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【高考真題】2024年海南高考真題化學試題
1．（2024·海南）化學為實現社會可持續發展貢獻巨大。下列說法錯誤的是
A．以竹代塑，可減少白色污染
B．使用人工合成殺蟲劑，對環境無影響
C．無紙化辦公，可減少人工合成油墨的使用
D．使用無磷洗滌劑，可減少水體污染
2．（2024·海南）下列包裝標簽上的安全標識與試劑對應正確的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 濃硫酸 氯化鋇
A．A B．B C．C D．D
3．（2024·海南）高分子物質與我們生活息息相關。下列說法錯誤的是
A．糖原(成分類似于淀粉)可轉化為葡萄糖
B．聚合物是的加聚物
C．畜禽毛羽(主要成分為角蛋白)完全水解可以得到氨基酸
D．聚合物的單體是和
4．（2024·海南）過氧化脲[]是一種常用的消毒劑，可由過氧化氫()和脲加合而成，代表性結構如圖所示。下列關于過氧化脲的說法正確的是
A．所有原子處于同一平面 B．氧的化合價均為-2價
C．殺菌能力源于其氧化性 D．所有共價鍵均為極性鍵
5．（2024·海南）下列化學應用實例與方程式不匹配的是
選項 應用實例 方程式
A 海上油氣1工平臺海葵一號的鋼殼外壁鋪裝鋅錠減緩腐蝕
B 用硫磺粉減少破損水銀體溫計灑落的Hg的危害
C 用濃溶液洗除實驗服上的黑色銀斑
D 烘焙糕點時，以食品級作膨松劑
A．A B．B C．C D．D
6．（2024·海南）代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．超重水()所含的電子數目為
B．溶液中的數目為
C．過量C與充分反應轉移電子數目為
D．與足量發生取代反應生成HCl分子的數目為
7．（2024·海南）已知298K，101kPa時，。該反應在密閉的剛性容器中分別于T1、T2溫度下進行，CO2的初始濃度為，關系如圖所示。下列說法錯誤的是
A．T1＞T2
B．T1下反應達到平衡時
C．使用催化劑1的反應活化能比催化劑2的大
D．使用催化劑2和催化劑3的反應歷程相同
8．（2024·海南）已知時，，的臨界溫度(能夠液化的最高溫度)為，下列說法錯誤的是
A．氫氣燃燒熱
B．題述條件下和，在燃料電池中完全反應，電功+放熱量
C．氫能利用的關鍵技術在于安全儲存與運輸
D．不同電極材料電解水所需電壓不同，產生消耗的電功相同
9．（2024·海南）海南暗羅是一種藥用植物，具有抗菌、抗腫瘤活性。從中提取的一種生物活性物質結構簡式如圖所示。下列關于該分子說法正確的是
A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色
B．分子式為
C．含有4個手性碳原子
D．預測在不同溶劑中的溶解度
10．（2024·海南）根據下列實驗及現象，所得結論錯誤的是
選項 實驗及現象 結論
A 將通入溴水至過量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自熱米飯附帶的熱源包(主要成分CaO，少許、Al粉)加水后，未產生氣體 Al粉已經變質
C 濃溶液呈黃綠色，加水稀釋后溶液呈藍色 配體與間存在配位平衡移動
D 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色 配離子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
11．（2024·海南）某溫控質子驅動反應如圖所示，下列說法錯誤的是
A．I轉化為Ⅱ后，鍵長變短
B．基態離子的核外電子排式為
C．I具備在熱敏指示劑方面的應用前景
D．加熱時，Ⅰ的與結合，鍵斷開
12．（2024·海南）下列實驗裝置或操作不能達到實驗目的的是
選項 A B
目的 提純含砂的粗碘 觀察氣體擴散現象
裝置或操作
選項 C D
目的 制取少量乙酸乙酯 測定中和反應的反應熱
裝置或操作
A．A B．B C．C D．D
13．（2024·海南）電解溶液得到，是早期制備的重要步驟。某實驗裝置如圖所示。電解過程流出液b中混有少量氣泡。下列說法錯誤的是
A．電解過程中陰極區的不斷遷移到陽極區
B．圖中a代表
C．回路中通過電子產生
D．氧化成的電極反應為
14．（2024·海南）在生態系統的硫循環中不可或缺。時，水溶液中價S不同形態的分布分數如圖所示，下列說法正確的是
A．線a表示的分布分數
B．時，的約為7.0
C．的溶液吸收的量大于
D．可以向燃氣中摻入微量以示警燃氣泄漏
15．（2024·海南）錳鋅鐵氧體()元件是電子線路中的基礎組成部分。某實驗室利用廢棄電子產品中的錳鋅鐵氧體制備、ZnO和，可用于電池，催化劑等行業，其工藝流程如下：
回答問題：
（1）氨浸的作用是將　 　元素(填元素符號)有效轉移到水溶液中。
（2）煮沸含有配合物的溶液B，產生混合氣體，經冷凝后所得溶液可循環用于氨浸，該溶液是　 　。
（3）沉錳反應的離子方程式為　 　。某次實驗時，將原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并產出(純度為99.9%)，則該原料化學式中　 　。
（4）沉鐵時，選擇是為了便于從濾液中回收有價值的鉀鹽　 　(填化學式)。該鉀鹽在種植業中的一種用途是　 　。
（5）通過加入固體，除去濾液中危害環境的，已知，。反應的平衡常數為　 　。
16．（2024·海南）氨是一種理想的儲氫載體，具有儲氫密度高、儲運技術成熟等優點。已知時，反應①：；物質的量分數。
回答問題：
（1）題述條件下，反應②：　 　。
（2）設反應為一步完成，且與溫度無關，已知下，反應①活化能為，則分解反應的活化能為　 　。
（3）既能影響反應②平衡轉化率又能影響其反應速率的因素有　 　、　 　。
（4）溫度T下恒容密閉容器中進行氨催化分解反應，關系曲線如圖所示，其函數關系　 　(寫表達式)，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率　 　；假設吸附到催化劑表面后都變成活化分子，其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，則單位時間的產量將　 　。
17．（2024·海南）羥基磷酸鈣是骨骼石灰和牙釉質的主要成分。某課題組按照下述步驟進行其制備探索：在75℃下向由一定量粉末配制的含有分散劑的漿液中，邊攪拌邊滴加計算量的稀，滴加完成后繼續攪拌一段時間。冷至室溫固液分離，烘干固體得納米級微粉產品。制備依據的代表反應式為：，裝置如圖所示(固定器具已省略)。
回答問題：
（1）裝置圖中，安裝不當的是　 　 (填儀器標號)
（2）使用冷凝管的目的是　 　，冷凝水進水口為　 　 (填序號)，干燥管中熟石灰用于吸收　 　 (填化學式)。
（3）實驗中使用水浴加熱，其優點為　 　、　 　。
（4）投料時應使用新制粉末，以降低雜質　 　 (填化學式)對實驗的影響。
（5）完成反應后，可以保持產品組成穩定的固液分離方式有　 　、　 　 (填標號)。
a．傾倒 b．常壓過濾 c．減壓過濾 d．離心分離
（6）實驗中以題述加料方式所得產品中。某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中。造成這種結果差異的原因是　 　。
18．（2024·海南）消炎鎮痛藥F的一種合成路線如下：
回答問題：
（1）A的結構簡式為　 　，其化學名稱為　 　。
（2）A→B、C→D反應的類型分別為　 　、　 　。
（3）某化合物X的分子式為，符合下列條件X的結構簡式為　 　。
①與C具有相同的官能團 ②含有2個苯環 ③核磁共振氫譜有3組峰
（4）D中所含官能團名稱為　 　。
（5）E→F反應方程式如下，F和Y的結構簡式分別為　 　、　 　。
（6）以至多3個碳的有機物為原料(無機試劑任選)，設計合成的路線　 　。
已知：
19．（2024·海南）鋰電池是新型儲能系統中的核心部件。作為鋰電池中用到的電解質材料之一，(陰離子結構見下圖。A)深受關注。
回答問題：
（1）的制備前體(B)，可由C的氟化反應得到，C中第三周期元素有　 　(填元素符號)。
（2）C分子中，兩個鍵角均為，鍵角為，N的原子軌道雜化類型為　 　。
（3）B溶于某溶劑發生自耦電離()，陽離子F的結構式為　 　。
（4）B和D水溶液均呈酸性，相同溫度下，值大小關系：B　 　D(填“>”或“<”)；沸點大小關系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　 　。
（5）研究表明，某有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，原因是　 　。
（6）在固體離子電導方面具有潛在的應用前景。其兩種晶型中，一種取長方體形晶胞(圖1，長方體棱長為a、b、c)，另一種取立方體形晶胞(圖2，Cl居于立方體中心，立方體棱長為d)。圖中氫原子皆己隱去。
①立方體形晶胞所代表的晶體中部分鋰離子(●Li)位置上存在缺位現象，鋰離子的總缺位率為　 　；該晶型中氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為　 　。
②兩種晶型的密度近似相等，則　 　。(以含a、b和d的代數式表達)
答案解析部分
1．【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；綠色化學
【解析】【解答】A．塑料難以降解，形成 “白色污染”；竹子為天然可再生材料，替代塑料能降低難降解廢棄物的產生，可減少白色污染，故A正確；
B．工合成殺蟲劑多含化學毒性成分，可能通過食物鏈累積、污染土壤和水源，破壞生態平衡，對環境有顯著負面影響，故B錯誤；
C．紙張生產消耗木材資源，油墨含揮發性有機物等污染物，無紙化辦公能降低木材消耗和油墨污染，故C正確；
D．含磷洗滌劑會導致水的富營養化，從而導致赤潮、水華等污染，使用無磷洗滌劑，可減少水體污染，故D正確；
故選B。
【分析】A．白色污染主要由塑料造成；
Ｂ．人工合成殺蟲劑多含化學毒性成分；
Ｃ．油墨含揮發性有機物等污染物；
