海南省高考化学试卷解析

海南省高考化学试卷分析海南省高考化学试卷分析海南省高考化学试卷分析海南省2017年高考化学试卷分析一、选择题：本题共6小题，每题2分，共12分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的．1．以下说法错误的选项是（）A．蔗糖可作调味剂B．细铁粉可作食品抗氧剂C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．蔗糖拥有甜味；B．铁粉拥有强的还原性；C．过氧化氢拥有强的氧化性，能够使蛋白质变性；D．生石灰拥有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不拥有吸水性．【解答】解：A．蔗糖拥有甜味，能够做调味剂，故A正确；B．铁粉拥有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B正确；C．过氧化氢拥有强的氧化性，能够使蛋白质变性，拥有杀菌消毒作用，能够用于消毒剂，故C正确；D．熟石灰即氢氧化钙不拥有吸水性，不能够用于食品干燥剂，故D错误；应选：D．【议论】本题主要观察了物质的组成、性质、用途等，明确相关物质的性质是解题要点，题目难度不大．2．分别将足量以下气体通入稀Na2S溶液中，能够使溶液变浑浊的是（）A．COB．SO2C．HClD．CO2【考点】F5：二氧化硫的化学性质．【分析】A、CO与稀Na2S溶液不反应；B、足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫积淀；C、足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；D、足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢．【解答】解：A、CO与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故A错误；B、二氧化硫拥有还原性，与Na2S反应生成S积淀，产生了积淀，则能够使溶液变浑浊，故B正确；C、因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；应选：B．【议论】本题观察物质的性质，重视观察无机化合物之间的反应，题目难度不大．3．以下分子中，其中子总数为

24的是（

）A．18O3

B．2H217O2

C．14N16O2

D．14C16O2【考点】84：质子数、中子数、核外电子数及其互相联系．【分析】中子数=质量数﹣质子数，据此进行计算．【解答】解：A．18O3中子数为（18﹣8）×3=30，故A错误；B．2H217O2中子数为（2﹣1）×2+（17﹣8）×2=20，故B错误；C．14N16O2中子数为（14﹣7）+（16﹣8）×2=23，故C错误；D．14C16O2中子数为（14﹣6）+（16﹣8）×2=24，故D正确，应选D．【议论】明确原子结构中质子数、中子数、相对原子质量等之间的关系．是解题的要点，本题难度中等．4．在酸性条件下，可发生以下反应：ClO3﹣+2M3++4H2O=M2O7n﹣+Cl﹣+8H+，M2O7n﹣中MA．+4

的化合价是（B．+5C．+6

）D．+7【考点】42：常有元素的化合价．【分析】依照离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算．【解答】解：离子方程式前后依照电荷守恒，所以﹣1+2×（+3）=﹣n+（﹣1）+（+8），解得n=2，依照化合价规则，M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2价，所以M元素的化合价为+6价．应选C．【议论】本题观察离子方程式中的电荷守恒以及化合价的相关计算知识，能够依照所学知识进行回答，难度不大．5．以下危险化学品标志中表示腐化品的是（）A．B．C．D．【考点】O1：化学试剂的分类．【分析】依照图示标志的含义来分析，常有的图示有腐化品、易燃液体、放射性物质、强氧化剂、爆炸品等．【解答】解：A、图示标志是腐化品标志，故A正确；B、图示标志是易燃固体，故B错误；C、图示标志是放射性物品，故C错误；D、图示标志是氧化剂，故D错误．应选A．【议论】本题观察了试剂的分类及常有危险品标志，认识危险化学品的分类、各个常有标志所代表的含义是解答本题的要点，题目难度不大．6．能正确表达以下反应的离子方程式为（）A．用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OB．硫化亚铁与浓硫酸混杂加热：2H++FeS=H2S↑+Fe2+C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣=Al2（CO3）3↓22﹣﹣NO2﹣H23+【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能够翻开；B．硫化亚铁与浓硫酸混杂加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D．用氢氧化钠溶液吸取工业废气中的NO2，+4价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3价的氮．【解答】解：A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为2++H↑﹣，故A错误；CaCO3+2CH3COOH=Ca2O+CO2+2CH3COOB．硫化亚铁与浓硫酸混杂加热，离子方程式为+2﹣2FeS+20H+7SO43+9SO↑10H2O，故B错误；+C．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混杂后水解互相促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；D．用氢氧化钠溶液吸取工业废气中的NO2，+4价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O，故D正确；应选D．【议论】本题观察了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物可否正确，检查各物质拆分可否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查可否吻合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查可否吻合原化学方程式等．二、选择题：本题共6小题，每题4分，共24分．每题有一个或两个选项是吻合题目要求的．若正确答案只包括一个选项，多项选择得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．以下表达正确的选项是（）A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝【考点】U5：化学实验方案的议论．【分析】A．稀硫酸不与铜发生反应；B．浓硫酸能够将碘离子氧化成碘单质；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；D．铝与氯气燃烧生成氯化铝．【解答】解：A．Cu与浓硫酸加热能够反应，与稀硫酸不反应，故

