1、1海南省海南省 2022 年普通高中学业水平选择性考试年普通高中学业水平选择性考试化学试题化学试题注意事项：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。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.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，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。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
2、答题卡一并交回。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：可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16P31Fe 56一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 2 分分，共共 16 分分。在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。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23Na COC. 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
3、龋齿，A 正确；B小苏打的主要成分是 NaHCO3，B 错误；C食醋的主要成分为 CH3COOH，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2【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
4、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2COC.混合浓硫酸和乙醇D.溶液的转移A. AB. BC. CD. 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；BCO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集 CO2，B 操作规范；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
5、；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3D. “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；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
6、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；B基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为4s，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，
7、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A2MgCl溶液中滴加 NaOH 溶液至过量产生白色沉淀后沉淀消失4B2FeCl溶液中滴加 KSCN 溶液溶液变血红色CAgI 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4KMnO溶液中滴加乙醇至过量溶液紫红色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】AMgCl2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，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；BFeCl3溶液中滴
8、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；FeCl2溶液中滴加 KSCN 洛液，溶液不变色，B 不正确；CAgI 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 KMnO4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KMnO4溶液中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。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
9、A. 反应转移电子为 0.1molB. HCl 溶液中Cl数为 3NAC.562.8g Fe含有的中子数为 1.3NAD. 反应生成标准状况下气体 3.36L【答案】A【解析】【分析】2.8gFe 的物质的量为 0.05mol；100mL 3molL-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】AFe 完全溶解生成 Fe2+，该反应转移电子 0.1mol，A 正确；BHCl 溶液中 Cl-的物质的量为 0.3mol，因此，Cl-数为 0.3NA，B 不正确；5C56Fe 的质子数为 26、中子数为 30，2.8g56Fe 的物质的
10、量为 0.05mol，因此，2.8g56Fe 含有的中子数为 1.5NA，C 不正确；D反应生成 H2的物质的量为 0.05mol，在标准状况下的体积为 1.12L ，D 不正确；综上所述，本题 A。8. 某温度下，反应22232CH =CH (g)+H O(g)CH CH OH(g) 在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A. 增大压强，vv正逆，平衡常数增大B. 加入催化剂，平衡时23CH CH OH(g)的浓度增大C. 恒容下，充入一定量的2H O(g)，平衡向正反应方向移动D. 恒容下，充入一定量的22CH =CH (g)，22CH =CH (g)的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详
11、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正v逆，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 CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；C恒容下，充入一定量的 H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C 正确；D恒容下，充入一定量的 CH2=CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是 CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，D 不正确；综上所述，本题选 C。二二、选择题选择题：本题共本题共 6 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共
