2024年海南省新高考化学试卷（选择性）

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．（2分）化学为实现社会可持续发展贡献巨大。下列说法错误的是（　　）

A．以竹代塑，可减少白色污染

B．使用人工合成杀虫剂，对环境无影响

C．无纸化办公，可减少人工合成油墨的使用

D．使用无磷洗涤剂，可减少水体污染

【答案】B

【考点】常见的生活环境的污染及治理

【分析】A．竹子的成分为纤维素，可以降解；塑料难降解；

B．杀虫剂都具有一定的毒性；

C．无纸化办公，可以减少纸张和油墨的使用；

D．含磷洗衣粉易造成水体的富营养化。

【解答】解：A．竹子的成分为纤维素，可以降解；塑料难降解，所以以竹代塑，可减少白色污染，故A正确；B．使用人工合成杀虫剂，能够对环境产物污染，故B错误；C．无纸化办公，可以减少纸张和油墨的使用，有助于保护环境，故C正确；D．含磷洗衣粉易造成水体的富营养化，所以使用无磷洗涤剂，可减少水体污染，故D正确；故选：B。

【难度】1

2．（2分）下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是（　　）

A． 丁烷

B． 葡萄糖

C． 浓硫酸

D． 氯化钡

【答案】A

【考点】化学实验安全及事故处理

【分析】A．丁烷是易燃气体；

B．葡萄糖不具有腐蚀性；

C．浓硫酸具有强的腐蚀性；

D．氯化钡不是爆炸品。

【解答】解：A．丁烷是易燃气体，图示标志是易燃气体标志，故A正确；B．葡萄糖不具有腐蚀性，图示标志为腐蚀品标志，故B错误；C．浓硫酸具有强的腐蚀性，应帖腐蚀品标志，图示标志不是腐蚀品标志，故C错误；D．氯化钡不是爆炸品，图示标志为爆炸品，故D错误；故选：A。

【难度】3

3．（2分）高分子物质与我们生活息息相关。下列说法错误的是（　　）

A．糖原（成分类似于淀粉）可转化为葡萄糖

B．聚合物 是CH₂＝CH₂的加聚物

C．畜禽毛羽（主要成分为角蛋白）完全水解可以得到氨基酸

D．聚合物 的单体是HOOC（CH₂）₄COOH和CH₃CH₂OHCH₃CH₂OH

【答案】D

【考点】有机高分子化合物的结构和性质

【分析】A．淀粉水解最终生成葡萄糖，糖原成分类似淀粉；

B．乙烯发生加聚反应生成 ；

C．蛋白质完全水解生成氨基酸；

D． 是HOOC（CH₂）₄COOH和HOCH₂CH₂OH发生缩聚反应的产物。

【解答】解：A．淀粉水解最终生成葡萄糖，糖原成分类似淀粉，所以糖原能水解生成葡萄糖，故A正确；B．乙烯发生加聚反应生成 ，所以 是CH₂＝CH₂的加聚物，故B正确；C．蛋白质完全水解生成氨基酸，所以畜禽毛羽（主要成分为角蛋白）完全水解可以得到氨基酸，故C正确；D． 的单体是HOOC（CH₂）₄COOH和HOCH₂CH₂OH，故D错误；故选：D。

【难度】3

4．（2分）过氧化脲[CO（NH₂）₂•H₂O₂]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢（H₂O₂）和脲[CO（NH₂）₂]加合而成，代表性结构如图所示。下列关于过氧化脲的说法正确的是（　　）

A．所有原子处于同一平面

B．氧的化合价均为﹣2价

C．杀菌能力源于其氧化性

D．所有共价键均为极性键

【答案】C

【考点】物质的结构与性质之间的关系；极性键和非极性键

【分析】A．N原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对，N原子采用sp³杂化，N原子与直接连接N原子的H、C原子呈三角锥形结构；

B．CO（NH₂）₂中O元素的化合价为﹣2价，过氧键中O元素的化合价为﹣1价；

C．过氧键具有强氧化性；

D．同种非金属元素的原子之间易形成非极性键。

【解答】解：A．N原子的价层电子对个数是4且含有1个孤电子对，N原子采用sp³杂化，N原子与直接连接N原子的H、C原子呈三角锥形结构，所以该物质中所有原子一定不共平面，故A错误；B．CO（NH₂）₂中O元素的化合价为﹣2价，过氧键中O元素的化合价为﹣1价，所以该物质中氧元素的化合价有﹣2、﹣1价，故B错误；C．该物质中过氧键具有强氧化性，能使蛋白质变性而具有杀菌能力，故C正确；D．该物质中存在O—O非极性键，故D错误；故选：C。

【难度】1

5．（2分）下列化学应用实例与方程式不匹配的是（　　）

选项	应用实例	方程式
A	海上油气加工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭减缓腐蚀	Zn2+（aq）+2e﹣＝Zn（s）
B	用硫磺粉减少破损水银体温计洒落的Hg的危害	Hg（l）+S（s）＝HgS（s）
C	用浓Na2S2O3溶液洗除实验服上的黑色银斑	4Ag（s）+8S2 （aq）+O2（g）+2H2O（l）＝4[Ag（S2O3）2]3﹣（aq）+4OH﹣（aq）
D	烘焙糕点时，以食品级NH4HCO3作松剂	NH4HCO3（aq） NH3（g）+CO2（g）+H2O（l）

