【高考真题】2024年海南高考真题化学试题
1．（2024·海南）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
2．（2024·海南）下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 浓硫酸 氯化钡
A．A B．B C．C D．D
3．（2024·海南）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．聚合物的单体是和
4．（2024·海南）过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，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
5．（2024·海南）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1工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭减缓腐蚀
B 用硫磺粉减少破损水银体温计洒落的Hg的危害
C 用浓溶液洗除实验服上的黑色银斑
D 烘焙糕点时，以食品级作膨松剂
A．A B．B C．C D．D
6．（2024·海南）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．超重水()所含的电子数目为
B．溶液中的数目为
C．过量C与充分反应转移电子数目为
D．与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为
7．（2024·海南）已知298K，101kPa时，。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，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．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
8．（2024·海南）已知时，，的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是
A．氢气燃烧热
B．题述条件下和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量
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，产生消耗的电功相同
9．（2024·海南）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
C．含有4个手性碳原子
D．预测在不同溶剂中的溶解度
10．（2024·海南）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 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质
C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动
D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
11．（2024·海南）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，键长变短
B．基态离子的核外电子排式为
C．I具备在热敏指示剂方面的应用前景
D．加热时，Ⅰ的与结合，键断开
12．（2024·海南）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
选项 A B
目的 提纯含砂的粗碘 观察气体扩散现象
装置或操作
选项 C D
目的 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
13．（2024·海南）电解溶液得到，是早期制备的重要步骤。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
C．回路中通过电子产生
D．氧化成的电极反应为
14．（2024·海南）在生态系统的硫循环中不可或缺。时，水溶液中价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表示的分布分数
B．时，的约为7.0
C．的溶液吸收的量大于
D．可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏
15．（2024·海南）锰锌铁氧体()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、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
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以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。
（4）沉铁时，选择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）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。
16．（2024·海南）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。已知时，反应①：；物质的量分数。
回答问题：
（1）题述条件下，反应②： 。
（2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为 。
（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，关系曲线如图所示，其函数关系 (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，则单位时间的产量将 。
17．（2024·海南）羟基磷酸钙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，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：，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。某次实验将浆液滴入稀得到的产品中。造成这种结果差异的原因是 。
18．（2024·海南）消炎镇痛药F的一种合成路线如下：
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，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：
19．（2024·海南）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，(阴离子结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
（1）的制备前体(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，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为 。
（3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，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，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）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)。图中氢原子皆己隐去。
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 。(以含a、b和d的代数式表达)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；绿色化学
【解析】【解答】A．塑料难以降解，形成 “白色污染”；竹子为天然可再生材料，替代塑料能降低难降解废弃物的产生，可减少白色污染，故A正确；