Ｄ．含磷洗滌劑廢水排入水體易引發藻類瘋長，導致 “水華” 現象。
2．【答案】A
【知識點】幾種常見的化學標志
【解析】【解答】A．丁烷是氣體，且易燃，故A正確；
B．圖示標志為腐蝕品，葡萄糖沒有腐蝕性，故B錯誤；
C．濃硫酸是腐蝕品，應張貼腐蝕品標志，故C錯誤；
D．氯化鋇不屬于爆炸類物質，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．丁烷是易燃氣體；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蝕性；
Ｃ．濃硫酸時液體；
Ｄ．氯化鋇不是爆炸物。
3．【答案】D
【知識點】多糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；聚合反應
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，水解生成葡萄糖，糖原與淀粉類似，則糖原可水解為葡萄糖，故A正確，
B．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，發生加聚反應生成 ，故B正確；
C．蛋白質在一定條件下能完全水解生成氨基酸，故C正確；
D．聚合物的單體是和HOCH2CH2OH，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．淀粉為多糖；
Ｂ． 發生加聚反應生成聚乙烯；
Ｃ．蛋白質水解生成氨基酸；
Ｄ．該高聚物含有2個酯基。
4．【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氧化還原反應
【解析】【解答】A．該物質中，N的價層電子對數為4，含有一個孤電子對，采用sp3雜化，N與與之相連的原子呈三角錐形，則所有原子不可能處于同一平面，A錯誤；
B．過氧化氫中，O元素為-1價，其余氧的化合價為-2價，B錯誤；
C．該分子中存在過氧鍵，具有強氧化性，能使蛋白質變質，具有殺菌能力，C正確；
D．該分子中含有的O-O為極性鍵，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．該分子中，N采用sp3雜化；
Ｂ．過氧化氫中O為-1價；
Ｃ．過氧鍵具有強氧化性；
Ｄ．O-O為極性鍵。
5．【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；金屬的電化學腐蝕與防護；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．該原理為犧牲陽極的陰極保護法，鋅比鐵活潑，作負極被腐蝕，電極反應式為，故A錯誤；
B．硫能與汞反應生成無毒的硫化汞，防止汞蒸氣揮發，反應的化學方程式為，故B正確；
C．銀與能與含有硫代硫酸根離子的溶液和氧氣反應生成二硫代硫酸根合銀離子和氫氧根離子，反應的離子方程式為，故C正確；
D．碳酸氫銨受熱分解生成氨氣和二氧化碳，使食品疏松多孔，反應的化學方程式為，故D正確；
故選A。
【分析】A．鋅化學性質活潑，易失去電子發生氧化反應；
Ｂ．S與Hg反應生成HgS；
Ｃ．銀與能與含有硫代硫酸根離子的溶液和氧氣反應生成二硫代硫酸根合銀離子和氫氧根離子；
Ｄ．碳酸氫銨不穩定，受熱分解生成氨氣和二氧化碳。
6．【答案】A
【知識點】甲烷的取代反應；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．含有10個電子，超重水的物質的量為，所含的電子為0.1mol×10=1mol，數目為，A正確；
B．在溶液中水解生成HClO，則溶液中的數目小于，B錯誤；
C．C與SiO2反應生成Si和CO，硅化合價由+4變為0，則反應轉移電子數目為4，C錯誤；
D．甲烷與氯氣發生取代反應為連鎖反應，同時得到四種氯代產物和HCl，結合氯守恒，與足量發生取代反應生成HCl分子的數目為，D錯誤；
故選A。
【分析】A．一個重水分子含有10個電子；
Ｂ． 在溶液中會發生水解；
Ｃ．C與SiO2反應生成Si和CO；
Ｄ．甲烷與氯氣的反應為連鎖取代反應。
7．【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A．升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，平衡時CO2的濃度T1溫度下比T2溫度下的大，則T1＞T2，A正確；
B．T1溫度下達到平衡時CO2的濃度為0.25mol/L，CO2的濃度改變量為：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根據 可知，T1下反應達到平衡時，B正確；
C．溫度為T1時，使用催化劑2達到平衡的時間更短，說明使用催化劑1的反應活化能比催化劑2的大，C正確；
D．催化劑2和催化劑3分別在不同溫度下達到平衡所需要的時間是相同的，但溫度不同，反應速率也不同，說明催化劑2和催化劑3的反應歷程不相同，才能保證在不同溫度下達到相同的平衡時間，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A．升溫平衡向吸熱反應方向移動；
Ｂ．濃度的變化量之比等于化學計量數之比；
Ｃ．使用催化劑能降低反應的活化能；
Ｄ．催化劑2和催化劑3的反應歷程不同。
8．【答案】D
【知識點】常見能量的轉化及運用；燃燒熱
【解析】【解答】A．根據 可知，1mol氫氣燃燒生成液態水放出的熱量為285.5kJ，則氫氣的燃燒熱，故A正確；
B．燃料電池反應的焓變等于系統對外做的電功與放出的熱量，則和在燃料電池中完全反應，電功+放熱量，故B正確；
C．氫氣易燃、密度小，液化需極低溫度（臨界溫度 - 240℃），安全儲存與運輸是氫能應用的核心挑戰，故C正確；
D．不同電極材料電解水所需電壓不同，說明所需的電流不同，所以產生2g氫氣所需時間不同，消耗的電功不同，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量；
Ｂ．原電池工作的過程中，化學能轉化為電能，同時還有熱損耗；
Ｃ．氫氣是可燃性氣體；
Ｄ．不同電極材料電解水所需電壓不同，電壓不同，電功不同。
9．【答案】A,C
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；相似相溶原理及其應用；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．該有機物含有碳碳雙鍵、醛基，能被酸性高錳酸鉀氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；
B．由圖可知，該物質中含有20個C原子，28個H原子，4個O原子，其分子式為C20H28O4，B錯誤；
C．連有4個不同基團的飽和碳原子是手性碳原子，因此化合物含有的手性碳原子如圖，共有4個手性碳原子，C正確；
D．該有機物正負電荷中心不重合，為極性分子，環己烷為非極性分子，乙醇為極性分子，極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，則在不同溶劑中的溶解度S： ，D錯誤；
答案選AC。
【分析】A．該物質含有的碳碳雙鍵和醛基能被酸性高錳酸鉀氧化；
Ｂ．根據結構簡式確定各原子的數量，進而確定其分子式；
Ｃ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｄ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑。
10．【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；化學平衡移動原理；二氧化硫的性質
【解析】【解答】A．二氧化硫與溴水發生氧化還原反應，該反應中，S元素的化合價升高，SO2為還原劑，表現還原性，故A錯誤；
B．熱源包(主要成分CaO，少許、Al粉)加水后，CaO發生反應：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，單質鋁能與NaOH反應生成氫氣，未產生氣體，可能是Al粉被氧化為氧化鋁，故B正確；
C．濃溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黃色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（藍色）+4Cl-，加水稀釋后溶液呈藍色，說明 配體與間存在配位平衡移動 ，且該平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移動，故C正確；
D．的混合液會形成配離子， 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色 ，說明不能氧化KI，說明的氧化能力小于Fe3+，故D正確；
答案選A。
【分析】A．二氧化硫具有還原性；
Ｂ．Al在空氣中會被氧化為氧化鋁；
Ｃ．濃溶液中存在：[CuCl4]2-(黃色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色，說明不能氧化KI。
11．【答案】B,D
【知識點】原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應用
【解析】【解答】A．化合物I中碳氮單鍵轉化為Ⅱ中碳氮雙鍵，所以I轉化為Ⅱ后，鍵長變短，故A正確；
B．N原子核外有7個電子，失去一個電子形成，則基態離子的核外電子排式為，故B錯誤；
C．I與氫離子共熱反應生成Ⅱ，說明I具備熱敏性，在熱敏指示劑方面的應用前景，故C正確；
D．由圖可知，加熱時，Ⅰ的與結合，鍵斷開，故D錯誤；
故選BD。
【分析】A．若反應中形成更強的化學鍵（如單鍵→雙鍵、配位鍵增強等），鍵長會變短；
Ｂ．N為7號元素，核外有7個電子，失去一個電子形成；
Ｃ．I與氫離子共熱反應生成Ⅱ；
Ｄ．結合圖示反應分析。
12．【答案】D
【知識點】物質的分離與提純；中和熱的測定；化學實驗方案的評價；酯化反應
