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2022 年重庆市普通高中学业水平选择性考试
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ti-48
Co-59 Sn-119 I-127 Pb-207
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. “逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是
A. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素
B. “嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
C. “祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃
D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A正确；
B．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误；
C．正十一烷属于饱和烃，故C错误；
D．塑料属于有机合成材料，故D错误；
故选A。
2. BCl 水解反应方程式为：BCl +3H O=B(OH) +3HCl，下列说法错误的是
3 3 2 3
A. Cl的原子结构示意图为 B. HO的空间填充模型为
2
C. BCl 的电子式为： D. B(OH) 的结构简式为
3 3
【答案】C
【解析】【详解】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为 ，A项正确；
B． 分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；
C． 是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为 ，
C项错误；
D． 的结构简式为 ，D项正确；
答案选C。
3. 下列叙述正确的是
A. Cl 和Br 分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
2 2
B. Na和Li分别在O 中燃烧得到NaO和LiO
2 2 2
C. 1molSO 与1molNO 分别通入1L水中可产生相同浓度的HSO 和HNO
3 2 2 4 3
D. 0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量NaCO 中均可得到CO 和HO
2 3 2 2
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；
C．无法确定1molSO 与1molNO 分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得HSO 和HNO
3 2 2 4 3
的浓度大小，故C错误；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；
故选A。
4. 下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO 等离子大量共存的是
A. 加入ZnSO B. 加入Fe粉 C. 通入NH D. 通入CO
4 3 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应，会影响溶液中离子的大量
共存，故A不符合题意；B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应生成亚铁离子，会影响溶液中离子的大量共存，故B不符合题
意；
C．向溶液中通入氨气，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，会影响溶液中离子
的大量共存，故C不符合题意；
D．向溶液中通入二氧化碳，二氧化碳与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存，
故D符合题意；
故选D。
5. 工业上用N 和H 合成NH ，N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
2 2 3 A
A. 消耗14gN 生成NH 分子数为2 N
2 3 A
B. 消耗1molH ，生成N－H键数为2 N
2 A
C. 生成标准状况下22.4LNH ，电子转移数为2 N
3 A
D. 氧化1molNH 生成NO，需O 分子数为2 N
3 2 A
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为 ×2×N mol—1=N ，故A错误；
A A
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol× ×3×N mol—1=2N ，故B正确；
A A
C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为 ×3×N mol—1=3N ，故C
A A
错误；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol× ×N mol—
A
1=1.25N ，故D错误；
A
故选B。
6. 关于M的说法正确的是A. 分子式为C O O B. 含三个手性碳原子
12 16 6
C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH)C=O互为同系物
3 2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C O O，A错误；
12 18 6
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M中含三个手性碳原子，如图所示：
，B正确；
C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化，故不可能所有氧原子共平面，
C错误；
D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH 原子团的物质，故
2
M与(CH)C=O不互为同系物，D错误；
3 2
故答案为：B。
7. 下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是
A. 装置甲气体干燥 B. 装置乙固液分离 C. 装置丙Cl 制备 D. 装置丁pH测试
2
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A正确；
B．由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由图可知，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故
C错误；
D．测定溶液pH时，应将溶液滴在pH试纸中央，不能插入溶液中，则装置丁不能用于pH测试，故D错
误；故选A。
8. PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确
的是
A. PEEK是纯净物 B. X与Y经加聚反应制得PEEK
C. X苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种 D. 1molY与H 发生加成反应，最多消耗6molH
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】A．PEEK是聚合物，属于混合物，故A错误；
B．由X、Y和PEEK的结构简式可知，X和Y发生连续的取代反应得到PEEK，即X与Y经缩聚反应制得
PEEK，故B错误；
C．X是对称的结构，苯环上有1种环境的H原子，苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种，故C正确；
D．Y中苯环和羰基都可以和H 发生加成反应，1mol Y与H 发生加成反应，最多消耗7mol H，故D错误；
2 2 2
故选C。
9. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是
选
实验操作及现象 结论
项
将NaSO 溶液和稀HSO 混合，得到沉淀，且生成的气体可使品 NaSO 既体现还原性又体现
A 2 2 3 2 4 2 2 3
红溶液褪色 氧化性
将Zn(OH) 固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得 Zn(OH) 既体现碱性又体现
B 2 2
到无色溶液 酸性
将TiCl 液体和FeCl 固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒
C 4 3 水解性：TiCl ＞FeCl
“白烟” 4 3
将红色固体CrO 加热，得到绿色固体Cr O，且生成的气体可以
D 3 2 3 热稳定性：CrO＜Cr O
使带火星的木条复燃 3 2 3
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【
详解】A．将NaSO 溶液和稀HSO 混合，生成S单质和SO ，S元素化合价既上升又下降，NaSO 既
2 2 3 2 4 2 2 2 3
体现还原性又体现氧化性，故A正确；B．将Zn(OH) 固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH) 能够和碱反
2 2
应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B错误；
在
C．将TiCl 液体和FeCl 固体分别暴露 潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明
4 3
TiCl +3H O═HTiO+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl ＞FeCl ，故C正确；
4 2 2 3 4 3
D．将红色固体CrO 加热，得到绿色固体Cr O，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中
