2022年高考化学真题完全解读(湖北卷带解析).docx

2022年高考化学真题完全解读
(湖北卷)

2022年湖北省普通高中学业水平选择性考试化学试题延续了湖北卷一贯的风格、特点，特别是试题难度保持相对稳定，难度梯度设计合理，整卷没有出现任何偏题、怪题，契合湖北考生的特点，有较好的区分度，很好地体现了试题的选拔功能。试题以真实情境为测试载体，体现了"一核"育人功能；以核心素养为测试宗旨，紧扣"四层"命题理念；以实际问题为测试任务，突出"四翼"考查要求，关注科技前沿和中华优秀传统文化，精心创设真实的问题情境；凸显核心素养各模块的基本要求，强化高阶思维培养；夯实基础和主干知识的学习，提升学科关键能力。实现关注点从“解题”向“解决问题”转变。
一、重视主干，筑牢学科基础
试题突出了对高中化学主干与核心知识的考查，必做题部分仅有15题，但设点全面，涉及内容包括物质分类、化学反应类型、原子结构与元素周期律、物质结构与性质、化学反应速率与化学反应平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、氧化还原反应、化学用语、热化学、电化学、重要元素单质及化合物的相关性质、化学实验原理及基本操作、有机化学基础知识等，涵盖了高中化学的主干知识。在题目设置上，每题围绕一个主题多面设点，扩大知识覆盖。以选择题为例，每题设计一个主题思想，各个选项围绕主题考查不同的知识内容或从不同角度考查同一知识内容，这种做法大大增加了整份试卷的知识覆盖面，提高了考试信度有效地考查了考生对化学学科主干与核心知识的掌握程度。例如：第1题围绕化学与生活，考查明矾的净水作用及原理、酚类的氧化反应、食品添加剂；第5题化学物质与生命过程，考查维生素、淀粉和纤维素、蛋白质、核酸；第6题化学实验基本操作，考查焰色试验、吸氧腐蚀、加成反应、化学实验基础操作；第8题硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，考查熵判据、同主族元素性质递变规律、元素非金属性强弱的比较方法、键能、键长、键角及应用等。
二、紧扣热点，推进依标施考
试题立意高远，选材考究，强调化学在生产、生活中的实际应用，同时注重降低考生入题门槛，做到了高起点、低落点。试题以考查考生能力为主导立意，注重对化学学科各部分知识本质区别和内在联系的考查，问题的落脚点均为高中化学学科的基本概念、基本原理、基本技能。例如：第1题化学与生活中的化学变化；第2题莲藕含多酚类物质；第3题武当山金殿的鎏金工艺；第5题与生命过程密切相关的维生素、多糖、蛋白质、核酸；第7题非晶态碳玻璃；第9题制作光电材料卤化物晶胞；第16题“盐湖提锂”等等。
三、巧设情境，强化关键能力
新高考命题，对于不少的考生来说，第一感受是情境的新颖度、多元性和开放度都大大增加。命题角度、题型不固化，信息材料新颖，体现出命题的开放性和灵活性，情境设题成为高考命题的基本原则，主要从“生活科学实践”和“重大社会热点”中选择情境，考查学生解决实际问题和从事科学研究的能力，试题开放性和探究性将进一步加大。克服考查知识的弊病，转向考查学生的学科素养与思维能力，使学生思考和答题有很大的自由发挥空间，减少传统上有唯一标准答案的框限。例如：第16题设计工艺流程通过制备碳酸锂来提取锂，考查溶度积、物质分离、提纯综合应用、常见无机物的制备；第17题合成制备某种改善睡眠药物的中间体，考查有机反应类型、核磁共振、官能团结构与性质、同分异构体的数目的确定、配合物、催化作用等；第18题制备磷酸晶体，考查氢键对物质性质的影响、物质分离、提纯综合应用、物质制备的探究、综合实验设计与评价；第19题探究“CaO-Al-H2O”体系的发热原理，考查盖斯定律的应用、化学平衡的移动及其影响因素；溶度积常数相关计算等。
四、图文并茂，考查思维品质
图片是试卷的重要组成部分，题目设计上强调对考生分析解决（解答）化学问题能力的考查，试卷的信息量有所增加，情境复杂，图文并茂。利用图形、图表、反应流程等多种形式实现对考生获取信息、吸收整合信息能力的考查，使试题能全面考查考生的化学学科素养。在一个题目中给予多个分布图，要求学生根据图片中仪器和图表给出的数值来计算。如：第6、9、14、15、16、17、18、19题。