12、 24 分分。每小题每小题有一个或两个有一个或两个选项选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得符合题意。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分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得项，只选一个且正确得 2 分，选两个且都正确得分，选两个且都正确得 4 分，但只要选错一个就得分，但只要选错一个就得 0分。分。9. 一种采用2H O(g)和2N (g)为原料制备3NH (g)的装置示意图如下。6下列有关说法正确的是A. 在 b 电极上，2N被还原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2-O
13、不断减少【答案】A【解析】【分析】由装置可知，b 电极的 N2转化为 NH3，N 元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此 b 为阴极，电极反应式为 N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a 为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O2，据此分析解答；【详解】A由分析可得，b 电极上 N2转化为 NH3，N 元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即 N2被还原，A 正确；Ba 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 N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电
14、极反应式为2O2-+4e-=O2，因此固体氧化物电解质中 O2-不会改变，D 错误；答案选 A。10. 已知2322ICH COOH+ClClCH COOH+HCl ，2ClCH COOH的酸性比3CH COOH强。下列有关说法正确的是A. HCl 的电子式为B. Cl-Cl 键的键长比 I-I 键短7C.3CH COOH分子中只有键D.2ClCH COOH的酸性比2ICH COOH强【答案】BD【解析】【详解】AHCl 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 ClI，故键长：ClClII，B 正确；CCH3COOH 分子中，羧基的碳氧双键中含有
15、键，C 错误；D电负性 ClI，-Cl 能使-COOH 上的 H 原子具有更大的活动性，因此 ClCH2COOH 的酸性比 ICH2COOH 强，D 正确；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.3XW是非极性分子B. 简单氢化物沸点：XYC. 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
16、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，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A 错误；BH2O 和 NH3均含有氢键，但 H2O 分子形成的氢键更多，故沸点 H2ONH3，B 错误；CY 为 O 元素，Z 为 Na 元素，两者形成的化合物为 Na2O、Na2O2均为离子化合物，C 正8确；DN、O、Na 三种元素组成的化合物 NaNO
17、3呈中性、NaNO2呈碱性，D 错误；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2Br的4CCl溶液褪色B. 分子中含有 4 种官能团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 Br2的 CCl4溶液褪色，A 正确；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
18、 溶液反应， 故 1mol该化合物最多与 3molNaOH 反应，D 错误；9答案选 AB。13. NaClO 溶液具有添白能力，已知 25时，8aK (HClO)=4.0 10。下列关于 NaClO 溶液说法正确的是A. 0.01mol/L 溶液中，-1c ClOc ClO=c Na【答案】AD【解析】【详解】ANaClO 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)2和 CaCl2，长期露置在空气中容易和 CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3
19、+2HClO，HClO 再分解：2HClO=2HCl+O2，不会释放 Cl2，B 错误；C 将过量的 SO2通入 NaClO 溶液中， SO2被氧化： SO2+ClO+H2O=Cl-+2-4SO+2H+， C 错误；D25，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2M(OH) (s)在水中的溶解反应为：2+-2M(OH) (s)M (aq
20、)+2OH (aq) 、-224M(OH) (s)+2OH (aq)M(OH) (aq) ，25，-lgc 与 pH 的关系如图所示，c 为2+M或24M(OH)浓度的值，下列说法错误的是10A. 曲线代表2+-lgc M与 pH 的关系B.2M(OH)的spK约为-10110C. 向2+-1c M=0.1mol L的溶液中加入 NaOH 溶液至 pH=9.0，体系中元素 M 主要以2M(OH) (s)存在 pH=9.0，体系中元素 M 主要以2M(OH) (s)存在D. 向2-14c M(OH)=0.1mol L的溶液中加入等体积 0.4mol/L 的 HCl 后，体系中元素 M主要以2+M
21、存在【答案】BD【解析】【分析】由题干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)2-4(aq)，随着 pH 增大，c(OH-)增大，则 c(M2+)减小，cM(OH)2-4增大，即-lg c(M2+)增大，-lg cM(OH)2-4减小，因此曲线代表-lg c(M2+)与 pH的关系，曲线代表-lg cM(OH)2-4与 pH 的关系，据此分析解答。【详解】A由分析可知，曲线代表-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)2的 Ksp=c(M2+)c2(OH
22、-)=110-17，B 错误；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+)、cM(OH)2-4均极小，则体系中元素 M 主要以 M(OH)2(s)存在，C 正确；11DcM(OH)2-4=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，体系中元素 M 仍主要以 M(OH)2-4存在，D 错误；答案选 BD。三、非选择题：共三、非选择题：共 5 题，共题，共 60 分。分。15. 胆矾(42CuSO5H 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