【解析】【解答】A．碘易升華，加熱時碘單質升華后遇冷冷凝，而砂不揮發，可通過升華法分離，A不符合題意；
B．該裝置中鹽酸易揮發，揮發出的HCl氣體遇到甲基橙溶液，會使甲基橙溶液變色，故該裝置可觀察氣體擴散現象，B不符合題意；
C．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑的條件下加熱反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯難溶于水，因此用飽和碳酸鈉溶液吸收乙醇，中和乙酸，收集乙酸乙酯，C不符合題意；
D．該裝置未進行保溫，與外界存在熱交換，不能進行中和反應反應熱的測定，D符合題意；
故選D。
【分析】A．碘易升華；
Ｂ．鹽酸易揮發，且酸能使甲基橙變紅；
Ｃ．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑的條件下加熱反應生成乙酸乙酯；
Ｄ．該裝置存在熱量損失。
13．【答案】A,C
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A． 為陰離子，不能通過質子交換膜，因此不能從陰極區遷移到陽極區，A錯誤；
B．陰極發生反應，則a為氫氣，B正確；
C．由于陽極區存在副反應，則當回路中通過1mol電子產生的小于0.5mol，C錯誤；
D．陽極區，失電子被氧化成 ，電極反應式為，D正確；
故選AC。
【分析】由圖可知，左側與電源正極相連，為陽極，發生氧化反應，電極反應式為 ，電解過程流出液b中混有少量氣泡，說明同時發生，生成氧氣，右側與電源負極相連，為陰極，電極反應式為，則a為氫氣。
14．【答案】B,C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；硫化氫
【解析】【解答】A．由分析可知，曲線a表示H2S的分布分數變化，曲線b表示HS-的分布分數變化，故A錯誤；
B．a、b曲線的交點處，pH=7，則Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，則硫化鈉的Kb2====1×10﹣7，則PKb2約為7，故B正確；
C．氫氧化鈉溶液與過量的硫化氫反應生成硫氫化鈉，則1.0L1mol/L的氫氧化鈉溶液能與1mol硫化氫氣體反應，由于硫化氫氣體溶于水，所以1.0L1mol/L的氫氧化鈉溶液吸收硫化氫氣體的物質的量大于1mol，故C正確；
D．硫化氫氣體有毒，不能向燃氣中摻入微量硫化氫氣體以示警燃氣泄漏，故D錯誤；
故選BC。
【分析】H2S在溶液中分步電離：、，反應過程中，H2S不斷減少，HS-先增大后減小，S2-不斷增大，則曲線a表示H2S的分布分數變化，曲線b表示HS-的分布分數變化，曲線c表示S2-的分布分數變化。
15．【答案】（1）Zn
（2）氨水
（3）或不含結晶水形式；0.75
（4）；鉀肥或其他合理用途
（5）
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）氨浸的過程中，Zn元素轉化為，轉移到水溶液中，因此氨浸的作用是將Zn元素有效轉移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氫氧化鋅沉淀，產生混合氣體，經冷凝后的溶液可循環利用于氨浸，則生成的混合氣體中含有氨氣和水蒸氣，冷凝后的溶液為氨水。
（3）沉錳時，與Mn2+發生歸中反應生成 ，反應的離子反應式為（便于后續計算）或不含結晶水；由離子反應式可知，消耗了，則錳鋅鐵氧體中，，由錳鋅鐵氧體化學式可知，，化合價代數和為0，則，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固體A后，溶液中存在大量硫酸根，選擇可以從濾液中回收有價值的硫酸鉀，該鉀鹽在種植業中可用作鉀肥。
（5）平衡常數。
【分析】錳鋅鐵氧體粉末進行氨浸，其中的Zn元素轉化為進而轉移到水溶液中，過濾得到固體A和溶液B，溶液B中主要含有，煮沸得到Zn(OH)2，煅燒Zn(OH)2得到ZnO；固體A中主要含有錳元素和鐵，加入硫酸酸浸，再加入沉錳，將Mn2+氧化為MnO2，分離出，溶液C中主要含有鐵離子，加入鐵粉將其還原為亞鐵離子，加入沉鐵得到。
（1）由分析可知，氨浸的作用是將Zn元素有效轉移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氫氧化鋅沉淀，產生混合氣體，經冷凝后的溶液可循環利用于氨浸，則生成的混合氣體中含有氨氣和水蒸氣，冷凝后的溶液為氨水。
（3）根據沉錳前后物質可知，沉錳反應的離子反應式為（便于后續計算）或不含結晶水；由離子反應式可知，消耗了，則錳鋅鐵氧體中，，由錳鋅鐵氧體化學式可知，，化合價代數和為0，則，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固體A后，溶液中存在大量硫酸根，選擇可以從濾液中回收有價值的硫酸鉀，該鉀鹽在種植業中可用作鉀肥。
（5）平衡常數。
16．【答案】（1）+92
（2）427
（3）壓強；溫度
（4）；不變；增大
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡移動原理；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）反應①是反應②的逆反應，反應①H=-92kJ/mol，則反應②H=+92kJ/mol，故答案為：+92；
（2）反應①是反應②的逆反應，分解反應的活化能=反應①的活化能-反應①的焓變，673K下，反應①活化能為335 kJ/mol，則氨氣分解的活化能為335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案為：427；
（3）反應②是氣體體積增大的吸熱反應，改變溫度和壓強，化學反應速率均改變，平衡都會發生移動，所以溫度和壓強既能影響反應平衡轉化率又能影響其反應速率，故答案為：溫度；壓強；
（4）由圖可知，反應起始時氨氣的分壓為35kPa、5min時氨氣的分壓為23.5kPa、10min時氨氣的分壓為12kPa，0—5min時，分壓的變化量為2.3×5=35-23.5，0—5min時，分壓的變化量為2.3×10=35-12，則函數關系p(NH3)=；由關系式可知，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率不變；由題意可知，吸附到催化劑表面后氨分子都變成活化分子，則其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，反應速率加快，所以單位時間氫氣的產量將增大，故答案為：；不變；增大。
【分析】（1）正反應為放熱反應，則逆反應為吸熱反應；
（2）分解反應的活化能=反應①的活化能-反應①的焓變；
（3）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動，同時壓強、溫度等也能影響反應速率；
（4）催化劑能降低反應的活化能，增大反應速率。
（1）由方程式可知，反應①是反應②的逆反應，反應①H=—92kJ/mol，則反應②H=+92kJ/mol，故答案為：+92；
（2）由方程式可知，反應①是反應②的逆反應，由題意可知，673K下，反應①活化能為335 kJ/mol，則氨氣分解的活化能為335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案為：427；
（3）反應②是氣體體積增大的吸熱反應，改變溫度和壓強，化學反應速率均改變，平衡都會發生移動，所以溫度和壓強既能影響反應平衡轉化率又能影響其反應速率，故答案為：溫度；壓強；
（4）由圖可知，反應起始時氨氣的分壓為35kPa、5min時氨氣的分壓為23.5kPa、10min時氨氣的分壓為12kPa，0—5min時，分壓的變化量為2.3×5=35-23.5，0—5min時，分壓的變化量為2.3×10=35-12，則函數關系p(NH3)=；由關系式可知，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率不變；由題意可知，吸附到催化劑表面后氨分子都變成活化分子，則其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，反應速率加快，所以單位時間氫氣的產量將增大，故答案為：；不變；增大。
17．【答案】（1）a
（2）使水冷凝回流；②；
（3）控溫容易；受熱均勻；無明火，更安全；燒瓶使用后更易清潔(答出任意兩點)
（4）
（5）b；d
（6）在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化
【知識點】物質的分離與提純；制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）攪拌器應插入液面以下，故安裝不當的是a；
（2）該反應產物為羥基磷酸鈣和水，羥基磷酸鈣骨骼石灰和牙釉質的主要成分，其熔沸點高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式為下進上出，則進水口為2；干燥管中熟石灰用于吸收空氣中的二氧化碳，防止與漿液反應生成，影響產品純度；
（3）水浴加熱的優點為控溫容易、受熱均勻、無明火、更安全、燒瓶使用后更易清潔等；
（4）投料時應使用新制粉末，易與空氣中二氧化碳反應生成碳酸鈣固體，故應為降低雜質對實驗的影響；
（5）a．傾倒法無法有效實現固液分離，故a錯誤；
b．常壓過濾，即為普通過濾操作，可以保持產品組成穩定，故b正確；
c．減壓過濾，俗稱抽濾，其過濾速度較快，不利于提高納米級微粉產品的產率，也不利于實現穩定的固液分離，故c錯誤；
d．離心分離法是利用離心力使重量不同的物質分隔開，可以實現穩定的固液分離，故d正確；
故選bd；
（6）題述加料方式所得產品中，某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中，相當于含量變大，則造成這種結果差異的原因是在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化。
