2020年广东省广州市天河区高考化学二模试卷

2020年广东省广州市天河区高考化学二模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求
1. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。

下列说法正确的是（）
A.“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B.“复兴号”高铁车厢连接处使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料
C.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取硷浣衣”中的硷是
Na2CO3
D.《梦溪笔谈》中“方家以磁石磨针锋，则能指南”中的磁石主要成分为Fe2O3
【答案】
B
【考点】
物质的结构与性质之间的关系
元素的性质与原子结构
【解析】
A．二氧化硅二氧化硅为绝缘体，不导电；
B．依据材料成分判断解答；
C．草木灰的主要成分是碳酸钾；
D．磁石成分为四氧化三铁。

【解答】
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是晶体硅，不是二氧化硅，故A错误；B．聚四氟乙烯是一种塑料，属于有机高分子材料，故B正确；
C．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3，故C错误；
D．磁石成分为四氧化三铁，三氧化二铁不具有磁性，故D错误；
2. 某合成有机光电材料的中间体，结构简式如图所示。

下列说法正确的是（）
A.属于芳香烃
B.分子式为C18H16O2
C.苯环上的二氯取代物有6种
D.性质稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂反应
【答案】
C
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
有机物含有碳碳双键和酯基，结合烯烃、酯类的性质解答该题。

【解答】
A．含有氧元素，属于烃的衍生物，故A错误；
B．由结构简式可知分子式为C18H18O2，故B错误；
C．苯环有5个位置可被取代，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基的邻位时，
另外一个氯还有4种位置，故此二氯代物有4种结构；当其中一个氯在甲基的间位时，另一个氯有2种位置，苯环上的二氯代物共有4+2＝6种，故C正确；
D．含有酯基，可在强酸、强碱条件下水解，含有碳碳双键，可被氧化，故D错误。

3. 钼(Mo)的主要用途是制造特种钢，用CO还原MoO3（白色粉末，加热时变黄）制备单质Mo的装置如图。

下列说法正确的是（）
A.装置②中盛有饱和Na2CO3溶液，装置③中盛有浓硫酸，作用是净化CO2
B.装置①中的稀盐酸可用稀硫酸代替，石灰石可用碳酸钠粉末代替
C.装置④的作用是制备CO，装置⑤的作用是CO还原MoO3
D.装置⑥能达到检验MoO3是否被CO还原的目的
【答案】
C
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
①由稀盐酸和石灰石制备二氧化碳，制得的二氧化碳混有HCl和水蒸气，用②中饱和碳酸氢钠溶液吸收HCl，用③中浓硫酸吸收水蒸气，纯净干燥的二氧化碳与C在④中高温反应生成CO与MoO3在装置⑤中反应制备单质Mo，⑥检验二氧化碳，以此解答该题。

【解答】
A．除去二氧化碳中的氯化氢，应用饱和碳酸氢钠，故A错误；
B．碳酸钠粉末易溶于水，不能用启普发生器制备二氧化碳气体，故B错误；
C．由以上分析可知，装置④的作用是制备CO，装置⑤的作用是CO还原MoO3，故C 正确；
D．⑥中的二氧化碳可能来源于④中未反应完的，故不能检验MoO3是否被CO还原，故D错误。

4. NaCl是我们生活中必不可少的物质。

将NaCl溶于水配成1mol⋅L−1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是（）
A.a离子为Na+
B.溶液中存在NaCl⇌Na++Cl−
C.溶液中含有N A个水合Na+和N A个水合Cl−
D.在水分子的作用下，NaCl溶解的同时发生了电离
【答案】
D
【考点】
盐类水解的应用
【解析】
NaCl在溶液中电离出Na+和Cl−离子，Na+含有2个电子层、Cl−离子含有3个电子层，
则离子半径Cl−>Na+，根据图示可知，a为Cl−、b为Na+，
A．根据分析可知，a为氯离子；
B．氯化钠是强电解质；
C、缺少溶液体积，无法计算钠离子数目；
D、离子键在极性水分子作用下发生断裂。

