2018年高考化学真题试卷（海南卷）
一、选择题
1．（2018·海南）下列食品添加剂中，常用作防腐剂的是（ ）
A．碘酸钾 B．碳酸氢钠 C．苯甲酸钠 D．磷酸氢钠
2．（2018·海南）某工业废气所含氮氧化物（NOx）的氮氧质量比为7：4 ，该NOx可表示为（ ）
A．N2O B．NO C．N2O3 D．NO2
3．（2018·海南）用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是（ ）
A．实验服 B．橡胶手套 C．护目镜 D．磷酸氢钙
4．（2018·海南）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是（ ）
A．MgCl2 B．Ca(NO)3 C．FeSO4 D．AlCl3
5．（2018·海南）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
D．氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
6．（2018·海南）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是（ ）
A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变
C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小
二、不定项选择题
7．（2018·海南）下列分离方法正确的是（ ）
A．回收水溶液中的I2 ：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
8．（2018·海南）一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是（ ）
A．电池总反应式为：2Mg + O2 +2H2O ＝Mg(OH)2
B．正极反应式为：Mg －e－ ＝Mg2 +
C．活性炭可以加快O2在负极上的反应速率
D．电子的移动方向由a经外电路到b
9．（2018·海南）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．12g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B．18g的D2O中含有的质子数为10
C．28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6 NA
D．1L 1mol·L-1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl- 的数目均为1 NA
10．（2018·海南）絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是（ ）
A．NaFe(SO4)2·6H2O B．CaSO4·2H2O
C．Pb(CH3COO)2·3H2O D．KAl(SO4)2·12H2O
11．（2018·海南）实验室常用乙酸与过量的乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的类型为加成反应
B．乙酸乙酯的同分异构体共有三种
C．可用饱和的碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸
D．该反应为可逆反应，加大乙醇的量可提高乙酸的转化率
12．（2018·海南）炭黑是雾霾中和重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫，下列说法正确的是（ ）
A．每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
三、非选择题
13．（2018·海南）X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是第 周期、第 族，其原子结构示意图为 Y与Z之间形成的化学键属于 。
（2）X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是 (填元素符号)；X单质既可与盐酸反应，又可溶于氢氧化钠溶液，产生的气体为 (填分子式)，该气体与Y单质反应的化学方程式为 。
（3）Z最高价氧化物的电子式为 。
14．（2018·海南）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：
（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 。
（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式 。配制的FeCl3溶液应保持 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是 。
（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：
①2Cu2＋+5I-＝2CuI↓+I3―； ②I3― + 2S2O32－＝S4O62-+ 3I-
反应①中的氧化剂为 。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2＋的浓度为 mol·L-1。
15．（2018·海南）二甲醚(CH3OCH3)是一种气体麻醉剂，可由“可燃冰”为原料合成。回答下列问题：
（1）B为黄绿色气体，其化学名称为 。
（2）由A和B生成D的化学方程式为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）由E生成二甲醚的反应类型为 。
（5）二甲醚的同分异构体的结构简式为 。
16．（2018·海南）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
（1）已知：
H2(g)+ O2(g)=H20(1) △H1=－286kJ·mol-1
H2(g)+ O2(g)=H2O2(l) △H2=－188 kJ·mol-1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H= kJ·mol-1。不同温度下
过氧化氢分解反应的平衡常数K313K K298K (填“大于"“小于”或“等于”)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表：
离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量／(mg·L-1) 分解率/％
无 __ 2 Fe3＋ 1.O 15
Al3＋ 10 2 Cu2＋ O.1 86
Zn2＋ 10 10 Cr3＋ 0.1 96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是 。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为 (填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
