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【高考真题】2022年重庆高考真题化学试题
一、选择题
1．（2022·重庆市）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是（ ）
A．“北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素
B．“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
C．“祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
2．（2022·重庆市）BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是（ ）
A．Cl的原子结构示意图为
B．H2O的空间填充模型为
C．BCl3的电子式为：
D．B(OH)3的结构简式为
3．（2022·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol L-1醋酸和0.1mol L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
4．（2022·重庆市）下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是（ ）
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2
5．（2022·重庆市）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA
B．消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA
C．生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA
D．氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA
6．（2022·重庆市）关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C12H16O6 B．含三个手性碳原子
C．所有氧原子共平面 D．与(CH3)2C=O互为同系物
7．（2022·重庆市）下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是（ ）
A．装置甲气体干燥 B．装置乙固液分离
C．装置丙Cl2制备 D．装置丁pH测试
8．（2022·重庆市）PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确的是（ ）
A．PEEK是纯净物
B．X与Y经加聚反应制得PEEK
C．X苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种
D．1molY与H2发生加成反应，最多消耗6molH2
9．（2022·重庆市）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性
B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性
C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3
D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·重庆市）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY3X含58mol电子。下列说法正确的是（ ）
A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性
B．X是四种元素中原子半径最大的
C．Y单质的氧化性比Z单质的弱
D．Z的原子最外层电子数为6
11．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（ ）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
12．（2022·重庆市）硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．惰性电极2为阳极
B．反应前后WO/WO数量不变
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮
D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
13．（2022·重庆市）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ mol-1)为（ ）
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
14．（2022·重庆市）两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。
反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa
反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa
该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．反应2的平衡常数为4×106Pa2
B．通入NH3，再次平衡后，总压强增大
C．平衡后总压强为4.36×105Pa
D．缩小体积，再次平衡后总压强不变
二、非选择题
15．（2022·重庆市）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
（1）Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为 。
（2）滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol L-1。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。
②产品中Sn的质量分数为 %。
16．（2022·重庆市）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。
（1）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①存贮时，Na应保存在 中。
②冷凝水的进口是 (填“a”或“b”)。
③用Na干燥甲苯的原理是 (用化学方程式表示)。
④回流过程中，除水时打开的活塞是 ；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
（2）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。
①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为 。用Ar气赶走空气的目的是 。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是 和 。
③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125nm的红磷，气体产物的压强为 kPa，需NaN3的物质的量为 mol(保留3位小数)。已知：p=a×n，其中a=2.5×105kPa mol-1，n为气体产物的物质的量。
17．（2022·重庆市）反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
18．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为 。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个，C与O之间形成σ键的数目为 个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于 。
②X晶体中Zn2+的配位数为 。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g cm-3(列出化简的计算式)。
19．（2022·重庆市）【选考题】光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
①(R、R1、R2为H或烃基)
②+2ROH+H2O
（1）A+B→D的反应类型为 。
（2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为 。
（3）F的结构简式为 。
（4）从反应路线Ⅰ中选择某种化合物作为原料H，且H与H2O反应只生成一种产物Ⅰ，则H的化学名称为 。
（5）K与银氨溶液反应的化学方程式为 ；K可发生消去反应，其有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有 个(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为 。
（6）L与G反应制备非体型结构的Q的化学方程式为 。
（7）为满足性能要求，实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；饱和烃与不饱和烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A符合题意；
