2022年海南省新高考化学试卷（解析版）

这是一份2022年海南省新高考化学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2022年海南省新高考化学试卷（解析版）
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）化学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Na2CO3
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
【解答】解：A．釉质对牙齿起着保护作用，其主要成分为羟基磷灰石（Ca5（PO4）3OH），使用含氟牙膏会生成氟磷灰石（Ca5（PO4）3F），可以预防龋齿，故A正确；
B．小苏打是NaHCO3的俗称，故B错误；
C．食醋是酸性的可与碳酸钙反应，除去水垢中的碳酸钙，故C正确；
D．国内外对食品添加剂都有严格规定和审批程序，只要严格按照国家批准的品种、范围、计量使用添加剂，安全才有保障，食品添加剂若降低食品本身营养价值，就不可添加，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质与用途，涉及盐类水解的分析应用、物质的性质等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大。
2．（2分）《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
【解答】解：提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、蒸发，没有涉及萃取，
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关，题目难度不大。
3．（2分）下列实验操作规范的是（　　）
A．过滤 B．排空气法收集CO2
C．混合浓硫酸和乙醇 D．溶液的转移
【解答】解：A.过滤时，漏斗下方应紧靠烧杯内壁，故A错误；
B.二氧化碳不与空气中的成分反应，密度大于空气，应用向上排空气法，故B正确；
C.浓硫酸密度比乙醇大，两者混合时，防止液滴飞溅应该将浓硫酸加入乙醇中，故C错误；
D.溶液转移时，防止液体洒出容量瓶应用玻璃棒引流，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见仪器使用方法、试纸的使用方法，熟悉仪器的正确使用方法是解题关键，注意对相关知识的积累，难度不大。
4．（2分）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
【解答】解：A.涤纶是一种人造纤维，可用于纺织成布，制作运动服，故A正确；；
B.人体不含纤维素分解酶，不可将纤维素水解为葡萄糖供能，故B错误；
C.木糖醇属于醇类但有甜味，并且无毒，可用作运动饮料的甜味剂，故C正确；
D.氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是由于氯乙烷迅速气化局部降温减轻疼痛，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了生活中的化学知识j，解题的关键是了解生化中的化学，难度不大，应注意基础知识的掌握。
5．（2分）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
【解答】解：A．K和Na同族，最外层电子数均为1，钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，更容易失去最外层的电子，更活泼，故A正确；
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为，故B错误；
C．钾和NaCl溶液反应，会先和水反应，不能置换中钠，故C错误；
D．钠与钾元素的原子序数相差19﹣11＝8，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查钠和钾的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、元素周期律是解本题关键，题目难度不大。
6．（2分）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
MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
FeCl2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KMnO4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
【解答】解：A．MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成白色沉淀，氢氧化镁不溶于碱，故A错误；
B．铁离子遇到硫氰化钾溶液变红，亚铁离子不变红，故B错误；
C．氯化银的Ksp大于碘化银的Ksp，黄色沉淀不会转化为白色沉淀，故C错误；
D．乙醇具有还原性，可以被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验的评价，涉及物质鉴别和检验、离子检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（2分）在2.8gFe中加入100mL3mol•L﹣1HCl，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Cl﹣数为3NA
C．2.8g56Fe含有的中子数为1.3NA
D．反应生成标准状况下气体3.36L
【解答】解：A．Fe不足，根据铁物质的量计算，则反应转移电子为0.1mol，故A正确；
B．100mL3mol•L﹣1HCl物质的量为0.1L×3mol/L＝0.3mol，HCl溶液中Cl﹣数为0.3NA，故B错误；
C．2.8g56Fe物质的量为0.05mol，含有的中子数为0.05mol×（56﹣26）×NA/mol＝1.5NA，故C错误；
D．根据Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，HCl过量，铁为0.05mol，产生H20.05mol，标况下体积为0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是微粒结构，氧化还原反应电子转移计算，掌握基础是关键，题目较简单
8．（2分）某温度下，反应CH2═CH2（g）+H2O（g）⇌CH3CH2OH（g）在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是（　　）
A．增大压强，v正＞v逆，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH（g）的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡转化率增大
【解答】解：A．该反应是体积减小的反应，增大压强，v正＞v逆，平衡常数不变，故A错误；
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH（g）的浓度不变，故B错误；
C．恒容下，充入一定量的H2O（g），水的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡转化率减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动影响因素，反应方向的判断，题目难度不大，注意结合反应条件的改变对反应物和平衡的影响分析。
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．（4分）一种采用H2O（g）和N2（g）为原料制备NH3（g）的装置示意图如图。下列有关说法正确的是（　　）