（3）过氧化氢的Ka1=2.24×10-12，H2O2的酸性 H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH求的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是 ：相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是 。
17．（2018·海南）某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有 、 的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是 。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是 。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤 现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却 产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤 滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分是 (填标号)。
A.Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是 。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
四、选考题[选修五：有机化学基础]
18．（2018·海南）（1）下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有（ ）
A．氯代环己烷 B．2，2-二甲基-1-氯丙烷
C．2－甲基－2－氯丙烷 D．2，2，3，3一四甲基-1-氯丁烷
（2）盐酸美西律(E)是一种抗心律失常药，其一条合成路线如下：
回答下列问题：
①已知A的分子式为C8H10O，其化学名称为 。
②B中的官能团的名称为 。
③由A生成C的化学反应方程式为 ，反应类型是 。
④由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为 。
⑤若用更为廉价易得的氨水替代盐酸羟氨(NH2OH·HCl)与C反应，生成物的结构简式为 。
⑥A的同分异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反应的还有 种：其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为 。
五、选考题[选修三：物质结构与性质]
19．（2018·海南）（1）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是（ ）
A．第一电离能：Cl>S>P>Si
B．共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
C．晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D．热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3
（2）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：①CuFeS2中存在的化学键类型是 。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的是 (填标号)。
在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
a.x分子的立体构型是 ，中心原子杂化类型为 ，属于 (填“非极性”或“极性”)分子。
b.X的沸点比水低的主要原因是 。
②CuFeS2与氧气反应生成SO2。SO2中心原子的价层电子对数为 ，共价键的类型有 。
③四方晶系CuFeS2的晶胞结构如图所示。
a.Cu＋的配位数为 ，S2－的配位数为 。
b.已知：a=b=0.524 nm，c=1.032nm，Na为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是 g·cm-3(列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】常见的防腐剂有：糖、食盐、亚硝酸钠、苯甲酸、苯甲酸钠等，C符合题意
故答案为：C
【分析】防腐剂--防止食品腐烂、变质
2．【答案】A
【知识点】分子式
【解析】【解答】设氮氧化合物的分子式为NxOy，则14*x：16*y=7：4，解得x：y=2：1，故A选项符合题意。
故答案为：A
【分析】该类题目可先设分子式，再根据已知条件列方程求解。
3．【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、在进行实验操作时，必须要穿实验服，不符合题意
B、浓硫酸有强腐蚀性，倒浓硫酸需要用到橡胶手套，不符合题意
C、浓硫酸稀释若操作不慎，可引起液滴飞溅，需要用到护目镜，不符合题意
D、磷酸氢钙不需要，故符合题意。
故答案为：D
【分析】浓硫酸具有强腐蚀性，因此凡是使用到浓硫酸的情况下必须要注意防腐蚀。浓硫酸稀释可能会大量放热，液滴飞溅，因此需要用到护目镜和手套。
4．【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件
【解析】【解答】A.能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A不符合题意
B.能生成碳酸钙沉淀，但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B不符合题意
C.能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，则C不符合题意
D.铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液中，故D选项符合题意
故答案为：D
【分析】解决此类问题，需要明白一些物质的特性，比如氢氧化铝是两性物质。
5．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；高分子材料；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意
B.SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意
C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意
D.氯水具有较强的氧化性，故能氧化漂白漂白纸张、织物等，不符合题意
故答案为：B
【分析】要分清楚二氧化硅和硅的用途
6．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】温度不变，氯化银的电离平衡常数保持不；加盐酸后，因Cl-增加，沉淀溶解平衡向AgCl方向移动，溶解度减小。
故答案为：C
【分析】难溶电解质的电离平衡常数不随温度的变化而变化。
7．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸能溶于水，故不能用分液除去，不符合题意