3 2 3
产生了氧气，则CrO 不稳定，故D正确；
3
故选B。
10. R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子
均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY X含58mol电子。下列说
3
法正确的是
A. R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B. X是四种元素中原子半径最大的
C. Y单质的氧化性比Z单质的弱 D. Z的原子最外层电子数为6
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R
和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H，X为Cl
或F；1mol化合物RZY X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有
3
1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则
Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，R为H、X为Cl，故R与X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A错误；
B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，故S是四种元素中原子半径最大的，B错误；
C．由分析可知，Y为O、Z为S，由于O的非金属性比S强，故O 的氧化性比S强，C错误；
2
D．由分析可知，Z为S，是16号元素，S原子最外层电子数为6，D正确；
故答案为：D。
11. 某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol•L-1CaCl 水溶液 ……
2
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是
A. 经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B. 经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO )C. 经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO )+c(HCO )+c(H CO)
2 3
D. 经过步骤③，溶液中c(CHCOOH)+c(CH COO-)=c(Cl-)
3 3
【答案】D
【解析】
【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl 水溶液和0.01molNa SO 反应方程式为CaCl +
2 2 4 2
NaSO =2NaCl+CaSO ↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO，CaSO 微溶，则溶液中含有SO 和Ca2+，
2 4 4 4 4
则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误；
B．步骤②中，CaSO(s)+Na CO(aq)=CaCO ↓+NaSO(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为
4 2 3 3 4
0.01mol NaSO 、0.01mol Na CO 和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO )，故B错误；
4 2 3
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO 、0.01mol Na CO 和0.02molNaCl，存在物料守恒：
4 2 3
c(Cl-)=2c(CO )+2c(HCO )+2c(H CO)，故C错误；
2 3
D．步骤③中，CaCO +2CH COOH=Ca(CH COO) +H O+CO↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、
3 3 3 2 2 2
0.01mol Ca(CH COO) ，则c(CHCOOH)+c(CH COO-)=c(Cl-)，故D正确；
3 2 3 3
故选D。
的
12. 硝酮是重要 有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应
过程如图所示。
下列说法错误的是
A. 惰性电极2为阳极 B. 反应前后WO /WO 数量不变
C. 消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D. 外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【解析】【详解】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br ，惰性电极2为阳极，故A正确；
2
B．WO /WO 循环反应，反应前后WO /WO 数量不变，故B正确；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，
氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molHO，HO 最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D
2 2 2 2
正确；
选C 。
13. “千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH )SO 的离子键强弱，设计如图所示的循
4 2 4
环过程，可得△H/(kJ•mol-1)为
4
A. +533 B. +686 C. +838 D. +1143
【答案】C
【解析】
【详解】① ；
② ；
③ ；
④ ；
⑤ ；
⑥ ；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到 +838 kJ•mol-1 所以A B
，
D错误， C正确，故选C。
的
14. 两种酸式碳酸盐 分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p 和p。
1 2
反应1：NH HCO (s) NH (g)+HO(g)+CO(g) p =3.6×104Pa
4 3 3 2 2 1
反应2：2NaHCO (s) NaCO(s)+HO(g)+CO(g) p =4×103Pa
3 2 3 2 2 2
该温度下，刚性密闭容器中放入NH HCO 和NaCO 固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错
4 3 2 3
误的是
A. 反应2的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH ，再次平衡后，总压强增大
3
C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应2的平衡常数为 ，A正确；
B．刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B错
误；
C． ， ，
， ，所以总压强为：
，C正确；
D．达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D正确；
故选B。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，
每个试题考生都必须作答。第18~19题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：包括3题，共43分。
15. 电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)(或SnO ·2HO) Fe(OH) Cu(OH)
4 2 2 3 2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
（1）NaSnO 的回收
2 3
①产品NaSnO 中Sn的化合价是______。
2 3
②退锡工艺是利用稀HNO 与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的
3
Sn2+易转化成SnO ·xHO。
2 2
③沉淀1的主要成分是SnO ，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
2
（2）滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO 保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO
2 3
标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO 被还原为I—，终点时消耗KIO 溶液20.00mL。
3
①终点时的现象为______，产生I 的离子反应方程式为_____。
2
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】（1） ①. +4价 ②. Sn(NO )、NH NO ③. SnO +2NaOH NaSnO +H O
3 2 4 3 2 2 3 2
（2） ①. Fe(OH) ②. 2×10—7
3
（3） ①. 滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 ②. 2IO
3
+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O ③. 47.6%
2 2
【解析】
【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧
化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。
【小问1详解】
