2022年高考化学试卷（海南）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按试卷类型分类）2008-2025_自主命题卷·化学（2008-2025）(1)

海南省 2022 年普通高中学业水平选择性考试 化学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Fe 56 一、选择题：本题共 8小题，每小题 2分，共 16 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. 化学与日常生活息息相关。下列说法错误的是 A. 使用含氟牙膏能预防龋齿 B. 小苏打的主要成分是Na CO 2 3 C. 可用食醋除去水垢中的碳酸钙 D. 使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值 【答案】B 【解析】 【详解】A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A正确； B．小苏打的主要成分是NaHCO ，B错误； 3 C．食醋的主要成分为CH COOH，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去 3 水垢中的碳酸钙，C正确； D．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需 要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D正确； 答案选B。 2. 《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中 未涉及的操作是 A. 洗涤 B. 粉碎 C. 萃取 D. 蒸发 【答案】C 【解析】 【详解】水洗净是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；细研水飞是指将固体 研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；去石澄清是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的 第1页 | 共23页操作方法是倾倒；慢火熬干是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及 的操作方法是萃取，答案选C。 3. 下列实验操作规范的是 A.过滤 B.排空气法收集CO C.混合浓硫酸和乙醇 D.溶液的转移 2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范； B．CO 的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO ，B操作规范； 2 2 C．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范； D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D操作不规范； 答案选B。 4. 化学物质在体育领域有广泛用途。下列说法错误的是 A. 涤纶可作为制作运动服的材料 B. 纤维素可以为运动员提供能量 C. 木糖醇可用作运动饮料的甜味剂 D. “复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛 【答案】B 【解析】 【详解】A．涤纶属于合成纤维，其抗皱性和保形性很好，具有较高的强度与弹性恢复能力，可作为制作 运动服的材料，A正确； B．人体没有分解纤维素的酶，故纤维素不能为运动员提供能量，B错误； C．木糖醇具有甜味，可用作运动饮料的甜味剂，C正确； 第2页 | 共23页D．氯乙烷具有冷冻麻醉作用，从而使局部产生快速镇痛效果，所以“复方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急 性损伤的阵痛，D正确； 答案选B。 5. 钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是 A. 钠元素的第一电离能大于钾 B. 基态钾原子价层电子轨道表示式为 C. 钾能置换出NaCl溶液中的钠 D. 钠元素与钾元素的原子序数相差18 【答案】A 【解析】 【详解】A．同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因 此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确； 4s B．基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为 ­ ，B说法不正确； C．钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确； D．钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确； 综上所述，本题选A。 6. 依据下列实验，预测的实验现象正确的是 选项 实验内容 预测的实验现象 A MgCl 溶液中滴加NaOH溶液至过量 产生白色沉淀后沉淀消失 2 B FeCl 溶液中滴加KSCN溶液 溶液变血红色 2 C AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量 黄色沉淀全部转化为白色沉淀 D 酸性KMnO 溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去 4 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．MgCl 济液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁， 2 第3页 | 共23页氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确； B．FeCl 溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl 溶液中 3 2 滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确； C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转 化为白色沉淀，C不正确； D．酸性KMnO 溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO 溶液中 4 4 滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确； 综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。 7. 在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A A. 反应转移电子为0.1mol B. HCl溶液中Cl-数为3N A C. 2.8g 56Fe含有的中子数为1.3N D. 反应生成标准状况下气体3.36L A 【答案】A 【解析】 【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生 反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确； B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3N ，B不正确； A C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为 1.5N ，C不正确； A D．反应生成H 的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确； 2 综上所述，本题A。 8. 某温度下，反应CH =CH (g)+H O(g)ˆˆ†CH CH OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确 2 2 2 ‡ˆˆ 3 2 的是 A. 