【分析】（1）攪拌器要伸入液面以下；
（2）冷凝管能冷凝回流液體；為了使冷凝效果更佳，冷凝水下進上出；二氧化碳能與氫氧化鈣反應；
（3）水浴加熱便于控溫，且受熱均勻；
（4）與二氧化碳反應生成碳酸鈣；
（5）固液分離常用過濾的方法；
（6） 滴入稀 ，局部和本體的和都相對過量。
（1）裝置圖中，攪拌器應插入液面以下進行攪拌，故安裝不當的是a；
（2）該反應產物為羥基磷酸鈣和水，羥基磷酸鈣骨骼石灰和牙釉質的主要成分，其熔沸點高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式為下進上出，則進水口為2；干燥管中熟石灰用于吸收空氣中的二氧化碳，防止與漿液反應生成，影響產品純度；
（3）水浴加熱的優點為控溫容易、受熱均勻、無明火、更安全、燒瓶使用后更易清潔等；
（4）投料時應使用新制粉末，易與空氣中二氧化碳反應生成碳酸鈣固體，故應為降低雜質對實驗的影響；
（5）a．傾倒法無法有效實現固液分離，故a錯誤；
b．常壓過濾，即為普通過濾操作，可以保持產品組成穩定，故b正確；
c．減壓過濾，俗稱抽濾，其過濾速度較快，不利于提高納米級微粉產品的產率，也不利于實現穩定的固液分離，故c錯誤；
d．離心分離法是利用離心力使重量不同的物質分隔開，可以實現穩定的固液分離，故d正確；
故選bd；
（6）題述加料方式所得產品中，某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中，相當于含量變大，則造成這種結果差異的原因是在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化。
18．【答案】（1）；1，3-二甲苯或間二甲苯
（2）氧化反應；取代反應
（3）
（4）酮羰基、碳溴鍵
（5）；
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；芳香烴；同分異構現象和同分異構體；取代反應
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構簡式為，名稱為1，3-二甲苯或間二甲苯，故答案為：；1，3-二甲苯或間二甲苯；
（2）A催化氧化生成B，則A→B的反應類型為氧化反應，C與溴在光照條件下，溴原子取代甲基上的H原子得到D，則C→D的反應類型為取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；
（3） 化合物X的分子式為 ，滿足條件①與C具有相同的官能團，則含有羰基，②含有2個苯環，③核磁共振氫譜有3組峰，說明含有3種不同環境的原子，則符合條件的結構簡式為，故答案為：；
（4）D中含有的官能團為酮羰基、碳溴鍵，故答案為：酮羰基、碳溴鍵；
（5）E→F的反應為乙醇鈉作用下與碳酸二乙酯共熱發生取代反應生成和乙醇，則Y為乙醇，故答案為：；；
（6）氫氧化鈉作用下乙醛與甲醛反應生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO與氫氣在一定條件下反應生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4與溴化氫發生取代反應生成C(CH2Br)4；濃硫酸作用下HOOCCH2COOH與乙醇共熱發生酯化反應生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇鈉作用下C2H5OOCCH2COOC2H5與C(CH2Br)4反應生成，在氫氧化鈉溶液中發生水解反應后，經鹽酸酸化、共熱發生脫羧反應生成，則合成路線為。
【分析】A與氧氣在催化劑條件下催化氧化得到B，結合B的結構簡式和A的分子式可知，A的結構簡式為 ，與SOCl2共熱發生取代反應，再與(C6H5)4BNa發生取代反應生成，光照條件下與溴發生取代，Br取代甲基上的H原子得到，與NaCN發生取代反應生成，F與CH3I在乙醇鈉作用下加熱發生取代反應生成G，結合G的結構簡式可知，F為。
（1）由分析可知，A的結構簡式為，名稱為1，3-二甲苯或間二甲苯，故答案為：；1，3-二甲苯或間二甲苯；
（2）由分析可知，A→B的反應為催化劑作用下與氧氣共熱發生催化氧化反應生成、C→D的反應為光照條件下與溴發生取代反應生成和溴化氫，故答案為：氧化反應；取代反應；
（3）分子式為的X與C具有相同的官能團，分子中含有2個苯環說明X分子中含有酮羰基，比C分子多1個甲基，則核磁共振氫譜有3組峰的結構簡式為，故答案為：；
（4）由結構簡式可知，的官能團為酮羰基、碳溴鍵，故答案為：酮羰基、碳溴鍵；
（5）由分析可知，E→F的反應為乙醇鈉作用下與碳酸二乙酯共熱發生取代反應生成和乙醇，則Y為乙醇，故答案為：；；
（6）由題給信息可知，以至多3個碳的有機物為原料合成的合成步驟為：氫氧化鈉作用下乙醛與甲醛反應生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO與氫氣在一定條件下反應生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4與溴化氫發生取代反應生成C(CH2Br)4；濃硫酸作用下HOOCCH2COOH與乙醇共熱發生酯化反應生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇鈉作用下C2H5OOCCH2COOC2H5與C(CH2Br)4反應生成，在氫氧化鈉溶液中發生水解反應后，經鹽酸酸化、共熱發生脫羧反應生成，合成路線為。
19．【答案】（1）Cl、S
（2）
（3）或
（4）>；B分子間存在氫鍵
（5）G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液
（6）；8；
【知識點】配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】（1）第三周期元素指原子序數 11-18 的元素，則C中第三周期元素為Cl元素和S元素，故答案為：Cl、S；
（2）C分子中， 兩個鍵角均為，鍵角為 ，鍵角之和為，說明H、N和2個S位于同一平面上，則N原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；
（3）B進行自耦電離時，一個分子釋放 H+，另一個接受 H+，則陽離子F的結構式為或，故答案為：或；
（4）氟原子是吸電子基，會使氮氫鍵的極性增強，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會使氮氫鍵的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強于B，沸點強于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；
（5）G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液，所以有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，故答案為：G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液；
（6）①由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的氯離子個數為1，位于頂點的氧離子個數為8×=1，位于棱上的鋰離子個數為12×=3，由化合價代數和為0可知，晶胞中鋰離子的個數為2，則鋰離子的總缺位率為=；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為12×=8；故答案為：；8；
②設Li2(OH)Cl的相對分子質量為M，由晶胞結構可知，長方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。
【分析】（1）C中含有的H位于第一周期，O、N位于第二周期，S、Cl位于第三周期；
（2） 兩個和鍵角之和為， H、N和2個S位于同一平面；
（3）自耦電離時，一個分子釋放 H+，另一個接受 H+；
（4）酸性越強，Ka越大；分子間形成氫鍵，能提高物質的沸點；
（5）G 中正負電荷距離更近，形成離子對更穩定，解離度低；N 的配位能力強于磺酰基 O，導致 G 溶液中自由離子濃度小于 H 溶液；
（6）根據均攤法分析計算。
（1）由圖可知，C中第三周期元素為氯元素和硫元素，故答案為：Cl、S；
（2）由鍵角可知，C中氮原子的價層電子對數為3，原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；
（3）由原子個數和電荷總數守恒可知，陽離子F的結構式可能為或，故答案為：或；
（4）氟原子是吸電子基，會使氮氫鍵的極性增強，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會使氮氫鍵的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強于B，沸點強于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；
（5）由圖可知，G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液，所以有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，故答案為：G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液；
（6）①由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的氯離子個數為1，位于頂點的氧離子個數為8×=1，位于棱上的鋰離子個數為12×=3，由化合價代數和為0可知，晶胞中鋰離子的個數為2，則鋰離子的總缺位率為=；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為12×=8；故答案為：；8；