23、 Cu，含有少量的油污、CuO、3CuCO、2Cu(OH)制备胆矾。流程如下。回答问题：（1）步骤的目的是_。（2）步骤中，若仅用浓24H SO溶解固体 B，将生成_(填化学式)污染环境。（3）步骤中，在22H O存在下 Cu 溶于稀24H SO，反应的化学方程式为_。（4）经步骤得到的胆矾，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2I。.甲同学认为不可能是步骤中过量22H O将I氧化为2I，理由是_。.乙同学通过实验证实，只能是2+Cu将I氧化为2I，写出乙同学的实验方案及结果_(不要求写具体操作过程)。【答案】 （1）除油污（2）2SO（3）222442Cu+H
24、O +H SOCuSO +2H=O（4）胆矾晶体易溶于水（5）. 溶液 C 经步骤加热浓缩后双氧水已完全分解. 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、 CuCO3、 Cu(OH)2均转化为 CuSO4，12溶液 C 为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，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，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤的目的是：除去原料表面的油污。【
25、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 CuSO4、SO2和 H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤中，若仅用浓 H2SO4溶解固体 B，将生成 SO2污染环境。【小问 3 详解】步骤中，在 H2O2存在下 Cu 溶于稀 H2SO4，生成 CuSO4和 H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。【小问 4 详解】胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤得到的胆矾，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】. H2O2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
26、能是步骤中过量 H2O2将 I-氧化为 I2，理由是：溶液 C 经步骤加热浓缩后 H2O2已完全分解。. I-氧化为 I2时溶液的颜色会发生变化；滤液 D 中含有 CuSO4和 H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是 Cu2+将 I-氧化为 I2，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 Na2S 将其转化为 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 Na2S 溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量K溶液； 实验结果为： 上
27、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 I2。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：2224CO (g)+4H (g)2H O(g)+CH (g) 催化剂回答问题：（1） 已知： 电解液态水制备21mol O (g)， 电解反应的-1H=+572kJ mol。 由此计算2H (g)的燃烧热(焓)H=_-1kJ mol。13（2）已知：2224CO (g)+4H (g)2H O(g)+CH (g) 催化剂的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图 1 所示。若反应为基元反应，且反应的H与活化能(Ea)的关系为a
28、H E。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图 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20.1mol CO和20.4mol H，反应平衡后测得容器中4n CH=0.05mol。则2CO的转化率为_，反应温度 t 约为_。（3）在相同条件下，2CO (g)与2H (g)还会发生不利于氧循环的副反应：2223CO (g)+3H (g)H O(g)+CH OH(g) 催化剂， 在反应器中按22n CO:n H=1:4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到 2min 时，测得反应器中3CH OH、144CH浓度(-1mol L)如下表所示。催
29、化剂t=350t=4003c(CH OH)4c CH3c CH OH4c(CH )催化剂10.812722345.242780催化剂9.2107753438932在选择使用催化剂和 350条件下反应，02min生成3CH OH的平均反应速率为_-1-1mol Lmin；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂和 400的反应条件，原因是_。【答案】 （1）-286（2）. 50%或 0.5. 660.2(或 660.1 或660.3,其他答案酌情给分)（3）. 5.4. 相同催化剂，400的反应速率更快，相同温度，催化剂副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高【解析】【小问 1 详解】电解液态水制备2
30、1mol O (g)， 电解反应的-1H=+572kJ mol， 由此可以判断， 2mol2H (g)完全燃烧消耗21mol O (g)， 生成液态水的同时放出的热量为 572kJ ， 故 1mol2H (g)完全燃烧生成液态水放出的热量为 286kJ，因此，2H (g)的燃烧热(焓)H=-286-1kJ mol。【小问 2 详解】由2224CO (g)+4H (g)2H O(g)+CH (g) 催化剂的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关15系图可知，K 随着温度升高而减小，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H与活化能(Ea)的关系为aH E，由图信息可知a
31、E-1kJ mol，则H -1kJ mol，该反应为放热反应，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：。温度 t 下，向容积为 10L 的抽空的密闭容器中通入20.1mol CO和20.4mol H，反应平衡后测得容器中4n CH=0.05mol，则2CO的转化率为0.05mol0.50.1mol，根据 C 元素守恒可知，2CO的平衡量为0.05mol，2CO和2H是按化学计量数之比投料的，则2H的平衡量为0.2mol，2H O(g)的平衡量是4CH (g)的倍，则2n H O =0.1mol，2224CO (g)H (g)H O(g)CH (g)、的平衡浓度分别为10.