增大压强，v >v ，平衡常数增大 正 逆 B. 加入催化剂，平衡时CH CH OH(g)的浓度增大 3 2 C. 恒容下，充入一定量的H O(g)，平衡向正反应方向移动 2 D. 恒容下，充入一定量的CH =CH (g)，CH =CH (g)的平衡转化率增大 2 2 2 2 【答案】C 第4页 | 共23页【解析】 【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的 幅度大于逆反应的，故v > v ，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正 正 逆 确； B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH CH OH(g)的浓度，B不正确； 3 2 C．恒容下，充入一定量的H O(g)，H O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确； 2 2 D．恒容下，充入一定量的CH =CH (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH =CH (g)的平衡转化率减小， 2 2 2 2 D不正确； 综上所述，本题选C。 二、选择题：本题共 6小题，每小题 4分，共 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。 9. 一种采用H O(g)和N (g)为原料制备NH (g)的装置示意图如下。 2 2 3 下列有关说法正确的是 A. 在b电极上，N 被还原 2 B. 金属Ag可作为a电极的材料 C. 改变工作电源电压，反应速率不变 D. 电解过程中，固体氧化物电解质中O2-不断减少 【答案】A 【解析】 【分析】由装置可知，b电极的N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为 2 3 阴极，电极反应式为N +3H O+6e-=2NH +3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O ，据此分析解答； 2 2 3 2 【详解】A．由分析可得，b电极上N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即 2 3 第5页 | 共23页N 被还原，A正确； 2 B．a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误； C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C错误； D．电解过程中，阴极电极反应式为N +3H O+6e-=2NH +3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O ，因此固体 2 2 3 2 氧化物电解质中O2-不会改变，D错误； 答案选A。 10. 已知CH COOH+Cl ¾I¾2®ClCH COOH+HCl，ClCH COOH的酸性比CH COOH强。下列有 3 2 2 2 3 关说法正确的是 A. HCl的电子式为 B. Cl-Cl键的键长比I-I键短 C. CH COOH分子中只有σ键 D. ClCH COOH的酸性比ICH COOH强 3 2 2 【答案】BD 【解析】 【详解】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为 ，A错误； B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确； C．CH COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误； 3 D．电负性Cl＞I，-Cl能使-COOH上的H原子具有更大的活动性，因此ClCH COOH的酸性比 2 ICH COOH强，D正确； 2 答案选BD。 11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成水的元素之一， Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断正确的是 A. XW 是非极性分子 3 B. 简单氢化物沸点：X>Y C. Y与Z形成的化合物是离子化合物 D. X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元 素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在 第6页 | 共23页同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素，据此分析解答。 【详解】A．由分析，X为N元素，W为Cl元素，NCl 分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心 3 不重合，属于极性分子，A错误； B．H O和NH 均含有氢键，但H O分子形成的氢键更多，故沸点H O＞NH ，B错误； 2 3 2 2 3 C．Y为O元素，Z为Na元素，两者形成的化合物为Na O、Na O 均为离子化合物，C正确； 2 2 2 D．N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO 呈中性、NaNO 呈碱性，D错误； 3 2 答案选C。 12. 化合物“E7974”具有抗肿痛活性，结构简式如下，下列有关该化合物说法正确的是 A. 能使Br 的CCl 溶液褪色 B. 分子中含有4种官能团 2 4 C. 分子中含有4个手性碳原子 D. 1mol该化合物最多与2molNaOH反应 【答案】AB 【解析】 【详解】A．根据结构，“E7974”含有碳碳双键，可使Br 的CCl 溶液褪色，A正确； 2 4 B．由结构简式可知，分子中含有如图 共4种官能团，B正确； C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图 ，共3个，C错误； D．分子中 均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最 多与3molNaOH反应，D错误； 第7页 | 共23页答案选AB。 13. NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，K (HClO)=4.0´10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是 a A. 0.01mol/L溶液中，c  ClO- <0.01mol×L-1 B. 长期露置在空气中，释放Cl ，漂白能力减弱 2 C. 通入过量SO ，反应的离子方程式为SO +ClO-+H O=HSO-+HClO 2 2 2 3 D. 25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c  ClO- =c  Na+ 【答案】AD 【解析】 【详解】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确； B．漂白粉主要成分为Ca(ClO) 和CaCl ，长期露置在空气中容易和CO 发生反应而失效，其反应的化学 2 2 2 方程式为：Ca(ClO) +CO +H O=CaCO ↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O ↑，不会释放Cl ，B错 2 2 2 3 2 2 误； C．将过量的SO 通入NaClO溶液中，SO 被氧化：SO +ClO−+H O=Cl-+SO2-+2H+，C错误； 2 2 2 2 4 D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则 c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确； 答案选AD。 14. 某元素M的氢氧化物M(OH) (s)在水中的溶解反应为：M(OH) (s)ˆˆ†M2+(aq)+2OH-(aq)、 2 2 ‡ˆˆ M(OH) (s)+2OH-(aq)ˆˆ†M(OH)2-(aq)，25℃，-lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或M(OH)2- 2 ‡ˆˆ 4 4 浓度的值，下列说法错误的是 第8页 | 共23页A. 