A错误；B．浓硫酸拥有强氧化性，能够将

HI氧化，不能够用浓硫酸与碘化钾反应制取

HI，故B错误；C．过氧化钠能够与二氧化碳反应生成生成氧气，可用过氧化钠制备氧气，故

C正确；D．铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D正确；应选CD．【议论】本题观察化学实验方案的议论，题目难度不大，明确常有元素及其化合物性质为解答要点，试题重视对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵便运用基础知识解决实责问题的能力．8．以下表达正确的选项是（）A．酒越陈越香与酯化反应相关B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．乙醇被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；B．丁烷存在同分异构体；C．聚乙烯不含碳碳双键；D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等．【解答】解：A．酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在必然条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯拥有香味，故酒是陈的香，故A正确；B．丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能够使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等，二者都犯难溶于水的油状液体，故D正确．应选AD．【议论】本题观察有机物的结构与性质，为高频考点，掌握官能团与性质的关系为解答的要点，重视分析与应用能力的观察，注意掌握同分异构体的判断，题目难度不大．9．NA为阿伏加德罗常数的值．以下表达错误的选项是（）A．1mol乙烯分子中含有的碳氢键数为4NAB．1mol甲烷完好燃烧转移的电子数为8NA﹣1的乙酸溶液中含H+的数量为C．1L0.1mol?LAD．1mol的CO和N2混杂气体中含有的质子数为14NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、乙烯中含4条碳氢键；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价；C、乙酸为弱酸，不能够完好电离；D、CO和氮气中均含14个质子．【解答】解：A、乙烯中含4条碳氢键，故1mol乙烯中含4NA条碳氢键，故A正确；B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4价变为+4价，故1mol甲烷燃烧转移8mol即8NA个电子，故B正确；C、乙酸为弱酸，不能够完好电离，故溶液中的氢离子个数小于A个，故C错误；D、CO和氮气中均含14个质子，故1molCO和氮气的混杂物中含有的质子数为14NA个，故D正确．应选C．【议论】本题观察了阿伏伽德罗常数的相关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．10．一种电化学制备NH3的装置以下列图，图中陶瓷在高温时能够传输H+．下列表达错误的选项是（）A．Pb电极b为阴极B．阴极的反应式为：N2+6H++6e﹣=2NH3C．H+由阳极向阴极迁移D．陶瓷能够隔断N2和H2【考点】BL：化学电源新式电池．【分析】由电化学制备NH3的装置可知，通入氮气的一端为为阴极，通入氢气的一端为阳极，电解反应N2+3H22NH3，电解池中阳离子向阴极搬动，以此来解答．【解答】解：A．Pb电极b上氢气失去电子，为阳极，故A错误；．阴极上发生还原反应，则阴极反应为++6e﹣，故B正确；BN2+6H=2NH3C．电解池中，H+由阳极向阴极迁移，故C正确；D．由图可知，氮气与氢气不直接接触，陶瓷能够隔断N2和H2，故D正确；应选A．【议论】本题为2017年海南高考题，重视观察电解原理，为高频考点，掌握电极、电极反应及离子搬动方向为解答的要点，侧重分析与应用能力的观察，题目难度不大．11．已知反应CO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）△H＜0．在必然温++度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡．以下表达正确的选项是（）A．高升温度，K减小B．减小压强，n（CO2）增加C．更换高效催化剂，α（CO）增大D．充入必然量的氮气，n（H2）不变【考点】CB：化学平衡的影响因素．【分析】A．高升温度，平衡向逆反应方向搬动；B．减小压强，平衡向体积增大的方向搬动；C．催化剂不会引起化学平衡的搬动；D．在必然温度和压强下，充入必然量的氮气，相当于混杂气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向搬动．【解答】解：A．△H＜0，正反应放热，高升温度平衡向逆反应方向搬动，平衡常数减小，故A正确；B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不搬动，n（CO2）不变，故B错误；C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的搬动，所以α（CO）不变，故C错误；D．充入必然量的氮气，相当于混杂气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向搬动，但该反应前后气体体积不变，平衡不搬动，n（H2）不变，故D正确；应选AD．【议论】本题观察化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意观察方程式的特点，掌握外界条件对平衡状态的影响．12．以下实验操作正确的选项是（）A．滴定前用待测液润洗锥形瓶B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏C．蒸馏达成时，先关闭冷凝水，再停止加热D．分液时，基层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出【考点】U5：化学实验方案的议论．【分析】A．锥形瓶不能够润洗，否则以致待测液中溶质的物质的量偏大；B．