2020年四川省雅安市高考化学一诊试卷

2020年四川省雅安市高考化学一诊试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 《天工开物》中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆
具素质”。

下列相关分析不正确的是（）
A.石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐
B.“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应
C.丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物
D.丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质
【答案】
B
【考点】
有机高分子化合物的结构和性质
【解析】
A．石灰石的主要成分是CaCO3，按照盐的分类属于正盐；
B．CaCO3高温分解生成CaO和二氧化碳；
C．丝和麻主要成分是纤维素；
D．纤维素在一定条件下水解生成葡萄糖。

【解答】
A．石灰石的主要成分是CaCO3，碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子构成的，按照盐的分类属于正盐，故A正确；
B．CaCO3高温分解生成CaO和二氧化碳，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化
还原反应，故B错误；
C．丝和麻主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子化合物，故C正确；
D．丝和麻主要成分是纤维素，纤维素在一定条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖属于小
分子，故D正确。

2. 设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.2 mol NO2与水充分反应，转移电子数为N A
B.含0.1molH3PO4的水溶液中PO43−的数目为0.1N A
C.0.5 molNa2O2中O−的数目为N A
D.标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3N A
【答案】
D
【考点】
阿伏加德罗常数
【解析】
A、NO2和水的反应是歧化反应，3molNO2转移2mol电子；
B、磷酸是中强酸，不能完全电离为磷酸根；
C、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成；
D、丙烯和丁烯的最简式均为CH2。

【解答】
A、NO2和水的反应是歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故2 mol NO2与水充分反应，
N A个，故A错误；
转移电子数为4
3
B、磷酸是中强酸，不能完全电离为磷酸根，故溶液中的PO43−的数目小于0.1N A，故B 错误；
C、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，无O−，故C错误；
D、丙烯和丁烯的最简式均为CH2，故42g混合物中含有的CH2的物质的量为3mol，故含3N A个C原子，故D正确。

3. 为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）
【答案】
C
【考点】
化学实验方案的评价
【解析】
A．氯水中含HClO，具有漂白性；
B．C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体；
C．只有温度不同；
D．加热促进水解，且生成盐酸易挥发。

【解答】
A．氯水中含HClO，具有漂白性，应选pH计测定氯水的pH，故A错误；
B．C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂
化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效
果不理想，故B错误；
C．只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，可验证温度对平衡的影响，故C正确；D．加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，故D错误；
4. 有机物三苯基甲苯的结构简式为
，对该有机物分子的描述正确的是（）
A.1∼5号碳均在一条直线上
B.在特定条件下能与H2发生加成反应
C.其一氯代物最多有4种
D.其官能团的名称为碳碳双键
【答案】
B
【考点】
有机物的结构和性质
【解析】
有机物含有苯环和饱和碳原子，结合苯以及甲烷的结构特点解答该题。

【解答】
A．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则1∼5号碳不可能在同一条直线上，故A 错误；
B．含有苯环，可发生加成反应，故B正确；
C．每个苯环上有3种H，则一氯代物最多有3种，故C错误；
D．含有苯环，不含碳碳双键，故D错误。

5. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体
且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子
序数是Z的最外层电子数的2倍。

下列叙述不正确的是（）
A.Y、Z的氢化物稳定性Y>Z
B.Y单质的熔点高于X单质
C.X、W、Z能形成具有强氧化性的XZW
D.
中W和Y都满足8电子稳定结构
【答案】
A
【考点】
原子结构与元素周期律的关系
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且
均能支持燃烧，则W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y、Z的原子序数都大于Na，则Y为Si，Z为Cl元素，据此解答。

【解答】
根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。

A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，非金属性：Cl>Si，非金属性越强，简单
氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的稳定性：Z>Y，故A错误；
B．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，所以单质熔点：Y>X，故B正确；
C．X、W、Z可以形成化合物NaClO，次氯酸钠具有强氧化性，故C正确；
D．根据图示可知，该化合物中O、Si元素均满足8电子稳定结构，故D正确；
6. 常温下，M n+（指Cu2+或Ag+）的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法
正确的是（）
A.直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡
B.在N点K sp(CuS)＝K sp(Ag2S)
C.P点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀
D.M点和N点的c(S2−)之比为1×10−20
【答案】
D
【考点】
难溶电解质的溶解平衡
【解析】
Ksp(Ag2S)＝c2(Ag+)×c(S2−)，则lgc(S2−)+2lgc(Ag+)＝lgKsp(Ag2S)，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)×c(S2−)，则lgc(S2−)+lgc(Cu2+)＝lgKsp(CuS)，所以Ag2S对应直线的倾斜
角度小，CuS对应直线的倾斜角度大，结合图象可知，直线MN代表Ag2S的沉淀溶解平衡，根据N数值可得Ksp(Ag2S)＝c2(Ag+)×c(S2−)＝(10−15)2×(10−20)＝10−50，
Ksp(CuS)＝c(Cu2+)×c(S2−)＝(10−15)×(10−20)＝10−35，结合c(S2−)越大，则
−lgc(S2−)越小分析解答。