曲线①代表-lgc  M2+ 与pH的关系 B. M(OH) 的K 约为1´10-10 2 sp C. 向c  M2+ =0.1mol×L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中元素M主要以M(OH) (s)存在 2 D. 向cé ë M(OH)2 4 -ù û =0.1mol×L-1的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以M2+存 在 【答案】BD 【解析】 【分析】由题干信息，M(OH) (s)ˆˆ†M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH) (s)+2OH-(aq)ˆˆ†M(OH)2-(aq)，随着 2 ‡ˆˆ 2 ‡ˆˆ 4 pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)2-]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg c[M(OH)2-]减小，因此曲 4 4 线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)2-]与pH的关系，据此分析解答。 4 【详解】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A正确； B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH) 的K =c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误； 2 sp C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、c[M(OH)2-] 4 均极小，则体系中元素M主要以M(OH) (s)存在，C正确； 2 D．c[M(OH)2-]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol/L的HCl后，体 4 系中元素M仍主要以M(OH)2-存在，D错误； 4 答案选BD。 三、非选择题：共 5题，共 60分。 15. 胆矾(CuSO ×5H O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少 4 2 量的油污、CuO、CuCO 、Cu(OH) ]制备胆矾。流程如下。 3 2 回答问题： （1）步骤①的目的是_______。 （2）步骤②中，若仅用浓H SO 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。 2 4 第9页 | 共23页（3）步骤②中，在H O 存在下Cu溶于稀H SO ，反应的化学方程式为_______。 2 2 2 4 （4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。 （5）实验证明，滤液D能将I-氧化为I 。 2 ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H O 将I-氧化为I ，理由是_______。 2 2 2 ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I ，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体 2 操作过程)。 【答案】（1）除油污 （2）SO 2 （3）Cu+H O +H SO =CuSO +2H O 2 2 2 4 4 2 （4）胆矾晶体易溶于水 （5） ①. 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 ②. 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使 铜离子恰好完全沉淀，再加入I-，不能被氧化 【解析】 【分析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与 过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO 、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液和稀 3 2 4 硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。 【小问1详解】 原料表面含有少量的油污，Na CO 溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去 2 3 原料表面的油污。 【小问2详解】 在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO 、SO 和H O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤 4 2 2 ②中，若仅用浓H SO 溶解固体B，将生成SO 污染环境。 2 4 2 【小问3详解】 步骤②中，在H O 存在下Cu溶于稀H SO ，生成CuSO 和H O，该反应的化学方程式为Cu+ H O + 2 2 2 4 4 2 2 2 H SO =CuSO +2H O。 2 4 4 2 【小问4详解】 胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于 水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。 【小问5详解】 ⅰ. H O 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过 2 2 第10页 | 共23页量H O 将I-氧化为I ，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H O 已完全分解。 2 2 2 2 2 ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO 和H SO ，乙同学通过实验证实，只能是 2 4 2 4 Cu2+将I-氧化为I ，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否 2 变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na S将其转 2 化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na S溶液，直至不再有沉淀 2 生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶 液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I 。 2 16. 某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应： 催化剂 CO (g)+4H (g)ˆˆˆˆ†2H O(g)+CH (g) 2 2 ‡ˆˆˆˆ 2 4 回答问题： （1）已知：电解液态水制备1mol O (g)，电解反应的ΔH=+572kJ×mol-1。由此计算H (g)的燃烧热 2 2 (焓)ΔH=_______kJ×mol-1。 催化剂 （2）已知：CO (g)+4H (g)ˆˆˆˆ†2H O(g)+CH (g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1 2 2 ‡ˆˆˆˆ 2 4 所示。 ①若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为 ΔH >E 。补充完成该反应过程的能量变化示 a 意图(图2)_______。 第11页 | 共23页②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和 2 0.4mol H ，反应平衡后测得容器中nCH =0.05mol。