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2024年海南省普通高中学业水平选择性考试

化学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题|卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-1  Li-7  ⅳO-16  Cl-35.5  K-39  Mn-55  Fe-56  Cu-64  Zn-65

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。

【2024海南等级考】1. 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

【解析】

【详解】A．利用可降解的竹子替代普通塑料，减少塑料的使用，可防止白色污染，故A正确；

B．人工合成杀虫剂具有一定毒性，会对环境造成一定影响，故B错误；

C．无纸化办公，减少了打印机中人工合成的油墨使用，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。

【2024海南等级考】2. 下列包装标签上的安全标识与试剂对应正确的是

A. A                                  B.B                                  C.C                                  D.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．丁烷易燃，属于易燃气体，故A正确；

B．葡萄糖没有腐蚀性，不属于腐蚀类物质，故B错误；

C．浓硫酸是硫酸浓度很大的水溶液，不属于加压气体，故C错误；

D．氯化钡的性质稳定，没有爆炸性，不属于爆炸类物质，故D错误；

故选A。

【2024海南等级考】3. 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

【解析】

【详解】A．成分类似于淀粉的糖原一定条件下能发生水解反应最终生成葡萄糖，故A正确，

B．乙烯分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成高聚物聚乙烯，故B正确；

C．畜禽毛羽的主要成分为角蛋白，一定条件下能完全水解生成氨基酸，故C正确；

D．由结构简式可知，聚合物的单体是和HOCH₂CH₂OH，故D错误；

故选D。

【2024海南等级考】4. 过氧化脲[CO(NH₂)₂·H₂O₂]]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢(H₂O₂)和脲[CO(NH₂)₂]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

【解析】

【详解】A．由题干物质结构式可知，分子中含有sp³杂化的N原子，故不可能所有原子处于同一平面，A错误；

B．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，其中O的化合价为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；

C．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，则杀菌能力源于其氧化性，C正确；

D．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，过氧键为非极性键，其余共价键均为极性键，D错误；

故答案为：C。

【2024海南等级考】5. 下列化学应用实例与方程式不匹配的是

A. A                                  B.B                                  C.C                                  D.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．海上油气1工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭能减缓腐蚀是因为金属性强于铁的锌做原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子被损耗，电极反应式为，故A错误；

B．用硫磺粉减少破损水银体温计洒落的汞的危害是因为硫能与汞反应生成硫化汞，减少汞挥发产生蒸气而污染环境，反应的化学方程式为，故B正确；

C．用浓硫代硫酸钠溶液洗除实验服上的黑色银斑是因为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．烘焙糕点时，以食品级碳酸氢铵作膨松剂是因为碳酸氢铵受热分解生成的氨气和二氧化碳能使食品疏松多孔，反应的化学方程式为，故D正确；

故选A。

【2024海南等级考】6. N_A代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A. 2.2g超重水(³H₂O)所含的电子数目为N_A

B.1L0·1mol/L NaClO 溶液中ClO^－数目为0.1N_A

C. 过量C与1molSiO₂充分反应转移电子数目为3N_A

D. 1molCl₂与足量CH₄发生取代反应生成HCl分子的数目为2N_A

【答案】A

【解析】

【详解】A．2.2g超重水(³H₂O为)所含的电子为0.1mol×10=1mol，电子数目为N_A，A正确；

B．次氯酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解生成次氯酸和氢氧根离子，故1L0·1mol/L NaClO溶液中ClO^－的数目小于0.1N_A，B错误；

C．过量C与1molSiO₂充分生成硅单质和CO，硅化合价由+4变为0，则反应转移电子数目为4N_A，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，1molCl₂与足量CH₄发生取代反应生成HCl分子的数目为N_A，D错误；

故选A。

【2024海南等级考】7. 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0.4mol/L，c(CO₂)-t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(CH₃OH)=0.15mol/L

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

【解析】

【详解】A．由题干图像信息可知，平衡时CO₂的浓度T₁温度下比T₂温度下的大，即T₁到T₂平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T₁＞T₂，A正确；

B．由题干图像信息可知，T₁温度下达到平衡时CO₂的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T₁下反应达到平衡时c(CH₃OH)=0.15mol/L，B正确；