B．太阳能电池可直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．烷烃都是饱和烃，因此正十一烷属于饱和烃，故C不符合题意；
D．塑料属于有机合成材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铷属于碱金属元素，在元素周期表中位于第五周期第ⅠA族；
B.太阳能电池将太阳能转化为电能；
C.烷烃均为饱和烃；
D.塑料是有机合成材料。
2．【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cl的质子数为17，核外有三个电子层，各层的电子数分别为2、8、7，原子结构示意图为 ，A项不符合题意；
B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项不符合题意；
C．中B提供3个电子与3个Cl分别共用1对电子，Cl原子最外层均达到8电子稳定结构，其电子式应为，C项符合题意；
D．的结构简式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cl为17号元素，有三个电子层，各层的电子数分别为2、8、7；
B.水分子的空间构型为V形，氧原子半径大于氢原子半径；
C.的电子式为；
D. 每个羟基可以提供1个电子与B原子共用，则的结构简式为。
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．Cl2和Br2均能氧化Fe2+，Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故A符合题意；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C不符合题意；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；
B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积未知；
D.硼酸的酸性弱于碳酸。
4．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应氧化还原反应生成亚铁离子，故B不符合题意；
C．向溶液中通入氨气，氨气溶于水生成氨水，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；
D．二氧化碳与K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO均不反应 ，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
5．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 14gN2的物质的量为0.5mol，消耗0.5mol氮气生成氨气的分子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA，故A不符合题意；
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成mol氨气，生成N－H键数为1mol××3×NAmol-1=2NA，故B符合题意；
C．标准状况下22.4L氨气的物质的量为1mol，电子转移数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol-1=1.25NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】N2和H2合成NH3反应的化学方程式为N2+3H22NH3。
6．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A不符合题意；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M中含三个手性碳原子，如图所示：，B符合题意；
C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化，所有氧原子不可能共平面，C不符合题意；
D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，M与(CH3)2C=O结构不相似，不互为同系物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据M的结构简式确定其分子式；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化；
D.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
7．【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；过滤
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，则装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A符合题意；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B不符合题意；
C．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C不符合题意；
D． 用pH试纸测定溶液的pH时，在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将pH试纸插入溶液中，装置丁不能用于pH测试，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，可以干燥氢气；
B.过滤时需要用玻璃棒引流；
C.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
D.用pH试纸测定溶液的pH的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．PEEK是聚合物，属于混合物，故A不符合题意；
B．由X、Y和PEEK的结构简式可知，X和Y发生连续的取代反应得到PEEK，即X与Y经缩聚反应制得PEEK，故B不符合题意；
C．X的苯环上有1种环境的H原子，苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种，故C符合题意；
D．Y中苯环和氢气按照1：3加成，羰基和氢气按照1：1加成，1mol Y与H2发生加成反应，最多消耗7mol H2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.X与Y经缩聚反应制得PEEK；
C.X的苯环上只有一种环境的氢原子；
D.Y中苯环和羰基均能与氢气发生加成反应。
9．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2和S，S元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，故A不符合题意；
B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B符合题意；
C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明说明TiCl4易水解，即TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C不符合题意；
D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中产生了氧气，则CrO3不稳定，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2和S；
B.将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应；
C.将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明TiCl4易水解；
D.根据实验现象可知，CrO3加热生成Cr2O3和氧气。
10．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，R为H、X为Cl，R与X形成的化合物为HCl，HCl的水溶液呈酸性，A不符合题意；
B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径最大的是S，B不符合题意；
C．由分析可知，Y为O、Z为S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性：O>S，则氧化性：O2>S，C不符合题意；
D．由分析可知，Z为S，S原子的最外层电子数为6，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H元素，X为Cl元素或F元素；1mol化合物RZY3X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne元素；若X为Cl元素，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则Y为O元素，Z为S元素。
11．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