则CO 的转化率为_______，反应温度t约为 2 4 2 _______℃。 （3）在相同条件下，CO (g)与H (g)还会发生不利于氧循环的副反应： 2 2 CO (g)+3H (g)ˆˆ 催 ˆ 化剂 ˆ†H O(g)+CH OH(g)，在反应器中按nCO :nH =1:4通入反应物，在不 2 2 ‡ˆˆˆˆ 2 3 2 2 同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH OH、CH 浓度(μmol×L-1)如下表 3 4 所示。 t=350℃ t=400℃ 催化剂 c(CH OH) cCH  cCH OH c(CH ) 3 4 3 4 催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780 催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0~2min生成CH OH的平均反应速率为_______ 3 μmol×L-1×min-1；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 _______。 【答案】（1）-286 第12页 | 共23页（2） ①. ②. 50%或 0.5 ③. 660.2(或 660.1 或 660.3,其他答案酌情给分) （3） ①. 5.4 ②. 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与 甲醇比例高 【解析】 【小问1详解】 电解液态水制备1mol O (g)，电解反应的ΔH=+572kJ×mol-1，由此可以判断，2molH (g)完全燃烧消 2 2 耗1mol O (g)，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1molH (g)完全燃烧生成液态水放出的热量 2 2 为286kJ，因此，H (g)的燃烧热(焓)ΔH=-286kJ×mol-1。 2 【小问2详解】 催化剂 ①由CO (g)+4H (g)ˆˆˆˆ†2H O(g)+CH (g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随 2 2 ‡ˆˆˆˆ 2 4 着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的ΔH与活 化能(Ea)的关系为 ΔH >E ，由图２信息可知E ＝ａkJ×mol-1，则 ΔH >ａkJ×mol-1，该反应为放热反 a a 应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 第13页 | 共23页。 ②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H ，反应平衡后测得容器中 2 2 0.05mol nCH =0.05mol，则CO 的转化率为 =0.5，根据C元素守恒可知，CO 的平衡量为 4 2 0.1mol 2 0.05mol，CO 和H 是按化学计量数之比投料的，则H 的平衡量为0.2mol，H O(g)的平衡量是 2 2 2 2 CH (g)的２倍，则nH O=0.1mol，CO (g)、H (g)、H O(g)、CH (g)的平衡浓度分别为 4 2 2 2 2 4 0.005mol L-1、0.02mol L-1、0.01mol L-1、0.005mol L-1，则该反应的平衡常数K＝ g g g g 0.012´0.005 =625，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。 0.005´0.024 【小问3详解】 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2min CH OH的浓度由０增加到10.8 3 10.8mol×L-1 μmol×L-1，因此，0~2min生成CH OH的平均反应速率为 =5.4 μmol×L-1×min-1；由表中 3 2min 信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2min CH OH的浓度由０增加到 3 10.8μmol×L-1，，c(CH ):cCH OH ＝12722:10.8»1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下， 4 3 0~2min CH OH的浓度由０增加到9.2μmol×L-1，c(CH ):cCH OH ＝10775:9.2»1171；在选择使用 3 4 3 催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2min CH OH的浓度由０增加到345.2μmol×L-1，c(CH ): 3 4 cCH OH ＝42780:345.2»124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2min CH OH的浓度由 3 3 ０增加到34μmol×L-1，c(CH ):cCH OH ＝38932:34»1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际 4 3 第14页 | 共23页选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂 Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。 17. 磷酸氢二铵[ NH  HPO ]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备NH  HPO ，装置 4 2 4 4 2 4 如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。 回答问题： （1）实验室用NH Cl(s)和Ca(OH) (s)制备氨气的化学方程式为_______。 4 2 （2）现有浓H PO 质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的H PO 溶液，则需浓 3 4 3 4 H PO _______mL(保留一位小数)。 3 4 （3）装置中活塞K 的作用为_______。实验过程中，当出现_______现象时，应及时关闭K ，打开K 。 2 1 2 （4）当溶液pH为8.0~9.0时，停止通NH ，即可制得NH  HPO 溶液。若继续通入NH ，当 3 4 2 4 3 pH>10.0时，溶液中OH- 、_______和_______(填离子符号)浓度明显增加。 （5）若本实验不选用pH传感器，还可选用_______作指示剂，当溶液颜色由_______变为时，停止通 NH 。 3 Δ 【答案】（1）2NH Cl+Ca(OH) CaCl +2H O+2NH ­ 4 2 2 2 3 （2）11.5 （3） ①. 平衡气压防倒吸 ②. 倒吸 （4） ①. NH+ ②. PO3- 4 4 （5） ①. 酚酞 ②. 无 【解析】 【分析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(NH ) HPO ]，实验原理为2NH +H PO =[(NH ) HPO ]，结 4 2 4 3 3 4 4 2 4 第15页 | 共23页合相关实验基础知识分析解答问题。 