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】A

【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写

【分析】A．Fe、Zn和海水构成原电池，Zn易失电子生成Zn²⁺而作负极，Fe作正极被保护；

B．S和Hg在常温下反应生成HgS；

C．Ag、S₂ 、O₂、H₂O反应生成[Ag（S₂O₃）₂]^3﹣、OH^﹣；

D．NH₄HCO₃不稳定，受热易分解生成NH₃、H₂O、CO₂。

【解答】解：A．Fe、Zn和海水构成原电池，Zn易失电子生成Zn²⁺而作负极，Fe作正极被保护，所以负极反应式为Zn（s）﹣2e^﹣＝Zn²⁺（aq），故A错误；B．S和Hg在常温下反应生成HgS，减少Hg的危害，反应方程式为Hg（l）+S（s）＝HgS（s），故B正确；C．Ag、S₂ 、O₂、H₂O反应生成[Ag（S₂O₃）₂]^3﹣、OH^﹣，离子方程式为4Ag（s）+8S₂ （aq）+O₂（g）+2H₂O（l）＝4[Ag（S₂O₃）₂]^3﹣（aq）+4OH^﹣（aq），故C正确；D．NH₄HCO₃不稳定，受热易分解生成NH₃、H₂O、CO₂，化学反应方程式为NH₄HCO₃（aq） NH₃（g）+CO₂（g）+H₂O（l），故D正确；故选：A。

【难度】1

6．（2分）N_A代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）

A．2.2g超重水（³H₂O）所含的电子数目为N_A

B．1L0.1mol•L^﹣1NaClO溶液中ClO^﹣的数目为0.1N_A

C．过量C与1mol SiO₂充分反应转移电子数目为3N_A

D．1mol Cl₂与足量CH₄发生取代反应生成HCl分子的数目为2N_A

【答案】A

【考点】阿伏加德罗常数

【分析】A．1个³H₂O含有10个电子；

B．次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解；

C．依据SiO₂+2CSi+2CO↑～4e^﹣计算；

D．氯气与甲烷发生取代反应。

【解答】解：A．2.2g超重水（³H₂O）所含的电子数目为： 10×N_Amol^﹣1＝N_A，故A正确；B．次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L0.1mol•L^﹣1NaClO溶液中ClO^﹣的数目小于0.1N_A，故B错误；C．依据SiO₂+2CSi+2CO↑～4e^﹣可知，过量C与1mol SiO₂充分反应转移电子数目为4N_A，故C错误；D．氯气与甲烷发生取代反应，1mol Cl₂与足量CH₄发生取代反应生成HCl分子的数目为N_A，故D错误；故选：A。

【难度】3

7．（2分）已知298K，101kPa时，CO₂（g）+3H₂（g）⇌CH₃OH（g）+H₂O（g）ΔH＝﹣49.5kJ•mol^﹣1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T₁、T₂温度下进行，CO₂的初始浓度为0.4mol•L^﹣1，c（CO₂）﹣t关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．T₁＞T₂

B．T₁下反应达到平衡时c（CH₃OH）＝0.15mol•L^﹣1

C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大

D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同

【答案】D

【考点】化学平衡的计算

【分析】A．该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时c（CO₂）较大；

B．T₁下反应达到平衡时，c（CO₂）＝0.25mol/L，消耗的c（CO₂）＝（0.40﹣0.25）mol/L＝0.15mol/L，根据方程式知，消耗的n（CO₂）等于生成的n（CH₃OH）；

C．其它因素完全相同，只有催化剂不同时，催化剂的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡的时间越短；

D．其它因素完全相同，只有催化剂不同时，催化剂不同，反应历程不同。

【解答】解：A．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时c（CO₂）较大，根据图知，T₁温度下平衡时c（CO₂）大于T₂温度下平衡时c（CO₂），则温度：T₁＞T₂，故A正确；B．T₁下反应达到平衡时，c（CO₂）＝0.25mol/L，消耗的c（CO₂）＝（0.40﹣0.25）mol/L＝0.15mol/L，根据方程式知，消耗的n（CO₂）等于生成的n（CH₃OH），为0.15mol•L^﹣1，故B正确；C．其它因素完全相同，只有催化剂不同时，催化剂的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡的时间越短，曲线的斜率越大，反应速率越快，根据图知，催化剂2的反应速率大于催化剂1的反应速率，则使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，故C正确；D．其它因素完全相同，只有催化剂不同时，催化剂不同，反应历程不同，使用催化剂2和催化剂3反应达到平衡的时间不同，所以使用催化剂2和催化剂3的反应历程不同，故D错误；故选：D。