容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞，使用前必定检查可否漏水；C．先关闭冷凝水再停止加热，易以致冷凝管炸裂；D．为了提高分液收效，分液漏斗基层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出．【解答】解：A．中和滴准时，盛放待测液的锥形瓶不能够润洗，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故A错误；B．为了防范影响实验结果，容量瓶和滴定管使用前均需要检漏，故B正确；C．蒸馏时，应防范冷凝管破裂，蒸馏达成，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故C错误；D．分液时，为了防范污染试剂，基层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D正确；应选BD．【议论】本题观察化学实验方案的议论，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，明确常有化学实验基本操作方法为解答要点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．三、非选择题：共64分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必定作答．第18、19题为选考题，考生依照要求作答．（一）必考题（共44分）13．X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素．X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数．回答以下问题：（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为．2）X与M组成的物质为离子（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑．（3）Y在周期表中的地址是第二周期ⅢA族，其含氧酸的化学式为H3BO3．（4）L与M形成的化合物中L的化合价是﹣3．【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．【解答】解：（1）X与L组成的最简单化合物为PH3，电子式近似氨气，为，故答案为：；2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，故答案为：离子；CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑；3）Y为B元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期ⅢA族；H3BO3；4）L与M形成的化合物Ca3P2，Ca的化合价为+2价，P为﹣3价，故答案为：﹣3．【议论】本题观察原子结构与元素周期率，为高频考点，重视观察学生的分析能力，注意掌握常有元素在周期表的地址与性质的递变规律，难度不大．14．碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产．回答以下问题：（1）碳酸钠俗称纯碱，可作为碱使用的原因是CO2﹣+H﹣+OH﹣32O?HCO3（用离子方程式表示）．（2）已知：2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ?mol﹣1反应2NaHCO3（）═23（）2（）2（）的△H=+135.6kJ?molsNaCOs+HOg+COg1，该反应的平衡常数表达式K=c（H2O）?c（CO2）．（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3积淀生成时溶液中=．已知Ksp3﹣9，Ksp4﹣10．（BaCO）×10（BaSO）×10【考点】BB：反应热和焓变；DH：难溶电解质的溶解平衡及积淀转变的实质．【分析】（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣水解使溶液呈碱性；2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ?mol﹣1，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）据此进行分析；K=；（3）当碳酸钡、硫酸钡两种积淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，依照溶度积计算．【解答】解：（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3为强碱弱酸盐，CO32﹣离子水解方程式为CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，使溶液呈碱性，故答案为：纯碱；CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ?mol﹣1NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ?mol﹣1，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）△H=+135.6kJ?mol1；K=c（H2O）?c（CO2），故答案为：；c（H2O）?c（CO2）；3）Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）（SO42﹣）×10﹣10；Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32﹣）×10﹣9，所以===，故答案为：．【议论】本题观察化学平衡的相关计算，反应热计算等，题目难度中等，注意掌握平衡常数的计算和应用与盖斯定律．15．已知苯能够进行以下转变：回答以下问题：（1）反应①的反应种类为加成反应，化合物A的化学名称为环己烷（2）化合物B的结构简式为，反应②的反应种类为消去反应（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯加入水，油层在上层的为苯，油层在基层的为溴苯．【考点】HC：有机物的合成．