12．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．惰性电极2上Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A不符合题意；
B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B不符合题意；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C符合题意；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，惰性电极1上，氧气发生还原反应生成过氧化氢，则惰性电极1为阴极，惰性电极2为阳极。
13．【答案】C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ mol-1，所以A B D错误， C符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图示写出各反应的热化学方程式，再根据盖斯定律计算。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应2的平衡常数为，A不符合题意；
B．，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B符合题意；
C．， ，，，所以总压强为：，C不符合题意；
D．达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
B.平衡常数只与温度有关；
C.分别计算各物质分压，再根据计算总压强；
D.温度不变，平衡常数不变。
15．【答案】（1）+4价；Sn(NO3)2、NH4NO3；SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
（2）Fe(OH)3；2×10-7
（3）滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；39.7%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②退锡工艺中，锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③沉淀1的主要成分是二氧化锡，则焙烧时发生的反应为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=39.7%，故答案为：39.7%。
【分析】向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为Na2SnO3后，水浸、过滤得到Na2SnO3溶液，溶液经蒸发结晶得到Na2SnO3 。
16．【答案】（1）煤油；b；；K1、K3
（2）；防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解；甲苯；NaCl；104；0.027
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①钠的化学性质活泼，在空气中易与氧气、水蒸气反应，钠不与煤油反应，且密度大于煤油，应保存在煤油中，故答案为：煤油；
②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b，故答案为：b；
③Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故用钠干燥甲苯的原理是，故答案为：；
④回流过程中，打开活塞K1、K3，使反应物冷凝后流回反应装置，故答案为：K1、K3；
（2）①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，反应的化学方程式为；PCl5易水解，则用Ar赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解，故答案为：；防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解；
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl，故答案为：甲苯；NaCl；
③R=125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa mol-1，，根据反应可知，n(NaN3)=N2=×0.04mol=0.027mol，故答案为：104；0.027。
【分析】 实验中用无水甲苯作溶剂，应先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，打开K1收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。
17．【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
18．【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
19．【答案】（1）加成反应
（2）酯基
（3）乙炔
（4）
（5）+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；6；(CH3)2C=C=O
（6）2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O
（7）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）由分析可知，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，则A+B→D的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
（2）由结构简式可知，基础树脂Ⅰ中的官能团为酯基，故答案为：酯基；
（3）由分析可知，D发生加聚反应生成F，则F的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，H的结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，故答案为：乙炔；
（5）由分析可知，K为，与银氨溶液在水浴加热条件下反应生成、氨气、银和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；分子式为C4H6O的R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的结构简式可能为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、、、CH3CH2CH=C=O、(CH3)2C=C=O，共有6种，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为(CH3)2C=C=O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；6；(CH3)2C=C=O；
（6）由分子可知，Q为，CH3CH2CH2CHO与发生已知②反应生成非体型结构的和水，则反应的化学方程式为2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O，故答案为：2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O；
（7）由实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为 ，故答案为： 。
【分析】根据A的分子式可知，A为乙炔，乙炔和B反应生成D，则B为CH3COOH；F水解生成G，则F为，D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应生成， HC≡CH与水发生加成反应CH2=CHOH，则H为HC≡CH、I为CH2=CHOH；CH2=CHOH发生构型转化生成CH3CHO，则J为CH3CHO；CH3CHO碱性条件下反应生成K为，经发生消去反应、加成反应得到CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO与发生已知②反应生成Q，则Q为。
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【高考真题】2022年重庆高考真题化学试题
一、选择题
1．（2022·重庆市）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是（ ）
A．“北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素
B．“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
C．“祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；饱和烃与不饱和烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A符合题意；
B．太阳能电池可直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．烷烃都是饱和烃，因此正十一烷属于饱和烃，故C不符合题意；
D．塑料属于有机合成材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铷属于碱金属元素，在元素周期表中位于第五周期第ⅠA族；