【解答】
NaCl在溶液中电离出Na+和Cl−离子，Na+含有2个电子层、Cl−离子含有3个电子层，
则离子半径Cl−>Na+，根据图示可知，a为Cl−、b为Na+，
A．离子半径Cl−>Na+，则a离子为氯离子，b为Na+，故A错误；
B．氯化钠是强电解质，完全电离，所以溶液中存在NaCl＝Na++Cl−，故B错误；
C、没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故C错误；
D、离子键在极性水分子作用下发生断裂，则在水分子的作用下，NaCl溶解的同时发
生了电离，故D正确；
5. 一种“固定CO2”的电化学装置如图。

该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2．下列说法正确的是（）
A.放电时，Li+向电极X方向移动
B.放电时，每转移4mole−，理论上生成1mol c
C.充电时，阳极反应：C+2Li2CO3−4e−=3CO2↑+4Li+
D.充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连
【答案】
B,C
【考点】
电解池的工作原理及应用
【解析】
放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；
充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3−
4e−=3CO2↑+4Li+，据此分析。

【解答】
A．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故A错误；B．正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1mol C，故B正确；
C．该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3−4e−=3CO2↑
+4Li+，故C正确；
D．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负
极相连，故D错误。

6. 由W、X、Y、Z四种短周期元素组成化合物如图。

其中W、Y、Z分别位于三个不同
周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、X、Y三种简单离子的
核外电子排布相同。

下列说法不正确的是（）
A.原子半径：W>X>Y>Z
B.常温常压下熔点：W2Y3>X2Y>Z2Y
C.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物
D.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应
【答案】
A
【考点】
原子半径及其递变规律
晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
W、X、Y、Z四种短周期元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，根据图
示化合物的结构简式可知，X为Na元素；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；Y能够形成2个共价键，则Y最
外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；
根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。

【解答】
W、X、Y、Z四种短周期元素，W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，根据图
示化合物的结构简式可知，X为Na元素；Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍，W、Y、Z分别位于三个不同周期，则Z为H元素；Y能够形成2个共价键，则Y最
外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；
根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。

A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：X>W>Y>Z，故A错误；
B．Na2O、Al2O3为离子晶体，钠离子半径比镁离子大，钠离子带电荷较少，氧化钠的熔点比Al2O3低；H2O为分子晶体，其熔点较低，则常温常压下熔点：Al2O3>Na2O> H2O，故B正确；
C．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故C正确；
D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者反应生成偏铝酸
钠和水，故D正确；
故选A。

7. 25∘C时，将浓度均为0.1mol/L体积分别为V a和V b的HA溶液与BOH溶液按不同体
积比混合，保持V a+V b=100mL，V a、V b与混合液的pH的关系如图所示。

下列说法
正确的是（）
A.K a(HA)的值与K b(BOH)的值不相等
B.b点时，水电离出的c(H+)=10−7mol/L
C.c点时，c(A−)>c(B+)
D.a→c过程中c(A −)
c(OH−)c(HA)
不变
【答案】
D
【考点】
离子浓度随pH变化的分析
酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
化学平衡的计算
【解析】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH= 11，c(OH−)<0.1mol/L，则BOH是弱碱；
A．酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离程度和BOH电离程度相同；
B．BA是弱酸弱碱盐，促进水电离；
C．c点溶液中溶质为BA和BOH，混合溶液的pH>7，说明BOH电离程度大于BA水解程度；
D.c(A−)
c(OH−)∗c(HA)=1
c(OH−).c(HA)
c(A−)
=1
Kℎ，水解平衡常数只与温度有关．
【解答】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH= 11，c(OH−)<0.1mol/L，则BOH是弱碱；
A．酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离程度和BOH电离程度相同，则K a(HA)的值与K b(BOH)的值相等，故A错误；
B．b点溶液为溶质为BA，BA是弱酸弱碱盐，促进水电离，所以b点水电离出
的c(H+)>10−7mol/L，故B错误；
C．c点溶液中溶质为BA和BOH，混合溶液的pH>7，说明BOH电离程度大于BA水解程度，则c(A−)<c(B+)，故C错误；
D.c(A−)
c(OH−)c(HA)=1
c(OH−)c(HA)
c(A−)
=1
Kℎ，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常
数不变，故D正确；
故选D。