B、氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意
C、五氧化二磷为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意
D、无水氯化钙只能用来检验少量水，不能用来吸收，应加氧化钙
故答案为：B
【分析】除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望产物发生反应，不能引入新的杂质。
8．【答案】B,C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电池的总反应为2Mg + O2 +2H2O ＝Mg(OH)2，不符合题意
B.碱性条件下，镁离子会结合氢氧根离子形成氢氧化镁沉淀，正极应该是得电子，反应式为 O2 +4e-+4OH-=2H2O，符合题意
C.氧气在正极参与反应，符合题意
D.外电路中，电子由负极移向正极，该反应中a为负极，b为正极，故不符合题意
故答案为：BC
【分析】原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；
外电路中，电子由负极流向正极，电流方向与电子移动方向相反
9．【答案】C
【知识点】化学键；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.金刚石中一根键被2个碳原子共用，即一个碳原子只有两占两根共价键，因此12g金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意
B.D2O的摩尔质量为2*2+16=20g/mol，质子数为×10×NA=9NA，故不符合题意
C.乙烯环己烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为28/14*3NA=6NA，符合题意
D.铵根离子会发生水解，故数目＜1NA，不符合题意
故答案为：C
【分析】A中忽略了键是两个原子共用的
B中同位素质量数不同
D中忽略了铵根离子的水解。
10．【答案】A,D
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.铁离子能水解成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意
B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意
C.醋酸铅是弱电解质，无吸附作用，不符合题意
D.铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意
故答案为：AD
【分析】由题意的，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的物质具有吸附性。
11．【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A.乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，是酯化反应或取代反应，不符合题意
B.乙酸乙酯可先写酯类的异构，酯是由酸与醇组成，当酸为甲酸是，醇为丙醇（有两种同分异构），当酸为丙酸时，醇为甲醇（有一种同分异构）但，乙酸乙酯的同分异构体不仅仅是酯类，还可能死-CHO和-OH的组合，因此同分异构体大于三种，不符合题意
C.由于该反应需要在加热的情况下进行，本身会挥发出乙酸到饱和碳酸氢钠溶液中，因此不能鉴定，不符合题意
D.加大乙醇的量，反应正向移动，乙酸的转化率升高，符合题意
故答案为：D
【分析】易错点B选项中，写同分异构忽略了官能团异构。
12．【答案】C,D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】A.反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，A不符合题意
B.由图可得，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.16eV，B不符合题意
C.由图可得，氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程，符合题意
D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看做大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂符合题意
故答案为：CD
【分析】A中当反应物能量高于生成物总能量时，为放热反应，放出能量
B中由图可得，无水时活化能为0.75eV，有水时时0.57eV，相差0.16eV
13．【答案】（1）二；VA；；（极性）共价键
（2）Al；H2；
（3）
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】非金属Z的一种固体单质可导电，Z为C，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，则可推出Y为N，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，X为Al
（1）Y为N，位于元素周期表中第二周期第VA族，其原子结构示意图为，与C形成的键，不同的非金属非金属元素之间的键为极性共价键
（2）比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电荷数（核电荷数越小，半径越大），因此三种元素中，原子半径最大的是Al，铝与盐酸和氢氧化钠反应产生的气体是氢气，分子式为H2，与氮气的反应方程式为N2+3H2→2NH3（条件：高温高压催化剂，可逆反应）
（3）Z是C，最高价氧化物为二氧化碳，因此电子式为
【分析】易错点：Y原子核外有3个未成对电子，很容易推成B元素，元素的核外电子排布是先排满单个电子，再排成对电子。
14．【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O
（2）；酸性；防止 水解生成
（3）；0.1250
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O
（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于铁离子易水解，因此氯化铁溶液要保持在酸性，目的是为了防止，铁离子水解成氢氧化铁。
（3）铜的化合价有+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂是Cu2+
2S2O32－ ~ I3― ~ 2Cu2＋
0.1mol·L-1*25mL x*20mL 0.1mol·L-1*25mL= x*20mL，x=0.1250mol·L-1
【分析】（1）易错项铜不能与稀硫酸反应置换出氢气，稀硫酸的作用是提供氢离子，提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性
（2）由于铁离子易水解，因此配制氯化铁溶液要保持在酸性条件下，抑制水解
（3）根据转移的电子数守恒可列关系式，求解。
15．【答案】（1）氯气
（2）
（3）
（4）取代反应