【难度】3

8．（2分）已知298K，101kPa时，2H₂（g）+O₂（g）＝2H₂O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol^﹣1，H₂的临界温度（能够液化的最高温度）为32.98K。下列说法错误的是（　　）

A．氢气燃烧热ΔH＝﹣285.8kJ•mol^﹣1

B．题述条件下2mol H₂和1mol O₂，在燃料电池中完全反应，电功+放热量＝571.6kJ

C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输

D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2gH₂（g）消耗的电功相同

【答案】D

【考点】反应热和焓变

【分析】已知298K，101kPa时，2H₂（g）+O₂（g）＝2H₂O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol^﹣1，则1mol H₂完全燃烧，生成液态水，放出的热量为285.8kJ，据此分析作答。

【解答】解：A．根据分析可知，氢气燃烧热ΔH＝﹣285.8kJ•mol^﹣1，故A正确；B．2mol H₂和1mol O₂，在燃料电池中完全反应，反应热不变，则电功+放热量＝571.6kJ，故B正确；C．氢能质量小，体积大，利用的关键技术在于安全储存与运输，故C正确；D．不同电极材料电解水所需电压相同，产生2gH₂（g）消耗的电功相同，故D错误；故选：D。

【难度】3

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．（4分）海南暗罗是一种药用植物，具有抗菌、抗肿瘤活性。从中提取的一种生物活性物质结构简式如图所示。下列关于该分子说法正确的是（　　）

A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B．分子式为C₁₉H₂₈O₄

C．含有4个手性碳原子

D．预测在不同溶剂中的溶解度S：S_环己烷＞S_乙醇

【答案】AC

【考点】有机物的结构和性质

【分析】A．醛基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；

B．分子中C、H、O原子个数依次是20、28、4；

C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

D．极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂。

【解答】解：A．分子中的醛基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．分子中C、H、O原子个数依次是20、28、4，分子式为C₂₀H₂₈O₄，故B错误；C．如图 ，有4个手性碳原子，故C正确；D．极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，该物质、乙醇都是极性分子，环己烷为非极性分子，根据相似相溶原理知，该物质在不同溶剂中的溶解度S：S_环己烷＜S_乙醇，故D错误；故选：AC。

【难度】3

10．（4分）根据下列实验及现象，所得结论错误的是（　　）

选项	实验及现象	结论
A	将SO2通入溴水至过量，溶液的橙色褪去	SO2有漂白性
B	自热米饭附带的热源包（主要成分CaO，少许Na2CO3、Al粉）加水后，未产生气体	Al粉已经变质
C	CuCl2浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色	配体H2O、Cl﹣与Cu2+间存在配位平衡移动
D	淀粉﹣KI试纸遇FeCl3—NH4HF2的混合液不变色	[FeF6]3﹣配离子氧化能力弱

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】A

【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的性质

【分析】A．溴水具有强氧化性，能氧化SO₂；

B．Al易被空气氧化生成Al₂O₃；

C．CuCl₂浓溶液中存在：[CuCl₄]^2﹣（aq）+4H₂O（l）⇌[Cu（H₂O）₄]²⁺（aq）+4Cl^﹣（aq），[Cu（H₂O）₄]²⁺呈蓝色、[CuCl₄]^2﹣呈黄色；

D．FeCl₃—NH₄HF₂混合会生成[FeF₆]^3﹣，淀粉﹣KI试纸遇FeCl₃—NH₄HF₂的混合液不变色，说明KI不能被[FeF₆]^3﹣氧化为I₂。

【解答】解：A．溴水具有强氧化性，能氧化SO₂，反应方程式为Br₂+SO₂+2H₂O＝H₂SO₄+2HBr，该反应中SO₂体现还原性，故A错误；B．自热米饭附带的热源包（主要成分CaO，少许Na₂CO₃、Al粉）加水后，发生的反应有CaO+H₂O＝Ca（OH）₂，Ca（OH）₂+Na₂CO₃＝CaCO₃↓+2NaOH，没有气体生成，说明没有Al和NaOHF溶液反应，Al可能已经被氧化为Al₂O₃，故B正确；C．CuCl₂浓溶液中存在：[CuCl₄]^2﹣（aq）+4H₂O（l）⇌[Cu（H₂O）₄]²⁺（aq）+4Cl^﹣（aq），[Cu（H₂O）₄]²⁺呈蓝色、[CuCl₄]^2﹣呈黄色，CuCl₂浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色，说明配体H₂O、Cl^﹣与Cu²⁺间存在配位平衡移动，且向生成[Cu（H₂O）₄]²⁺的方向移动，故C正确；D．FeCl₃—NH₄HF₂混合会生成[FeF₆]^3﹣，淀粉﹣KI试纸遇FeCl₃—NH₄HF₂的混合液不变色，说明KI不能被[FeF₆]^3﹣氧化为I₂，则[FeF₆]^3﹣配离子氧化能力弱，故D正确；故选：A。

【难度】5

11．（4分）某温控质子驱动反应如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．Ⅰ转化为Ⅱ后，N¹—C²键长变短