二、非选择题：第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题～第12题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共43分．
氮化镓(GaN)被称为第三代半导体材料，其应用取得了突破性的进展。

一种镍催化法
生产GaN的工艺如图：
（1）“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是________。

（2）“酸浸”的目的是________，“操作Ⅰ”中包含的操作是________。

某学校化学兴趣小组在实验室利用图装置模拟制备氮化镓：
（3）仪器X中的试剂是________，仪器Y的名称是________，装置G的作用是________。

（4）加热前需先通入一段时间的H2，原因是________。

（5）取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应GaN+OH−+
H2O △
GaO2−+NH3↑，用H3BO2溶液将产生的NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度
为cmol⋅L−1的盐酸V mL，则样品的纯度是________。

（已知：NH3+H3BO3=NH3⋅H3BO3；NH3⋅H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3）
（6）科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，成功地实现了用CO2和H2O合成CH4．请写出铜极的电极反应式________。

【答案】
2Ga+2NH32GaN+3H2
除去Ni,过滤
氨水,球形干燥管,吸收过量的氨气，防止污染环境
排出空气，防止金属被氧化
V×10−3L×cmol/L×84g/mol
mg
×100%
CO2+8e−+8H+＝CH4+2H2O
【考点】
电极反应和电池反应方程式
化学方程式的有关计算
制备实验方案的设计 高分子材料的使用意义 【解析】
由流程可知，热转化时Ga 和NH 3在高温条件下反应生成GaN 和氢气；加盐酸可除去Ni ，过滤分离出GaN ，以此解答（1）、（2）；
由制备装置可知，A 中Zn 与稀硫酸反应生成氢气，利用氢气将装置内的空气排出防止金属被氧化，B 中浓硫酸可干燥氢气，X 为氨气，C 中制备氨气，Y 为碱石灰可干燥氨气，E 中可制备GaN ，F 可防止倒吸，G 中稀硫酸可吸收尾气，以此来解答。

【解答】
Ga 和NH 3在高温条件下反应生成GaN 和氢气，反应为2Ga +2NH 32GaN +3H 2，
故答案为：2Ga +2NH 3
2GaN +3H 2；
“酸浸”的目的是除去Ni ，“操作Ⅰ”中包含的操作是过滤， 故答案为：除去Ni ；过滤；
仪器X 中的试剂是氨水，仪器Y 的名称是球形干燥管，装置G 的作用是吸收过量的氨气，防止污染环境，
故答案为：氨水；球形干燥管；吸收过量的氨气，防止污染环境； 加热前需先通入一段时间的H 2，原因是排出空气，防止金属被氧化， 故答案为：排出空气，防止金属被氧化；
由GaN +OH −+H 2O △
GaO 2−+NH 3↑、NH 3+H 3BO 3=NH 3⋅H 3BO 3、NH 3⋅
H 3BO 3+HCl =NH 4Cl +H 3BO 3，可知n(GaN)＝n(HCl)，则样品的纯度是
V×10−3L×cmol/L×84g/mol
mg
×100%，
故答案为：
V×10−3L×cmol/L×84g/mol
mg
×100%；
Cu 是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO 2+
8e −+8H +＝CH 4+2H 2O ，
故答案为：CO 2+8e −+8H +＝CH 4+2H 2O 。

二硫化钼(MoS 2)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS 2、SiO 2以及 CuFeS 2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）(NH4)2MoO4中Mo的化合价为________。

（2）“联合浸出”中HF除去的杂质化学式为________，“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化
学方程式为________。

（3）“转化”中加入Na2S后，(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出(NH4)2MoS4与盐
酸生
成MoS3的离子方程式________。

（4）由图分析产生MoS3沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是________，利用化
学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因________。