（5）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】可燃冰的主要成分是A甲烷，食盐水电解得到的两种产物分别是B氯气，C氢氧化钠溶液，则D是一氯甲烷，E是甲醇
（1）黄绿色气体是氯气
（2）为甲烷和氯气的在光照条件下生成一氯甲烷的反应，反应方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl
（3）E为甲醇，结构简式为CH3OH
（4）由E生成二甲醚的反应为甲醇的分子间脱水，类型为取代反应
（5）二甲醚的分子式为C2H6O，含有相同分子式的还有乙醇。
【分析】解决此类问题需要了解常见物质的主要成分，食盐水的电解产物，再根据有机物官能团的结构和性质可解题。
16．【答案】（1）-196；小于
（2）；B
（3）大于；pH升高， 的浓度增加，分解速率加快；过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，分解率越小
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=2△H1-2△H2=-196kJ·mol-1该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小K313＜K298K
（2）由表中得，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子，过氧化氢具有氧化线，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来运输过氧化氢。
（3）Ka1＞Kw，故电离出氢离子大于水电离出的氢离子，故H2O2的酸性＞H2OpH升高，氢离子浓度减小，反应正向进行， HO2-的浓度增加，分解速率加快。过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律可解
（2）注意看清楚表格信息；铝的特性是铝表面能形成一层致密的氧化铝薄膜，保护内部铝不被腐蚀
（3）已知过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，利用化学平衡移动原理可求解此类题目
17．【答案】（1）碳酸氢钠溶液；浓硫酸；产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）D；碳（C）；
【知识点】几组未知物的检验；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水两种杂质，除去氯化氢用的是碳酸氢钠溶液，除水用浓硫酸；关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器中压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止。若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
（2）向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红——碱性物质，澄清石灰水，溶液变浑浊——能跟氢氧化钙反应生成沉淀，故可推出该物质为碳酸钠；与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，又是黑色物质，故黑色固体是C；4Na+3CO2 =2Na2CO3+C
【分析】（1）收集气体前要先进行除杂；
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
18．【答案】（1）B；D
（2）2，6-二甲基苯酚；羰基、溴；；取代反应；；；8；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）与氯化氢加成，加了一个氯一个H上去，即加成过后，加了氯的碳原子相邻的碳原子上必定有H，B中2，2-二甲基-1-氯丙烷，（CH3）3CCH2Cl ，2号位C原子上无H，故不可能通过HCl加成，D中2，2，3，3一四甲基-1-氯丁烷 CH2ClC（CH3）2C（CH3）3，与加了氯的碳原子相邻的碳原子上也无H，故答案为BD
（2）①C是酯类，B在碱性条件下-Br能水解成-OH，结合碳氧双键，可形成羧基，羧基可羟基可生成酯，由此可推A中一定有羟基，根据C的结构，可得A为2，6-二甲基苯酚。
②B中的官能团有溴原子，和羰基
③B中-Br先在碱性条件下水解成-OH，再与A发生酯化反应得到C反应类型为取代反应，
④根据结构分析，立体异构即为碳碳双键的顺反异构，由此分析D的立体结构应为，
⑤根据反应流程分析，C→D只是NH2OH·HCl少了两个H，则用NH3·H20时应该也少两个H，故得到结构为
⑥能与三氯化铁溶液发生显色反应，证明还是有酚羟基。若苯环上取代基只有两个，则为乙基和酚羟基（可分为邻对间，三种同分异构），若苯环上有三个取代基，若两甲基位于邻位（则苯环上有两种等效氢，故加羟基有两种同分异构体），若两甲基位于对位，（则苯环上有1种等效氢，故加羟基有1种同分异构体），若两甲基位于间位，除去A结构（则苯环上有两种等效氢，故加羟基有两种同分异构体），故一共有8种同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的同分异构体为，3，5-二甲基苯酚结构简式为
【分析】（1）加成反应，是加上小分子，与氯化氢加成，则势必加了一个Cl一个H上去，则即加成过后，加了氯的碳原子相邻的碳原子上必定有H。
（2）④立体异构，目前学过的只有碳碳双键的顺反异构
⑥写同分异构体：先确定官能团异构，官能团的位置异构，写苯环的位置异构时，可先写两个取代基的位置异构（即邻、对、间、）再在此基础上加别的取代基。
19．【答案】（1）B；C
（2）离子键；CD；V形；sp3；极性；水分子间存在氢键；3； 键和π键；4；4；
【知识点】原子核外电子排布；晶格能的应用；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大故不符合题意
B共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意
C晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减弱，故C符合题意
D热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；故答案为BC
（2）①CuFeS2非金属与金属之间成键为离子键；电子排布应先排满低轨道，再排满高轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能级轨道电子故BD符合题意
a臭鸡蛋气味为硫化氢，分子构型为价层电子有4对，孤对电子为=2对，故构型为V型，杂化类型为sp3有孤对电子为非对称结构，因此为极性分子。
b由于O元素，吸引质子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点增大
②二氧化硫的价层电子对为（6+0）/2=3对，以双键结合，故共价键类型为σ 键和π键
③aCu＋的配位数+=4 S2－占据8个体心，有两个S，因此S2－的配位数为4
b密度=质量/体积 质量=(4×64+4×56+8×32)/NA 体积=(0.5242×1.032)×10 21
【分析】（1）注意：价电子轨道为半满全满时，稳定，第一电离能较大。
（2）①b中氢键能影响熔沸点