A．在b电极上，N2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O2﹣不断减少
【解答】解：A，b电极反应为N2+3H2O+6e﹣＝2NH3+3O2﹣，在b电极上，N2得到电子被还原，故A正确；
B．a为阳极，电解池中，除金铂之外金属做电极，电极失去电子，故不能用Ag做电极，故B错误；
C．电压升高，电流增大，电解速率加快，故C错误；
D．结合a电极反应为2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，b电极反应为N2+3H2O+6e﹣＝2NH3+3O2﹣，反应过程固体氧化物电解质中O2﹣不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解池原理的应用，难度不大，结合电极中物质的变化判断电极为解答的关键，注意根据物质的转化写出电极反应。
（多选）10．（4分）已知CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH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．CH3COOH分子中只有σ键
D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强
【解答】解：A．氯化氢为共价化合物，氢原子与氯原子共用1对电子，电子式为：，故A错误；
B．F、Cl、Br、I属于同一主族，从上到下原子半径增大，则原子半径：F＜Cl＜Br＜I，原子半径越大，共价键键长越大，则共价键的键长：F﹣F＜Cl﹣Cl＜Br﹣Br＜I﹣I，故B正确；
C．共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，共价三键中含有1个σ键、2个π键，CH3COOH分子中含有σ键和π键，故C错误；
D．Cl吸电子能力大于I，导致ClCH2COOH比ICH2COOH易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题主要考查化学键、电子式、物质酸碱性等知识点，解题的关键是掌握化学基本概念，难度较小。
11．（4分）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．XW3是非极性分子
B．简单氢化物沸点：X＞Y
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
【解答】解：A.XW3为NCl3，属于极性分子，故A错误；
B.H2O在常温常压下为液体，NH3在常温常压下为气体，简单氢化物的沸点X＜Y，故B错误；
C.Y与Z形成的化合物为氧化钠或是过氧化钠，均属于离子化合物，故C正确；
D.X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液不一定呈酸性，如硝酸钠溶液显中性，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的性质、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
（多选）12．（4分）化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图。下列有关该化合物说法正确的是（　　）

A．能使Br2的CCl4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
【解答】解：A.由有机物的结构可知，该有机物含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，故A正确；
B.由图可知该有机物含有氨基、酰胺基、碳碳双键和羧基，共4种官能团，故B正确；
C.连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，由图可知该有机物含3个手性碳，故C错误；
D.分子结构中2个酰胺基和羧基可以与NaOH，则1mol该化合物最多与3molNaOH反应，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
（多选）13．（4分）NaClO溶液具有漂白能力。已知25℃时，Ka（HClO）＝4.0×10﹣8。下列关于NaClO溶液说法正确的是（　　）
A．0.01mol•L﹣1溶液中，c（ClO﹣）＜0.01mol•L﹣1
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO﹣+H2O═HSO3﹣+HClO
D．25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c（HClO）＞c（ClO﹣）＝c（Na+）
【解答】解：A.0.01mol•L﹣1NaClO溶液中，因ClO﹣会水解使得c（ClO﹣）＜0.01mol•L﹣1，故A正确；
B.NaClO溶液长期露置在空气中，ClO﹣会水解生产次氯酸，次氯酸不稳定受热分解生成HCl和O2，使得漂白能力减弱，故B错误；
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，正确的离子方程式为：ClO﹣+SO2+2H2O═SO42﹣+Cl﹣+4H+，故C错误；
D.25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，次氯酸的电离程度与次氯酸根离子的水解程度相等，Ka（HClO）＝＝10﹣7×＝4.0×10﹣8，则＝0.4，可知c（HClO）＞c（ClO﹣），则可知c（HClO）＞c（ClO﹣）＝c（Na+），故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐类的水解，明确酸根离子水解的关系是解本题关键，难度中等。
（多选）14．（4分）某元素M的氢氧化物M（OH）2（s）在水中的溶解反应为：
M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）
M（OH）2（s）+2OH﹣（aq）⇌M（OH）（aq）
25℃，﹣lgc与pH的关系如图所示，c为M2+或M（OH）浓度的值。下列说法错误的是（　　）

A．曲线①代表﹣lgc（M2+）与pH的关系
B．M（OH）2的Ksp约为1×10﹣10
C．向c（M2+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入NaOH溶液至pH＝9.0，体系中元素M主要以M（OH）2（s）存在
D．向c[M（OH）]＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入等体积0.4mol•L﹣1的HCl后，体系中元素M主要以M2+存在
【解答】解：A.由分析可知曲线①代表﹣lgc（M2+）与pH的关系，故A正确；
B.M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K＝c（M2+）c2（OH﹣），由图可知，在pH＝7.0时，﹣lgc（M2+）＝3，c（M2+）＝10﹣3mol/L，则c（H+）＝10﹣7 mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，K＝c（M2+）c2（OH﹣）＝10﹣3×（10﹣7）2＝10﹣17，故B错误；
C.由图像可知在pH＝9时M（OH）和M2+含量极低，主要以M（OH）2（s）存在，故C正确；
D.根据图像c[M（OH）]＝0.1mol•L﹣1时溶液的pH约为14.5，c（OH﹣）＝mol/L≈3.2mol/L，加入等体积0.4mol•L﹣1的HCl后，溶液中发生中和反应，反应后c（OH﹣）＝mol/L＝1.4mol/L，此时体系中元素M仍主要以M（OH）存在，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题考查了Ksp的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，要注意溶液中离子浓度的关系，难度不大。
三、非选择题：共5题，共60分。
15．（10分）胆矾（CuSO4•5H2O）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、CuCO3、Cu（OH）2]制备胆矾。流程如图。