知识模块
题号
化学与STSE
1、3
认识化学科学
4
常见无机物及其应用
1、4、6
物质结构与性质
7、8、9、10、11、16
有机化学基础
1、2、5、6、13、17
化学反应原理
6、8、12、14、15、18、19
化学实验基础
6、16、18

题号
分值
难易度分析
详细知识点
1
3分
较易
明矾的净水作用及原理；酚类的氧化反应；食品添加剂。
2
3分
较易
红外光谱；酚类的化学性质；酚类的显色反应；酚类的取代反应。
3
3分
较易
金属材料。
4
3分
中
限定条件下的离子共存；铁盐。
5
3分
容易
淀粉和纤维素；蛋白质；核酸。
6
3分
较易
焰色试验；吸氧腐蚀；加成反应；化学实验基础操作。
7
3分
中
几组常见同素异形体；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶体与非晶体。
8
3分
较易
熵判据；同主族元素性质递变规律；元素非金属性强弱的比较方法；键能、键长、键角及应用。
9
3分
中
根据晶胞结构确定晶体化学式；晶胞的有关计算。
10
3分
中
配合物。
11
3分
较难
极性分子和非极性分子。
12
3分
中
弱电解质的电离平衡。
13
3分
较易
醇类的化学性质；醛基的加成反应。
14
3分
中
电解原理的理解及判断；根据电解产物进行相关推断；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断；电解池有关计算。
15
3分
难
弱电解质的电离平衡；弱电解质的电离平衡常数。
16
14分
较难
溶度积；物质分离、提纯综合应用；常见无机物的制备。
17
13分
难
有机反应类型；核磁共振；官能团结构与性质；同分异构体的数目的确定；配合物；催化作用。
18
14分
较难
氢键对物质性质的影响；物质分离、提纯综合应用；物质制备的探究；综合实验设计与评价。
19
14分
较难
化学反应原理综合考查；盖斯定律的应用；化学平衡的移动及其影响因素；溶度积常数相关计算。

2022年湖北省普通高中学业水平选择性考试
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是( )
A．加入明矾后泥水变澄清 B．北京冬奥会用水快速制冰
C．炖排骨汤时加点醋味道更鲜 D．切开的茄子放置后切面变色
【答案】B
【解析】A项，明矾净水的原理为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误；B项，水和冰的分子式都是H2O，水快速制冰为物理变化，B正确；C项，炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养值更价高。此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误；D项，茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D错误；故选B。
2．莲藕含多酚类物质，其典型结构简式如图所示。下列有关该类物质的说法错误的是( )