（5）高纯MoS2中存在极微量非整比晶体杂质MoS28，则该杂质中Mo4+与Mo6+的物质
的量之比为________。

（6）已知K sp(BaSO4)＝1.1×10−10，K sp(BaMoO4)＝4.0×10−8．不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42−（溶液体积变化忽略），则当SO42−完全沉淀时，溶液中c(MoO42−)<________mol⋅L−1（保留2位有效数字）
【答案】
+6
SiO2,2MoS
+7022MoO3+4SO2
2
MoS42−+2H+＝MoS3↓+H2S↑
40∘C，30min,温度太低不利于H2S逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液c(H+)下降，都
不利于反应正向进行
1:4
3.6×10−3
【考点】
常见元素的化合价
难溶电解质的溶解平衡
物质的分离、提纯和除杂的基本方法选择与应用
制备实验方案的设计
【解析】
制备高纯二硫化钼的流程为：辉钼矿（含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质）用盐酸、氢
氟酸酸浸，除去CuFeS2、SiO2杂质，得到粗MoS2，将粗MoS2洗涤、干燥、氧化焙烧
得到MoO3；再将MoO3氨浸得到(NH4)2MoO4；加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸
铵[(NH4)2MoS4]，再加入盐酸，(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀：MoS42−+2H+＝MoS3↓+H2S↑，最后通过干燥、研磨、在氢气\Ar环境下高温获得高纯的二硫化钼MoS2。

（1）化学式中(NH4)2MoO4，铵根离子带一个单位正电，O元素为−2价，结合总化合
价为0计算Mo的化合价；
（2）氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅，从而除去SiO2；“焙烧”时MoS2转化为
MoO3，同时生成SO2，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式；
(3)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS42−，MoS42−与盐酸的氢离子作用
生成MoS3，则另外的生成物只能是H2S气体，据此书写该反应的离子反应方程式；（4）由图象分析产率最高的温度和时间；温度太低，反应MoS42−+2H+＝MoS3↓
+H2S↑中H2S不易逸出，若温度太高，盐酸挥发，溶液c(H+)下降；
（5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，根据质量守恒和化合物化合价为0列式可得；
（6）因为K sp(BaSO4)＝1.1×10−10<K sp(BaMoO4)＝4.0×10−8，所以先沉淀的是硫
酸钡，则当BaMoO4开始沉淀时，硫酸钡已经沉淀完全，所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的Ksp表达式，当SO42−完全沉淀时，溶液中
c(SO42−)<1×10−5mol/L，据此分析计算可得。

【解答】
化学式中(NH4)2MoO4，铵根离子带一个单位正电荷，O元素为−2价，则Mo的化合价
为+6价，
故答案为：+6；
氢氟酸可以与二氧化硅反应得到四氟化硅气体，从而除去SiO2杂质；
焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为：2MoS2+7022MoO3+4SO2，
故答案为：SiO2；2MoS2+7022MoO3+4SO2；
(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS42−，MoS42−与盐酸的氢离子作用生成MoS3，则另外的生成物只能是H2S气体，所以离子反应方程式为：MoS42−+2H+＝MoS3↓+H2S↑，
故答案为：MoS42−+2H+＝MoS3↓+H2S↑；
由图象得到40∘C的产率最高，30分钟以后产率不再变化，所以选择40∘C，30min；温度太低，反应MoS42−+2H+＝MoS3↓+H2S↑中H2S不易逸出，不利于生成MoS3；
若温度太高，盐酸挥发，溶液c(H+)下降，也不利于生成MoS3，所以最优温度为
40∘C，
故答案为：40∘C，30min；温度太低不利于H2S逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液
c(H+)下降，都不利于反应正向进行；
设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y＝1，根据化合价
代数之和为0，则有4x+6y＝2.8×2，解得x＝0.2，y＝0.8，所以该杂质中Mo4+与
Mo6+的物质的量之比为0.2:0.8＝1:4；
故答案为：1:4；
已知：K sp(BaSO4)＝1.1×10−10<K sp(BaMoO4)＝4.0×10−8，所以先沉淀的是硫酸钡，则当BaMoO4开始沉淀时，硫酸钡已经沉淀完全，所以溶液对于两种沉淀来说都是
饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的Ksp表达式：c(MoO42−)
c(SO42−)=c(MoO42−)×c(Ba2+)
c(SO42−)×c(Ba2+)
=
K sp(BaMoO4) K sp(BaSO4)=4×10−8
1.1×10−10
=360＝3.6×102，则当SO
4
2−完全沉淀时，溶液中
c(SO42−)<1×10−5mol/L，c(MoO42−)<3.6×102×1×10−5mol/L，即3.6×10−3。

