1、海南省2022年普通高中学业水平选择性考试化学试题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
2、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【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，涉及的操作方法是倾倒
3、；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C.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；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
4、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；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
5、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溶液中滴加NaOH溶液至过量产生白色沉淀后沉淀消失B溶液中滴加KSCN溶液溶液变血红色CAgI悬浊液
6、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K
7、MnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强还原性，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A. 反应转移电子为0.1molB. HCl溶液中数为3NAC. 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
8、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；C56Fe 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1.5NA，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，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是A. 增大压强，平衡常数增大B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大C. 恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动D. 恒容下，充入一
9、定量的，的平衡转化率增大【答案】C【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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24
10、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. 一种采用和为原料制备的装置示意图如下。下列有关说法正确的是A. 在b电极上，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
11、；【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，的酸性比强。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C. 分子中只有键D. 的酸性比强【答案】BD【解析】【详解】AHCl为共价化合物，H原子和Cl
12、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. 是非极性分子B. 简单氢化物沸点：C. Y与Z形成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
13、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正确；DN、O、Na三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、N
14、aNO2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. 能使的溶液褪色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溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误
15、；答案选AB13. NaClO溶液具有添白能力，已知25时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是A. 0.01mol/L溶液中，B. 长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱C. 通入过量，反应的离子方程式为D. 25，的NaClO和HClO的混合溶液中，【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+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl
16、+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-+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的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25，-lgc与pH的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是A. 曲线代表与pH的关系B. 的约为C. 向的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体系中
17、元素M主要以存在pH=9.0，体系中元素M主要以存在D. 向的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl后，体系中元素M主要以存在【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)(aq)，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，cM(OH)增大，即-lg c(M2+)增大，-lg cM(OH)减小，因此曲线代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线代表-lg cM(OH)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，
18、-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)c2(OH-)=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)均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正确；DcM(OH)=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)存在，D错误；答案选BD。三、非选择题：共5题，共60分。15. 胆矾()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，含有少量的油污、CuO、制备胆矾。
19、流程如下。回答问题：（1）步骤的目的是_。（2）步骤中，若仅用浓溶解固体B，将生成_(填化学式)污染环境。（3）步骤中，在存在下Cu溶于稀，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能将氧化为。.甲同学认为不可能是步骤中过量将氧化为，理由是_。.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，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）（3）（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，不能被氧化【解析】【分析】由流程中
20、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，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。【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CuS
21、O4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
22、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：回答问题：（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_。（2）已知：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，且反应的与活化能
23、(Ea)的关系为。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和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_，反应温度t约为_。（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，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、浓度()如下表所示。催化剂t=350t=400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，生成的平均反应速率为_；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
24、】（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，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。【小问2详解】由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，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，由于反应的与活化能(Ea)的关系为
25、，由图信息可知，则，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和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的倍，则，的平衡浓度分别为、，则该反应的平衡常数K，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，的浓度由增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂和350条件下反应，的浓度由增加到10.8，:12722:10.81178；在选
26、择使用催化剂和350的反应条件下，的浓度由增加到9.2，:10775:9.21171；在选择使用催化剂和400条件下反应，的浓度由增加到345.2，:42780:345.2124；在选择使用催化剂和400的反应条件下，的浓度由增加到34，:38932:341145。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. 磷酸氢二铵常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氢气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。回答问题：（1）实验室用和制备氨气的化学方程式为_。（2）现有浓质量分数
27、为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7mol/L的溶液，则需浓_mL(保留一位小数)。（3）装置中活塞的作用为_。实验过程中，当出现_现象时，应及时关闭，打开。（4）当溶液pH为8.09.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、_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。【答案】（1）（2）11.5 （3） . 平衡气压防倒吸 . 倒吸（4） . . （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)2HP
28、O4，结合相关实验基础知识分析解答问题。【小问1详解】实验室用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)2CaCl2+2H2O+2NH3；【小问2详解】根据公式可得，浓H3PO4的浓度，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=；【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
29、.0时，溶液中OH-、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
30、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：+CO2【答案】（1）取代反应或磺化反应（2）+NaOH+H2O（3） . 苯酚 . （4）(溶液)或其他合理答案（5）或 （6） . . （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
31、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】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
32、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N的结构简式为和H2O；【小问7详解】已知+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：。19. 以、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
33、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_。（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。为所取晶胞的下底面，为锐
34、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） . 1s22s22p4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，
35、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；【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，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。24