②設Li2(OH)Cl的相對分子質量為M，由晶胞結構可知，長方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。
1 / 1【高考真題】2024年海南高考真題化學試題
1．（2024·海南）化學為實現社會可持續發展貢獻巨大。下列說法錯誤的是
A．以竹代塑，可減少白色污染
B．使用人工合成殺蟲劑，對環境無影響
C．無紙化辦公，可減少人工合成油墨的使用
D．使用無磷洗滌劑，可減少水體污染
【答案】B
【知識點】化學科學的主要研究對象；綠色化學
【解析】【解答】A．塑料難以降解，形成 “白色污染”；竹子為天然可再生材料，替代塑料能降低難降解廢棄物的產生，可減少白色污染，故A正確；
B．工合成殺蟲劑多含化學毒性成分，可能通過食物鏈累積、污染土壤和水源，破壞生態平衡，對環境有顯著負面影響，故B錯誤；
C．紙張生產消耗木材資源，油墨含揮發性有機物等污染物，無紙化辦公能降低木材消耗和油墨污染，故C正確；
D．含磷洗滌劑會導致水的富營養化，從而導致赤潮、水華等污染，使用無磷洗滌劑，可減少水體污染，故D正確；
故選B。
【分析】A．白色污染主要由塑料造成；
Ｂ．人工合成殺蟲劑多含化學毒性成分；
Ｃ．油墨含揮發性有機物等污染物；
Ｄ．含磷洗滌劑廢水排入水體易引發藻類瘋長，導致 “水華” 現象。
2．（2024·海南）下列包裝標簽上的安全標識與試劑對應正確的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 濃硫酸 氯化鋇
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】幾種常見的化學標志
【解析】【解答】A．丁烷是氣體，且易燃，故A正確；
B．圖示標志為腐蝕品，葡萄糖沒有腐蝕性，故B錯誤；
C．濃硫酸是腐蝕品，應張貼腐蝕品標志，故C錯誤；
D．氯化鋇不屬于爆炸類物質，故D錯誤；
故選A。
【分析】A．丁烷是易燃氣體；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蝕性；
Ｃ．濃硫酸時液體；
Ｄ．氯化鋇不是爆炸物。
3．（2024·海南）高分子物質與我們生活息息相關。下列說法錯誤的是
A．糖原(成分類似于淀粉)可轉化為葡萄糖
B．聚合物是的加聚物
C．畜禽毛羽(主要成分為角蛋白)完全水解可以得到氨基酸
D．聚合物的單體是和
【答案】D
【知識點】多糖的性質和用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；聚合反應
【解析】【解答】A．淀粉為多糖，水解生成葡萄糖，糖原與淀粉類似，則糖原可水解為葡萄糖，故A正確，
B．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，發生加聚反應生成 ，故B正確；
C．蛋白質在一定條件下能完全水解生成氨基酸，故C正確；
D．聚合物的單體是和HOCH2CH2OH，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．淀粉為多糖；
Ｂ． 發生加聚反應生成聚乙烯；
Ｃ．蛋白質水解生成氨基酸；
Ｄ．該高聚物含有2個酯基。
4．（2024·海南）過氧化脲[]是一種常用的消毒劑，可由過氧化氫()和脲加合而成，代表性結構如圖所示。下列關于過氧化脲的說法正確的是
A．所有原子處于同一平面 B．氧的化合價均為-2價
C．殺菌能力源于其氧化性 D．所有共價鍵均為極性鍵
【答案】C
【知識點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氧化還原反應
【解析】【解答】A．該物質中，N的價層電子對數為4，含有一個孤電子對，采用sp3雜化，N與與之相連的原子呈三角錐形，則所有原子不可能處于同一平面，A錯誤；
B．過氧化氫中，O元素為-1價，其余氧的化合價為-2價，B錯誤；
C．該分子中存在過氧鍵，具有強氧化性，能使蛋白質變質，具有殺菌能力，C正確；
D．該分子中含有的O-O為極性鍵，D錯誤；
故答案為：C。
【分析】A．該分子中，N采用sp3雜化；
Ｂ．過氧化氫中O為-1價；
Ｃ．過氧鍵具有強氧化性；
Ｄ．O-O為極性鍵。
5．（2024·海南）下列化學應用實例與方程式不匹配的是
選項 應用實例 方程式
A 海上油氣1工平臺海葵一號的鋼殼外壁鋪裝鋅錠減緩腐蝕
B 用硫磺粉減少破損水銀體溫計灑落的Hg的危害
C 用濃溶液洗除實驗服上的黑色銀斑
D 烘焙糕點時，以食品級作膨松劑
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；金屬的電化學腐蝕與防護；離子方程式的書寫
【解析】【解答】A．該原理為犧牲陽極的陰極保護法，鋅比鐵活潑，作負極被腐蝕，電極反應式為，故A錯誤；
B．硫能與汞反應生成無毒的硫化汞，防止汞蒸氣揮發，反應的化學方程式為，故B正確；
C．銀與能與含有硫代硫酸根離子的溶液和氧氣反應生成二硫代硫酸根合銀離子和氫氧根離子，反應的離子方程式為，故C正確；
D．碳酸氫銨受熱分解生成氨氣和二氧化碳，使食品疏松多孔，反應的化學方程式為，故D正確；
故選A。
【分析】A．鋅化學性質活潑，易失去電子發生氧化反應；
Ｂ．S與Hg反應生成HgS；
Ｃ．銀與能與含有硫代硫酸根離子的溶液和氧氣反應生成二硫代硫酸根合銀離子和氫氧根離子；
Ｄ．碳酸氫銨不穩定，受熱分解生成氨氣和二氧化碳。
6．（2024·海南）代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是
A．超重水()所含的電子數目為
B．溶液中的數目為
C．過量C與充分反應轉移電子數目為
D．與足量發生取代反應生成HCl分子的數目為
【答案】A
【知識點】甲烷的取代反應；物質的量的相關計算；阿伏加德羅常數
【解析】【解答】A．含有10個電子，超重水的物質的量為，所含的電子為0.1mol×10=1mol，數目為，A正確；
B．在溶液中水解生成HClO，則溶液中的數目小于，B錯誤；
C．C與SiO2反應生成Si和CO，硅化合價由+4變為0，則反應轉移電子數目為4，C錯誤；
D．甲烷與氯氣發生取代反應為連鎖反應，同時得到四種氯代產物和HCl，結合氯守恒，與足量發生取代反應生成HCl分子的數目為，D錯誤；
故選A。
【分析】A．一個重水分子含有10個電子；
Ｂ． 在溶液中會發生水解；
Ｃ．C與SiO2反應生成Si和CO；
Ｄ．甲烷與氯氣的反應為連鎖取代反應。
7．（2024·海南）已知298K，101kPa時，。該反應在密閉的剛性容器中分別于T1、T2溫度下進行，CO2的初始濃度為，關系如圖所示。下列說法錯誤的是
A．T1＞T2
B．T1下反應達到平衡時
C．使用催化劑1的反應活化能比催化劑2的大
D．使用催化劑2和催化劑3的反應歷程相同
【答案】D
【知識點】活化能及其對化學反應速率的影響；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素
【解析】【解答】A．升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，平衡時CO2的濃度T1溫度下比T2溫度下的大，則T1＞T2，A正確；
B．T1溫度下達到平衡時CO2的濃度為0.25mol/L，CO2的濃度改變量為：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根據 可知，T1下反應達到平衡時，B正確；
C．溫度為T1時，使用催化劑2達到平衡的時間更短，說明使用催化劑1的反應活化能比催化劑2的大，C正確；
D．催化劑2和催化劑3分別在不同溫度下達到平衡所需要的時間是相同的，但溫度不同，反應速率也不同，說明催化劑2和催化劑3的反應歷程不相同，才能保證在不同溫度下達到相同的平衡時間，D錯誤；
故答案為：D。
【分析】A．升溫平衡向吸熱反應方向移動；
Ｂ．濃度的變化量之比等于化學計量數之比；
Ｃ．使用催化劑能降低反應的活化能；
Ｄ．催化劑2和催化劑3的反應歷程不同。
8．（2024·海南）已知時，，的臨界溫度(能夠液化的最高溫度)為，下列說法錯誤的是
A．氫氣燃燒熱
B．題述條件下和，在燃料電池中完全反應，電功+放熱量
C．氫能利用的關鍵技術在于安全儲存與運輸
D．不同電極材料電解水所需電壓不同，產生消耗的電功相同
【答案】D
【知識點】常見能量的轉化及運用；燃燒熱
【解析】【解答】A．根據 可知，1mol氫氣燃燒生成液態水放出的熱量為285.5kJ，則氫氣的燃燒熱，故A正確；
B．燃料電池反應的焓變等于系統對外做的電功與放出的熱量，則和在燃料電池中完全反應，電功+放熱量，故B正確；
C．氫氣易燃、密度小，液化需極低溫度（臨界溫度 - 240℃），安全儲存與運輸是氫能應用的核心挑戰，故C正確；
D．不同電極材料電解水所需電壓不同，說明所需的電流不同，所以產生2g氫氣所需時間不同，消耗的電功不同，故D錯誤；
故選D。
【分析】A．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒產生穩定的氧化物時放出的熱量；
Ｂ．原電池工作的過程中，化學能轉化為電能，同時還有熱損耗；
Ｃ．氫氣是可燃性氣體；
Ｄ．不同電極材料電解水所需電壓不同，電壓不同，電功不同。
9．（2024·海南）海南暗羅是一種藥用植物，具有抗菌、抗腫瘤活性。從中提取的一種生物活性物質結構簡式如圖所示。下列關于該分子說法正確的是
A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色
B．分子式為
C．含有4個手性碳原子
D．預測在不同溶劑中的溶解度
【答案】A,C
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；相似相溶原理及其應用；有機物的結構和性質
【解析】【解答】A．該有機物含有碳碳雙鍵、醛基，能被酸性高錳酸鉀氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；