C．由题干图像信息可知，在温度均为T₁时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，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．由题干信息可知，催化剂2和催化剂2分别在不同温度下达到平衡所需要的时间不同，说明使用催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，D错误；

故答案为：D。

【2024海南等级考】8. 已知298K，101KPa时，，H₂的临界温度(能够液化的最高温度)为32.98K，下列说法错误的是

A. 氢气燃烧热

B. 题述条件下2mol H₂和1mol O₂，在燃料电池中完全反应，电功+放热量=571.6kJ

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2g H₂(g)消耗的电功相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．氢气燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气燃烧热，故A正确；

B．由题意可知，氢氧燃料电池中化学能转化为热能和电能，由能量守恒定律可知，2mol H₂和1mol O₂，在燃料电池中完全反应，电功+放热量=571.6kJ，故B正确；

C．氢气是易燃易爆的气体，难于安全储存与运输，所以氢能利用的关键技术在于安全储存与运输，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。

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。

【2024海南等级考】9. 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C₁₉H₂₈O₄

C. 含有4个手性碳原子                                            D.预测在不同溶剂中的溶解度S:

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据结构，该有机物含有碳碳双键、醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；

B．根据结构，该有机物的分子式为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．该有机物为极性分子，环己烷为非极性分子，乙醇为极性分子，根据“相似相溶”原理，该有机物在乙醇中的溶解度大于在环己烷中的溶解度，D错误；

答案选AC

【2024海南等级考】10. 根据下列实验及现象，所得结论错误的是

A A                                 B.B                                  C.C                                  D.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误；

B．热源包(主要成分CaO，少许Na₂CO₃、Al粉)加水后，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；

C．CuCl₂浓溶液中存在平衡：[CuCl₄]^2-(黄色)+4H₂O⇌[Cu(H₂O)₄]^2-+4Cl^-，加水稀释后溶液呈蓝色，是因为上述平衡向右发生移动，故C正确；

D．FeCl₃－NH₄HF₂的混合液会形成[FeF₆]^3－配离子，[FeF₆]^3－的氧化能力小于Fe³⁺，故遇淀粉-KI试纸不变蓝色，故D正确；

答案选A。

【2024海南等级考】11. 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，N^1－C²键长变短                           B.基态N^＋离子的核外电子排式为1s²2s²2p³

C. I具备在热敏指示剂方面的应用前景                      D.加热时，Ⅰ的O¹与H^＋结合，O¹-C¹键断开

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由图可知，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，N^1－C²键长变短，故A正确；

B．氮元素的原子序数为7，基态N^＋离子的核外电子排式为1s²2s²2p²，故B错误；

C．由图可知，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O¹与H^＋结合，O¹-C²键断开，故D错误；

故选BD。

【2024海南等级考】12. 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是

A. A                                  B.B                                  C.C                                  D.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．碘易升华，加热可使碘固体升华成为碘蒸气，碘蒸气遇到冷的容器，又凝华成为碘固体，该装置可以提纯粗碘，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．实验室用乙醇和乙酸以及浓硫酸在加热条件下制取乙酸乙酯，乙酸乙酯在饱和碳酸钠中的溶解度很小，可以通入饱和碳酸钠溶液来收集，导管要伸到溶液的上方，该装置可用来制取乙酸乙酯，C不符合题意；

D．该装置是开放装置，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。

【2024海南等级考】13. 电解NH₄HSO₄溶液得到S₂O₈^2－，是早期制备H₂O₂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SO₄^2－不断迁移到阳极区

B. 图中a代表H₂

C. 回路中通过1mol电子产生0.5mol(NH₄)₂S₂O₈

D. SO₄^2－氧化成S₂O₈^2－的电极反应为2SO₄^2－-2e^-=S₂O₈^2－

【答案】AC

【解析】

【分析】由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为2SO₄^2－-2e^-=S₂O₈^2－，电解过程流出液b中混有少量气泡，发生副反应2H₂O－2e^-=O₂↑＋4H^＋，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式为2H^＋＋2e^-=H₂↑。

【详解】A．由分析可知，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴极区迁移到阳极区，A错误；

B．由分析可知，阴极区产生氢气，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(NH₄)₂S₂O₈小于0.5mol，C错误；

