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【高考真题】2022年海南省高考真题化学试题
一、选择题（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．（2022·海南）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
【知识点】钠的重要化合物；微量元素对人体健康的重要作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A不符合题意；
B．小苏打的主要成分是NaHCO3，B符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氟是人体必须的微量元素之一，不仅能降低牙釉质的溶解度防止牙齿表面溶解，还能促进釉质的再矿化，抑制致龋菌繁殖；
B.小苏打的成分是NaHCO3；
C.醋酸与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙；
D.使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值。
2．（2022·海南）《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
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“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，涉及的操作方法是过滤；“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，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
3．（2022·海南）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．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；气体的收集
【解析】【解答】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A不符合题意；
B．CO2的密度大于空气，且不与空气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B符合题意；
C．浓硫酸密度大于乙醇，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不符合题意；
D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁；
B.二氧化碳密度大于空气；
C.浓硫酸密度大于乙醇，两者混合时，应将浓硫酸加入乙醇中；
D.转移溶液时，应用玻璃棒引流。
4．（2022·海南）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
【知识点】多糖的性质和用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】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不符合题意；
B．人体没有分解纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，不能为运动员提供能量，B符合题意；
C．木糖醇具有甜味，可用作运动饮料的甜味剂，C不符合题意；
D．氯乙烷沸点较低、易挥发吸热，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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.聚酯纤维最大的优点是抗皱性和保形性很好，具有较高的强度与弹性恢复能力；
B.纤维素在人体内不能水解；
C.木糖醇属于醇类但有甜味；
D.氯乙烷沸点较低、易挥发吸热。
5．（2022·海南）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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，钠的第一电离能大于钾，A符合题意；
B．基态钾原子价层电子排布式为4s1，其轨道表示式为，B不符合题意；
C．K和盐溶液反应会先和水反应，因此钾不能置换出 NaCl溶液中的钠，C不符合题意；
D．钠元素的原子序数为11，钾元素的原子序数为19，两者相差8，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小；
B.基态钾原子价层电子排布式为4s1；
C.K和盐溶液反应会先和水反应；
D.钠元素的原子序数为11，钾元素的原子序数为19。
6．（2022·海南）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
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 酸性溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液反应，沉淀不消失，A不符合题意；
B．KSCN溶液遇Fe3+变血红色，遇Fe2+不会变成血红色，B不符合题意；
C．AgI的溶解度远远小于AgCl，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不符合题意；
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，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁不溶于氢氧化钠；
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色；
C.氯化银溶解度大于碘化银；
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性。
7．（2022·海南）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0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，HCl过量，按照铁计算，则该反应转移电子为0.1mol，A符合题意；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，数目为0.3NA，B不符合题意；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，含有的中子数为1.5NA，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，100mL3mol/LHCl的物质的量为0.3mol， HCl过量。
8．（2022·海南）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，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则v正> v逆，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；
B．催化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡常数只与温度有关；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.增大某一反应物浓度，平衡正向移动；
D.增大某一反应物浓度，平衡正向移动，但是其转化率减小。
二、选择题（每小题有一个或两个选项符合题意）
9．（2022·海南）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
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．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符合题意；
B．a为阳极，若金属Ag作的电极材料，金属Ag优先失去电子，故不能用Ag作电极，B不符合题意；
C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C不符合题意；
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↑，固体氧化物电解质中O2-不会改变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a电极上O2-失去电子发生氧化反应生成氧气，则a电极为阳极，电极反应为2O2--4e﹣＝O2↑，b电极为阴极，电极反应为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-。
10．（2022·海南）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σ键 D．的酸性比强
【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】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不符合题意；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl-Cl＜I-I，B符合题意；
C．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C不符合题意；
D．电负性Cl＞I，Cl吸电子能力大于I，则ClCH2COOH比ICH2COOH容易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.HCl为共价化合物；
B.原子半径越大，共价键键长越大；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.Cl吸电子能力大于I。
11．（2022·海南）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
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为N元素，W为Cl元素，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷中心不重合，属于极性分子，A不符合题意；
B．H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B不符合题意；
C．Y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符合题意；
D．N、O、Na三种元素组成的化合物中，NaNO3的水溶液呈中性、NaNO2的水溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y同周期并相邻，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，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则Z为Na元素，W为Cl元素。
12．（2022·海南）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】A,B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．“E7974”含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A符合题意；
B．由结构简式可知，分子中含有如图 共4种官能团，B符合题意；
C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，化合物“E7974”含有的手性碳原子如图 ，共3个，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.化合物“E7974”中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色；
B.化合物“E7974”中含有氨基、酰胺基、碳碳双键和羧基；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.该分子结构中酰胺基和羧基可以与NaOH反应。
13．（2022·海南）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】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
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符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
14．（2022·海南）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①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】B,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
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)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(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符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
三、非选择题
15．（2022·海南）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。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是 。
（2）步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成 (填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为 。
（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能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是 。
ⅱ.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③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
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)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，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
(2)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②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
(3)步骤②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。
(4)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。
(5)ⅰ. 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②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. 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I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水，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。