B．工合成杀虫剂多含化学毒性成分，可能通过食物链累积、污染土壤和水源，破坏生态平衡，对环境有显著负面影响，故B错误；
C．纸张生产消耗木材资源，油墨含挥发性有机物等污染物，无纸化办公能降低木材消耗和油墨污染，故C正确；
D．含磷洗涤剂会导致水的富营养化，从而导致赤潮、水华等污染，使用无磷洗涤剂，可减少水体污染，故D正确；
故选B。
【分析】A．白色污染主要由塑料造成；
Ｂ．人工合成杀虫剂多含化学毒性成分；
Ｃ．油墨含挥发性有机物等污染物；
Ｄ．含磷洗涤剂废水排入水体易引发藻类疯长，导致 “水华” 现象。
2．【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A．丁烷是气体，且易燃，故A正确；
B．图示标志为腐蚀品，葡萄糖没有腐蚀性，故B错误；
C．浓硫酸是腐蚀品，应张贴腐蚀品标志，故C错误；
D．氯化钡不属于爆炸类物质，故D错误；
故选A。
【分析】A．丁烷是易燃气体；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蚀性；
Ｃ．浓硫酸时液体；
Ｄ．氯化钡不是爆炸物。
3．【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，水解生成葡萄糖，糖原与淀粉类似，则糖原可水解为葡萄糖，故A正确，
B．乙烯分子中含有碳碳双键，发生加聚反应生成 ，故B正确；
C．蛋白质在一定条件下能完全水解生成氨基酸，故C正确；
D．聚合物的单体是和HOCH2CH2OH，故D错误；
故选D。
【分析】A．淀粉为多糖；
Ｂ． 发生加聚反应生成聚乙烯；
Ｃ．蛋白质水解生成氨基酸；
Ｄ．该高聚物含有2个酯基。
4．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．该物质中，N的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，采用sp3杂化，N与与之相连的原子呈三角锥形，则所有原子不可能处于同一平面，A错误；
B．过氧化氢中，O元素为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；
C．该分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，具有杀菌能力，C正确；
D．该分子中含有的O-O为极性键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．该分子中，N采用sp3杂化；
Ｂ．过氧化氢中O为-1价；
Ｃ．过氧键具有强氧化性；
Ｄ．O-O为极性键。
5．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；金属的电化学腐蚀与防护；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．该原理为牺牲阳极的阴极保护法，锌比铁活泼，作负极被腐蚀，电极反应式为，故A错误；
B．硫能与汞反应生成无毒的硫化汞，防止汞蒸气挥发，反应的化学方程式为，故B正确；
C．银与能与含有硫代硫酸根离子的溶液和氧气反应生成二硫代硫酸根合银离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故C正确；
D．碳酸氢铵受热分解生成氨气和二氧化碳，使食品疏松多孔，反应的化学方程式为，故D正确；
故选A。
【分析】A．锌化学性质活泼，易失去电子发生氧化反应；
Ｂ．S与Hg反应生成HgS；
Ｃ．银与能与含有硫代硫酸根离子的溶液和氧气反应生成二硫代硫酸根合银离子和氢氧根离子；
Ｄ．碳酸氢铵不稳定，受热分解生成氨气和二氧化碳。
6．【答案】A
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．含有10个电子，超重水的物质的量为，所含的电子为0.1mol×10=1mol，数目为，A正确；
B．在溶液中水解生成HClO，则溶液中的数目小于，B错误；
C．C与SiO2反应生成Si和CO，硅化合价由+4变为0，则反应转移电子数目为4，C错误；
D．甲烷与氯气发生取代反应为连锁反应，同时得到四种氯代产物和HCl，结合氯守恒，与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为，D错误；
故选A。
【分析】A．一个重水分子含有10个电子；
Ｂ． 在溶液中会发生水解；
Ｃ．C与SiO2反应生成Si和CO；
Ｄ．甲烷与氯气的反应为连锁取代反应。
7．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，则T1＞T2，A正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根据 可知，T1下反应达到平衡时，B正确；
C．温度为T1时，使用催化剂2达到平衡的时间更短，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；
D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｂ．浓度的变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．使用催化剂能降低反应的活化能；
Ｄ．催化剂2和催化剂3的反应历程不同。
8．【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；燃烧热
【解析】【解答】A．根据 可知，1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285.5kJ，则氢气的燃烧热，故A正确；
B．燃料电池反应的焓变等于系统对外做的电功与放出的热量，则和在燃料电池中完全反应，电功+放热量，故B正确；
C．氢气易燃、密度小，液化需极低温度（临界温度 - 240℃），安全储存与运输是氢能应用的核心挑战，故C正确；
D．不同电极材料电解水所需电压不同，说明所需的电流不同，所以产生2g氢气所需时间不同，消耗的电功不同，故D错误；
故选D。
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
Ｂ．原电池工作的过程中，化学能转化为电能，同时还有热损耗；
Ｃ．氢气是可燃性气体；
Ｄ．不同电极材料电解水所需电压不同，电压不同，电功不同。
9．【答案】A,C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；相似相溶原理及其应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该有机物含有碳碳双键、醛基，能被酸性高锰酸钾氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．由图可知，该物质中含有20个C原子，28个H原子，4个O原子，其分子式为C20H28O4，B错误；
C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物含有的手性碳原子如图，共有4个手性碳原子，C正确；
D．该有机物正负电荷中心不重合，为极性分子，环己烷为非极性分子，乙醇为极性分子，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，则在不同溶剂中的溶解度S： ，D错误；
答案选AC。
【分析】A．该物质含有的碳碳双键和醛基能被酸性高锰酸钾氧化；
Ｂ．根据结构简式确定各原子的数量，进而确定其分子式；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
10．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，该反应中，S元素的化合价升高，SO2为还原剂，表现还原性，故A错误；
B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，CaO发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，单质铝能与NaOH反应生成氢气，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；