32、005mol L、10.02mol L、10.01mol L、10.005mol L，则该反应的平衡常数 K240.010.0056250.005 0.02，根据图中的信息可知，反应温度 t 约为 660.2。【小问 3 详解】在选择使用催化剂和 350条件下反应，由表中信息可知，02min3CH OH的浓度由增加到 10.8-1mol L，因此，02min生成3CH OH的平均反应速率为-110.85.42minmol L-1-1mol Lmin；由表中信息可知，在选择使用催化剂和 350条件下反应，02min3CH OH的浓度由增加到 10.8-1mol L， ，4c(CH ):3c CH
33、 OH12722:10.81178；在选择使用催化剂和 350的反应条件下，02min3CH OH的浓度由增加到 9.2-1mol L，4c(CH ):3c CH OH10775:9.21171；在选择使用催化剂16和 400条件下反应，02min3CH OH的浓度由增加到 345.2-1mol L，4c(CH ):3c CH OH42780:345.2124；在选择使用催化剂和 400的反应条件下，02min3CH OH的浓度由增加到 34-1mol L，4c(CH ):3c CH OH38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂和 400的反应条件的原因是：相
34、同催化剂，400的反应速率更快，相同温度，催化剂副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。17. 磷酸氢二铵442NHHPO常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备442NHHPO，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。回答问题：（1）实验室用4NH Cl(s)和2Ca(OH) (s)制备氨气的化学方程式为_。（2） 现有浓34H PO质量分数为 85%， 密度为 1.7g/mL。 若实验需 100mL1.7mol/L 的34H PO溶液，则需浓34H PO_mL(保留一位小数)。（3） 装置中活塞2K的作用为_。 实验过程中， 当出现_现象时， 应及时关闭1K，打开2K。（4） 当溶液 pH 为
35、 8.09.0 时， 停止通3NH， 即可制得442NHHPO溶液。 若继续通入3NH，当pH10.0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3NH。17【答案】 （1）242232NH Cl+Ca(OH)CaCl +2H O+2NH（2）11.5（3）. 平衡气压防倒吸. 倒吸（4）.+4NH.3-4PO（5）. 酚酞. 无【解析】【分析】本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵(NH4)2HPO4，实验原理为2NH3+H3PO4=(NH4)2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。【小问 1 详解】实
36、验室用 NH4Cl(s)和 Ca(OH)2(s)在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2H2O+2NH3；【小问 2 详解】根据公式1000c=M可得，浓 H3PO4的浓度-110001000 1.7g mL85%c=14.7mol/LM98，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制 100mL 1.7mol/L 的 H3PO4溶液，需要浓 H3PO4的体积V=0.1L1.7mol/L0.0115L=11.5mL14.7mol/L；【小问 3 详解】由于 NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞 K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸
37、现象时，应及时关闭 K1，打开 K2；【小问 4 详解】继续通入 NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当 pH10.0 时，溶液中 OH-、+4NH、3-4PO的浓度明显增加；【小问 5 详解】由(4)小问可知，当 pH 为 8.09.0 时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用 pH 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18入 NH3，即可制得(NH4)2HPO4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）AB 的反应类型为_。（2）已知 B 为一元强酸，室温下 B 与
38、NaOH 溶液反应的化学方程式为_。（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)。含有酯基含有苯环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 FG 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：碱 +CO2【答案】 （1）取代反应或磺化反应（2）+NaOH+H2O19（3）. 苯酚.（4）3FeCl(溶液)或其他合理答案（5）或（6）.2H O（7）【解析】【分析】根据合成路线，A()在浓硫酸加热
39、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 CO2在一定条件下反应， 再与 HCl 反应生成 D，D 的分子式为 C7H6O3，则 D 为，D 再与 CH3CH2COCl 发生取代反应生成 E，E与 AlCl3反应生成 F，F 与苯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】20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 H2O，反
40、应的化学方程式为+NaOH+H2O；【小问 3 详解】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 FeCl3溶液鉴别二者，前者溶液变成紫色，后者无明显现象；【小问 5 详解】F 的分子式为 C10H10O4，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 N21的结构简式为和 H2
41、O；【小问 7 详解】已知碱 +CO2，则以为原料合成时，可先将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 CH3COCl 发生取代反应生成，氧化可得到，再与 AlCl3反应可得到，则合成路线为：22。19. 以2Cu 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：（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
42、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_。（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_、_。23【答案】 （1）. 1s22
43、s22p4或He2s22p4. 2（2）自由电子在外加电场中作定向移动（3）. sp2. 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+4NH3+2H2O=Zn(NH3)42+2OH-+H2（5）电负性 ON，O 对电子的吸引能力更强，Zn 和 O 更易形成离子键（6）. cdhi. 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He2s22p4，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
44、电场中作定向移动，因此 Cu、Zn 等金属具有良好的导电性；【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(NH3)4(OH)2和 H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=Zn(NH3)42+2OH-+H2；【小问 5 详解】由于电负性 ON，O 对电子的吸引能力更强，Zn 和 O 更易形成离子键，因此 ZnN 键中离子键成分的百分数小于 ZnO 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，424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。