③a中，晶胞配位键计算体心占1个，面心占1/2个，棱心占1/4个，顶点占1/8个。
1 / 12018年高考化学真题试卷（海南卷）
一、选择题
1．（2018·海南）下列食品添加剂中，常用作防腐剂的是（ ）
A．碘酸钾 B．碳酸氢钠 C．苯甲酸钠 D．磷酸氢钠
【答案】C
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】常见的防腐剂有：糖、食盐、亚硝酸钠、苯甲酸、苯甲酸钠等，C符合题意
故答案为：C
【分析】防腐剂--防止食品腐烂、变质
2．（2018·海南）某工业废气所含氮氧化物（NOx）的氮氧质量比为7：4 ，该NOx可表示为（ ）
A．N2O B．NO C．N2O3 D．NO2
【答案】A
【知识点】分子式
【解析】【解答】设氮氧化合物的分子式为NxOy，则14*x：16*y=7：4，解得x：y=2：1，故A选项符合题意。
故答案为：A
【分析】该类题目可先设分子式，再根据已知条件列方程求解。
3．（2018·海南）用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是（ ）
A．实验服 B．橡胶手套 C．护目镜 D．磷酸氢钙
【答案】D
【知识点】化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A、在进行实验操作时，必须要穿实验服，不符合题意
B、浓硫酸有强腐蚀性，倒浓硫酸需要用到橡胶手套，不符合题意
C、浓硫酸稀释若操作不慎，可引起液滴飞溅，需要用到护目镜，不符合题意
D、磷酸氢钙不需要，故符合题意。
故答案为：D
【分析】浓硫酸具有强腐蚀性，因此凡是使用到浓硫酸的情况下必须要注意防腐蚀。浓硫酸稀释可能会大量放热，液滴飞溅，因此需要用到护目镜和手套。
4．（2018·海南）下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是（ ）
A．MgCl2 B．Ca(NO)3 C．FeSO4 D．AlCl3
【答案】D
【知识点】离子反应发生的条件
【解析】【解答】A.能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A不符合题意
B.能生成碳酸钙沉淀，但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B不符合题意
C.能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，则C不符合题意
D.铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液中，故D选项符合题意
故答案为：D
【分析】解决此类问题，需要明白一些物质的特性，比如氢氧化铝是两性物质。
5．（2018·海南）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具
B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层
D．氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物；高分子材料；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具，不符合题意
B.SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维，但光电池的主要成分是硅，符合题意
C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层，不符合题意
D.氯水具有较强的氧化性，故能氧化漂白漂白纸张、织物等，不符合题意
故答案为：B
【分析】要分清楚二氧化硅和硅的用途
6．（2018·海南）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是（ ）
A．AgCl的溶解度、Ksp均减小 B．AgCl的溶解度、Ksp均不变
C．AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D．AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】温度不变，氯化银的电离平衡常数保持不；加盐酸后，因Cl-增加，沉淀溶解平衡向AgCl方向移动，溶解度减小。
故答案为：C
【分析】难溶电解质的电离平衡常数不随温度的变化而变化。
二、不定项选择题
7．（2018·海南）下列分离方法正确的是（ ）
A．回收水溶液中的I2 ：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸能溶于水，故不能用分液除去，不符合题意
B、氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意
C、五氧化二磷为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意
D、无水氯化钙只能用来检验少量水，不能用来吸收，应加氧化钙
故答案为：B
【分析】除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望产物发生反应，不能引入新的杂质。
8．（2018·海南）一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是（ ）
A．电池总反应式为：2Mg + O2 +2H2O ＝Mg(OH)2
B．正极反应式为：Mg －e－ ＝Mg2 +
C．活性炭可以加快O2在负极上的反应速率
D．电子的移动方向由a经外电路到b
【答案】B,C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.电池的总反应为2Mg + O2 +2H2O ＝Mg(OH)2，不符合题意
B.碱性条件下，镁离子会结合氢氧根离子形成氢氧化镁沉淀，正极应该是得电子，反应式为 O2 +4e-+4OH-=2H2O，符合题意
C.氧气在正极参与反应，符合题意
D.外电路中，电子由负极移向正极，该反应中a为负极，b为正极，故不符合题意
故答案为：BC
【分析】原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；
外电路中，电子由负极流向正极，电流方向与电子移动方向相反
9．（2018·海南）NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．12g金刚石中含有化学键的数目为4NA
B．18g的D2O中含有的质子数为10
C．28g的乙烯和环己烷混合气体中所含原子总数为6 NA
D．1L 1mol·L-1的NH4Cl溶液中NH4＋和Cl- 的数目均为1 NA
【答案】C
【知识点】化学键；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.金刚石中一根键被2个碳原子共用，即一个碳原子只有两占两根共价键，因此12g金刚石中含有化学键的数目为2NA，故不符合题意
B.D2O的摩尔质量为2*2+16=20g/mol，质子数为×10×NA=9NA，故不符合题意
C.乙烯环己烷的最简式都为CH2，故等质量的气体所含原子总数相同，所含原子总数为28/14*3NA=6NA，符合题意
D.铵根离子会发生水解，故数目＜1NA，不符合题意