故答案为：3.6×10−3。

碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。

回答下列问题：
（1）乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图，其中吸附在Pd表面上的物种用*标注。

上述反应为________（填“放热”或“吸热”）反应，历程中最小能垒（活化能）为________kJ ⋅mol −1，该步骤的化学方程式为________。

（2）NH 3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术。

原理为：4NH 3(g)+6NO(g)⇌5N 2(g)+6H 2O(g)△H ＝−11.63 kJ ⋅mol −1．在2L 密闭容器中，使用不同的催化剂A 、B 、C ，产生N 2的物质的量随时间变化如图所示。

下列说法正确的（ ）。

A.用催化剂A 前50s 平均反应速率v(N 2)＝2.5×10−2 mol ⋅L −1⋅s −1
B.体系各物质状态不变时，反应在任何温度下均可自发进行
C.分离出体系中的H 2O(g)有利于氮氧化物的脱除
D.用催化剂C 达到平衡时，N 2产率最小
（3）废气的变废为宝越来越成为人们共同关注的焦点，某化学课外小组查阅资料得知：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)的反应历程分两步： 请回答下列问题：
①一定温度下，2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)平衡常数K ＝________（用k 1正、k 1逆、k 2正、k 2逆表示）。

②研究发现NO 转化为NO 2的反应速率随温度的升高而减慢，原因是________。

③已知：N 2O 4(g)⇌2NO 2(g)，N 2O 4与NO 2的消耗速率与自身压强有如下关系：
v(N 2O 4)＝k 1⋅p(N 2O 4)，v(NO 2)＝k 2⋅p 2(NO 2)。

一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，图中能表示该反应达到平衡状态的两个点是________，可以表示该反应正向进行的两个点是________。

【答案】
放热,+66,C 2H 2∗+H ∗→C 2H 3∗ B,C
k 1k 1
×k
2k 2
,升高温度平衡向逆反应方向移动，导致容器中c(N 2O 2)减小，则反应II 速率变慢，
反应II 速率决定整个反应速率，所以反应速率减慢,BD ,AC 【考点】
化学平衡的计算 反应热和焓变 【解析】
（1）反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应；反应
物和过渡态的能量差越小活化能越小；
（2）A.0∼50s 在催化剂A 作用下n(N 2)＝2.5×10−3
mol ，平均反应速率v(N 2)=△n V
△t
；
B ．△H −T △S <0的反应可自发进行；
C ．减小生成物浓度，平衡右移，有利于氮氧化物的转化；
D ．催化剂不影响平衡移动；
（3）①Ⅰ.2NO(g)⇌N 2O 2(g)（快） v 1正＝k 1正⋅c 2
(NO)，v 1逆=k 1逆⋅c(N 2O 2) 该
反应K 1=
c(N 2O 2)c 2(NO)
=k
1k 1
，
Ⅱ．N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)（慢） v 2正＝k 2正⋅c(N 2O 2)⋅c(O 2)，v 2逆＝k 2逆⋅c 2
(NO 2)该反应K 2=c 2(NO 2)
c(N
2O 2)⋅c(O 2
)=k
2k
2
方程式I +II 得2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，方程式相加，化学平衡常数相乘；
②升高温度平衡向吸热方向移动，导致容器中c(N 2O 2)减小；
③如果2v(N 2O 4)＝v(NO 2)时，该反应达到平衡状态，如果2v(N 2O 4)>v(NO 2)，则平衡正向移动。