【小问1详解】 Δ 实验室用NH Cl(s)和Ca(OH) (s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH Cl+Ca(OH) 4 2 4 2 CaCl +2H O+2NH ↑； 2 2 3 【小问2详解】 1000ρω 1000ρω 1000´1.7g×mL-1´85% 根据公式c= 可得，浓H PO 的浓度c= = »14.7mol/L，溶液稀 3 4 M M 98 释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7mol/L的H PO 溶液，需要浓H PO 的体积V= 3 4 3 4 0.1L ´ 1.7mol /L » 0.0115L=11.5mL； 14.7mol /L 【小问3详解】 由于NH 极易溶于水，因此可选择打开活塞K 以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒 3 2 吸现象时，应及时关闭K ，打开K ； 1 2 【小问4详解】 继续通入NH ，(NH ) HPO 继续反应生成(NH ) PO ，当pH＞10.0时，溶液中OH-、NH+、PO3-的浓度 3 4 2 4 4 3 4 4 4 明显增加； 【小问5详解】 由(4)小问可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH ) HPO ，说明(NH ) HPO 溶液显碱性，因此若不选用pH 4 2 4 4 2 4 传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红时，停止通入NH ，即可制得(NH ) HPO 3 4 2 4 溶液。 18. 黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如下路线合成： 回答问题： （1）A→B的反应类型为_______。 （2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。 第16页 | 共23页（3）C的化学名称为_______，D的结构简式为_______。 （4）E和F可用_______(写出试剂)鉴别。 （5）X是F的分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为_______(任马一种)。 ①含有酯基 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰 （6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式_______、 _______。 （7）设计以 为原料合成 的路线_______(其他试剂任选)。已知： ¾碱¾® +CO Δ 2 【答案】（1）取代反应或磺化反应 （2） +NaOH→ +H O 2 （3） ① 苯酚 ②. . （4）FeCl (溶液)或其他合理答案 3 （5） 或 （6） ①. ②. H O 2 第17页 | 共23页（7） 【解析】 【分析】根据合成路线，A( )在浓硫酸加热的条件下发生苯环上的取代反应生成 B( )，B依次与NaOH熔融、HCl反应生成C( )，C先与NaOH反应生成 ， 和CO 在一定条件下反应，再与HCl反应生成D，D的分子式为 2 C H O ，则D为 ，D再与CH CH COCl发生取代反应生成E，E与AlCl 反应生成F，F与苯 7 6 3 3 2 3 甲酸肝在一定条件下生成G，G经一系列反应生成黄铜哌酯，据此分析解答。 【小问1详解】 由分析可知，A( )在浓硫酸加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B( )，即反应类 型为取代反应(或磺化反应)； 【小问2详解】 B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应生成 和H O，反应的化学方程式为 2 +NaOH→ +H O； 2 【小问3详解】 第18页 | 共23页C的结构简式为 ，则化学名称为苯酚，根据分析可知，D的结构简式为 ； 【小问4详解】 由E、F的结构简式可知，F含有酚羟基，而E没有，因此可用FeCl 溶液鉴别二者，前者溶液变成紫色， 3 后者无明显现象； 【小问5详解】 F的分子式为C H O ，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明X只 10 10 4 有2种不同环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为： 或 ； 【小问6详解】 酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸肝反应可生成G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为 和H O； 2 【小问7详解】 已知 ¾碱¾® +CO ，则以 为原料合成 时，可先将 Δ 2 与浓硫酸在加热的条件下发生取代反应生成 ， 再依次与NaOH熔 融条件下、HCl反应生成 ， 再与CH COCl发生取代反应生成 3 第19页 | 共23页， 氧化可得到 ， 再与AlCl 3 反应可得到 ，则合成路线为： 。 19. 以Cu O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： 2 （1）基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。 （2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。 （3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原 子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐( )和邻苯二甲酰 亚胺( )都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。 第20页 | 共23页（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 _______。 （5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小 于Zn-O键，原因是_______。 （6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。 abcd为 Y 所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶 胞的底面_______、_______。 【答案】（1） ①. 1s22s22p4或[He]2s22p4 ②. 2 （2）自由电子在外加电场中作定向移动 （3） ①. sp2 ②. 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高 （4）Zn+4NH +2H O=[Zn(NH ) ]2++2OH-+H ↑ 3 2 3 4 2 （5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键 （6） ①. ▱cdhi ②. ▱bcek 【解析】 【小问1详解】 O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4， 其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子； 【小问2详解】 由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性； 第21页 | 共23页【小问3详解】 根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚 胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高； 【小问4详解】 金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH ) ](OH) 和H ，反应的离子方程式为 3 4 2 2 Zn+4NH +2H O=[Zn(NH ) ]2++2OH-+H ↑； 3 2 3 4 2 【小问5详解】 由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的 百分数小于Zn—O键； 【小问6详解】 根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于 晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结 构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcek。 第22页 | 共23页第23页 | 共23页