故答案为：C
【分析】A中忽略了键是两个原子共用的
B中同位素质量数不同
D中忽略了铵根离子的水解。
10．（2018·海南）絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是（ ）
A．NaFe(SO4)2·6H2O B．CaSO4·2H2O
C．Pb(CH3COO)2·3H2O D．KAl(SO4)2·12H2O
【答案】A,D
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】A.铁离子能水解成氢氧化铁胶体可吸附悬浮物，符合题意
B.硫酸钙本身是微溶物，没有吸附作用，不符合题意
C.醋酸铅是弱电解质，无吸附作用，不符合题意
D.铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮物，符合题意
故答案为：AD
【分析】由题意的，絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物，因此，絮凝剂本身或与水生成的物质具有吸附性。
11．（2018·海南）实验室常用乙酸与过量的乙醇在浓硫酸催化下合成乙酸乙酯。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的类型为加成反应
B．乙酸乙酯的同分异构体共有三种
C．可用饱和的碳酸氢钠溶液鉴定体系中是否有未反应的乙酸
D．该反应为可逆反应，加大乙醇的量可提高乙酸的转化率
【答案】D
【知识点】乙酸乙酯的制取
【解析】【解答】A.乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，是酯化反应或取代反应，不符合题意
B.乙酸乙酯可先写酯类的异构，酯是由酸与醇组成，当酸为甲酸是，醇为丙醇（有两种同分异构），当酸为丙酸时，醇为甲醇（有一种同分异构）但，乙酸乙酯的同分异构体不仅仅是酯类，还可能死-CHO和-OH的组合，因此同分异构体大于三种，不符合题意
C.由于该反应需要在加热的情况下进行，本身会挥发出乙酸到饱和碳酸氢钠溶液中，因此不能鉴定，不符合题意
D.加大乙醇的量，反应正向移动，乙酸的转化率升高，符合题意
故答案为：D
【分析】易错点B选项中，写同分异构忽略了官能团异构。
12．（2018·海南）炭黑是雾霾中和重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫，下列说法正确的是（ ）
A．每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】C,D
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】A.反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，A不符合题意
B.由图可得，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.16eV，B不符合题意
C.由图可得，氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程，符合题意
D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看做大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂符合题意
故答案为：CD
【分析】A中当反应物能量高于生成物总能量时，为放热反应，放出能量
B中由图可得，无水时活化能为0.75eV，有水时时0.57eV，相差0.16eV
三、非选择题
13．（2018·海南）X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题：
（1）Y在周期表中的位置是第 周期、第 族，其原子结构示意图为 Y与Z之间形成的化学键属于 。
（2）X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是 (填元素符号)；X单质既可与盐酸反应，又可溶于氢氧化钠溶液，产生的气体为 (填分子式)，该气体与Y单质反应的化学方程式为 。
（3）Z最高价氧化物的电子式为 。
【答案】（1）二；VA；；（极性）共价键
（2）Al；H2；
（3）
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】非金属Z的一种固体单质可导电，Z为C，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，则可推出Y为N，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和，X为Al
（1）Y为N，位于元素周期表中第二周期第VA族，其原子结构示意图为，与C形成的键，不同的非金属非金属元素之间的键为极性共价键
（2）比较半径：先看电子层数（电子层数越大，原子半径越大），再看核电荷数（核电荷数越小，半径越大），因此三种元素中，原子半径最大的是Al，铝与盐酸和氢氧化钠反应产生的气体是氢气，分子式为H2，与氮气的反应方程式为N2+3H2→2NH3（条件：高温高压催化剂，可逆反应）
（3）Z是C，最高价氧化物为二氧化碳，因此电子式为
【分析】易错点：Y原子核外有3个未成对电子，很容易推成B元素，元素的核外电子排布是先排满单个电子，再排成对电子。
14．（2018·海南）铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：
（1）实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，该反应的化学方程式为 。
（2）电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式 。配制的FeCl3溶液应保持 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是 。
（3）溶液中Cu2＋的浓度可采用碘量法测得：
①2Cu2＋+5I-＝2CuI↓+I3―； ②I3― + 2S2O32－＝S4O62-+ 3I-
反应①中的氧化剂为 。现取20.00 mL含Cu2＋的溶液，加入足量的KI充分反应后，用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2＋的浓度为 mol·L-1。
【答案】（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O
（2）；酸性；防止 水解生成
（3）；0.1250
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性，能跟铜反应，反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O
（2）FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，是铁离子把铜氧化成铜离子，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于铁离子易水解，因此氯化铁溶液要保持在酸性，目的是为了防止，铁离子水解成氢氧化铁。
（3）铜的化合价有+2→+1价，化合价降低，因此氧化剂是Cu2+