B．由圖可知，該物質中含有20個C原子，28個H原子，4個O原子，其分子式為C20H28O4，B錯誤；
C．連有4個不同基團的飽和碳原子是手性碳原子，因此化合物含有的手性碳原子如圖，共有4個手性碳原子，C正確；
D．該有機物正負電荷中心不重合，為極性分子，環己烷為非極性分子，乙醇為極性分子，極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，則在不同溶劑中的溶解度S： ，D錯誤；
答案選AC。
【分析】A．該物質含有的碳碳雙鍵和醛基能被酸性高錳酸鉀氧化；
Ｂ．根據結構簡式確定各原子的數量，進而確定其分子式；
Ｃ．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子；
Ｄ．極性分子組成的溶質易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑。
10．（2024·海南）根據下列實驗及現象，所得結論錯誤的是
選項 實驗及現象 結論
A 將通入溴水至過量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自熱米飯附帶的熱源包(主要成分CaO，少許、Al粉)加水后，未產生氣體 Al粉已經變質
C 濃溶液呈黃綠色，加水稀釋后溶液呈藍色 配體與間存在配位平衡移動
D 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色 配離子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】配合物的成鍵情況；化學平衡移動原理；二氧化硫的性質
【解析】【解答】A．二氧化硫與溴水發生氧化還原反應，該反應中，S元素的化合價升高，SO2為還原劑，表現還原性，故A錯誤；
B．熱源包(主要成分CaO，少許、Al粉)加水后，CaO發生反應：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，單質鋁能與NaOH反應生成氫氣，未產生氣體，可能是Al粉被氧化為氧化鋁，故B正確；
C．濃溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黃色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（藍色）+4Cl-，加水稀釋后溶液呈藍色，說明 配體與間存在配位平衡移動 ，且該平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移動，故C正確；
D．的混合液會形成配離子， 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色 ，說明不能氧化KI，說明的氧化能力小于Fe3+，故D正確；
答案選A。
【分析】A．二氧化硫具有還原性；
Ｂ．Al在空氣中會被氧化為氧化鋁；
Ｃ．濃溶液中存在：[CuCl4]2-(黃色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI試紙遇的混合液不變色，說明不能氧化KI。
11．（2024·海南）某溫控質子驅動反應如圖所示，下列說法錯誤的是
A．I轉化為Ⅱ后，鍵長變短
B．基態離子的核外電子排式為
C．I具備在熱敏指示劑方面的應用前景
D．加熱時，Ⅰ的與結合，鍵斷開
【答案】B,D
【知識點】原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應用
【解析】【解答】A．化合物I中碳氮單鍵轉化為Ⅱ中碳氮雙鍵，所以I轉化為Ⅱ后，鍵長變短，故A正確；
B．N原子核外有7個電子，失去一個電子形成，則基態離子的核外電子排式為，故B錯誤；
C．I與氫離子共熱反應生成Ⅱ，說明I具備熱敏性，在熱敏指示劑方面的應用前景，故C正確；
D．由圖可知，加熱時，Ⅰ的與結合，鍵斷開，故D錯誤；
故選BD。
【分析】A．若反應中形成更強的化學鍵（如單鍵→雙鍵、配位鍵增強等），鍵長會變短；
Ｂ．N為7號元素，核外有7個電子，失去一個電子形成；
Ｃ．I與氫離子共熱反應生成Ⅱ；
Ｄ．結合圖示反應分析。
12．（2024·海南）下列實驗裝置或操作不能達到實驗目的的是
選項 A B
目的 提純含砂的粗碘 觀察氣體擴散現象
裝置或操作
選項 C D
目的 制取少量乙酸乙酯 測定中和反應的反應熱
裝置或操作
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知識點】物質的分離與提純；中和熱的測定；化學實驗方案的評價；酯化反應
【解析】【解答】A．碘易升華，加熱時碘單質升華后遇冷冷凝，而砂不揮發，可通過升華法分離，A不符合題意；
B．該裝置中鹽酸易揮發，揮發出的HCl氣體遇到甲基橙溶液，會使甲基橙溶液變色，故該裝置可觀察氣體擴散現象，B不符合題意；
C．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑的條件下加熱反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯難溶于水，因此用飽和碳酸鈉溶液吸收乙醇，中和乙酸，收集乙酸乙酯，C不符合題意；
D．該裝置未進行保溫，與外界存在熱交換，不能進行中和反應反應熱的測定，D符合題意；
故選D。
【分析】A．碘易升華；
Ｂ．鹽酸易揮發，且酸能使甲基橙變紅；
Ｃ．乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑的條件下加熱反應生成乙酸乙酯；
Ｄ．該裝置存在熱量損失。
13．（2024·海南）電解溶液得到，是早期制備的重要步驟。某實驗裝置如圖所示。電解過程流出液b中混有少量氣泡。下列說法錯誤的是
A．電解過程中陰極區的不斷遷移到陽極區
B．圖中a代表
C．回路中通過電子產生
D．氧化成的電極反應為
【答案】A,C
【知識點】電解原理；電解池工作原理及應用
【解析】【解答】A． 為陰離子，不能通過質子交換膜，因此不能從陰極區遷移到陽極區，A錯誤；
B．陰極發生反應，則a為氫氣，B正確；
C．由于陽極區存在副反應，則當回路中通過1mol電子產生的小于0.5mol，C錯誤；
D．陽極區，失電子被氧化成 ，電極反應式為，D正確；
故選AC。
【分析】由圖可知，左側與電源正極相連，為陽極，發生氧化反應，電極反應式為 ，電解過程流出液b中混有少量氣泡，說明同時發生，生成氧氣，右側與電源負極相連，為陰極，電極反應式為，則a為氫氣。
14．（2024·海南）在生態系統的硫循環中不可或缺。時，水溶液中價S不同形態的分布分數如圖所示，下列說法正確的是
A．線a表示的分布分數
B．時，的約為7.0
C．的溶液吸收的量大于
D．可以向燃氣中摻入微量以示警燃氣泄漏
【答案】B,C
【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；硫化氫
【解析】【解答】A．由分析可知，曲線a表示H2S的分布分數變化，曲線b表示HS-的分布分數變化，故A錯誤；
B．a、b曲線的交點處，pH=7，則Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，則硫化鈉的Kb2====1×10﹣7，則PKb2約為7，故B正確；
C．氫氧化鈉溶液與過量的硫化氫反應生成硫氫化鈉，則1.0L1mol/L的氫氧化鈉溶液能與1mol硫化氫氣體反應，由于硫化氫氣體溶于水，所以1.0L1mol/L的氫氧化鈉溶液吸收硫化氫氣體的物質的量大于1mol，故C正確；
D．硫化氫氣體有毒，不能向燃氣中摻入微量硫化氫氣體以示警燃氣泄漏，故D錯誤；
故選BC。
【分析】H2S在溶液中分步電離：、，反應過程中，H2S不斷減少，HS-先增大后減小，S2-不斷增大，則曲線a表示H2S的分布分數變化，曲線b表示HS-的分布分數變化，曲線c表示S2-的分布分數變化。
15．（2024·海南）錳鋅鐵氧體()元件是電子線路中的基礎組成部分。某實驗室利用廢棄電子產品中的錳鋅鐵氧體制備、ZnO和，可用于電池，催化劑等行業，其工藝流程如下：
回答問題：
（1）氨浸的作用是將　 　元素(填元素符號)有效轉移到水溶液中。
（2）煮沸含有配合物的溶液B，產生混合氣體，經冷凝后所得溶液可循環用于氨浸，該溶液是　 　。
（3）沉錳反應的離子方程式為　 　。某次實驗時，將原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并產出(純度為99.9%)，則該原料化學式中　 　。
（4）沉鐵時，選擇是為了便于從濾液中回收有價值的鉀鹽　 　(填化學式)。該鉀鹽在種植業中的一種用途是　 　。
（5）通過加入固體，除去濾液中危害環境的，已知，。反應的平衡常數為　 　。
【答案】（1）Zn
（2）氨水
（3）或不含結晶水形式；0.75
（4）；鉀肥或其他合理用途
（5）
【知識點】氧化還原反應方程式的配平；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）氨浸的過程中，Zn元素轉化為，轉移到水溶液中，因此氨浸的作用是將Zn元素有效轉移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氫氧化鋅沉淀，產生混合氣體，經冷凝后的溶液可循環利用于氨浸，則生成的混合氣體中含有氨氣和水蒸氣，冷凝后的溶液為氨水。
（3）沉錳時，與Mn2+發生歸中反應生成 ，反應的離子反應式為（便于后續計算）或不含結晶水；由離子反應式可知，消耗了，則錳鋅鐵氧體中，，由錳鋅鐵氧體化學式可知，，化合價代數和為0，則，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固體A后，溶液中存在大量硫酸根，選擇可以從濾液中回收有價值的硫酸鉀，該鉀鹽在種植業中可用作鉀肥。
（5）平衡常數。
【分析】錳鋅鐵氧體粉末進行氨浸，其中的Zn元素轉化為進而轉移到水溶液中，過濾得到固體A和溶液B，溶液B中主要含有，煮沸得到Zn(OH)2，煅燒Zn(OH)2得到ZnO；固體A中主要含有錳元素和鐵，加入硫酸酸浸，再加入沉錳，將Mn2+氧化為MnO2，分離出，溶液C中主要含有鐵離子，加入鐵粉將其還原為亞鐵離子，加入沉鐵得到。
