化合价，O、F非金属性强，O没有与族序数相等的最高正化合价，FC错误；其次周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，D错误；故合理选项是AB。BC【解析】【分析】依据电池反响式知，Zn失电子发生氧化反响而作负极，氧化银作正极，负极发生反响Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，正极上发生反响：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+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，以此解答该题。【详解】依据电池工作原理可知，在电池工作过程中，KOH的物质的量不变，但反响消耗水，使c(KOH)增大，A错误；依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电池工作过程中OH-向负极迁移，B正确；负极上锌失电子发生氧化反响，电极反响式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，C正确；正极上Ag2O获得电子，发生复原反响，由于电解质溶液为碱性，不行能大量存在H+，电极反响式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，D错误；故合理选项是BC。【点睛】极反响式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，易错选项是D。AC【解析】【分析】溶度积常数只与温度有关；AgClAgCl淀溶解平衡的影响因素分析移动方向，推断物质溶解度大小；依据AgCl在溶液中的沉淀溶解平衡电离产生的Ag+、Cl-的关系推断离子浓度大小；AgCl饱和溶液中参与AgNO3固体，溶液中c(Ag+)会增大。【详解】B.在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(ClB.在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，在AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(Aq)平衡体系中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)，假设溶液中c(Cl-)大，则溶液中c(Ag+)小，AgCl的溶解度小，b点溶液中c(Cl-)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；C.依据溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)AgClAgCl电离产生的Cl-、Ag+的浓度相等，c(Ag+)=c(Cl-)，C正确；D.在b点的溶液中参与AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，则c〔Cl-〕减小，所以c(Ag+)变化应当是沿曲线向a点方向变化，D错误；故合理选项是AC。【点睛】的含义及曲线变化趋势，了解图象曲线的意义。BD【解析】【详解】FeB2电离产生的F2+BrC2F2+B离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，A错误；3 2 2 向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反响生成NaHCO3，反响的离子方程式为：CO2-+CO+HO=2HCO-，B3 2 2 C.H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I-氧化为I2，反响的离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，C错误；D.向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性H2SO3>H2S，由于SO2过量，发生的反响有：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，总反响方程式为32S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO-，D正确；3故合理选项是BD。12．AD【解析】【详解】丙烯含有饱和C原子，因此可以发生取代反响，含有碳碳双键，可以发生加成反响A合题意；不能发生加成反响，B不符合题意；该物质名称为2，2-二甲基丁烷，属于烷烃，只能发生取代反响，不能发生加成反响，C不符合题意；13．115同位素极性键和非极性键P4O613．115同位素极性键和非极性键P4O6H3PO4【解析】【分析】依据281Mc可确定Mc115287Mc与288Mc的关系；N5个电子，两个N原子形成一个共用电子对，每个N2个H原子形成2性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键；依据化合物中元素正负化合价代数和等于0，结合P分子式。【详解】(1)依据281McMc115；287Mc与288Mc115，由于质量数分115(2)N5个电子，化合物NH2(2)N5个电子，化合物NH2NH22个N原子形成一对共用电子对，每个N2个H2。在该物质分4个N-H极性键，一个N-N非极性键；(3)P元素的氧化物为PxOy，由于P为+3价，O为-2价，依据化合物中元素正负化合价代数03x=2yx：y=2：3，结合白磷的正四周体构造，可知该氧化物的化学式为P4O6；P元素的5价简洁含氧酸的分子式为H3PO4。【点睛】此题考察了原子构造、核素的表示、同位素的概念、电子式和化学式的书写、共价键的类型AX中，Z代表质子数，A代表质量数，同种元素的质子数一样，留意应用Z14．14．CH2=CH2+H2SO4(浓)→加成反响+3HOCH2CH2CH2CH3+3HCl取代反响、〔CH3〕3COH【解析】(1)乙烯与浓硫酸发生加成反响生成(1)乙烯与浓硫酸发生加成反响生成2个分子的乙醇发生酯化反响，生成双酯—硫酸二乙酯生成双酯—硫酸二乙酯；(2)正丁醇与三氯氧磷()发生取代反响产生磷酸三丁酯和HCl；依据同分异构体的含义及要求，写出正丁醇的一种同分异构体的构造简式。(1)乙烯CH2=CH2与浓硫酸发生加成反响生成，反响方程式为：CH2=CH2+H2SO4(浓)→；硫酸与乙醇形成的双酯—硫酸二乙酯CH4 10 4OS)，其构造简式为：；(2)正丁醇与三氯氧磷()发生取代反响产生磷酸三丁酯，该反响的化学方程式为：+3HOCH2CH2CH2CH3+3HCl，正丁醇CH3CH2CH2CH2OH的醇类同分异构体的构造简式可能为：、、〔CH3〕3COH。【点睛】的书写等学问。把握酯化反响特点及同分异构体书写规律是此题解答关键。1+3 2 ZnSO2 4