【解答】
根据图知，乙炔总能量大于乙烯，则该反应为放热反应，反应物和过渡态的能量差越小活化能越小，C 2H 2∗+H ∗→C 2H 3∗ △H ＝+66kJ ⋅mol −1的活化能最小，为+66kJ ⋅mol −1，该步骤的化学方程式为C 2H 2∗+H ∗→C 2H 3∗， 故答案为：放热；+66kJ ⋅mol −1；C 2H 2∗+H ∗→C 2H 3∗；
A.0∼50s 在催化剂A 作用下n(N 2)＝2.5×10−3
mol ，平均反应速率v(N 2)=
△n V
△t
=
2.5×10−3
2
50
mol/(L ．s)＝2.5×10−5mol ⋅L −1⋅s −1
，故A 错误；
B ．△H −T △S <0的反应可自发进行，△H <0，由化学计量数可知△S >0，该反应在任何温度下均可自发进行，故B 正确；
C ．减小生成物浓度，平衡右移，有利于氮氧化物的反应，可更利于氮氧化物的脱除，故C 正确；
D ．催化剂不影响平衡移动，所以最终氮气产率相等，故D 错误； 故选BC ；
①Ⅰ.2NO(g)⇌N 2O 2(g)（快） v 1正＝k 1正⋅c 2(NO)，v 1逆=k 1逆⋅c(N 2O 2) 该反应K 1=
c(N 2O 2)c 2(NO)
=
k 1k 1
，
Ⅱ．N 2O 2(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)（慢） v 2正＝k 2正⋅c(N 2O 2)⋅c(O 2)，v 2逆＝k 2逆⋅c 2
(NO 2)该反应K 2=c 2(NO 2)
c(N
2O 2)⋅c(O 2
)=k
2k
2
方程式相加，化学平衡常数相乘；
方程式I +II 得2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)K =k 1k 1
×k
2
k 2
，
故答案为：k 1k 1
×k
2
k 2
；
②升高温度平衡向逆反应方向移动，导致容器中c(N 2O 2)减小，则反应II 速率变慢，反
应II速率决定整个反应速率，所以反应速率减慢，
故答案为：升高温度平衡向逆反应方向移动，导致容器中c(N2O2)减小，则反应II速率
变慢，反应II速率决定整个反应速率，所以反应速率减慢；
③如果2v(N2O4)＝v(NO2)时，该反应达到平衡状态，D点纵坐标是B点的2倍，则DB
点存在2v(N2O4)＝v(NO2)，为平衡状态；如果2v(N2O4)>v(NO2)，则平衡正向移动，C点纵坐标大于A点，则这两个点表示反应正向进行，
故答案为：BD；AC。

（二）选考题：共30分。

请考生从每科任选一题作答。

如果多做，则按每科所做的第一题计分。

【化学一选修3：物质结构与性质】（15分）
AA705合金（含Al、Zn、Mg和Cu）几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，
已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。

但这种合金很难被焊接，将碳化钛纳
米颗粒注入AA7075的焊丝内，可以很好的解决这一难题。

回答下列问题：
（1）基态铜原子的价层电子排布式为________。

（2）第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。

该元素是________（填元素符号），判断依据是________________________。

（3）CN−、NH3、H2O和OH−等配体都能与Zn2+形成配离子。

1mol[Zn(NH3)4]2+含σ
键________mol，中心离子的配位数为________。

（4）铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。

1个铝原子周围最近且等距离的镁原子有________个。

（5）在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：
苯甲醇中C原子杂化类型是______________，苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是
_____________________________________________________________。

（6）钛晶体有两种晶胞，如图3、图4所示。

图3所示晶胞的空间利用率为________（用含π的式子表示）。

图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。

该钛晶胞密度为D g⋅cm−3，N A为________mol−1（用含x、y和D的式子表示）。

【答案】
（1）3d104s1
（2）Mg,I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子
（3）16,4
（4）8
（5）sp2、sp3,苯甲醇分子之间存在氢键，而苯甲醛分子之间没有氢键
（6）√3π
8×100%,192√3
3Dx2y
【考点】
物质结构与性质综合应用
晶胞的计算
原子轨道杂化方式及杂化类型判断
配合物的成键情况
物质结构中的化学键数目计算
元素电离能、电负性的含义及应用
原子核外电子排布
氢键的存在及其对物质性质的影响
【解析】
（1）价态Cu原子3d、4s能级上的电子为其价电子，根据构造原理书写其价电子排布式；
（1）Cu是29号元素，处于第四周期第IB族；
（2）该元素第三电离能远远高于第二电离能，说明该元素原子最外层有2个电子；（3）[Zn(NH3)4]2+有4个配位键、12个N−H键，共有16个σ键；配体为NH3；
（4）与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有；
（5）苯甲醇中苯环上、侧链中碳原子分别形成3个σ键、4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4；
苯甲醇分子之间存在氢键，而苯甲醛分子之间没有氢键；
（6）图中晶胞为体心立方堆积，处于体对角线上的原子紧密相切，设原子半径为r，则晶胞体对角线长为4r，可求出晶胞棱长，均摊法进行晶胞中原子数目，晶胞空间利
用率=×100%；均摊法计算晶胞中Ti原子数目，用N A表示出晶胞质量，而晶胞质量
＝晶体密度×晶胞体积，联立计算。