C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（蓝色）+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，说明 配体与间存在配位平衡移动 ，且该平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移动，故C正确；
D．的混合液会形成配离子， 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 ，说明不能氧化KI，说明的氧化能力小于Fe3+，故D正确；
答案选A。
【分析】A．二氧化硫具有还原性；
Ｂ．Al在空气中会被氧化为氧化铝；
Ｃ．浓溶液中存在：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色，说明不能氧化KI。
11．【答案】B,D
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．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，键长变短，故A正确；
B．N原子核外有7个电子，失去一个电子形成，则基态离子的核外电子排式为，故B错误；
C．I与氢离子共热反应生成Ⅱ，说明I具备热敏性，在热敏指示剂方面的应用前景，故C正确；
D．由图可知，加热时，Ⅰ的与结合，键断开，故D错误；
故选BD。
【分析】A．若反应中形成更强的化学键（如单键→双键、配位键增强等），键长会变短；
Ｂ．N为7号元素，核外有7个电子，失去一个电子形成；
Ｃ．I与氢离子共热反应生成Ⅱ；
Ｄ．结合图示反应分析。
12．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；中和热的测定；化学实验方案的评价；酯化反应
【解析】【解答】A．碘易升华，加热时碘单质升华后遇冷冷凝，而砂不挥发，可通过升华法分离，A不符合题意；
B．该装置中盐酸易挥发，挥发出的HCl气体遇到甲基橙溶液，会使甲基橙溶液变色，故该装置可观察气体扩散现象，B不符合题意；
C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，因此用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，中和乙酸，收集乙酸乙酯，C不符合题意；
D．该装置未进行保温，与外界存在热交换，不能进行中和反应反应热的测定，D符合题意；
故选D。
【分析】A．碘易升华；
Ｂ．盐酸易挥发，且酸能使甲基橙变红；
Ｃ．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯；
Ｄ．该装置存在热量损失。
13．【答案】A,C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 为阴离子，不能通过质子交换膜，因此不能从阴极区迁移到阳极区，A错误；
B．阴极发生反应，则a为氢气，B正确；
C．由于阳极区存在副反应，则当回路中通过1mol电子产生的小于0.5mol，C错误；
D．阳极区，失电子被氧化成 ，电极反应式为，D正确；
故选AC。
【分析】由图可知，左侧与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，电极反应式为 ，电解过程流出液b中混有少量气泡，说明同时发生，生成氧气，右侧与电源负极相连，为阴极，电极反应式为，则a为氢气。
14．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；硫化氢
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线a表示H2S的分布分数变化，曲线b表示HS-的分布分数变化，故A错误；
B．a、b曲线的交点处，pH=7，则Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，则硫化钠的Kb2====1×10﹣7，则PKb2约为7，故B正确；
C．氢氧化钠溶液与过量的硫化氢反应生成硫氢化钠，则1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液能与1mol硫化氢气体反应，由于硫化氢气体溶于水，所以1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体的物质的量大于1mol，故C正确；
D．硫化氢气体有毒，不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，故D错误；
故选BC。
【分析】H2S在溶液中分步电离：、，反应过程中，H2S不断减少，HS-先增大后减小，S2-不断增大，则曲线a表示H2S的分布分数变化，曲线b表示HS-的分布分数变化，曲线c表示S2-的分布分数变化。
15．【答案】（1）Zn
（2）氨水
（3）或不含结晶水形式；0.75
（4）；钾肥或其他合理用途
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氨浸的过程中，Zn元素转化为，转移到水溶液中，因此氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）沉锰时，与Mn2+发生归中反应生成 ，反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数。
【分析】锰锌铁氧体粉末进行氨浸，其中的Zn元素转化为进而转移到水溶液中，过滤得到固体A和溶液B，溶液B中主要含有，煮沸得到Zn(OH)2，煅烧Zn(OH)2得到ZnO；固体A中主要含有锰元素和铁，加入硫酸酸浸，再加入沉锰，将Mn2+氧化为MnO2，分离出，溶液C中主要含有铁离子，加入铁粉将其还原为亚铁离子，加入沉铁得到。
（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数。
16．【答案】（1）+92
（2）427
（3）压强；温度
（4）；不变；增大
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；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）反应①是反应②的逆反应，反应①H=-92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92；
（2）反应①是反应②的逆反应，分解反应的活化能=反应①的活化能-反应①的焓变，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)=；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。
【分析】（1）正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应；
（2）分解反应的活化能=反应①的活化能-反应①的焓变；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，同时压强、温度等也能影响反应速率；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)=；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。
17．【答案】（1）a
（2）使水冷凝回流；②；
（3）控温容易；受热均匀；无明火，更安全；烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点)
（4）
（5）b；d
（6）在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）搅拌器应插入液面以下，故安装不当的是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，防止与浆液反应生成，影响产品纯度；
（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；
（4）投料时应使用新制粉末，易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质对实验的影响；