回答问题：
（1）步骤①的目的是 　除油污　。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成 　SO2　（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 　Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O　。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 　胆矾易溶于水　。
（5）实验证明，滤液D能将I﹣氧化为I2。
i.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加热浓缩后双氧水已完全分解　。
ii.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I﹣氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 　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I﹣，不能被氧化　（不要求写具体操作过程）。
【解答】解：（1）碱性条件下油脂能水解生成高级脂肪酸盐和甘油，碳酸钠溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以碳酸钠溶液的作用是去除油污，
故答案为：除油污；
（2）固体B主要成分为Cu，加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成CuSO4、SO2、H2O，该反应的方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+2H2O+SO2↑，SO2有毒而污染空气，若仅用浓H2SO4溶解固体B，会生成SO2，污染环境，
故答案为：SO2；
（3）H2O2有氧化性、Cu有还原性，在酸性条件下中，H2O2、Cu、H2SO4发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；
（4）胆矾易溶于水，为防止胆矾溶解，所以不可用水洗涤，
故答案为：胆矾易溶于水；
（5）i．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解，所以不存在H2O2氧化I﹣，
故答案为：溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解；
ii．要验证是否是Cu2+将I﹣氧化为I2，只要去除溶液中的Cu2+即可，方法为：取滤液，向其中加入适量Na2S，使Cu2+恰好完全沉淀，再加入I﹣，不能被氧化，
故答案为：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I﹣，不能被氧化。
【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，（5）题实验方案设计是解答难点，题目难度中等。
16．（10分）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：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备1molO2（g），电解反应的ΔH＝+572kJ•mol﹣1。由此计算H2（g）的燃烧热（焓）ΔH＝　﹣286　kJ•mol﹣1。
（2）已知：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）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ΔH与活化能（Ea）的关系为|ΔH|＞Ea。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0.1molCO2和0.4molH2，反应平衡后测得容器中n（CH4）＝0.05mol。则CO2的转化率为 　50%　，反应温度t约为 　660.2　℃。
（3）在相同条件下，CO2（g）与H2（g）还会发生不利于氧循环的副反应：
CO2（g）+3H2（g）H2O（g）+CH3OH（g）
在反应器中按n（CO2）：n（H2）＝1：4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CH3OH、CH4浓度（μmol•L﹣1）如下表所示。
催化剂
t＝350℃
t＝400℃
c（CH3OH）
c（CH4）
c（CH3OH）
c（CH4）
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，0～2min生成CH3OH的平均反应速率为 　5.4　μmol•L﹣1•min﹣1；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 　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　。
【解答】解：（1）已知2H2O2H2↑+O2↑，△H＝+572kJ•mol﹣1，则氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为：286kJ，故△H＝﹣286kJ/mol，
故答案为：﹣286；
（2）①△H＞Ea，则生成物能量低于a，则图应该为，
故答案为；
②列出三步法：CO2（g）+4H2（g）2H2O（g）+CH4（g）
0.1mol 0.4mol 0 0
0.05mol 0.2mol 0.1mol 0.05mol
0.05mol 0.2mol 0.1mol 0.05mol
故二氧化碳的转化率＝×100%＝×100%＝50%；
K＝＝＝625，对应的温度是660.2℃；
故答案为：50%；660.2；
（3）根据v＝＝＝5.4μmol•L﹣1•min﹣1；由图可知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，
故答案为：5.4；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。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
17．（12分）磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备（NH4）2HPO4，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NH4Cl（s）和Ca（OH）2（s）制备氨气的化学方程式为 　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑　。
（2）现有浓H3PO4质量分数为85%，密度为1.7g•mL﹣1。若实验需100mL1.7mol•L﹣1的H3PO4溶液，则需浓H3PO4　11.5　mL（保留一位小数）。
（3）装置中活塞K2的作用为 　平衡压强防倒吸　。实验过程中，当出现 　倒吸　现象时，应及时关闭K1，打开K2。
（4）当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得（NH4）2HPO4溶液。若继续通入NH3，当pH＞10.0时，溶液中OH﹣、　NH4+　和 　PO43﹣　（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 　酚酞　作指示剂，当溶液颜色由 　无色　变为 　浅红色　时，停止通NH3。