A．不能与溴水反应 B．可用作抗氧化剂
C．有特征红外吸收峰 D．能与发生显色反应
【答案】A
【解析】A项，苯酚可以和溴水发生取代反应，取代位置在酚羟基的邻、对位，同理该物质也能和溴水发生取代反应，A错误；B项，该物质含有酚羟基，酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B正确；C项，该物质红外光谱能看到有O-H键等，有特征红外吸收峰，C正确；D项，该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D正确；故选A。
3．武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是( )
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性 B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集 D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【答案】B
【解析】A项，加热除汞，说明汞易挥发，A正确；B项，将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C项，金溶于汞中，然后再加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C正确；D项，用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D正确；故选B。
4．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是( )
A．在0.1mol·L－1氨水中：Ag+、Cu2+、NO3-、SO32-
B．在0.1mol·L－1氯化钠溶液中：Fe3+、I-、Ba2+、HCO3-
C．在0.1mol·L－1醋酸溶液中：SO42-、NH4+、Br-、H+
D．在0.1mol·L－1硝酸银溶液中：K+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】C
【解析】A项，氨水显碱性，会与Ag+、Cu2+反应，不能大量共存，A项错误；B项，Fe3+、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；C项，醋酸显酸性，在醋酸溶液中SO42-、NH4+、Br-、H+均不会发生反应，能大量共存，C项正确；D项，硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误；故选C。
5．化学物质与生命过程密切相关，下列说法错误的是( )
A．维生素C可以还原活性氧自由基 B．蛋白质只能由蛋白酶催化水解
C．淀粉可用CO2为原料人工合成 D．核酸可视为核苷酸的聚合产物
【答案】B
【解析】A项，维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，故A正确；B项，蛋白质在酸、碱的作用下也能发生水解，故B错误；C项，将二氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，故C正确；D项，核苷酸通过聚合反应制备核酸，故D正确；故选B
6．下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是( )

A．滴入酚酞溶液
B．吸氧腐蚀
C．钠的燃烧
D．石蜡油的热分解
【答案】C
【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；B项，食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；C项，钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；D项，石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故案选C。
7．C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是( )
A．具有自范性 B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子 D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】A项，自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误；B项，碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确；C项，碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有sp3杂化的碳原子形成化学键，C正确；D项，金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D正确；故选A。
8．硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：NaHS(s)＋CS2(l)=Na2CS3(s)+ H2S(g)，下列说法正确的是( )
A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性
C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高
【答案】B
【解析】A项，Na2CS3中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误；B项， 类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确；C项，由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误；D项，S的原子半径比O小，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误；故选B。
9．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是( )

A．Ca2+的配位数为6 B．与距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3 D．若换为Cl-，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】A项，Ca2+配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，Ca2+位于体心，F-位于面心，所以Ca2+配位数为6，A正确；B项，F-与K+的最近距离为棱长的，F-与Ca2+的最近距离为棱长的，所以与F-距离最近的是Ca2+，B错误；C项，K+位于顶点，所以K+个数==1，F-位于面心，F-个数==3，Ca2+位于体心，所以Ca2+个数=1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；D项，F-与Cl-半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。
10．Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是( )
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物
B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性
D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
【答案】A
【解析】A项，Al3+半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B项，BeCl2和AlCl3属于分子晶体，而MgCl2属于离子晶体，则BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，B项正确；C项，Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D项，Be和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；故选A。
11．磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是( )
A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2 D．分解产物的电子式为
【答案】C
【解析】A项，磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B项，磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C项，磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D项，NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；故选C。
12．根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( )
A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+
C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+
【答案】D
【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。
13．同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一、已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO+H2ORCH(OH)2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的D218O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D218O发生加成反应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为-OD，-18OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，故 的含量最高，故D正确；故选D。
14．含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是( )

A．生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-
C．在电解过程中CN-向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
【答案】D
【解析】A项，石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，则生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；B项，阴极上发生还原反应，应该得电子，P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-为阳极发生的反应， B错误；C项，石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN-应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；D项，由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN-和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确；故选D。
15．下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的图(浓度：总为，总T为)。下列说法错误的是( )

A．As(OH)3的为-9.1
B．[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强
C．时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高
D．时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
【答案】D
【解析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-6mol/L，横坐标为pH，随着pH的增大，先变大，然后再减小，同时变大两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6。pH继续增大，则减小，同时增大，当pH=9.1时，=，，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T浓度也大于总As。A项，，，当pH=9.1时，=，，为-9.1，A正确；B项，[As(OH)2T]- [As(OH)T]2-+H+，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka > Ka1，所以[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强，B正确；C项，由图可知As(OH)3的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，[As(OH)2T]-的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以pH=3.0时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高，C正确；D项，由可知条件，酒石酸，As(OH)3的为-9.1，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于As(OH)3，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH=7.0时，溶液中浓度最高的物种不是As(OH)3，D错误；故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．(14分)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有NaLi+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O
化合物
Ksp
Mg(OH)2