（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；
故选bd；
（6）题述加料方式所得产品中，某次实验将浆液滴入稀得到的产品中，相当于含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化。
【分析】（1）搅拌器要伸入液面以下；
（2）冷凝管能冷凝回流液体；为了使冷凝效果更佳，冷凝水下进上出；二氧化碳能与氢氧化钙反应；
（3）水浴加热便于控温，且受热均匀；
（4）与二氧化碳反应生成碳酸钙；
（5）固液分离常用过滤的方法；
（6） 滴入稀 ，局部和本体的和都相对过量。
（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；
（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，防止与浆液反应生成，影响产品纯度；
（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；
（4）投料时应使用新制粉末，易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质对实验的影响；
（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；
故选bd；
（6）题述加料方式所得产品中，某次实验将浆液滴入稀得到的产品中，相当于含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化。
18．【答案】（1）；1，3-二甲苯或间二甲苯
（2）氧化反应；取代反应
（3）
（4）酮羰基、碳溴键
（5）；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；芳香烃；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的结构简式为，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催化氧化生成B，则A→B的反应类型为氧化反应，C与溴在光照条件下，溴原子取代甲基上的H原子得到D，则C→D的反应类型为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3） 化合物X的分子式为 ，满足条件①与C具有相同的官能团，则含有羰基，②含有2个苯环，③核磁共振氢谱有3组峰，说明含有3种不同环境的原子，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（4）D中含有的官能团为酮羰基、碳溴键，故答案为：酮羰基、碳溴键；
（5）E→F的反应为乙醇钠作用下与碳酸二乙酯共热发生取代反应生成和乙醇，则Y为乙醇，故答案为：；；
（6）氢氧化钠作用下乙醛与甲醛反应生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO与氢气在一定条件下反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4与溴化氢发生取代反应生成C(CH2Br)4；浓硫酸作用下HOOCCH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇钠作用下C2H5OOCCH2COOC2H5与C(CH2Br)4反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，经盐酸酸化、共热发生脱羧反应生成，则合成路线为。
【分析】A与氧气在催化剂条件下催化氧化得到B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为 ，与SOCl2共热发生取代反应，再与(C6H5)4BNa发生取代反应生成，光照条件下与溴发生取代，Br取代甲基上的H原子得到，与NaCN发生取代反应生成，F与CH3I在乙醇钠作用下加热发生取代反应生成G，结合G的结构简式可知，F为。
（1）由分析可知，A的结构简式为，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）由分析可知，A→B的反应为催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成、C→D的反应为光照条件下与溴发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）分子式为的X与C具有相同的官能团，分子中含有2个苯环说明X分子中含有酮羰基，比C分子多1个甲基，则核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为，故答案为：；
（4）由结构简式可知，的官能团为酮羰基、碳溴键，故答案为：酮羰基、碳溴键；
（5）由分析可知，E→F的反应为乙醇钠作用下与碳酸二乙酯共热发生取代反应生成和乙醇，则Y为乙醇，故答案为：；；
（6）由题给信息可知，以至多3个碳的有机物为原料合成的合成步骤为：氢氧化钠作用下乙醛与甲醛反应生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO与氢气在一定条件下反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4与溴化氢发生取代反应生成C(CH2Br)4；浓硫酸作用下HOOCCH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇钠作用下C2H5OOCCH2COOC2H5与C(CH2Br)4反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，经盐酸酸化、共热发生脱羧反应生成，合成路线为。
19．【答案】（1）Cl、S
（2）
（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）；8；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；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）第三周期元素指原子序数 11-18 的元素，则C中第三周期元素为Cl元素和S元素，故答案为：Cl、S；
（2）C分子中， 两个键角均为，键角为 ，键角之和为，说明H、N和2个S位于同一平面上，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B进行自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+，则阳离子F的结构式为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，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，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由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
【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） 两个和键角之和为， H、N和2个S位于同一平面；
（3）自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+；
（4）酸性越强，Ka越大；分子间形成氢键，能提高物质的沸点；
（5）G 中正负电荷距离更近，形成离子对更稳定，解离度低；N 的配位能力强于磺酰基 O，导致 G 溶液中自由离子浓度小于 H 溶液；
（6）根据均摊法分析计算。
（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S；
（2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）由图可知，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，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由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