B．基态N⁺离子的核外电子排式为1s²2s²2p³

C．Ⅰ具备在热敏指示剂方面的应用前景

D．加热时，Ⅰ的O¹与H⁺结合，O¹—C¹键断开

【答案】BD

【考点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用

【分析】A．一般单键比双键的键长长；

B．氮元素的原子序数为7，核外电子排式为1s²2s²2p³；

C．热敏指示剂是一种用于检测温度变化的指示剂，通过特定化学反应来表征温度的变化，当热敏指示剂受热时，会发生化学变化，而引起颜色变化，所以可以通过观察颜色的变化来推断温度的高低；

D．由图中可以看出来。

【解答】解：A．由图可知，化合物I中碳氮单键转化为Ⅱ中碳氮双键，所以I转化为Ⅱ后，N¹—C²键长变短，故A正确；B．基态N⁺离子失去一个电子，则N⁺离子的核外电子排式为1s²2s²2p²，故B错误；C．由图可知，Ⅰ与氢离子共热反应生成Ⅱ，说明I具备热敏性，在热敏指示剂方面有应用前景，故C正确；D．由图可知，加热时，Ⅰ的O¹与H⁺结合，O¹—C²键断开，故D错误；故选：BD。

【难度】3

12．（4分）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是（　　）

选项	A	B	C	D
目的	提纯含砂的粗碘	观察气体扩散现象	制取少量乙酸乙酯	测定中和反应的反应热
装置或操作

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】D

【考点】化学实验方案的评价；中和热的测定实验；乙酸乙酯的制取

【分析】A．I₂易升华，I₂蒸气遇冷凝华；

B．盐酸具有挥发性，甲基橙遇浓盐酸呈红色；

C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成乙酸钠，和乙酸乙酯不反应且能降低乙酸乙酯的溶解度，导气管没有伸入饱和碳酸钠溶液下方，能防止倒吸；

D．缺少保温层。

【解答】解：A．I₂易升华，I₂易升华，I₂蒸气遇冷凝华，砂受热不易熔化或升华，可以采用加热的方法分离提纯含砂的粗碘，能达到实验目的，故A错误；B．盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于甲基橙溶液，导致甲基橙溶液变红色，能实现实验目的，故B错误；C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成乙酸钠，和乙酸乙酯不反应且能降低乙酸乙酯的溶解度，导气管没有伸入饱和碳酸钠溶液下方，能防止倒吸，图中操作正确，能实现实验目的，故C错误；D．缺少保温层，导致热量散失，测定值偏低，不能实现实验目的，故D正确；故选：D。

【难度】5

13．（4分）电解NH₄HSO₄溶液得到 ，是早期制备H₂O₂的重要步骤。某实验装置如图所示。电解过程流出液b中混有少量气泡。下列说法错误的是（　　）

A．电解过程中阴极区的 不断迁移到阳极区

B．图中a代表H₂

C．回路中通过1mol电子产生0.5mol（NH₄）₂S₂O₈

D． 氧化成S₂ 的电极反应为2 2e^﹣＝S₂

【答案】AC

【考点】电解原理

【分析】由图可知，左侧电极为阳极，主要电极反应为2 2e^﹣＝S₂ ，b中混有少量气泡，故阳极有少量水放电产生氧气，右侧电极为阴极，电极反应式为2H⁺+2e^﹣＝H₂↑，据此作答。

【解答】解：A．图中交换膜为质子交换膜，故硫酸根离子不能透过，故A错误；B．右侧电极为阴极，电极反应式为2H⁺+2e^﹣＝H₂↑，故a代表氢气，故B正确；C．阳极硫酸根离子和少量水放电，故无法通过转移电子数目计算生成（NH₄）₂S₂O₈的量，故C错误；D．左侧电极为阳极，主要电极反应为2 2e^﹣＝S₂ ，故D正确；故选：AC。

【难度】3

14．（4分）H₂S在生态系统的硫循环中不可或缺。298K，101kPa时，水溶液中﹣2价S不同形态的分布分数如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．线a表示HS^﹣的分布分数

B．298K时，Na₂S的pK_b2约为7.0

C．1.0L1mol•L^﹣1的NaOH溶液吸收H₂S（g）的量大于1mol

D．可以向燃气中掺入微量H₂S（g）以示警燃气泄漏

【答案】BC

【考点】含硫物质的性质及综合应用

【分析】随着pH值的增大，溶液中c（H₂S）逐渐减小、c（HS^﹣）先增大后减小、c（S^2﹣）逐渐增大，则H₂S的分布分数逐渐减小、HS^﹣的分布分数先增大后减小、S^2﹣的分布分数逐渐增大，根据图知，a、b、c分别表示H₂S、HS^﹣、S^2﹣的分布分数；

A．线a表示H₂S的分布分数；

B．H₂S、HS^﹣的分布分数相等时，pH＝7.0，c（HS^﹣）＝c（H₂S），K_a1 c（H⁺）＝10^﹣7mol/L，298K时，Na₂S的pK_h2 ；