2S2O32－ ~ I3― ~ 2Cu2＋
0.1mol·L-1*25mL x*20mL 0.1mol·L-1*25mL= x*20mL，x=0.1250mol·L-1
【分析】（1）易错项铜不能与稀硫酸反应置换出氢气，稀硫酸的作用是提供氢离子，提供酸性环境，增强过氧化氢的氧化性
（2）由于铁离子易水解，因此配制氯化铁溶液要保持在酸性条件下，抑制水解
（3）根据转移的电子数守恒可列关系式，求解。
15．（2018·海南）二甲醚(CH3OCH3)是一种气体麻醉剂，可由“可燃冰”为原料合成。回答下列问题：
（1）B为黄绿色气体，其化学名称为 。
（2）由A和B生成D的化学方程式为 。
（3）E的结构简式为 。
（4）由E生成二甲醚的反应类型为 。
（5）二甲醚的同分异构体的结构简式为 。
【答案】（1）氯气
（2）
（3）
（4）取代反应
（5）
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】可燃冰的主要成分是A甲烷，食盐水电解得到的两种产物分别是B氯气，C氢氧化钠溶液，则D是一氯甲烷，E是甲醇
（1）黄绿色气体是氯气
（2）为甲烷和氯气的在光照条件下生成一氯甲烷的反应，反应方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl
（3）E为甲醇，结构简式为CH3OH
（4）由E生成二甲醚的反应为甲醇的分子间脱水，类型为取代反应
（5）二甲醚的分子式为C2H6O，含有相同分子式的还有乙醇。
【分析】解决此类问题需要了解常见物质的主要成分，食盐水的电解产物，再根据有机物官能团的结构和性质可解题。
16．（2018·海南）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
（1）已知：
H2(g)+ O2(g)=H20(1) △H1=－286kJ·mol-1
H2(g)+ O2(g)=H2O2(l) △H2=－188 kJ·mol-1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H= kJ·mol-1。不同温度下
过氧化氢分解反应的平衡常数K313K K298K (填“大于"“小于”或“等于”)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表：
离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量／(mg·L-1) 分解率/％
无 __ 2 Fe3＋ 1.O 15
Al3＋ 10 2 Cu2＋ O.1 86
Zn2＋ 10 10 Cr3＋ 0.1 96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是 。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为 (填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
（3）过氧化氢的Ka1=2.24×10-12，H2O2的酸性 H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH求的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是 ：相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是 。
【答案】（1）-196；小于
（2）；B
（3）大于；pH升高， 的浓度增加，分解速率加快；过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，分解率越小
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=2△H1-2△H2=-196kJ·mol-1该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小K313＜K298K
（2）由表中得，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子，过氧化氢具有氧化线，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来运输过氧化氢。
（3）Ka1＞Kw，故电离出氢离子大于水电离出的氢离子，故H2O2的酸性＞H2OpH升高，氢离子浓度减小，反应正向进行， HO2-的浓度增加，分解速率加快。过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律可解
（2）注意看清楚表格信息；铝的特性是铝表面能形成一层致密的氧化铝薄膜，保护内部铝不被腐蚀
（3）已知过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，利用化学平衡移动原理可求解此类题目
17．（2018·海南）某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥、纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有 、 的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是 。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是 。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
步骤 现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却 产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤 滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分是 (填标号)。
A.Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是 。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
【答案】（1）碳酸氢钠溶液；浓硫酸；产生的气体使干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）D；碳（C）；
【知识点】几组未知物的检验；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】（1）产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水两种杂质，除去氯化氢用的是碳酸氢钠溶液，除水用浓硫酸；关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器中压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止。若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