1 / 1【高考真题】2024年海南高考真题化学试题
1．（2024·海南）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
【知识点】化学科学的主要研究对象；绿色化学
【解析】【解答】A．塑料难以降解，形成 “白色污染”；竹子为天然可再生材料，替代塑料能降低难降解废弃物的产生，可减少白色污染，故A正确；
B．工合成杀虫剂多含化学毒性成分，可能通过食物链累积、污染土壤和水源，破坏生态平衡，对环境有显著负面影响，故B错误；
C．纸张生产消耗木材资源，油墨含挥发性有机物等污染物，无纸化办公能降低木材消耗和油墨污染，故C正确；
D．含磷洗涤剂会导致水的富营养化，从而导致赤潮、水华等污染，使用无磷洗涤剂，可减少水体污染，故D正确；
故选B。
【分析】A．白色污染主要由塑料造成；
Ｂ．人工合成杀虫剂多含化学毒性成分；
Ｃ．油墨含挥发性有机物等污染物；
Ｄ．含磷洗涤剂废水排入水体易引发藻类疯长，导致 “水华” 现象。
2．（2024·海南）下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是
A B C D
丁烷 葡萄糖 浓硫酸 氯化钡
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A．丁烷是气体，且易燃，故A正确；
B．图示标志为腐蚀品，葡萄糖没有腐蚀性，故B错误；
C．浓硫酸是腐蚀品，应张贴腐蚀品标志，故C错误；
D．氯化钡不属于爆炸类物质，故D错误；
故选A。
【分析】A．丁烷是易燃气体；
Ｂ．葡萄糖不具有腐蚀性；
Ｃ．浓硫酸时液体；
Ｄ．氯化钡不是爆炸物。
3．（2024·海南）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．聚合物的单体是和
【答案】D
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应
【解析】【解答】A．淀粉为多糖，水解生成葡萄糖，糖原与淀粉类似，则糖原可水解为葡萄糖，故A正确，
B．乙烯分子中含有碳碳双键，发生加聚反应生成 ，故B正确；
C．蛋白质在一定条件下能完全水解生成氨基酸，故C正确；
D．聚合物的单体是和HOCH2CH2OH，故D错误；
故选D。
【分析】A．淀粉为多糖；
Ｂ． 发生加聚反应生成聚乙烯；
Ｃ．蛋白质水解生成氨基酸；
Ｄ．该高聚物含有2个酯基。
4．（2024·海南）过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，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
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．该物质中，N的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，采用sp3杂化，N与与之相连的原子呈三角锥形，则所有原子不可能处于同一平面，A错误；
B．过氧化氢中，O元素为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；
C．该分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，具有杀菌能力，C正确；
D．该分子中含有的O-O为极性键，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．该分子中，N采用sp3杂化；
Ｂ．过氧化氢中O为-1价；
Ｃ．过氧键具有强氧化性；
Ｄ．O-O为极性键。
5．（2024·海南）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1工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭减缓腐蚀
B 用硫磺粉减少破损水银体温计洒落的Hg的危害
C 用浓溶液洗除实验服上的黑色银斑
D 烘焙糕点时，以食品级作膨松剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；金属的电化学腐蚀与防护；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．该原理为牺牲阳极的阴极保护法，锌比铁活泼，作负极被腐蚀，电极反应式为，故A错误；
B．硫能与汞反应生成无毒的硫化汞，防止汞蒸气挥发，反应的化学方程式为，故B正确；
C．银与能与含有硫代硫酸根离子的溶液和氧气反应生成二硫代硫酸根合银离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故C正确；
D．碳酸氢铵受热分解生成氨气和二氧化碳，使食品疏松多孔，反应的化学方程式为，故D正确；
故选A。
【分析】A．锌化学性质活泼，易失去电子发生氧化反应；
Ｂ．S与Hg反应生成HgS；
Ｃ．银与能与含有硫代硫酸根离子的溶液和氧气反应生成二硫代硫酸根合银离子和氢氧根离子；
Ｄ．碳酸氢铵不稳定，受热分解生成氨气和二氧化碳。
6．（2024·海南）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．超重水()所含的电子数目为
B．溶液中的数目为
C．过量C与充分反应转移电子数目为
D．与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为
【答案】A
【知识点】甲烷的取代反应；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．含有10个电子，超重水的物质的量为，所含的电子为0.1mol×10=1mol，数目为，A正确；
B．在溶液中水解生成HClO，则溶液中的数目小于，B错误；
C．C与SiO2反应生成Si和CO，硅化合价由+4变为0，则反应转移电子数目为4，C错误；
D．甲烷与氯气发生取代反应为连锁反应，同时得到四种氯代产物和HCl，结合氯守恒，与足量发生取代反应生成HCl分子的数目为，D错误；
故选A。
【分析】A．一个重水分子含有10个电子；
Ｂ． 在溶液中会发生水解；
Ｃ．C与SiO2反应生成Si和CO；
Ｄ．甲烷与氯气的反应为连锁取代反应。
7．（2024·海南）已知298K，101kPa时，。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，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．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
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，则T1＞T2，A正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根据 可知，T1下反应达到平衡时，B正确；
C．温度为T1时，使用催化剂2达到平衡的时间更短，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；
D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｂ．浓度的变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．使用催化剂能降低反应的活化能；
Ｄ．催化剂2和催化剂3的反应历程不同。
8．（2024·海南）已知时，，的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是
A．氢气燃烧热
B．题述条件下和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量
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，产生消耗的电功相同
【答案】D
【知识点】常见能量的转化及运用；燃烧热
【解析】【解答】A．根据 可知，1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285.5kJ，则氢气的燃烧热，故A正确；