C．n（NaOH）＝1mol/L×1.0L＝1mol，H₂S过量时，和NaOH反应方程式为：NaOH+H₂S＝NaHS+H₂O，H₂S少量时，2NaOH+H₂S＝Na₂S+2H₂O；

D．H₂S有毒且具有可燃性，燃烧产物SO₂有毒。

【解答】解：A．通过以上分析知，线a表示H₂S的分布分数，线b表示HS^﹣的分布分数，故A错误；B．H₂S、HS^﹣的分布分数相等时，pH＝7.0，c（HS^﹣）＝c（H₂S），K_a1 c（H⁺）＝10^﹣7mol/L，298K时，Na₂S的K_b2 10^﹣7mol/L，则Na₂S的pK_b2约为7.0，故B正确；C．n（NaOH）＝1mol/L×1.0L＝1mol，H₂S过量时，和NaOH反应方程式为：NaOH+H₂S＝NaHS+H₂O，H₂S少量时，2NaOH+H₂S＝Na₂S+2H₂O，NaOH最多消耗1mol H₂S，因为H₂S能溶于水，所以1.0L1mol•L^﹣1的NaOH溶液吸收H₂S（g）的量大于1mol，故C正确；D．H₂S有毒且具有可燃性，燃烧产物SO₂有毒，对环境造成污染，所以不能向燃气中掺入微量H₂S（g）以示警燃气泄漏，故D错误；故选：BC。

【难度】5

三、非选择题：共5题，共60分。

15．（10分）锰锌铁氧体（Mn_xZn_1﹣yFe₂O₄）元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备MnO₂、ZnO和FeC₂O₄•2H₂O，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如图：

回答问题：

（1）氨浸的作用是将 　 　元素（填元素符号）有效转移到水溶液中。

（2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 　 　。

（3）沉锰反应的离子方程式为 　 　。某次实验时，将原料中的Mn以MnO₂•nH₂O形式定量沉淀完全，消耗了2.0mol KMnO₄，并产出81gZnO（纯度为99.9%），则该原料Mn_xZn_1﹣yFe₂O₄化学式中x＝　 　。

（4）沉铁时，选择K₂C₂O₄是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 　 　（填化学式）．该钾盐在种植业中的一种用途是 　 　。

（5）通过加入CaSO₄固体，除去滤液中危害环境的C₂ ，已知K_sp（CaSO₄）＝7.1×10^﹣5，K_sp（CaC₂O₄）＝2.3×10^﹣9。反应CaSO₄（s）+C₂ （aq）⇌CaC₂O₄（s） （aq）的平衡常数为 　 　。

【答案】（1）Zn；（2）氨水；（3）2 3Mn²⁺+（5n+2）H₂O＝5MnO₂•nH₂O↓+4H⁺或2 3Mn²⁺+2H₂O＝5MnO₂↓+4H⁺；0.75；（4）K₂SO₄；钾肥；（5）3.1×10⁴。

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【分析】锰锌铁氧体（Mn_xZn_1﹣yFe₂O₄）粉末中加入氨水进行氨浸，Zn元素转化为[Zn（NH₃）₄]²⁺，其它元素不溶于氨水，过滤后得到固体A和溶液B，溶液B煮沸得到Zn（OH）₂，Zn（OH）₂受热分解生成ZnO；沉锰得到MnO₂•nH₂O，沉锰时加入高锰酸钾溶液，则固体A用硫酸溶解得到MnSO₄，过滤后得到溶液C，溶液C中加入Fe粉还原，溶液C中的Fe元素为Fe³⁺，加入K₂C₂O₄溶液进行沉铁，得到FeC₂O₄•2H₂O。

【解答】解：（1）氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中，因为Zn元素转化为[Zn（NH₃）₄]²⁺，其它金属元素不能转化为可溶性的离子，故答案为：Zn；（2）氨浸后的滤液中含有氨水，煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是氨水，故答案为：氨水；（3）沉锰时， 和Mn²⁺反应生成MnO₂•nH₂O，溶液呈酸性，所以还生成氢离子，反应的离子方程式为2 3Mn²⁺+（5n+2）H₂O＝5MnO₂•nH₂O↓+4H⁺或2 3Mn²⁺+2H₂O＝5MnO₂↓+4H⁺；根据“2 3Mn²⁺+（5n+2）H₂O＝5MnO₂•nH₂O↓+4H⁺”知，n（Mn²⁺） n（KMnO₄） 2.0mol＝3.0mol，n（ZnO） 1mol，则Mn_xZn_1﹣yFe₂O₄中x：（1﹣y）≈3.0mol：1mol＝3：1，Mn、Zn元素的化合价均为2，则存在 ，解得 ，故答案为：2 3Mn²⁺+（5n+2）H₂O＝5MnO₂•nH₂O↓+4H⁺或2 3Mn²⁺+2H₂O＝5MnO₂↓+4H⁺；0.75；（4）固体A中加入稀硫酸时引进 ，沉铁时，选择K₂C₂O₄是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐K₂SO₄，所以该钾盐在种植业中的一种用途是钾肥，故答案为：K₂SO₄；钾肥；（5）反应CaSO₄（s）+C₂ （aq）⇌CaC₂O₄（s） （aq）的平衡常数为 3.1×10⁴，故答案为：3.1×10⁴。

【难度】5

16．（10分）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知298K，100kPa时，反应①：N₂（g）+3H₂（g）⇌2NH₃（g）ΔH₁＝﹣92kJ•mol^﹣1；p（NH₃）＝总压×NH₃物质的量分数.

