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2015年海南省高考化学试卷一、选择题（共6小题，每小题2分，满分12分）1．（2分）（2015•海南）化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（）A．明矾净化水B．纯碱去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物考点：氧化还原反应．分析：用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．解答：解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；D．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大．2．（2分）（2015•海南）下列离子中半径最大的是（）A．Na+B．Mg2+C．O2﹣D．F﹣考点：微粒半径大小的比较．分析：电子层越多的离子半径越大，电子层一样的离子，核电荷数越多半径越小，据此来回答．解答：解：四种离子均含有2个电子层，而且电子排布相同，其核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+＞Mg2+，所以O2﹣的半径最大，故选：C．点评：本题考查学生离子半径大小的比较方法知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大，侧重于基础知识的考查．3．（2分）（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（）A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2考点：pH的简单计算．分析：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．解答：解：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：C．点评：本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．4．（2分）（2015•海南）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（）A．55kJB．220kJC．550kJD．1108kJ考点：有关反应热的计算．分析：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，根据生成水的质量计算放出的热量．解答：解：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为=55.375kJ≈55kJ；故选：A．点评：本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算，题目难度不大，注意把握燃烧热的概念即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．5．（2分）（2015•海南）分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气的有机物有（不含立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：真题集萃；同分异构现象和同分异构体．分析：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构．解答：解：分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，其中丁基有四种结构，故符合条件的有机物共有4种，故选B．点评：本题考查同分异构体判断，难度不大，注意常见烃基的种类，如甲基和乙基1种，丙基有2种，丁基有4种，也可以书写出具体的醇进行判断．6．（2分）（2015•海南）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（）A．+3B．+4C．+5D．+6考点：真题集萃；氧化还原反应．分析：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价．解答：解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D．点评：本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大．二、选择题（共6小题，每小题4分，满分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）（2015•海南）下列叙述正确的是（）A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜D．煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2考点：真题集萃；硝酸的化学性质；钠的重要化合物．分析：A．稀盐酸不能与二氧化锰反应；B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜；D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3．解答：解：A．稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A错误；B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误；C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，可以除去试管内壁的银镜，故C正确；D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故D正确，故选：CD．点评：本题考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．8．（4分）（2015•海南）10mL浓度为1mol•L﹣1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（）A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3考点：真题集萃；化学反应速率的影响因素．分析：为了减缓反应进行的速率，加热溶液后可以降低氢离子难度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少．解答：解：A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；B，加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误，故选：AB．点评：本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意C选项构成原电池，加快反应速率．9．（4分）（2015•海南）下列反应不属于取代反应的是（）A．淀粉水解制葡萄糖B．石油裂解制丙烯C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠考点：真题集萃；取代反应与加成反应．分析：有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答．解答：解：A．淀粉水解制葡萄糖，为水解反应，也属于取代反应，故A不选；B．石油裂解制丙烯，为大分子转化为小分子的反应，不属于取代反应，故B选；C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，为酯化反应，也属于取代反应，故C不选；D．油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠，为油脂的水解反应，也属于取代反应，故D不选；故选B．点评：本题考查有机物的性质及反应类型，为基础性习题，把握有机物的性质、反应类型的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．10．（4分）（2015•海南）下列指定微粒的数目相等的是（）A．等物质的量的水与重水含有的中子数B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数考点：真题集萃；物质的量的相关计算．分析：A．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同；C．同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同；D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价．解答：解：A．H2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同，1个C2H4分子共用6对电子（其中4个C﹣H，2个C﹣C），1个C3H6分子共用9对电子（其中6个C﹣H，3个C﹣C），因此可以发现规律：1个CH2平均共用3对电子，含CH2的个数相同则共有电子对数相同，故B正确；C．同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则CO和NO含有的质子数不同，故C错误；D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数均为n×（3﹣0）NA，故D正确；故选BD．点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大．11．（4分）（2015•海南）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）在水中的电离度与浓度关系的是（）A．B．C．D．考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：由乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答．解答：解：由乙酸（甲、Ka=1.8×10﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10﹣3）可知，乙酸的Ka小，则乙酸的酸性弱；由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B符合，故选B．点评：