．．【分析】由转变关系可知苯与氢气发生加成反应，生成A为环己烷，结构简式为或，由B的分子式可知B为，尔后发生消去反应生成，结合对应有机物的官能团的性质解答该题．【解答】解：（1）反应①为加成反应，生成A为，为环己烷，故答案为：加成反应；环己烷；（2）由以上分析可知B为，发生消去反应生成，故答案为：；消去反应；3）苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，加入水，油层在上层的为苯，油层在基层的为溴苯，故答案为：加入水，油层在上层的为苯，油层在基层的为溴苯．【议论】本题观察有机物的合成，为高频考点，掌握有机合成流程中的官能团变化、有机反应为解答的要点，重视分析与推断能力的观察，题目难度不大．16．（10分）（2017?海南）锂是最轻的爽朗金属，其单质及其化合物有广泛的用途．回答以下问题：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl的熔融混杂物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e﹣=Li．（2）不履行用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反应．（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂．鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾．4）LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质．LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF5和LiF．【考点】GG：碱金属的性质．【分析】（1）碳酸锂与盐酸反应生成LiCl，由电解LiCl﹣KCl的熔融混杂物生产金属锂，阴极上锂离子获取电子；2）Li与Mg性质相似，与二氧化碳反应；3）阳离子不相同、焰色反应不相同；（4）LiPF6受热易分解，生成两种两种氟化物．【解答】解：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl的熔融混杂物生产金属锂，阴极上的电极反应式为Li+e﹣=Li，故答案为：盐酸；Li+e﹣=Li；2）不履行用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li与二氧化碳反应，故答案为：Li与二氧化碳反应；3）鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾，故答案为：焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾；（4）LiPF6受热易分解，发生65，其热分解产物为5和，LiPFLiF+PFPFLiF故答案为：LiF．【议论】本题为2017年海南高考题，为高频考点，掌握电解原理、物质的性质、物质的鉴别为解答的要点，重视分析与应用能力的观察，注意元素化合物的应用，侧重迁移应用能力的观察，题目难度不大．17．（10分）（2017?海南）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4?7H2O的过程以下列图：硼镁泥的主要成分以下表：MgO

SiO2

FeO、Fe2O3

CaO

Al2O3

B2O330%～40%20%～25%

5%～15%

2%～3%

1%～2%

1%～2%回答以下问题：（1）“酸解”时应该加入的酸是

浓硫酸

，“滤渣

1”中主要含有

SiO2

（写化学式）．（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是

氧化亚铁离子

、促进铁离子、铝离子转变为积淀

．（3）判断“除杂”基本达成的检验方法是溶液凑近为无色．（4）分别滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，能够采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】硼镁泥主要成份是MgO，还有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，B2O3转变为H3BO3，则滤渣1为SiO2，次氯酸钙拥有强氧化性，加入的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转变为积淀，则滤渣2为Al（OH）3、Fe（OH）3，浓缩过滤获取滤渣3为CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、冷却结晶获取硫酸镁晶体，以此来解答．【解答】解：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，pH=1时B2O3转变为H3BO3，二氧化硅不反应，则“滤渣1”中主要含有SiO2，故答案为：浓硫酸；SiO2；（2）“除杂”时加入次氯酸钙发生2Fe2+﹣++﹣+ClO+2H═2Fe3+Cl+H2O，氧化镁促进铁离子、铝离子水解，则次氯酸钙、氧化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转变为积淀，故答案为：氧化亚铁离子；促进铁离子、铝离子转变为积淀；（3）因亚铁离子、铁离子均为有色离子，则判断“除杂”基本达成的检验方法是溶液凑近为无色，故答案为：溶液凑近为无色；（4）分别滤渣3应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不相同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，硫酸镁在80℃左右溶解度最大所以该过程中温度应控制80℃左右，温度太低会析出晶体，所以要趁热过滤，故答案为：温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不相同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，能够采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙．【议论】本题观察物质的制备实验，为高频考点，掌握图中发生的反应、混杂物分别提纯、溶解度与温度的关系等为解答的要点，重视分析与实验能力的观察，注意氧化还原反应及水解原理的应用，题目难度不大．[选修5：有机化学基础]18．香茅醛（）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的表达正确的有（）A．分子式为C10H18OB．不能够发生银镜反应C．可使酸性KMnO4溶液褪色D．分子中有7种不相同化学环境的氢【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】有机物含有碳碳双键和醛基，拥有烯烃、醛的性质，结合有机物的结构特点解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知C10H16O，故A错误；B．含有醛基，可发生银镜反应，故B错误；C．碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化，故C正确；D．结构不对称，分子中有8种不相同化学环境的氢，故D错误．应选C．【议论】本题观察有机物结构和性质，为高频考点，掌握官能团及其性质关系是解本题要点，重视观察烯烃和醛的性质，题目难度不大．19．（14分）（2017?海南）当醚键两端的烷基不相同时（R1﹣O﹣R2，R1≠R2），平时称其为“混醚”．若用醇脱水的老例方法制备混醚，会生成好多副产物：R1﹣OH+R2﹣OHR1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O一般用Williamson反应制备混醚：R1﹣X+R2﹣ONa→R1﹣O﹣R2+NaX，某课外研究小组拟合成（乙基苄基醚），采用以下两条路线进行比较：Ⅰ：Ⅱ：①②③回答以下问题：（1）路线Ⅰ的主要副产物有