回答问题：

（1）题述条件下，反应②：2NH₃（g）⇌N₂（g）+3H₂（g）ΔH₂＝　 　kJ•mol^﹣1。

（2）设反应为一步完成，且ΔH与温度无关。已知673K下，反应①活化能为335kJ•mol^﹣1，则NH₃（g）分解反应的活化能为 　 　kJ•mol^﹣1。

（3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 　 　、　 　。

（4）温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，p（NH₃）﹣t关系曲线如图所示，其函数关系p（NH₃）/kPa＝　 　（写表达式），增大氨的初始分压，氨的转化速率 　 　。假设吸附到催化剂表面后NH₃都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间H₂的产量将 　增 　。

【答案】（1）+92；（2）427；（3）温度；压强；（4）35﹣2.3t；不变；增大。

【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素

【分析】（1）反应②为反应①的逆反应，则ΔH₂、ΔH₁互为相反数；

（2）设反应为一步完成，且ΔH与温度无关。已知673K下，反应①活化能为335kJ•mol^﹣1，则NH₃（g）分解反应的活化能为反应①的活化能﹣反应①的焓变；

（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和增大的吸热反应，温度、压强都影响平衡转化率、反应速率；

（4）根据图知，反应起始时，NH₃的分压为35kPa，5min时，NH₃的分压为23.5kPa，10min时NH₃的分压为12kPa，0～5min时，分压的变化量为35﹣23.5＝11.5＝2.3×5，0～10min时，分压的变化量＝35﹣12＝23＝2.3×10，由此得出p（NH₃）＝35﹣2.3t；根据关系式知，p（NH₃）与转化速率的关系；吸附到催化剂表面后，氨分子都变为活化分子，其它条件不变时，改变比表面积更大的催化剂，单位时间内活化分子个数增多。

【解答】解：（1）反应②为反应①的逆反应，则ΔH₂、ΔH₁互为相反数，则ΔH₂＝﹣ΔH₁＝+92kJ/mol，

故答案为：+92；（2）设反应为一步完成，且ΔH与温度无关。已知673K下，反应①活化能为335kJ•mol^﹣1，则NH₃（g）分解反应的活化能为反应①的活化能﹣反应①的焓变＝335kJ/mol﹣（﹣92）kJ/mol＝427kJ/mol，故答案为：427；（3）该反应是一个反应前后气体计量数之和增大的吸热反应，温度、压强都影响平衡转化率、反应速率，则既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有温度、压强，故答案为：温度；压强；（4）根据图知，反应起始时，NH₃的分压为35kPa，5min时，NH₃的分压为23.5kPa，10min时NH₃的分压为12kPa，0～5min时，分压的变化量为35﹣23.5＝11.5＝2.3×5，0～10min时，分压的变化量＝35﹣12＝23＝2.3×10，由此得出p（NH₃）＝35﹣2.3t；根据关系式知，增大NH₃的初始分压，氨的转化速率不变；吸附到催化剂表面后，氨分子都变为活化分子，其它条件不变时，改变比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间内氢气的产量增大，故答案为：35﹣2.3t；不变；增大。

【难度】5

17．（12分）羟基磷酸钙[Ca_x（PO₄）_yOH]（1.40 1.75）是骨骼石灰和牙釉质的主要成分。某课题组按照下述步骤进行其制备探索：在75℃下向由一定量Ca（OH）₂粉末配制的含有分散剂的浆液中，边搅拌边滴加计算量的稀H₃PO₄，滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。制备依据的代表反应式为：5Ca（OH）₂+3H₃PO₄＝Ca₅（PO₄）₃OH+9H₂O，装置如图所示（固定器具已省略）。

回答问题：

（1）装置图中，安装不当的是 　 　（填仪器标号）。

（2）使用冷凝管的目的是 　 　，冷凝水进水口为 　 　（填序号），干燥管中熟石灰用于吸收 　 　（填化学式）。

（3）实验中使用水浴加热，其优点为 　 　、　 　。

（4）投料时应使用新制Ca（OH）₂粉末，以降低杂质 　 　（填化学式）对实验的影响。

（5）完成反应后，可以保持产品组成稳定的固液分离方式有 　 　、　 　（填标号）。

a．倾倒

b．常压过滤

c．减压过滤

d．离心分离

（6）实验中以题述加料方式所得产品中 1.67。某次实验将Ca（OH）₂浆液滴入稀H₃PO₄得到的产品中 1.50。造成这种结果差异的原因是 　 　。

【答案】（1）a；（2）使水冷凝回流；②；CO₂；（3）控温容易；受热均匀（或无明火、更安全、烧瓶使用后更易清洁）；（4）CaCO₃；（5）bd；（6）在将Ca（OH）₂浆液滴入稀H₃PO₄的整个加料过程中，局部和本体的 和 都相对过量，限制了向含有更多OH^﹣组成的物质的沉淀转化。