D．由分析可知，阳极区发生反应氧化反应2SO₄^2－-2e^-=S₂O₈^2－，D正确；

故选AC。

【2024海南等级考】14. H₂S在生态系统的硫循环中不可或缺。298K，101KPa时，水溶液中-2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HS^－的分布分数

B. 298K时，Na₂S的pK_b2约为7.0

C.1.0L1mol/L 的NaOH溶液吸收H₂S(g)的量大于1mol

D. 可以向燃气中掺入微量H₂S(g)以示警燃气泄漏

【答案】BC

【解析】

【分析】氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中氢硫酸的浓度减小，HS⁻的浓度先增大后减小，S^2-的浓度先不变后增大，则曲线a、b、c分别表示氢硫酸、HS⁻、S^2-的分布分数；由图可知，溶液中氢硫酸的浓度与HS⁻的浓度相等时，溶液pH为7，由电离常数K_a1(H₂S)= 可知，电离常数K_a1(H₂S)= c(H⁺)=1×10^﹣7。

【详解】A．由分析可知，曲线a、b、c分别表示氢硫酸、HS⁻、S^2-的分布分数，故A错误；

B．由分析可知，电离常数K_a1(H₂S)= c(H⁺)=1×10^﹣7，则硫化钠的K_b2====1×10^﹣7，则pK_b2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，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，否则燃气泄漏时可能发生意外事故，故D错误；

故选BC。

三、非选择题：共5题，共60分。

【2024海南等级考】15. 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MnO₂、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）    ①. 或不含结晶水形式    ②. 0.75   

（4）    ①.     ②. 钾肥或其他合理用途   

（5）

【解析】

【分析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入沉铁，将二价铁离子转化为。

【小问1详解】

由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。

【小问2详解】

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。

【小问3详解】

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。

【小问4详解】

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。

【小问5详解】

平衡常数。

【2024海南等级考】16. 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）    ①. 压强    ②. 温度   

（4）    ①.     ②. 不变    ③. 增大

【解析】

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

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。

【2024海南等级考】17. 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）    ①. 使水冷凝回流    ②. ②    ③.     

（3）    ①. 控温容易    ②. 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）    ①. b    ②. 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

【解析】

【分析】向三颈烧瓶中加入含有一定量的浆液中，水浴加热控制温度为75℃左右，边搅拌边滴加计算量的稀，滴加完成后继续搅拌一段时间，发生反应，冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。

【小问1详解】

装置图中，搅拌器应插入液面以下进行搅拌，故安装不当是a；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

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；

【小问5详解】

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；

【小问6详解】

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。

【2024海南等级考】18. 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.     ②.1，3-二甲苯或间二甲苯   

（2）    ①. 氧化反应    ②. 取代反应   

（3）    （4）酮羰基、碳溴键   

（5）    ①.     ②.    

（6）

【解析】

【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为；与SOCl₂共热发生取代反应后，再与(C₆H₅)₄BNa发生取代反应生成，光照条件下与溴发生取代反应生成，与氰化钠共热发生取代反应生成，乙醇钠作用下与碳酸二乙酯共热发生取代反应生成，故F为；乙醇钠作用下与一碘甲烷发生取代反应生成，在硫酸中共热反应生成。

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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：；

小问4详解】

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；

【小问5详解】

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：；；

【小问6详解】

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(HOCH₂)₃CCHO，(HOCH₂)₃CCHO与甲醛反应生成C(CH₂OH)₄，C(CH₂OH)₄与溴化氢发生取代反应生成C(CH₂Br)₄；浓硫酸作用下乙二酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，乙醇钠作用下乙二酸乙二酯与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。

【2024海南等级考】19. 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c=_______。(以含a、b和d的代数式表达)

【答案】（1）Cl、S   

（2）sp²   

（3）或    （4）    ①. >    ②. 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）    ①.     ②. 8    ③.

【解析】

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

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；

【小问3详解】

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；

【小问4详解】

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；

【小问5详解】

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；

【小问6详解】

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棱上的锂离子距离最近，其中上下棱上的锂离子为两个立方体所共有，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为4+8×=4；故答案为：；4；

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：。