（1）由分析可知，氨浸的作用是將Zn元素有效轉移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氫氧化鋅沉淀，產生混合氣體，經冷凝后的溶液可循環利用于氨浸，則生成的混合氣體中含有氨氣和水蒸氣，冷凝后的溶液為氨水。
（3）根據沉錳前后物質可知，沉錳反應的離子反應式為（便于后續計算）或不含結晶水；由離子反應式可知，消耗了，則錳鋅鐵氧體中，，由錳鋅鐵氧體化學式可知，，化合價代數和為0，則，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固體A后，溶液中存在大量硫酸根，選擇可以從濾液中回收有價值的硫酸鉀，該鉀鹽在種植業中可用作鉀肥。
（5）平衡常數。
16．（2024·海南）氨是一種理想的儲氫載體，具有儲氫密度高、儲運技術成熟等優點。已知時，反應①：；物質的量分數。
回答問題：
（1）題述條件下，反應②：　 　。
（2）設反應為一步完成，且與溫度無關，已知下，反應①活化能為，則分解反應的活化能為　 　。
（3）既能影響反應②平衡轉化率又能影響其反應速率的因素有　 　、　 　。
（4）溫度T下恒容密閉容器中進行氨催化分解反應，關系曲線如圖所示，其函數關系　 　(寫表達式)，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率　 　；假設吸附到催化劑表面后都變成活化分子，其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，則單位時間的產量將　 　。
【答案】（1）+92
（2）427
（3）壓強；溫度
（4）；不變；增大
【知識點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡移動原理；化學反應速率與化學平衡的綜合應用；化學平衡的計算
【解析】【解答】（1）反應①是反應②的逆反應，反應①H=-92kJ/mol，則反應②H=+92kJ/mol，故答案為：+92；
（2）反應①是反應②的逆反應，分解反應的活化能=反應①的活化能-反應①的焓變，673K下，反應①活化能為335 kJ/mol，則氨氣分解的活化能為335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案為：427；
（3）反應②是氣體體積增大的吸熱反應，改變溫度和壓強，化學反應速率均改變，平衡都會發生移動，所以溫度和壓強既能影響反應平衡轉化率又能影響其反應速率，故答案為：溫度；壓強；
（4）由圖可知，反應起始時氨氣的分壓為35kPa、5min時氨氣的分壓為23.5kPa、10min時氨氣的分壓為12kPa，0—5min時，分壓的變化量為2.3×5=35-23.5，0—5min時，分壓的變化量為2.3×10=35-12，則函數關系p(NH3)=；由關系式可知，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率不變；由題意可知，吸附到催化劑表面后氨分子都變成活化分子，則其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，反應速率加快，所以單位時間氫氣的產量將增大，故答案為：；不變；增大。
【分析】（1）正反應為放熱反應，則逆反應為吸熱反應；
（2）分解反應的活化能=反應①的活化能-反應①的焓變；
（3）化學平衡移動原理的具體內容為：如果改變可逆反應的條件（如濃度、壓強、溫度等），化學平衡就被破壞，并向減弱這種改變的方向移動，同時壓強、溫度等也能影響反應速率；
（4）催化劑能降低反應的活化能，增大反應速率。
（1）由方程式可知，反應①是反應②的逆反應，反應①H=—92kJ/mol，則反應②H=+92kJ/mol，故答案為：+92；
（2）由方程式可知，反應①是反應②的逆反應，由題意可知，673K下，反應①活化能為335 kJ/mol，則氨氣分解的活化能為335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案為：427；
（3）反應②是氣體體積增大的吸熱反應，改變溫度和壓強，化學反應速率均改變，平衡都會發生移動，所以溫度和壓強既能影響反應平衡轉化率又能影響其反應速率，故答案為：溫度；壓強；
（4）由圖可知，反應起始時氨氣的分壓為35kPa、5min時氨氣的分壓為23.5kPa、10min時氨氣的分壓為12kPa，0—5min時，分壓的變化量為2.3×5=35-23.5，0—5min時，分壓的變化量為2.3×10=35-12，則函數關系p(NH3)=；由關系式可知，增大氨的初始分壓，氨的轉化速率不變；由題意可知，吸附到催化劑表面后氨分子都變成活化分子，則其它條件不變，改用比表面積更大的催化劑，反應速率加快，所以單位時間氫氣的產量將增大，故答案為：；不變；增大。
17．（2024·海南）羥基磷酸鈣是骨骼石灰和牙釉質的主要成分。某課題組按照下述步驟進行其制備探索：在75℃下向由一定量粉末配制的含有分散劑的漿液中，邊攪拌邊滴加計算量的稀，滴加完成后繼續攪拌一段時間。冷至室溫固液分離，烘干固體得納米級微粉產品。制備依據的代表反應式為：，裝置如圖所示(固定器具已省略)。
回答問題：
（1）裝置圖中，安裝不當的是　 　 (填儀器標號)
（2）使用冷凝管的目的是　 　，冷凝水進水口為　 　 (填序號)，干燥管中熟石灰用于吸收　 　 (填化學式)。
（3）實驗中使用水浴加熱，其優點為　 　、　 　。
（4）投料時應使用新制粉末，以降低雜質　 　 (填化學式)對實驗的影響。
（5）完成反應后，可以保持產品組成穩定的固液分離方式有　 　、　 　 (填標號)。
a．傾倒 b．常壓過濾 c．減壓過濾 d．離心分離
（6）實驗中以題述加料方式所得產品中。某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中。造成這種結果差異的原因是　 　。
【答案】（1）a
（2）使水冷凝回流；②；
（3）控溫容易；受熱均勻；無明火，更安全；燒瓶使用后更易清潔(答出任意兩點)
（4）
（5）b；d
（6）在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化
【知識點】物質的分離與提純；制備實驗方案的設計；化學實驗方案的評價
【解析】【解答】（1）攪拌器應插入液面以下，故安裝不當的是a；
（2）該反應產物為羥基磷酸鈣和水，羥基磷酸鈣骨骼石灰和牙釉質的主要成分，其熔沸點高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式為下進上出，則進水口為2；干燥管中熟石灰用于吸收空氣中的二氧化碳，防止與漿液反應生成，影響產品純度；
（3）水浴加熱的優點為控溫容易、受熱均勻、無明火、更安全、燒瓶使用后更易清潔等；
（4）投料時應使用新制粉末，易與空氣中二氧化碳反應生成碳酸鈣固體，故應為降低雜質對實驗的影響；
（5）a．傾倒法無法有效實現固液分離，故a錯誤；
b．常壓過濾，即為普通過濾操作，可以保持產品組成穩定，故b正確；
c．減壓過濾，俗稱抽濾，其過濾速度較快，不利于提高納米級微粉產品的產率，也不利于實現穩定的固液分離，故c錯誤；
d．離心分離法是利用離心力使重量不同的物質分隔開，可以實現穩定的固液分離，故d正確；
故選bd；
（6）題述加料方式所得產品中，某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中，相當于含量變大，則造成這種結果差異的原因是在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化。
【分析】（1）攪拌器要伸入液面以下；
（2）冷凝管能冷凝回流液體；為了使冷凝效果更佳，冷凝水下進上出；二氧化碳能與氫氧化鈣反應；
（3）水浴加熱便于控溫，且受熱均勻；
（4）與二氧化碳反應生成碳酸鈣；
（5）固液分離常用過濾的方法；
（6） 滴入稀 ，局部和本體的和都相對過量。
（1）裝置圖中，攪拌器應插入液面以下進行攪拌，故安裝不當的是a；
（2）該反應產物為羥基磷酸鈣和水，羥基磷酸鈣骨骼石灰和牙釉質的主要成分，其熔沸點高，故冷凝管的作用是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式為下進上出，則進水口為2；干燥管中熟石灰用于吸收空氣中的二氧化碳，防止與漿液反應生成，影響產品純度；
（3）水浴加熱的優點為控溫容易、受熱均勻、無明火、更安全、燒瓶使用后更易清潔等；
（4）投料時應使用新制粉末，易與空氣中二氧化碳反應生成碳酸鈣固體，故應為降低雜質對實驗的影響；
（5）a．傾倒法無法有效實現固液分離，故a錯誤；
b．常壓過濾，即為普通過濾操作，可以保持產品組成穩定，故b正確；
c．減壓過濾，俗稱抽濾，其過濾速度較快，不利于提高納米級微粉產品的產率，也不利于實現穩定的固液分離，故c錯誤；
d．離心分離法是利用離心力使重量不同的物質分隔開，可以實現穩定的固液分離，故d正確；
故選bd；
（6）題述加料方式所得產品中，某次實驗將漿液滴入稀得到的產品中，相當于含量變大，則造成這種結果差異的原因是在將漿液滴入稀的整個加料過程中，局部和本體的和都相對過量，限制了向含有更多組成的物質的沉淀轉化。
18．（2024·海南）消炎鎮痛藥F的一種合成路線如下：
回答問題：
（1）A的結構簡式為　 　，其化學名稱為　 　。
（2）A→B、C→D反應的類型分別為　 　、　 　。
（3）某化合物X的分子式為，符合下列條件X的結構簡式為　 　。
①與C具有相同的官能團 ②含有2個苯環 ③核磁共振氫譜有3組峰
（4）D中所含官能團名稱為　 　。
（5）E→F反應方程式如下，F和Y的結構簡式分別為　 　、　 　。
（6）以至多3個碳的有機物為原料(無機試劑任選)，設計合成的路線　 　。
已知：
【答案】（1）；1，3-二甲苯或間二甲苯
（2）氧化反應；取代反應
（3）
（4）酮羰基、碳溴鍵
（5）；