B.太阳能电池将太阳能转化为电能；
C.烷烃均为饱和烃；
D.塑料是有机合成材料。
2．（2022·重庆市）BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是（ ）
A．Cl的原子结构示意图为
B．H2O的空间填充模型为
C．BCl3的电子式为：
D．B(OH)3的结构简式为
【答案】C
【知识点】原子结构示意图；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．Cl的质子数为17，核外有三个电子层，各层的电子数分别为2、8、7，原子结构示意图为 ，A项不符合题意；
B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项不符合题意；
C．中B提供3个电子与3个Cl分别共用1对电子，Cl原子最外层均达到8电子稳定结构，其电子式应为，C项符合题意；
D．的结构简式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cl为17号元素，有三个电子层，各层的电子数分别为2、8、7；
B.水分子的空间构型为V形，氧原子半径大于氢原子半径；
C.的电子式为；
D. 每个羟基可以提供1个电子与B原子共用，则的结构简式为。
3．（2022·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol L-1醋酸和0.1mol L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．Cl2和Br2均能氧化Fe2+，Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故A符合题意；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C不符合题意；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；
B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积未知；
D.硼酸的酸性弱于碳酸。
4．（2022·重庆市）下列操作中，不会影响溶液中K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO等离子大量共存的是（ ）
A．加入ZnSO4 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．通入CO2
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．向溶液中加入硫酸锌溶液，硫酸根离子会与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；
B．向溶液中加入铁粉，铁离子会与铁反应氧化还原反应生成亚铁离子，故B不符合题意；
C．向溶液中通入氨气，氨气溶于水生成氨水，铝离子、铁离子会与氨水反应生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；
D．二氧化碳与K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、Cl-、NO均不反应 ，不会影响溶液中离子的大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
5．（2022·重庆市）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA
B．消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA
C．生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA
D．氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A． 14gN2的物质的量为0.5mol，消耗0.5mol氮气生成氨气的分子数为0.5mol×2×NAmol-1=NA，故A不符合题意；
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成mol氨气，生成N－H键数为1mol××3×NAmol-1=2NA，故B符合题意；
C．标准状况下22.4L氨气的物质的量为1mol，电子转移数为1mol×3×NAmol-1=3NA，故C不符合题意；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol-1=1.25NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】N2和H2合成NH3反应的化学方程式为N2+3H22NH3。
6．（2022·重庆市）关于M的说法正确的是（ ）
A．分子式为C12H16O6 B．含三个手性碳原子
C．所有氧原子共平面 D．与(CH3)2C=O互为同系物
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A不符合题意；
B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M中含三个手性碳原子，如图所示：，B符合题意；
C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化，所有氧原子不可能共平面，C不符合题意；
D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，M与(CH3)2C=O结构不相似，不互为同系物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据M的结构简式确定其分子式；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.形成醚键的O原子的碳原子均采用sp3杂化；
D.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
7．（2022·重庆市）下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是（ ）
A．装置甲气体干燥 B．装置乙固液分离
C．装置丙Cl2制备 D．装置丁pH测试
【答案】A
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；过滤
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，则装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A符合题意；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B不符合题意；
C．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C不符合题意；
D． 用pH试纸测定溶液的pH时，在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将pH试纸插入溶液中，装置丁不能用于pH测试，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，可以干燥氢气；
B.过滤时需要用玻璃棒引流；
C.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
D.用pH试纸测定溶液的pH的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。
8．（2022·重庆市）PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确的是（ ）
A．PEEK是纯净物
B．X与Y经加聚反应制得PEEK
C．X苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种
D．1molY与H2发生加成反应，最多消耗6molH2
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．PEEK是聚合物，属于混合物，故A不符合题意；
B．由X、Y和PEEK的结构简式可知，X和Y发生连续的取代反应得到PEEK，即X与Y经缩聚反应制得PEEK，故B不符合题意；
C．X的苯环上有1种环境的H原子，苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种，故C符合题意；
D．Y中苯环和氢气按照1：3加成，羰基和氢气按照1：1加成，1mol Y与H2发生加成反应，最多消耗7mol H2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.X与Y经缩聚反应制得PEEK；
C.X的苯环上只有一种环境的氢原子；
D.Y中苯环和羰基均能与氢气发生加成反应。
9．（2022·重庆市）下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性
B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性
C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3