16．（2022·海南）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。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
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=350℃ t=400℃
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，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Ⅱ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Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知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。
(2)①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，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②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，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；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2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，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。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
17．（2022·海南）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8.0~9.0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
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】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。
(1)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↑；
(2)根据可知，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=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0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。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
18．（2022·海南）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 。
（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：+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）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】
(1)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A→B的反应类型为取代反应(或磺化反应)；
(2)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；
(3)C的结构简式为，其化学名称为苯酚；根据分析可知，D的结构简式为；
(4)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；
(5)F的分子式为C10H10O4，F的不饱和度为6，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，因此X中含有两个酯基且X的结构对称，则满足条件的X的结构简式为：或；
(6)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；
(7)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：
【分析】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。
19．（2022·海南）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[He]2s22p4；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)4]2++2OH-+H2↑
（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） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为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；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)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，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)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；
(6)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。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
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【高考真题】2022年海南省高考真题化学试题
一、选择题（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．（2022·海南）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
2．（2022·海南）《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
3．（2022·海南）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．A B．B C．C D．D
4．（2022·海南）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
5．（2022·海南）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
6．（2022·海南）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
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 酸性溶液中滴加乙醇至过量 溶液紫红色褪去
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·海南）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0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
8．（2022·海南）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，充入一定量的，的平衡转化率增大
二、选择题（每小题有一个或两个选项符合题意）
9．（2022·海南）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
10．（2022·海南）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σ键 D．的酸性比强
11．（2022·海南）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
12．（2022·海南）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
13．（2022·海南）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，
14．（2022·海南）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①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
三、非选择题
15．（2022·海南）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。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是 。
（2）步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成 (填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为 。
（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能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是 。
ⅱ.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)。
16．（2022·海南）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。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
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=350℃ t=400℃
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，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Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
17．（2022·海南）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8.0~9.0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。
18．（2022·海南）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 。
（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：+CO2
19．（2022·海南）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 、 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；微量元素对人体健康的重要作用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A不符合题意；
B．小苏打的主要成分是NaHCO3，B符合题意；
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不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氟是人体必须的微量元素之一，不仅能降低牙釉质的溶解度防止牙齿表面溶解，还能促进釉质的再矿化，抑制致龋菌繁殖；
B.小苏打的成分是NaHCO3；
C.醋酸与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙；
D.使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值。
2．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“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，涉及的操作方法是过滤；“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，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
3．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤；气体的收集
【解析】【解答】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A不符合题意；
B．CO2的密度大于空气，且不与空气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B符合题意；
C．浓硫酸密度大于乙醇，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不符合题意；
D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁；
B.二氧化碳密度大于空气；
C.浓硫酸密度大于乙醇，两者混合时，应将浓硫酸加入乙醇中；
D.转移溶液时，应用玻璃棒引流。
4．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】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不符合题意；
B．人体没有分解纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，不能为运动员提供能量，B符合题意；
C．木糖醇具有甜味，可用作运动饮料的甜味剂，C不符合题意；
D．氯乙烷沸点较低、易挥发吸热，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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.聚酯纤维最大的优点是抗皱性和保形性很好，具有较高的强度与弹性恢复能力；
B.纤维素在人体内不能水解；
C.木糖醇属于醇类但有甜味；
D.氯乙烷沸点较低、易挥发吸热。
5．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同一主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，钠的第一电离能大于钾，A符合题意；
B．基态钾原子价层电子排布式为4s1，其轨道表示式为，B不符合题意；
C．K和盐溶液反应会先和水反应，因此钾不能置换出 NaCl溶液中的钠，C不符合题意；
D．钠元素的原子序数为11，钾元素的原子序数为19，两者相差8，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小；
B.基态钾原子价层电子排布式为4s1；
C.K和盐溶液反应会先和水反应；
D.钠元素的原子序数为11，钾元素的原子序数为19。
6．【答案】D
【知识点】物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2不与过量的NaOH溶液反应，沉淀不消失，A不符合题意；