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的合成；芳香烴；同分異構現象和同分異構體；取代反應
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的結構簡式為，名稱為1，3-二甲苯或間二甲苯，故答案為：；1，3-二甲苯或間二甲苯；
（2）A催化氧化生成B，則A→B的反應類型為氧化反應，C與溴在光照條件下，溴原子取代甲基上的H原子得到D，則C→D的反應類型為取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；
（3） 化合物X的分子式為 ，滿足條件①與C具有相同的官能團，則含有羰基，②含有2個苯環，③核磁共振氫譜有3組峰，說明含有3種不同環境的原子，則符合條件的結構簡式為，故答案為：；
（4）D中含有的官能團為酮羰基、碳溴鍵，故答案為：酮羰基、碳溴鍵；
（5）E→F的反應為乙醇鈉作用下與碳酸二乙酯共熱發生取代反應生成和乙醇，則Y為乙醇，故答案為：；；
（6）氫氧化鈉作用下乙醛與甲醛反應生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO與氫氣在一定條件下反應生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4與溴化氫發生取代反應生成C(CH2Br)4；濃硫酸作用下HOOCCH2COOH與乙醇共熱發生酯化反應生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇鈉作用下C2H5OOCCH2COOC2H5與C(CH2Br)4反應生成，在氫氧化鈉溶液中發生水解反應后，經鹽酸酸化、共熱發生脫羧反應生成，則合成路線為。
【分析】A與氧氣在催化劑條件下催化氧化得到B，結合B的結構簡式和A的分子式可知，A的結構簡式為 ，與SOCl2共熱發生取代反應，再與(C6H5)4BNa發生取代反應生成，光照條件下與溴發生取代，Br取代甲基上的H原子得到，與NaCN發生取代反應生成，F與CH3I在乙醇鈉作用下加熱發生取代反應生成G，結合G的結構簡式可知，F為。
（1）由分析可知，A的結構簡式為，名稱為1，3-二甲苯或間二甲苯，故答案為：；1，3-二甲苯或間二甲苯；
（2）由分析可知，A→B的反應為催化劑作用下與氧氣共熱發生催化氧化反應生成、C→D的反應為光照條件下與溴發生取代反應生成和溴化氫，故答案為：氧化反應；取代反應；
（3）分子式為的X與C具有相同的官能團，分子中含有2個苯環說明X分子中含有酮羰基，比C分子多1個甲基，則核磁共振氫譜有3組峰的結構簡式為，故答案為：；
（4）由結構簡式可知，的官能團為酮羰基、碳溴鍵，故答案為：酮羰基、碳溴鍵；
（5）由分析可知，E→F的反應為乙醇鈉作用下與碳酸二乙酯共熱發生取代反應生成和乙醇，則Y為乙醇，故答案為：；；
（6）由題給信息可知，以至多3個碳的有機物為原料合成的合成步驟為：氫氧化鈉作用下乙醛與甲醛反應生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO與氫氣在一定條件下反應生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4與溴化氫發生取代反應生成C(CH2Br)4；濃硫酸作用下HOOCCH2COOH與乙醇共熱發生酯化反應生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇鈉作用下C2H5OOCCH2COOC2H5與C(CH2Br)4反應生成，在氫氧化鈉溶液中發生水解反應后，經鹽酸酸化、共熱發生脫羧反應生成，合成路線為。
19．（2024·海南）鋰電池是新型儲能系統中的核心部件。作為鋰電池中用到的電解質材料之一，(陰離子結構見下圖。A)深受關注。
回答問題：
（1）的制備前體(B)，可由C的氟化反應得到，C中第三周期元素有　 　(填元素符號)。
（2）C分子中，兩個鍵角均為，鍵角為，N的原子軌道雜化類型為　 　。
（3）B溶于某溶劑發生自耦電離()，陽離子F的結構式為　 　。
（4）B和D水溶液均呈酸性，相同溫度下，值大小關系：B　 　D(填“>”或“<”)；沸點大小關系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　 　。
（5）研究表明，某有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，原因是　 　。
（6）在固體離子電導方面具有潛在的應用前景。其兩種晶型中，一種取長方體形晶胞(圖1，長方體棱長為a、b、c)，另一種取立方體形晶胞(圖2，Cl居于立方體中心，立方體棱長為d)。圖中氫原子皆己隱去。
①立方體形晶胞所代表的晶體中部分鋰離子(●Li)位置上存在缺位現象，鋰離子的總缺位率為　 　；該晶型中氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為　 　。
②兩種晶型的密度近似相等，則　 　。(以含a、b和d的代數式表達)
【答案】（1）Cl、S
（2）
（3）或
（4）>；B分子間存在氫鍵
（5）G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液
（6）；8；
【知識點】配合物的成鍵情況；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；氫鍵的存在對物質性質的影響
【解析】【解答】（1）第三周期元素指原子序數 11-18 的元素，則C中第三周期元素為Cl元素和S元素，故答案為：Cl、S；
（2）C分子中， 兩個鍵角均為，鍵角為 ，鍵角之和為，說明H、N和2個S位于同一平面上，則N原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；
（3）B進行自耦電離時，一個分子釋放 H+，另一個接受 H+，則陽離子F的結構式為或，故答案為：或；
（4）氟原子是吸電子基，會使氮氫鍵的極性增強，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會使氮氫鍵的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強于B，沸點強于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；
（5）G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液，所以有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，故答案為：G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液；
（6）①由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的氯離子個數為1，位于頂點的氧離子個數為8×=1，位于棱上的鋰離子個數為12×=3，由化合價代數和為0可知，晶胞中鋰離子的個數為2，則鋰離子的總缺位率為=；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為12×=8；故答案為：；8；
②設Li2(OH)Cl的相對分子質量為M，由晶胞結構可知，長方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。
【分析】（1）C中含有的H位于第一周期，O、N位于第二周期，S、Cl位于第三周期；
（2） 兩個和鍵角之和為， H、N和2個S位于同一平面；
（3）自耦電離時，一個分子釋放 H+，另一個接受 H+；
（4）酸性越強，Ka越大；分子間形成氫鍵，能提高物質的沸點；
（5）G 中正負電荷距離更近，形成離子對更穩定，解離度低；N 的配位能力強于磺酰基 O，導致 G 溶液中自由離子濃度小于 H 溶液；
（6）根據均攤法分析計算。
（1）由圖可知，C中第三周期元素為氯元素和硫元素，故答案為：Cl、S；
（2）由鍵角可知，C中氮原子的價層電子對數為3，原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；
（3）由原子個數和電荷總數守恒可知，陽離子F的結構式可能為或，故答案為：或；
（4）氟原子是吸電子基，會使氮氫鍵的極性增強，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會使氮氫鍵的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強于B，沸點強于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；
（5）由圖可知，G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液，所以有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，故答案為：G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液；
（6）①由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的氯離子個數為1，位于頂點的氧離子個數為8×=1，位于棱上的鋰離子個數為12×=3，由化合價代數和為0可知，晶胞中鋰離子的個數為2，則鋰離子的總缺位率為=；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數目為12×=8；故答案為：；8；
②設Li2(OH)Cl的相對分子質量為M，由晶胞結構可知，長方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。
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