B．燃料电池反应的焓变等于系统对外做的电功与放出的热量，则和在燃料电池中完全反应，电功+放热量，故B正确；
C．氢气易燃、密度小，液化需极低温度（临界温度 - 240℃），安全储存与运输是氢能应用的核心挑战，故C正确；
D．不同电极材料电解水所需电压不同，说明所需的电流不同，所以产生2g氢气所需时间不同，消耗的电功不同，故D错误；
故选D。
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
Ｂ．原电池工作的过程中，化学能转化为电能，同时还有热损耗；
Ｃ．氢气是可燃性气体；
Ｄ．不同电极材料电解水所需电压不同，电压不同，电功不同。
9．（2024·海南）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
C．含有4个手性碳原子
D．预测在不同溶剂中的溶解度
【答案】A,C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；相似相溶原理及其应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该有机物含有碳碳双键、醛基，能被酸性高锰酸钾氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．由图可知，该物质中含有20个C原子，28个H原子，4个O原子，其分子式为C20H28O4，B错误；
C．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物含有的手性碳原子如图，共有4个手性碳原子，C正确；
D．该有机物正负电荷中心不重合，为极性分子，环己烷为非极性分子，乙醇为极性分子，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，则在不同溶剂中的溶解度S： ，D错误；
答案选AC。
【分析】A．该物质含有的碳碳双键和醛基能被酸性高锰酸钾氧化；
Ｂ．根据结构简式确定各原子的数量，进而确定其分子式；
Ｃ．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｄ．极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。
10．（2024·海南）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 将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去 有漂白性
B 自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体 Al粉已经变质
C 浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色 配体与间存在配位平衡移动
D 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 配离子氧化能力弱
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，该反应中，S元素的化合价升高，SO2为还原剂，表现还原性，故A错误；
B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，CaO发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，单质铝能与NaOH反应生成氢气，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；
C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-（蓝色）+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，说明 配体与间存在配位平衡移动 ，且该平衡向生成[Cu(H2O)4]2-的方向移动，故C正确；
D．的混合液会形成配离子， 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色 ，说明不能氧化KI，说明的氧化能力小于Fe3+，故D正确；
答案选A。
【分析】A．二氧化硫具有还原性；
Ｂ．Al在空气中会被氧化为氧化铝；
Ｃ．浓溶液中存在：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2-+4Cl-；
Ｄ． 淀粉-KI试纸遇的混合液不变色，说明不能氧化KI。
11．（2024·海南）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，键长变短
B．基态离子的核外电子排式为
C．I具备在热敏指示剂方面的应用前景
D．加热时，Ⅰ的与结合，键断开
【答案】B,D
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．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，键长变短，故A正确；
B．N原子核外有7个电子，失去一个电子形成，则基态离子的核外电子排式为，故B错误；
C．I与氢离子共热反应生成Ⅱ，说明I具备热敏性，在热敏指示剂方面的应用前景，故C正确；
D．由图可知，加热时，Ⅰ的与结合，键断开，故D错误；
故选BD。
【分析】A．若反应中形成更强的化学键（如单键→双键、配位键增强等），键长会变短；
Ｂ．N为7号元素，核外有7个电子，失去一个电子形成；
Ｃ．I与氢离子共热反应生成Ⅱ；
Ｄ．结合图示反应分析。
12．（2024·海南）下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
选项 A B
目的 提纯含砂的粗碘 观察气体扩散现象
装置或操作
选项 C D
目的 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
【知识点】物质的分离与提纯；中和热的测定；化学实验方案的评价；酯化反应
【解析】【解答】A．碘易升华，加热时碘单质升华后遇冷冷凝，而砂不挥发，可通过升华法分离，A不符合题意；
B．该装置中盐酸易挥发，挥发出的HCl气体遇到甲基橙溶液，会使甲基橙溶液变色，故该装置可观察气体扩散现象，B不符合题意；
C．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，因此用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇，中和乙酸，收集乙酸乙酯，C不符合题意；
D．该装置未进行保温，与外界存在热交换，不能进行中和反应反应热的测定，D符合题意；
故选D。
【分析】A．碘易升华；
Ｂ．盐酸易挥发，且酸能使甲基橙变红；
Ｃ．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯；
Ｄ．该装置存在热量损失。
13．（2024·海南）电解溶液得到，是早期制备的重要步骤。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
C．回路中通过电子产生
D．氧化成的电极反应为
【答案】A,C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 为阴离子，不能通过质子交换膜，因此不能从阴极区迁移到阳极区，A错误；
B．阴极发生反应，则a为氢气，B正确；
C．由于阳极区存在副反应，则当回路中通过1mol电子产生的小于0.5mol，C错误；
D．阳极区，失电子被氧化成 ，电极反应式为，D正确；
故选AC。
【分析】由图可知，左侧与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，电极反应式为 ，电解过程流出液b中混有少量气泡，说明同时发生，生成氧气，右侧与电源负极相连，为阴极，电极反应式为，则a为氢气。
14．（2024·海南）在生态系统的硫循环中不可或缺。时，水溶液中价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表示的分布分数
B．时，的约为7.0
C．的溶液吸收的量大于
D．可以向燃气中掺入微量以示警燃气泄漏