①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐
是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO )、NH NO ；
3 2 4 3
③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡
酸钠和水，反应的化学方程式为SnO +2NaOH NaSnO +H O，故答案为：SnO +2NaOH
2 2 3 2 2
NaSnO +H O；
2 3 2
【小问2详解】
①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH) ；
3
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为 =5×10—
8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10—7mol/L，故答案为：2×10—7；
【小问3详解】
①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应
生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无
色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO +5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O，故答案为：滴入
2 2
最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO +5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O；
3 2 2
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量
分数为 ×100%=47.6%，故答案为：47.6%。
16. 研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl (易水解)和NaN 为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电
5 3
池的性能。
（1）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝
色。①存贮时，Na应保存在_____中。
②冷凝水的进口是______(填“a”或“b”)。
③用Na干燥甲苯的原理是_____(用化学方程式表示)。
④回流过程中，除水时打开的活塞是_____；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
（2）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。
①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化
学反应方程式为_____。用Ar气赶走空气的目的是_____。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_____和_____。
③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125nm
的红磷，气体产物的压强为_____kPa，需NaN 的物质的量为______mol(保留3位小数)。已知：p=a×n，其
3
中a=2.5×105kPa•mol-1，n为气体产物的物质的量。【答案】（1） ①. 煤油 ②. b ③. ④. K、K
2 3
（2） ①. ②. 防止PCl 遇空气中的水蒸气而发生水解
5
③. 甲苯 ④. NaCl ⑤. 104 ⑥. 0.027
【解析】
【分析】本实验要用无水甲苯作溶剂，故需要先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的
H 从K 排出，待水反应完后，打开K 收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN 加入三颈瓶中，然后通入Ar
2 2 1 3
排出装置中的空气，再滴入PCl 和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。
5
【小问1详解】
①钠在空气中容易反应，故应保存在煤油中；
②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b；
③Na与水反应可除去水，故用钠干燥甲苯的原理是 ；
④回流过程中，打开活塞K、K，使生成的气体排出装置。
2 3
【小问2详解】
①根据题意可知，反应物为PCl 和NaN ，产物为P，根据化合价的变化规律可知化学方程式为
5 3
；由于PCl 易水解，故用Ar赶走空气的目的是防止PCl 遇空气
5 5
中的水蒸气而发生水解。
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl。
③R=125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa•mol-1， ，根据反应
可知，n(NaN )= N= ×0.04mol=0.027mol。
3 2
17. 反应 在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的 H_____0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常△在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。
②某温度下，H 在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡： ，其正反应的活化能远小于逆反应
2
的活化能。下列说法错误的是_____。
A.Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B.过程2的 H＞0
C.加快Pd膜△内H原子迁移有利于H
2
的解离
D.H原子在Pd膜表面上结合为H 的过程为放热反应
2
③同温同压下，等物质的量的CO和HO通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反
2
应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H 的质量比为_____。
2
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO
2
的转化率为_____(用a，b，y表示)。
【答案】（1） ①. ②. 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升
高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2） ①. 接触面较大，反应更充分，转化率更高 ②. BD ③. 5:6
（3） ①. 氧离子导体 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应， ；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率
较低；
【小问2详解】
①反应器存在Pd膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高；
②A.Pd膜只允许 通过，不允许 通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能， ，B错误；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡 正向移动，有利于 的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为 的过程为吸热反应，D错误；
故选BD；
③根据反应 ，设通入的 为1mol，则出口a产生的 为0.75mol，出口b的 为0.9mol，质量比为5:6；
【小问3详解】
①电解时，固体电解质应采用氧离子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为： ；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为 体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为
，则 ，CO的转化率为： 。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一
题计分。
18. 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn O]6+构成。
4
（1）基态Zn2+的电子排布式为______。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个
L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与HO的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形
2
状不变)。
A. －Cl B. －OH C. －NH D. －CH
2 3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn O]6+的不同之处在于______。
4
②X晶体中Zn2+的配位数为______。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为N ，L2-与[Zn O]6+的相对分子质量分别为M 和M，则X
A 4 1 2
的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】（1）3d10
（2） ①. 哑铃形 ②. 8 ③. 7 （3）BC
（4） ①. 与 Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 ②. 1.25 ③. a—2d ④.