【考点】制备实验方案的设计

【分析】向三颈烧瓶中加入含有一定量Ca（OH）₂的浆液中，水浴加热控制温度为75℃左右，边搅拌边滴加计算量的稀H₃PO₄，滴加完成后继续搅拌一段时间，发生反应5Ca（OH）₂+3H₃PO₄＝Ca（PO₄）₃OH+9H₂O，冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。

【解答】解：（1）装置图中，搅拌器应插入液面以下进行搅拌，故安装不当的是a，故答案为：a；（2）该反应产物为羟基磷酸钙和水，羟基磷酸钙骨骼石灰和牙釉质的主要成分，其熔沸点高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式为下进上出，则进水口为2；干燥管中熟石灰用于吸收空气中的二氧化碳，防止与Ca（OH）₂浆液反应生成CaCO₃，影响产品纯度，故答案为：使水冷凝回流；②；CO₂；（3）水浴加热的优点为控温容易、受热均匀、无明火、更安全、烧瓶使用后更易清洁等，故答案为：控温容易；受热均匀（或无明火、更安全、烧瓶使用后更易清洁）；（4）投料时应使用新制Ca（OH）₂粉末，Ca（OH）₂易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质CaCO₃对实验的影响，故答案为：CaCO₃；（5）a．倾倒法无法有效实现固液分离，故a错误；b．常压过滤，即为普通过滤操作，可以保持产品组成稳定，故b正确；c．减压过滤，俗称抽滤，其过滤速度较快，不利于提高纳米级微粉产品的产率，也不利于实现稳定的固液分离，故c错误；d．离心分离法是利用离心力使重量不同的物质分隔开，可以实现稳定的固液分离，故d正确；故答案为：bd；（6）题述加料方式所得产品中x/y＝1.67，某次实验将Ca（OH）₂浆液滴入稀H₃PO₄得到的产品中x/y＝1.50，相当于 含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将Ca（OH）₂浆液滴入稀H₃PO₄的整个加料过程中，局部和本体的H₃PO₄、H₂ 和 都相对过量，限制了向含有更多OH^﹣组成的物质的沉淀转化，故答案为：在将Ca（OH）₂浆液滴入稀H₃PO₄的整个加料过程中，局部和本体的 和 都相对过量，限制了向含有更多OH^﹣组成的物质的沉淀转化。

【难度】5

18．（14分）消炎镇痛药H的一种合成路线如图：

回答问题：

（1）A的结构简式为 　　，其化学名称为 　 　。

（2）A→B、C→D反应的类型分别为 　 　、　 　。

（3）某化合物X的分子式为C₁₅H₁₄O，符合下列条件。X的结构简式为 　 　。

①与C具有相同的官能团

②含有2个苯环

③核磁共振氢谱有3组峰

（4）D中所含官能团名称为 　 　。

（5）E→F反应方程式如下，F和Y的结构简式分别为 　 　、　 　。

（6）以至多3个碳的有机物为原料（无机试剂任选），设计合成 的路线 　 　。

已知：

【答案】（1） ；1，3﹣二甲苯或间二甲苯；（2）氧化反应；取代反应；（3） ；（4）羰基、碳溴键或溴原子（5） ；CH₃CH₂OH；（6） 。

【考点】有机物的合成

【分析】A发生氧化反应生成B，根据A的分子式、B的结构简式知，A为 ，B中羧基和SOCl₂发生取代反应然后再发生取代反应生成C，C和溴在光照条件下发生取代反应生成D，D中—Br发生取代反应生成E中—CN，根据F的分子式、E和G的结构简式知，F为 ，F和CH₃I发生取代反应生成G，G通过水解、脱酸得到H；

（6）甲醛和乙醛发生加成反应生成（HOCH₂）₃CHO，（HOCH₂）₃CCHO，（HOCH₂）₃CCHO和氢气发生还原反应生成（HOCH₂）₄C，（HOCH₂）₄C和HBr发生取代反应生成（BrCH₂）₄C，HOOCCH₂COOH和乙醇发生酯化反应生成CH₃CH₂OOCCH₂COOCH₂CH₃，（BrCH₂）₄C、CH₃CH₂OOCCH₂COOCH₂CH₃发生谢谢中的反应然后水解、酸化、脱酸得到目标产物。

【解答】解：（1）A的结构简式为 ，其化学名称为 1，3﹣二甲苯或间二甲苯，故答案为： ；1，3﹣二甲苯或间二甲苯；（2）A→B、C→D反应的类型分别为氧化反应、取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；（3）某化合物X的分子式为C₁₅H₁₄O，符合下列条件：①与C具有相同的官能团，说明含有羰基；②含有2个苯环；③核磁共振氢谱有3组峰，说明含有3种氢原子，X的不饱和度为 9，苯环的不饱和度是4、羰基的不饱和度是1，则X中除了两个苯环和羰基外不含其它的环或双键，结构对称，除了羰基外还含有2个对称的甲基，符合条件的结构简式为 ，故答案为： ；