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；硫化氢
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线a表示H2S的分布分数变化，曲线b表示HS-的分布分数变化，故A错误；
B．a、b曲线的交点处，pH=7，则Ka1(H2S)= c(H+)=1×10﹣7，则硫化钠的Kb2====1×10﹣7，则PKb2约为7，故B正确；
C．氢氧化钠溶液与过量的硫化氢反应生成硫氢化钠，则1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液能与1mol硫化氢气体反应，由于硫化氢气体溶于水，所以1.0L1mol/L的氢氧化钠溶液吸收硫化氢气体的物质的量大于1mol，故C正确；
D．硫化氢气体有毒，不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，故D错误；
故选BC。
【分析】H2S在溶液中分步电离：、，反应过程中，H2S不断减少，HS-先增大后减小，S2-不断增大，则曲线a表示H2S的分布分数变化，曲线b表示HS-的分布分数变化，曲线c表示S2-的分布分数变化。
15．（2024·海南）锰锌铁氧体()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、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
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以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。
（4）沉铁时，选择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）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。
【答案】（1）Zn
（2）氨水
（3）或不含结晶水形式；0.75
（4）；钾肥或其他合理用途
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氨浸的过程中，Zn元素转化为，转移到水溶液中，因此氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）沉锰时，与Mn2+发生归中反应生成 ，反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数。
【分析】锰锌铁氧体粉末进行氨浸，其中的Zn元素转化为进而转移到水溶液中，过滤得到固体A和溶液B，溶液B中主要含有，煮沸得到Zn(OH)2，煅烧Zn(OH)2得到ZnO；固体A中主要含有锰元素和铁，加入硫酸酸浸，再加入沉锰，将Mn2+氧化为MnO2，分离出，溶液C中主要含有铁离子，加入铁粉将其还原为亚铁离子，加入沉铁得到。
（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数。
16．（2024·海南）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。已知时，反应①：；物质的量分数。
回答问题：
（1）题述条件下，反应②： 。
（2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为 。
（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，关系曲线如图所示，其函数关系 (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，则单位时间的产量将 。
【答案】（1）+92
（2）427
（3）压强；温度
（4）；不变；增大
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；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）反应①是反应②的逆反应，反应①H=-92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92；
（2）反应①是反应②的逆反应，分解反应的活化能=反应①的活化能-反应①的焓变，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)=；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。
【分析】（1）正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应；
（2）分解反应的活化能=反应①的活化能-反应①的焓变；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，同时压强、温度等也能影响反应速率；
（4）催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率。
（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)=；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。
17．（2024·海南）羟基磷酸钙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，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：，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。某次实验将浆液滴入稀得到的产品中。造成这种结果差异的原因是 。
【答案】（1）a
（2）使水冷凝回流；②；
（3）控温容易；受热均匀；无明火，更安全；烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点)
（4）
（5）b；d
（6）在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）搅拌器应插入液面以下，故安装不当的是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，防止与浆液反应生成，影响产品纯度；
（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；
（4）投料时应使用新制粉末，易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质对实验的影响；
（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；
故选bd；
（6）题述加料方式所得产品中，某次实验将浆液滴入稀得到的产品中，相当于含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化。
【分析】（1）搅拌器要伸入液面以下；
（2）冷凝管能冷凝回流液体；为了使冷凝效果更佳，冷凝水下进上出；二氧化碳能与氢氧化钙反应；
（3）水浴加热便于控温，且受热均匀；
（4）与二氧化碳反应生成碳酸钙；
（5）固液分离常用过滤的方法；
（6） 滴入稀 ，局部和本体的和都相对过量。
（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；
（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，防止与浆液反应生成，影响产品纯度；
（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；
（4）投料时应使用新制粉末，易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质对实验的影响；
（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；
故选bd；
（6）题述加料方式所得产品中，某次实验将浆液滴入稀得到的产品中，相当于含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将浆液滴入稀的整个加料过程中，局部和本体的和都相对过量，限制了向含有更多组成的物质的沉淀转化。