（2）向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红——碱性物质，澄清石灰水，溶液变浑浊——能跟氢氧化钙反应生成沉淀，故可推出该物质为碳酸钠；与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，又是黑色物质，故黑色固体是C；4Na+3CO2 =2Na2CO3+C
【分析】（1）收集气体前要先进行除杂；
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
四、选考题[选修五：有机化学基础]
18．（2018·海南）（1）下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有（ ）
A．氯代环己烷 B．2，2-二甲基-1-氯丙烷
C．2－甲基－2－氯丙烷 D．2，2，3，3一四甲基-1-氯丁烷
（2）盐酸美西律(E)是一种抗心律失常药，其一条合成路线如下：
回答下列问题：
①已知A的分子式为C8H10O，其化学名称为 。
②B中的官能团的名称为 。
③由A生成C的化学反应方程式为 ，反应类型是 。
④由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为 。
⑤若用更为廉价易得的氨水替代盐酸羟氨(NH2OH·HCl)与C反应，生成物的结构简式为 。
⑥A的同分异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反应的还有 种：其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的结构简式为 。
【答案】（1）B；D
（2）2，6-二甲基苯酚；羰基、溴；；取代反应；；；8；
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）与氯化氢加成，加了一个氯一个H上去，即加成过后，加了氯的碳原子相邻的碳原子上必定有H，B中2，2-二甲基-1-氯丙烷，（CH3）3CCH2Cl ，2号位C原子上无H，故不可能通过HCl加成，D中2，2，3，3一四甲基-1-氯丁烷 CH2ClC（CH3）2C（CH3）3，与加了氯的碳原子相邻的碳原子上也无H，故答案为BD
（2）①C是酯类，B在碱性条件下-Br能水解成-OH，结合碳氧双键，可形成羧基，羧基可羟基可生成酯，由此可推A中一定有羟基，根据C的结构，可得A为2，6-二甲基苯酚。
②B中的官能团有溴原子，和羰基
③B中-Br先在碱性条件下水解成-OH，再与A发生酯化反应得到C反应类型为取代反应，
④根据结构分析，立体异构即为碳碳双键的顺反异构，由此分析D的立体结构应为，
⑤根据反应流程分析，C→D只是NH2OH·HCl少了两个H，则用NH3·H20时应该也少两个H，故得到结构为
⑥能与三氯化铁溶液发生显色反应，证明还是有酚羟基。若苯环上取代基只有两个，则为乙基和酚羟基（可分为邻对间，三种同分异构），若苯环上有三个取代基，若两甲基位于邻位（则苯环上有两种等效氢，故加羟基有两种同分异构体），若两甲基位于对位，（则苯环上有1种等效氢，故加羟基有1种同分异构体），若两甲基位于间位，除去A结构（则苯环上有两种等效氢，故加羟基有两种同分异构体），故一共有8种同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：2：1：1的同分异构体为，3，5-二甲基苯酚结构简式为
【分析】（1）加成反应，是加上小分子，与氯化氢加成，则势必加了一个Cl一个H上去，则即加成过后，加了氯的碳原子相邻的碳原子上必定有H。
（2）④立体异构，目前学过的只有碳碳双键的顺反异构
⑥写同分异构体：先确定官能团异构，官能团的位置异构，写苯环的位置异构时，可先写两个取代基的位置异构（即邻、对、间、）再在此基础上加别的取代基。
五、选考题[选修三：物质结构与性质]
19．（2018·海南）（1）下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是（ ）
A．第一电离能：Cl>S>P>Si
B．共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
C．晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D．热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3
（2）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：①CuFeS2中存在的化学键类型是 。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的是 (填标号)。
在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
a.x分子的立体构型是 ，中心原子杂化类型为 ，属于 (填“非极性”或“极性”)分子。
b.X的沸点比水低的主要原因是 。
②CuFeS2与氧气反应生成SO2。SO2中心原子的价层电子对数为 ，共价键的类型有 。
③四方晶系CuFeS2的晶胞结构如图所示。
a.Cu＋的配位数为 ，S2－的配位数为 。
b.已知：a=b=0.524 nm，c=1.032nm，Na为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是 g·cm-3(列出计算式)。
【答案】（1）B；C
（2）离子键；CD；V形；sp3；极性；水分子间存在氢键；3； 键和π键；4；4；
【知识点】原子核外电子排布；晶格能的应用；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）A当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大故不符合题意
B共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意
C晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减弱，故C符合题意
D热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；故答案为BC
（2）①CuFeS2非金属与金属之间成键为离子键；电子排布应先排满低轨道，再排满高轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能级轨道电子故BD符合题意
a臭鸡蛋气味为硫化氢，分子构型为价层电子有4对，孤对电子为=2对，故构型为V型，杂化类型为sp3有孤对电子为非对称结构，因此为极性分子。
b由于O元素，吸引质子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点增大
②二氧化硫的价层电子对为（6+0）/2=3对，以双键结合，故共价键类型为σ 键和π键
③aCu＋的配位数+=4 S2－占据8个体心，有两个S，因此S2－的配位数为4
b密度=质量/体积 质量=(4×64+4×56+8×32)/NA 体积=(0.5242×1.032)×10 21
【分析】（1）注意：价电子轨道为半满全满时，稳定，第一电离能较大。
（2）①b中氢键能影响熔沸点
③a中，晶胞配位键计算体心占1个，面心占1/2个，棱心占1/4个，顶点占1/8个。
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