（4）D中所含官能团名称为羰基、碳溴键，故答案为：羰基、碳溴键；（5）通过以上分析知，F为 ，E中失去的氢原子和碳酸乙酯中—OCH₂CH₃结合生成Y为CH₃CH₂OH，故答案为： ；CH₃CH₂OH；（6）甲醛和乙醛发生加成反应生成（HOCH₂）₃CHO，（HOCH₂）₃CCHO，（HOCH₂）₃CCHO和氢气发生还原反应生成（HOCH₂）₄C，（HOCH₂）₄C和HBr发生取代反应生成（BrCH₂）₄C，HOOCCH₂COOH和乙醇发生酯化反应生成CH₃CH₂OOCCH₂COOCH₂CH₃，（BrCH₂）₄C、CH₃CH₂OOCCH₂COOCH₂CH₃发生谢谢中的反应然后水解、酸化、脱酸得到目标产物，合成路线为 ，故答案为： 。

【难度】5

19．（14分）锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，Li﹣bfsi（阴离子bfsi^﹣结构见如图A）深受关注。

回答问题：

（1）Li﹣bfsi的制备前体Li﹣bfsi（B），可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有 　 　（填元素符号）。

（2）C分子中，两个H—N—S键角均为117°，S—N—S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为 　 　。

（3）B溶于某溶剂发生自耦电离（2B⇌A+F），阳离子F的结构式为 　 　。

（4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，K_a值大小关系：B 　 　D（填“＞”或“＜”）：沸点大小关系：B（170℃）＞E（60.8℃），其原因是 　 　。

（5）研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是 　 　。

（6）Li₂（OH）Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞（图1，长方体棱长为a、b、c），另一种取立方体形晶胞（图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d）。图中氢原子皆己略去。

①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子（●Li）位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为 　 　。该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为 　 　。

②两种晶型的密度近似相等，则c＝　 　。（以含a、b和d的代数式表达）

【答案】（1）Cl、S；（2）sp²；（3） 或 ；（4）＞；B分子间存在氢键；（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；（6）① ；8；② 。

【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【分析】（1）C中第三周期元素有S、Cl元素；

（2）C分子中，两个H—N—S键角均为117°，S—N—S键角为126°，则两个H—N—S键角与S—N—S键角之和为117°×2+126°＝360°，说明H、N和2个S原子位于同一平面上；

（3）B溶于某溶剂发生自耦电离（2B⇌A+F），类比H₂O的自偶电离判断阳离子F的结构式；

（4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，酸性越强，K_a值越大；能形成分子间氢键的物质沸点较高；

（5）溶液中离子浓度越大，溶液的电导率越大；

（6）①晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点上的氧离子个数为8 1，位于棱上上的锂离子个数为12 3，根据化学式“Li₂（OH）Cl”知，该晶胞中应该含有2个锂离子，则锂离子的总缺位率为 ；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为4+8 ；

②设Li₂（OH）Cl的相对分子质量为M，长方体中氯离子个数为2，该晶胞中含有2个“Li₂（OH）Cl”，立方体中含有1个锂离子，则该晶胞中含有1个“Li₂（OH）Cl”，长方体晶胞的密度 ，立方体的密度 ，两种晶型的密度近似相等，则 。

【解答】解：（1）C中第三周期元素有S、Cl元素，N、O元素位于第二周期，H元素位于第一周期，故答案为：S、Cl；（2）C分子中，两个H—N—S键角均为117°，S—N—S键角为126°，则两个H—N—S键角与S—N—S键角之和为117°×2+126°＝360°，说明H、N和2个S原子位于同一平面上，则N的原子轨道杂化类型为sp²，故答案为：sp²；（3）B溶于某溶剂发生自耦电离（2B⇌A+F），类比H₂O的自偶电离判断阳离子F的结构式为 或 ，故答案为： 或 ；（4）F原子是吸电子基团，使N—H键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，—CH₂CH₃是推电子基团，使N—H键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，所以酸性：B＞D；B中N—H能形成分子间氢键，D不能形成分子间氢键，所以沸点：B＞E，故答案为：＞；B分子间存在氢键；（5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以G溶液的电导率低于H；故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液；（6）①晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点上的氧离子个数为8 1，位于棱上上的锂离子个数为12 3，根据化学式“Li₂（OH）Cl”知，该晶胞中应该含有2个锂离子，则锂离子的总缺位率为 ；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为4+8 8，故答案为： ；8；②设Li₂（OH）Cl的相对分子质量为M，长方体中氯离子个数为2，该晶胞中含有2个“Li₂（OH）Cl”，立方体中含有1个锂离子，则该晶胞中含有1个“Li₂（OH）Cl”，长方体晶胞的密度 ，立方体的密度 ，两种晶型的密度近似相等，则 ，c ，故答案为： 。

【难度】5