18．（2024·海南）消炎镇痛药F的一种合成路线如下：
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，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）酮羰基、碳溴键
（5）；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；芳香烃；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的结构简式为，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催化氧化生成B，则A→B的反应类型为氧化反应，C与溴在光照条件下，溴原子取代甲基上的H原子得到D，则C→D的反应类型为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3） 化合物X的分子式为 ，满足条件①与C具有相同的官能团，则含有羰基，②含有2个苯环，③核磁共振氢谱有3组峰，说明含有3种不同环境的原子，则符合条件的结构简式为，故答案为：；
（4）D中含有的官能团为酮羰基、碳溴键，故答案为：酮羰基、碳溴键；
（5）E→F的反应为乙醇钠作用下与碳酸二乙酯共热发生取代反应生成和乙醇，则Y为乙醇，故答案为：；；
（6）氢氧化钠作用下乙醛与甲醛反应生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO与氢气在一定条件下反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4与溴化氢发生取代反应生成C(CH2Br)4；浓硫酸作用下HOOCCH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇钠作用下C2H5OOCCH2COOC2H5与C(CH2Br)4反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，经盐酸酸化、共热发生脱羧反应生成，则合成路线为。
【分析】A与氧气在催化剂条件下催化氧化得到B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A的结构简式为 ，与SOCl2共热发生取代反应，再与(C6H5)4BNa发生取代反应生成，光照条件下与溴发生取代，Br取代甲基上的H原子得到，与NaCN发生取代反应生成，F与CH3I在乙醇钠作用下加热发生取代反应生成G，结合G的结构简式可知，F为。
（1）由分析可知，A的结构简式为，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）由分析可知，A→B的反应为催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成、C→D的反应为光照条件下与溴发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）分子式为的X与C具有相同的官能团，分子中含有2个苯环说明X分子中含有酮羰基，比C分子多1个甲基，则核磁共振氢谱有3组峰的结构简式为，故答案为：；
（4）由结构简式可知，的官能团为酮羰基、碳溴键，故答案为：酮羰基、碳溴键；
（5）由分析可知，E→F的反应为乙醇钠作用下与碳酸二乙酯共热发生取代反应生成和乙醇，则Y为乙醇，故答案为：；；
（6）由题给信息可知，以至多3个碳的有机物为原料合成的合成步骤为：氢氧化钠作用下乙醛与甲醛反应生成(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO与氢气在一定条件下反应生成C(CH2OH)4，C(CH2OH)4与溴化氢发生取代反应生成C(CH2Br)4；浓硫酸作用下HOOCCH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，乙醇钠作用下C2H5OOCCH2COOC2H5与C(CH2Br)4反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，经盐酸酸化、共热发生脱羧反应生成，合成路线为。
19．（2024·海南）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，(阴离子结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
（1）的制备前体(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，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为 。
（3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，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，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）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)。图中氢原子皆己隐去。
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 。(以含a、b和d的代数式表达)
【答案】（1）Cl、S
（2）
（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）；8；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；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）第三周期元素指原子序数 11-18 的元素，则C中第三周期元素为Cl元素和S元素，故答案为：Cl、S；
（2）C分子中， 两个键角均为，键角为 ，键角之和为，说明H、N和2个S位于同一平面上，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B进行自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+，则阳离子F的结构式为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，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，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由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
【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） 两个和键角之和为， H、N和2个S位于同一平面；
（3）自耦电离时，一个分子释放 H+，另一个接受 H+；
（4）酸性越强，Ka越大；分子间形成氢键，能提高物质的沸点；
（5）G 中正负电荷距离更近，形成离子对更稳定，解离度低；N 的配位能力强于磺酰基 O，导致 G 溶液中自由离子浓度小于 H 溶液；
（6）根据均摊法分析计算。
（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S；
（2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）由图可知，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，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由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8；
②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。
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