D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A． Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2和S，S元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，故A不符合题意；
B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B符合题意；
C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明说明TiCl4易水解，即TiCl4+3H2O=H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C不符合题意；
D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中产生了氧气，则CrO3不稳定，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Na2S2O3与稀H2SO4反应生成SO2和S；
B.将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应；
C.将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明TiCl4易水解；
D.根据实验现象可知，CrO3加热生成Cr2O3和氧气。
10．（2022·重庆市）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY3X含58mol电子。下列说法正确的是（ ）
A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性
B．X是四种元素中原子半径最大的
C．Y单质的氧化性比Z单质的弱
D．Z的原子最外层电子数为6
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，R为H、X为Cl，R与X形成的化合物为HCl，HCl的水溶液呈酸性，A不符合题意；
B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径最大的是S，B不符合题意；
C．由分析可知，Y为O、Z为S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性：O>S，则氧化性：O2>S，C不符合题意；
D．由分析可知，Z为S，S原子的最外层电子数为6，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H元素，X为Cl元素或F元素；1mol化合物RZY3X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne元素；若X为Cl元素，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则Y为O元素，Z为S元素。
11．（2022·重庆市）某小组模拟成垢－除垢过程如图。
100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液……
忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是（ ）
A．经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-)
B．经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO)
C．经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
D．经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．经过步骤①，100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A不符合题意；
B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B不符合题意；
C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C不符合题意；
D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.100mL0.1mol L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4发生反应CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，CaSO4微溶；
B.经步骤②发生反应CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+NaSO4(aq)；
C.经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol NaSO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，结合物料守恒分析；
D.步骤③中发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑。
12．（2022·重庆市）硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．惰性电极2为阳极
B．反应前后WO/WO数量不变
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮
D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．惰性电极2上Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A不符合题意；
B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B不符合题意；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C符合题意；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，惰性电极1上，氧气发生还原反应生成过氧化氢，则惰性电极1为阴极，惰性电极2为阳极。
13．（2022·重庆市）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ mol-1)为（ ）
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
【答案】C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ mol-1，所以A B D错误， C符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图示写出各反应的热化学方程式，再根据盖斯定律计算。
14．（2022·重庆市）两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。
反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa
反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa
该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是（ ）
A．反应2的平衡常数为4×106Pa2
B．通入NH3，再次平衡后，总压强增大
C．平衡后总压强为4.36×105Pa
D．缩小体积，再次平衡后总压强不变
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应2的平衡常数为，A不符合题意；
B．，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B符合题意；
C．， ，，，所以总压强为：，C不符合题意；
D．达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
B.平衡常数只与温度有关；
C.分别计算各物质分压，再根据计算总压强；
D.温度不变，平衡常数不变。
二、非选择题
15．（2022·重庆市）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
（1）Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为 。
（2）滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol L-1。
（3）产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。
②产品中Sn的质量分数为 %。
【答案】（1）+4价；Sn(NO3)2、NH4NO3；SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
（2）Fe(OH)3；2×10-7
（3）滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；39.7%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；