B．KSCN溶液遇Fe3+变血红色，遇Fe2+不会变成血红色，B不符合题意；
C．AgI的溶解度远远小于AgCl，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不符合题意；
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，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁不溶于氢氧化钠；
B.KSCN溶液遇Fe3+变血红色；
C.氯化银溶解度大于碘化银；
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性。
7．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，HCl过量，按照铁计算，则该反应转移电子为0.1mol，A符合题意；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，数目为0.3NA，B不符合题意；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，含有的中子数为1.5NA，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Fe与盐酸发生反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，2.8gFe物质的量为0.05mol，100mL3mol/LHCl的物质的量为0.3mol， HCl过量。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则v正> v逆，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；
B．催化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡常数只与温度有关；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.增大某一反应物浓度，平衡正向移动；
D.增大某一反应物浓度，平衡正向移动，但是其转化率减小。
9．【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．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符合题意；
B．a为阳极，若金属Ag作的电极材料，金属Ag优先失去电子，故不能用Ag作电极，B不符合题意；
C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C不符合题意；
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↑，固体氧化物电解质中O2-不会改变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a电极上O2-失去电子发生氧化反应生成氧气，则a电极为阳极，电极反应为2O2--4e﹣＝O2↑，b电极为阴极，电极反应为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-。
10．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】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不符合题意；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl-Cl＜I-I，B符合题意；
C．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C不符合题意；
D．电负性Cl＞I，Cl吸电子能力大于I，则ClCH2COOH比ICH2COOH容易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.HCl为共价化合物；
B.原子半径越大，共价键键长越大；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.Cl吸电子能力大于I。
11．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为N元素，W为Cl元素，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷中心不重合，属于极性分子，A不符合题意；
B．H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B不符合题意；
C．Y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符合题意；
D．N、O、Na三种元素组成的化合物中，NaNO3的水溶液呈中性、NaNO2的水溶液呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y同周期并相邻，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，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则Z为Na元素，W为Cl元素。
12．【答案】A,B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．“E7974”含有碳碳双键，可使Br2的CCl4溶液褪色，A符合题意；
B．由结构简式可知，分子中含有如图 共4种官能团，B符合题意；
C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，化合物“E7974”含有的手性碳原子如图 ，共3个，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.化合物“E7974”中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色；
B.化合物“E7974”中含有氨基、酰胺基、碳碳双键和羧基；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.该分子结构中酰胺基和羧基可以与NaOH反应。
13．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；
B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；
C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO +H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；
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符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.次氯酸根会发生水解；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应 CO2 + NaClO + H2O =HClO + NaHCO3；
C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；
D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。
14．【答案】B,D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，A不符合题意；
B．由图象，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B符合题意；
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)]均极小，则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C不符合题意；
D．c[M(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符合题意；
故答案为：BD。
【分析】根据溶解反应可知，当酸性较强时， 的平衡正向移动，的平衡逆向移动，则曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg c( )与pH的关系。
15．【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）溶液 C 经步骤③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
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)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，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
(2)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②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
(3)步骤②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。
(4)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。
(5)ⅰ. 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②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. 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I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水，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。
16．【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Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知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。
(2)①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，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②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，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；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2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，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。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
17．【答案】（1）
（2）11.5
（3）平衡气压防倒吸；倒吸
（4）；
（5）酚酞；无
【知识点】氨的实验室制法；指示剂；制备实验方案的设计；物质的量浓度
【解析】【解答】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。
(1)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↑；
(2)根据可知，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=；
(3)NH3极易溶于水，打开活塞K2以平衡气压，可防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2；
(4)继续通入NH3，(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
(5)当pH为8.0~9.0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。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化铵、氨气和水；
（2）根据和c稀释前×V稀释前=c稀释后×V稀释后计算；
（3）氨气极易溶于水，K2可平衡气压，防止发生倒吸；
（4）当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）(NH4)2HPO4溶液显碱性，可以选用酚酞作指示剂；碱性溶液能遇酚酞变红。
18．【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）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】
(1)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A→B的反应类型为取代反应(或磺化反应)；
(2)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；
(3)C的结构简式为，其化学名称为苯酚；根据分析可知，D的结构简式为；
(4)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；
(5)F的分子式为C10H10O4，F的不饱和度为6，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，因此X中含有两个酯基且X的结构对称，则满足条件的X的结构简式为：或；
(6)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；
(7)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：
【分析】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。
19．【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；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)4]2++2OH-+H2↑
（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） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为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；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)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，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)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；
(6)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。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
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