【解答】解：（1）加热条件下，实验室用NH4Cl（s）和Ca（OH）2（s）生成氨气、氯化钙和水，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
（2）n（H3PO4）＝0.1L×1.7mol•L﹣1＝0.17mol，m＝nM＝0.17mol×98g/mol＝16.66g，ρ＝，即V＝＝≈11.5mL，
故答案为：11.5；
（3）由图可知，装置中活塞K2是防倒吸的，如果实验过程中出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2，
故答案为：平衡压强防倒吸；倒吸；
（4）继续通入NH3，溶液中氨水的量增加，一水合氨电离导致NH4+、OH﹣增加，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，则NH4+、OH﹣，所以HPO42﹣⇌H++PO43﹣平衡向右移动，c（PO43﹣）增大；
故答案为：NH4+；PO43﹣；
（5）（NH4）2HPO4溶液呈碱性，酚酞变色范围为8～10，所以可用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，停止通氨气，
故答案为：酚酞；无色；浅红色。
【点评】本题考查物质制备及实验方案设计，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度中等。
18．（14分）黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：

回答问题：
（1）A→B的反应类型为 　取代反应或磺化反应　。
（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 　苯酚　，D的结构简式为 　　。
（4）E和F可用 　氯化铁溶液　（写出试剂）鉴别。
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件。X可能的结构简式为 　或　（任写一种）。
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 　　、　H2O　。

（7）设计以为原料合成的路线 　　（其他试剂任选）。
已知：
【解答】解：（1）A中氢原子被磺酸基取代生成B，A→B的反应类型为取代反应或磺化反应，
故答案为：取代反应或磺化反应；
（2）已知B为一元强酸，则B能和NaOH以1：1发生中和反应，所以室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（3）C的化学名称为苯酚，D的结构简式为，
故答案为：苯酚；；
（4）F比E多酚羟基，含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，所以E和F可用氯化铁溶液鉴别，
故答案为：氯化铁溶液；
（5）X是F的同分异构体，符合下列条件：
①含有酯基；
②含有苯环；
③核磁共振氢谱有两组峰，说明含有两种氢原子，F的不饱和度是6，根据F中不饱和度及氧原子个数知，X中含有两个酯基且X的结构对称，符合条件的结构简式、，
故答案为：或；
（6）F中酚羟基和苯甲酸酐发生取代反应生成苯甲酸，F中亚甲基和羰基发生加成反应生成醇羟基、醇羟基发生消去反应生成G和H2O，同时生成F→G反应方程式中M和N的结构简式、H2O，
故答案为；H2O；
（7）以为原料合成，对二甲苯中两个甲基发生氧化反应生成羧基；苯环上的氢原子发生A生成B、B生成C的反应引入酚羟基；酚羟基发生取代反应然后发生异构化得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
19．（14分）以Cu2O、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 　1s22s22p4　，其中未成对电子有 　2　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 　自由电子在外加电场中作定向移动　。
（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。酞菁分子结构如图1，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 　sp2　杂化。

邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰亚胺（）都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 　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）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 　Zn+4NH3+2H2O＝[Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH﹣　。
（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 　O的电负性比N大，即Zn﹣O的极性比Zn﹣N的极性大，离子键成分的百分数更高　。
（6）图2为某ZnO晶胞示意图，图3是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。▱abcd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 　▱cdhi　、　▱bcfe　。

【解答】解：（1）O原子核外有8个电子，根据构造原理书写基态O的电子排布图为，则其电子排布式为：1s22s22p4，其2p能级上有2个未成对电子，
故答案为：1s22s22p4；2；
（2）通常情况下，金属晶体内部电子的运动是自由流动的，但在外加电场的作用下会定向移动形成电流，所以金属具有导电性，
故答案为：自由电子在外加电场中作定向移动；
（3）由图1可知，物质中的N，有2个σ键，孤电子对数为：×（5﹣3×1）＝1，其杂化方式为sp2，邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，
故答案为：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）42+，Zn与氨水反应的离子方程式为：Zn+4NH3+2H2O＝[Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH﹣，
故答案为：Zn+4NH3+2H2O＝[Zn（NH3）4]2++H2↑+2OH﹣；
（5）O的电负性比N大，即Zn﹣O的极性比Zn﹣N的极性大，离子键成分的百分数更高，
故答案为：O的电负性比N大，即Zn﹣O的极性比Zn﹣N的极性大，离子键成分的百分数更高；
（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，则与其相邻的晶胞与该晶胞公用bc和cd，结合晶胞平移原则可知相邻的两个晶胞底面为cdhi和bcfe，
故答案为：▱cdhi；▱bcfe。
【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、空间构型、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生知识应用、计算、空间想象能力，难点是晶胞计算，属于能力的考查，题目难度中等。


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