、C2H5﹣O﹣C2H5

．（2）A的结构简式为

．（3）B的制备过程中应注意的安全事项是远离火源，防范爆炸．（4）由A和B生成乙基苄基醚的反应种类为取代反应．5）比较两条合成路线的优缺点：路线Ⅰ反应相对较为安全，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气．6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有4种．7）某同学用更为廉价易得的甲苯取代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线①+Cl2+HCl，②2C2H5OH2Na→2CH5ONaH2↑，③++C25→NaCl．+HONa+【考点】HC：有机物的合成．【分析】Ⅰ．由信息“RR1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣1﹣OH+R2﹣OHR2+H2O”可知路线Ⅰ两种醇发生分子间脱水生成醚，可发生在不相同的醇之间或相同的醇之间，该反应相对较为安全，但生成副产品，产率较低；Ⅱ．苯甲醇与浓盐酸在加热条件下发生取代反应生成A为，乙醇与钠反应生成B为C2H5ONa，反应生成氢气，易爆炸，A、B发生取代反应可生成，产率较高，以此解答该题．【解答】解：（1）由以上分析可知路线Ⅰ的主要副产物有、C2H5﹣O﹣C2H5，故答案为：；C25﹣﹣25；HOCH（2）A为，故答案为：；3）生成C2H5ONa的同时生成氢气，应远离火源，防范爆炸，故答案为：远离火源，防范爆炸；4）由A和B生成乙基苄基醚的反应种类为取代反应，故答案为：取代反应；5）路线Ⅰ产生很多的副产品，产率较低，但较为安全，而路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气，故答案为：路线Ⅰ反应相对较为安全，但产率较低，路线Ⅱ产率较高，但生成易爆炸的氢气；6）苯甲醇的同分异构体，如含有2个取代基，可为甲基苯酚，甲基苯酚有邻间对三种，如含有1个取代基，则为苯甲醚，则还有4种，故答案为：4；（7）甲苯取代苯甲醇合成乙基苄基醚，可第一发生①+Cl2，②发生25→252↑，然+HCl2CHOH+2Na2CHONa+H后发生③C25→NaCl，+HONa+故答案为：①+Cl2+HCl，②2C2H5OH+2Na→2CH5ONa+H2↑，③+C25→．HONa+NaCl【议论】本题为2017年海南高考题，重视观察有机物的合成，主要掌握题给信息以及有机物的官能团的性质，为解答该题的要点，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力．[选修3：物质结构与性质]20．以下表达正确的有（）A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点【考点】8B：元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则该元素为Br；B．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；C．HClO4是中学中最强酸，且结构比HClO牢固；D．依照氢键对物理性质的影响分析，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低．【解答】解：A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则该元素为Br，故最高正价为+7，故A正确；B．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则Na元素第一电离能小于Mg元素，但是Na元素第二电离能大于Mg元素，因为此时钠离子是全满为牢固结构，故B错误；C．HClO中的+1价氯牢固性比HClO4中的+7价氯差，更简单得电子，故氧化性次氯酸大于高氯酸，故C错误；D．邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（能形成分子间氢键，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，故D正确，应选AD．

）【议论】本题观察元素推断，电离能比较，物质酸性以及氧化性的比较，氢键对物质的物理性质的影响，本题难度中等．21．（14分）（2017?海南）