【解答】
（1）Cu是29号元素，处于第四周期第IB族，价电子排布式为3d104s1。

（2）该元素处于第三周期，而它的第三电离能远远高于第二电离能，说明该元素原子最外层有2个电子，故该元素为Mg。

（3）1个[Zn(NH3)4]2+有4个配位键、12个N−H键，共有16个σ键，故
1mol[Zn(NH3)4]2+含16 molσ键，配体为NH3，故中心离子的配位数为4。

（4）与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有，故1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离。

（5）苯甲醇中苯环上、侧链中碳原子分别形成3个σ键、4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子杂化方式分别为：sp2、sp3；苯甲醇分子之间存在氢键，而苯甲醛分
子之间没有氢键，故苯甲醇的沸点高于苯甲醛。

（6）图中晶胞为体心立方堆积，处于体对角线上的原子紧密相切，设原子半径为r ，则晶胞体对角线长为4r ，晶胞棱长=√3，晶胞中原子数目＝1+8×1
8=2，晶胞空间利用率＝{(2×4
3πr 3)÷(3
)3}×100%=
√3π
8×100%，
晶胞中Ti 原子数＝3+2×1
2+12×1
6=6，晶胞质量＝6×48g/mol
N A
mol −1
，则(6×1
2×xcm ×xcm ×sin60∘)×y cm ×D g ⋅cm −3＝6×48g/mol
N A mol
−1
，
解得N A =192√3
3Dx 2y 。

【化学-选修5：有机化学基础】（15分）
有机物H 属于大位阻醚系列中的一种，在有机化工领域具有十分重要的价值。

2018年我国首次使用α−溴代羰基化合物合成大位阻醚H ，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A 的名称是________。

（2）H 中的官能团名称是________，①∼⑥中属于取代反应的是________（填序号）。

（3）反应②所需的试剂和条件是________，③的化学方程式是________。

（4）化合物X 是E 的同分异构体，X 不能与 NaHCO 3溶液反应，能与NaOH 溶液反应，又能与金属钠反应。

符合上述条件的X 的同分异构体有________种（不考虑立体异构）。

其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为________。

（5）请写出以
和
为原料合成另一种大位阻醚
的合成路线。

________。

【答案】 2−甲基丙烯
硝基、醚键、羧基,②⑤⑥
NaOH 水溶液、加热,
11,
→△
NaOH →Br 2→
△
NaOH →CuBr
CH 3CHBrCOOH
【考点】 有机物的合成 【解析】
A 发生加成反应生成
B ，B 水解生成
C ，由C 的结构逆推可知B 为
、A 为
；由D 、E 的分子式结合反应条件，C 发生氧化反应生成D 为
，D 发生氧化反应然后酸化生成E 为
，E 发生取代反应生成F ，F 与G 发生取代反应生成H ，结合H 的结构，可知G 为。

（5）由CH 3CHBrCOOH 和
发生取代反应生成
，
发生消去反应生成
，苯乙烯和溴发生加成反应生成
，
发生水解反应生成。

【解答】
A为
，A的名称为：2−甲基丙烯，故答案为：2−甲基丙烯；
H中的官能团名称是硝基、醚键、羧基，①∼⑥中属于取代反应的是②⑤⑥，
故答案为：硝基、醚键、羧基；②⑤⑥；
反应②为卤代烃的水解反应，所需的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，③为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式是
，
故答案为：NaOH水溶液、加热；
；
E为
，化合物X是E的同分异构体，X不能与NaHCO3溶液反应，说明不含羧基；能与NaOH溶液反应，又能与金属钠反应，说明含有醇羟基和酯基，
若为甲酸丙酯，−OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，−OH有2种位置；如为乙酸乙酯，−OH有3种位置；若为丙酸甲酯，−OH有3种位置，共11种，
其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为
，
故答案为：11；
；。