【解析】
【小问1详解】
锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
【小问2详解】
配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占
据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳
原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有7个，故答案为：哑铃形；8；7；
【小问3详解】若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不
能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC；
【小问4详解】
①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn O]6+的不同之处在于与Zn2+相连
4
的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共
有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：
1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角
4
三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的
长度可得：x+2d= ，解得x= a—2d，故答案为： a—2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn O]6+的个数为8× =1，位于棱上的L2-的个
4
数为12× =3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元
构成可得： =(2a×10—10) 3d，解得d= ，故答案为： 。
19. 光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部
分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
① (R、R 、R 为H或烃基)
1 2
② +2ROH +H O
2
（1）A+B→D的反应类型为______。
（2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为______。
（3）F的结构简式为_____。
（4）从反应路线Ⅰ中选择某种化合物作为原料H，且H与HO反应只生成一种产物Ⅰ，则H的化学名称为
2
_____。
（5）K与银氨溶液反应的化学方程式为_____；K可发生消去反应，其有机产物R的分子式为C HO，R
4 6
及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有______个(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱
只有一组峰的结构简式为______。
（6）L与G反应制备非体型结构的Q的化学方程式为_______。
（7）为满足性能要求，实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生
反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为_____。
【答案】（1）加成反应
（2）酯基 （3）乙炔
（ 4 ） （ 5 ） ① . +2Ag(NH )OH
3 2
+3NH↑+2Ag↓+H O ②. 6 ③. (CH)C=C=O
3 2 3 2
（6）2 +nCH CHCHCHO +nH O
3 2 2 2（7）
【解析】
【分析】A为HC≡CH，HC≡CH与B（C HO）发生加成反应生成CHCOOCH=CH ，则B为CHCOOH；
2 4 2 3 2 3
HC≡CH与氢气发生加成反应生成CH=CH ，CH=CH 与CHCOOCH=CH 发生加聚反应生成
2 2 2 2 3 2
；CHCOOCH=CH 发生加聚反应生成 ，则F为
3 2
； 酸性条件下发生水解反应生成 ；HC≡CH与水发生加成反
应CH=CHOH，则H为HC≡CH、I为CH=CHOH；CH=CHOH发生构型转化生成CHCHO，则J为
2 2 2 3
CHCHO；CHCHO碱性条件下反应生成 ，则K为 ； 经发生消去反
3 3
应、加成反应得到CHCHCHCHO，CHCHCHCHO与 发生信息反应生成非体型结构的
3 2 2 3 2 2
，则Q为 。
【小问1详解】
由分析可知，A+B→D的反应为HC≡CH与CHCOOH发生加成反应生成CHCOOCH=CH ，故答案为：加
3 3 2
成反应；
【小问2详解】
由结构简式可知，基础树脂Ⅰ中官能团为酯基，故答案为：酯基；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为 ，故答案为： ；
【小问4详解】
由分析可知，H的结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，故答案为：乙炔；【小问5详解】
由分析可知，K为 ， 与银氨溶液在水浴加热条件下反应生成 、
氨气、银和水，反应的化学方程式为 +2Ag(NH )OH
3 2
+3NH↑+2Ag↓+H O；分子式为C HO的R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的结构简
3 2 4 6
式可能为CH=CHCHCHO、CHCH=CHCHO、 、 、CHCHCH=C=O、
2 2 3 3 2
(CH)C=C=O，共有6种，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为(CH)C=C=O，故答案为：
3 2 3 2
+2Ag(NH )OH +3NH↑+2Ag↓+H O；6；(CH)C=C=O；
3 2 3 2 3 2
【小问6详解】
L与G反应制备非体型结构的Q的反应为CHCHCHCHO与 发生信息反应生成非体型结构的
3 2 2
和水，反应的化学方程式为2 +nCH CHCHCHO
3 2 2
+nH O，故答案为：2 +nCH CHCHCHO
2 3 2 2
+nH O；
2
【小问7详解】
由实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节
的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为 ，故答案为：。