②退锡工艺中，锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③沉淀1的主要成分是二氧化锡，则焙烧时发生的反应为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；
（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；
②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；
（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；
②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=39.7%，故答案为：39.7%。
【分析】向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为Na2SnO3后，水浸、过滤得到Na2SnO3溶液，溶液经蒸发结晶得到Na2SnO3 。
16．（2022·重庆市）研究小组以无水甲苯为溶剂，PCl5(易水解)和NaN3为反应物制备米球状红磷。该红磷可提高钠离子电池的性能。
（1）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。
①存贮时，Na应保存在 中。
②冷凝水的进口是 (填“a”或“b”)。
③用Na干燥甲苯的原理是 (用化学方程式表示)。
④回流过程中，除水时打开的活塞是 ；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。
（2）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(搅拌和加热装置略)。
①在Ar气保护下，反应物在A装置中混匀后转入B装置，于280℃加热12小时，反应物完全反应。其化学反应方程式为 。用Ar气赶走空气的目的是 。
②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是 和 。
③所得纳米球状红磷的平均半径R与B装置中气体产物的压强p的关系如图3所示。欲控制合成R=125nm的红磷，气体产物的压强为 kPa，需NaN3的物质的量为 mol(保留3位小数)。已知：p=a×n，其中a=2.5×105kPa mol-1，n为气体产物的物质的量。
【答案】（1）煤油；b；；K1、K3
（2）；防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解；甲苯；NaCl；104；0.027
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①钠的化学性质活泼，在空气中易与氧气、水蒸气反应，钠不与煤油反应，且密度大于煤油，应保存在煤油中，故答案为：煤油；
②为了充分冷凝，冷凝水应从下口进上口出，故冷凝水的进口是b，故答案为：b；
③Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故用钠干燥甲苯的原理是，故答案为：；
④回流过程中，打开活塞K1、K3，使反应物冷凝后流回反应装置，故答案为：K1、K3；
（2）①根据题意可知，反应物为PCl5和NaN3，产物为P，反应的化学方程式为；PCl5易水解，则用Ar赶走空气的目的是防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解，故答案为：；防止PCl5遇空气中的水蒸气而发生水解；
②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和NaCl，用乙醇洗去甲苯，用水洗去NaCl，故答案为：甲苯；NaCl；
③R=125nm时可换算出横坐标为8，此时纵坐标对应的值为10，故气体产物的压强为104kPa；已知p=a×n，其中a=2.5×105kPa mol-1，，根据反应可知，n(NaN3)=N2=×0.04mol=0.027mol，故答案为：104；0.027。
【分析】 实验中用无水甲苯作溶剂，应先制备无水甲苯，图1装置中Na与水反应除去水，生成的H2从K2排出，待水反应完后，打开K1收集无水甲苯；图2中将甲苯和NaN3加入三颈瓶中，然后通入Ar排出装置中的空气，再滴入PCl5和甲苯，混合均匀后，转移到反应釜中制备纳米球状红磷。
17．（2022·重庆市）反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
18．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为 。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个，C与O之间形成σ键的数目为 个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于 。
②X晶体中Zn2+的配位数为 。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
19．（2022·重庆市）【选考题】光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。
反应路线Ⅰ：
反应路线Ⅱ：
已知以下信息：
①(R、R1、R2为H或烃基)
②+2ROH+H2O
（1）A+B→D的反应类型为 。
（2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为 。
（3）F的结构简式为 。
（4）从反应路线Ⅰ中选择某种化合物作为原料H，且H与H2O反应只生成一种产物Ⅰ，则H的化学名称为 。
（5）K与银氨溶液反应的化学方程式为 ；K可发生消去反应，其有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有 个(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为 。
（6）L与G反应制备非体型结构的Q的化学方程式为 。
（7）为满足性能要求，实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为 。
【答案】（1）加成反应
（2）酯基
（3）乙炔
（4）
（5）+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；6；(CH3)2C=C=O
（6）2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O
（7）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；乙炔炔烃
【解析】【解答】（1）由分析可知，HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，则A+B→D的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
（2）由结构简式可知，基础树脂Ⅰ中的官能团为酯基，故答案为：酯基；
（3）由分析可知，D发生加聚反应生成F，则F的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，H的结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，故答案为：乙炔；
（5）由分析可知，K为，与银氨溶液在水浴加热条件下反应生成、氨气、银和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；分子式为C4H6O的R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的结构简式可能为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、、、CH3CH2CH=C=O、(CH3)2C=C=O，共有6种，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为(CH3)2C=C=O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；6；(CH3)2C=C=O；
（6）由分子可知，Q为，CH3CH2CH2CHO与发生已知②反应生成非体型结构的和水，则反应的化学方程式为2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O，故答案为：2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O；
（7）由实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为 ，故答案为： 。
【分析】根据A的分子式可知，A为乙炔，乙炔和B反应生成D，则B为CH3COOH；F水解生成G，则F为，D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应生成， HC≡CH与水发生加成反应CH2=CHOH，则H为HC≡CH、I为CH2=CHOH；CH2=CHOH发生构型转化生成CH3CHO，则J为CH3CHO；CH3CHO碱性条件下反应生成K为，经发生消去反应、加成反应得到CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO与发生已知②反应生成Q，则Q为。
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