Ca(OH)2

CaCO3

Li2CO3

回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是___________。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3) 蒸发浓缩     趁热过滤
(4)  不稳定     Li+ + HCO3- = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为Na+、Li+、Cl-和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。(1)浓缩卤水中含有Mg2+，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤；(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3；(5)“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
17．(13分) 化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A→B的反应类型是___________。
(2)化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有___________组。
(3)化合物C的结构简式为___________。
(4)D→E的过程中，被还原的官能团是___________，被氧化的官能团是___________。
(5)若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有___________种。
(6)已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为___________。
(7)配合物可催化E→F转化中C- Br键断裂，也能催化反应①：
反应①：
为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S-1(结构如下图所示)。在合成的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。

根据上述信息，甲、乙两组合成的S-1产品催化性能出现差异的原因是___________。
【答案】(1)取代反应(或酯化反应) (2)5
(3)
(4)酯基     碳碳双键 (5)5 (6)45.92%
(7)甲组使用的Pd催化剂未完全除尽，继续催化反应①
【解析】A→B条件为甲醇和浓硫酸，该反应为酯化反应，B→C，条件为CH3I和有机强碱，结合C的分子式以及D的结构简式可分析得出C的结构简式为，C与CH2=CHCH2Br发生取代反应生成D，由E的结构可分析出，D中酯基被还原成醇羟基，碳碳双键被氧化成羧基，然后发生酯化反应生成E，E与Pd配合物在碱的催化下反应生成F。(1)A→B条件为甲醇和浓硫酸，根据A和B的结构简式可分析出，该反应为酯化反应，属于取代反应；(2)核磁共振氢谱的吸收峰数目等于有机物中氢元素的种类，即有多少种化学环境不同的氢原子，由B的结构简式可知，B中有5种H，所以核磁共振氢谱有五组吸收峰；(3)B与CH3I反应生成C，结合D的结构简式可推测出C的结构简式为 ；(4)E结构中存在环状酯结构，采用逆推的方式可得到，存在羧基和醇羟基，再结合两种官能团的位置及支链中碳原子的个数，可推得D中碳碳双键被氧化，酯基被还原；(5)只考虑氟的位置异构， F中氟原子没取代之前只有6种类型氢原子，如图：，取代后有6种氟代物，除去F本身，应为5种同分异构体；(6) A→F的过程中，分成三步进行，且三步反应A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的产率=70%82%80%=45.92%；(7)甲乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，说明有机小分子S-1不是反应①的催化剂，根据已知条件，Pd配合物也能催化反应①，可推测，金属Pd在催化甲组合成S-1后，并没有完全除尽，有残留，所以最终其催化作用的依然为金属Pd。
18．(14分)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42℃，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成2H3PO4·H2O (熔点为30℃)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：

回答下列问题：
(1)A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。
(2)P2O5的作用是___________。
(3)空气流入毛细管的主要作用是防止_________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。
(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。
(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为________(填标号)。
A．＜20℃             B．30~35℃             C．42~100℃
(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。
【答案】(1) 圆底烧瓶     b (2)干燥气体
(3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀
(5)磷酸晶体 (6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。 (1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO4·H2O (熔点为30℃)，高于1000℃则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为42∼100℃，答案选C。(7)磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。
19．(14分)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO粉末、5.0mL H2O
b
0.15g Al粉、5.0mL H2O
c
0.15g Al粉、5.0mL饱和石灰水
d
0.15g Al粉、5.0mL石灰乳
e
0.15g Al粉、0.20gCaO粉末、5.0mLH2O

回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
则的___________。
(2)温度为T时，Ksp[Ca(OH)2)]= x，则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH―)=_____用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，后基本不变，原因是___________。
(4)实验b中，的变化说明Al粉与H2O在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的ΔT有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】(1)-911.9 (2)mol⋅L-1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4) 不反应     Al和溶液中的OH-发生了反应     OH-
(5)A
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2´③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2´(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。(3)实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。

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