+NaCO2

3

SO2 2

2Li 2SO2

=LiSO Li2 2 4与水反响【解析】【分析】依据化合物中全部元素正负化合价的代数和等于0，结合常见的Na为+1价，O为-2价推断S元素的化合价；依据反响前后Zn反响方程式；负极上是Li失去电子变为Li+加，可得总反响方程式；Li是比较活泼的金属，可以与水反响产生相应的碱和氢气。【详解】在NaSO中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中全部元素正负化合价的代数和等于2 2 40，所以S元素化合价为+3价；向锌粉的悬浮液中通入SOZnO4Zn为单质中的0ZnO4中的+2价，所以每生成1molZnS2O42molZnS2O4溶液中参与适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反响的化学方程式为N2C3+Zn2O=N2SO4+ZnC3；LiSO电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反响式为Li-e-=Li+，电2池放电时，正极上发生的电极反响为2SO2

2e

SO2，依据闭合回路中电子转移数目2 42Li2SO=LiSO。锂是碱金属，2 2 2 4比较活泼，可以与水发生反响生成LiOH和H2，所以该电池不行用水替代。【点睛】16．CD取代反响16．CD取代反响H2SO4，浓HNO32:1C14H8N2O6Na241：1：1：1羧基、羟基【解析】【分析】II.水杨酸与甲醇在浓硫酸存在条件下发生酯化反响生成的X是水杨酸甲酯，构造简式，X与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反响产生Y，II.水杨酸与甲醇在浓硫酸存在条件下发生酯化反响生成的X是水杨酸甲酯，构造简式，X与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生硝化反响产生Y，YFe、HCl发生复原反响生成，与过量NaOH水溶液加热发生反响生成ZZ是，然后向该溶液中通入足量CO2气体反响生成奥沙拉秦。I.A分子中有两种不同的H4：4=1：1，A错误；B.该物质有三种不同的H4：4：4=1：1：1，B错误；C.该物质有两种不同的H6：4=3：2，C正确；II.依据上述分析可知X是，Z是。(1)X的构造简式为，由水杨酸与CH3OH在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化II.依据上述分析可知X是，Z是。(1)X的构造简式为，由水杨酸与CH3OH在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反响生成和水，酯化反响也属于取代反响；(3)由于酸性：羧酸>H2CO3>酚>HCO3，在Z的分子(3)由于酸性：羧酸>H2CO3>酚>HCO3，在Z的分子-2个酚钠基团，所以在工业上常承受廉价的CO2Z反响制备奥沙拉秦，通入的CO2Z发生反响，为保证Z完全反响，通入的CO2Z2：1。(5)假设将奥沙拉秦用HCl酸化后，得到的物质分子构造为，在该分子中含氧官能团的名称为羧基、羟基。(6)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反响，说明W中含醛基；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的构造简式为。(4)依据奥沙拉秦的分子构造可知，奥沙拉秦的分子式为C14H8N2O6Na2(5)假设将奥沙拉秦用HCl酸化后，得到的物质分子构造为，在该分子中含氧官能团的名称为羧基、羟基。(6)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反响，说明W中含醛基；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的构造简式为。【点睛】此题考察了有机物的推断，涉及物质构造的推断、同分异构体的书写、反响类型的推断、反承受信息、应用信息解决问题的力气。17．0.0007 0.5(50%)【解析】

11 将丁内酯移走4【分析】υ=

ct计算反响速率；依据物质的转化率=转化量100%计算；投入量c〔γ丁内酯〕〕依据化学平衡常数K=cγ—〕

计算化学平衡常数；依据影响化学平衡移动的因素，分析推断。【详解】c 0.071mol/L0.050mol/Lυ= t=

80min30min

=0.0007mol/(L·min)；120min时反响产生的0.090mol/L，则反响消耗的羟基0.090mol/L，由于反响开头时0.180mol/L，所以羟基丁酸的转化率为转化量100%

0.090mol/L100%=50%；投入量 0.180mol/Lc〔γ丁内酯〕298K的摄氏温度为2℃，水为液态，则此时该反响的平衡常数K=cγ— =0.132mol/L 11

羟基丁酸〕0.180mol/L0.132mol/L=4；为提高实行的措施是准时分别出丁内酯。【点睛】此题考察了有关化学反响速率、化学平衡的学问，包括化学反响速率、物质的平衡转化率、化学平衡常数的计算及提高物质转化率的措施等识是解题关键因素。18．AB VIIB 5 配位 三角锥 sp346【解析】【分析】

2553aNa31030 +23aAI.A.先推断分子是否为极性分子，然后依据极性分子的极性大于非极性分子的极性；B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；C.HF分子之间存在氢键；D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相像相溶原理分析；II.(1)Mn是25号元素，依据原子序数与元素周期表的位置推断其位置；并依据构造原理书写其核外电子排布式，推断其核外未成对电子数目；NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；体心立方构造中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn4倍，据此计mMn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后依据ρ=V计算晶胞密度；用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；依据晶胞构造可知：在Mn6个方向有O离子，配位6。【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B正确；C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，依据相像相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4简洁溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不简洁溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误；故合理选项是AB；(1)Mn25VIIB族，依据构造原理可得基态Mn原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，依据核外电子排布规律可