【解答】
A．Ksp(Ag2S)＝c2(Ag+)×c(S2−)，则lgc(S2−)+2lgc(Ag+)＝lgKsp(Ag2S)，
Ksp(CuS)＝c(Cu2+)×c(S2−)，则lgc(S2−)+lgc(Cu2+)＝lgKsp(CuS)，所以Ag2S对应
直线的倾斜角度小，CuS对应直线的倾斜角度大，结合图象可知，直线MN代表Ag2S的沉淀溶解平衡，故A错误；
B．由N点数值可计算Ksp(Ag2S)＝c2(Ag+)×c(S2−)＝(10−15)2×(10−20)＝10−50，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)×c(S2−)＝(10−15)×(10−20)＝10−35，所以K sp(CuS)>
K sp(Ag2S)，故B错误；
C．c(S2−)越大，则−lgc(S2−)越小，所以p点为Ag2S的过饱和溶液，为CuS的不饱和溶液，即易析出Ag2S沉淀，不能析出CuS，故C错误；
D．由上述分析可知K sp (CuS)＝10−35，Ksp(Ag2S)＝10−50，M点c(Ag+)＝10−5mol/L，=10−40mol/L，N点时c(Ag+)＝10−15mol/L，则c(S2−)=
则c(S2−)=10−50
(10−5)2
10−50
mol/L＝10−20mol/L，所以M点和N点的c(S2−)之比＝10−40mol/
(10−15)2
L:10−20mol/L＝1×10−20:1，故D正确；
7. 中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如图：下列说法正确的是（）
A.电极Ⅰ为阴极，其反应为：O2+4H++4e−=2H2O
B.聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过
C.如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体
D.当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体
【答案】
C
【考点】
电解池的工作原理及应用
【解析】
该装置为原电池，由电子流向及电极Ⅰ、电极Ⅱ的材料可知电极Ⅰ作正极、电极Ⅱ铝
作负极。

A、原电池分正极负极，正极得电子，发生还原反应，电极反应还要关注介质的酸碱性；
B、原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，但由题意铝要便于回收，所以聚丙烯半透膜不允许阳离子通过；
C、如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，就构成无数微原电池，镁为负极失去电子，溶液中
H+得电子，产生氢气；
D、根据转移电子守恒可以计算O2标况下的体积。

【解答】
该装置为原电池，由电子流向及电极Ⅰ、电极Ⅱ的材料可知电极Ⅰ作正极、电极Ⅱ铝
作负极。

A、原电池分正极负极，正极得电子，发生还原反应，因介质为碱性，故反应为：
O2+2H2O+4e−=40H−，故A错误；
B、原电池中阳离子从右往左移向正极，阴离子从左往右移向负极，由题意铝要便于回收，所以设置聚丙烯半透膜是为了不允许阳离子通过，故B错误；
C、电极Ⅱ为活性镁铝合金，就构成无数微原电池，镁为负极，溶液中H+得电子，产
生氢气，所以负极区会逸出大量气体，故C正确；
D、根据正负极得失电子守恒计算。

n(O2)=m(Al)
M(Al)×3
4
= 5.4g
27g/mol
×3
4
=0.15mol，所以
标况下体积就是3.36L．但题中没有说标况，故D错误。

二、非选择题：共174分。

第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第
33~38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(共129分)
吊白块( NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O, M＝154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100∘C即发生分解释放出HCHO．实验室制备吊白块的方案如下：【NaHSO3的制备】
如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。

（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为________；Ⅱ中多孔球泡的作用是
________。

（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是________。

【吊白块的制备】
如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80∼
90∘CC下，反应约3ℎ，冷却过滤。

（3）仪器A的名称为________；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是
________。

（4）将仪器A中的反应温度恒定在80∼90∘C的目的是________。

【吊白块纯度的测定】
将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100∘C水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol⋅L−1酸性KMnO4吸收甲醛（不考
虑SO2影响，4MnO4−+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O），再用
0.1000mol⋅L−1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。

（5）滴定终点的判断方法是________；吊白块样品的纯度为________%（保留四位有
效数字）；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【答案】
Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O,增大气体与溶液的接触面积
取少量晶体于试管中，加水溶解，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有沉淀生成
三颈烧瓶,HCHO易于流下，同时避免HCHO挥发
温度过低反应较慢，温度过高吊白块分解
滴入最后一滴标准液，溶液由紫红色变为无色，且30s内不复原,92.40%,偏高
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
（1）装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫气体，Ⅱ中多孔球泡可增大气液接触
面积；
（2）亚硫酸钠变质生成硫酸钠，可加入盐酸除去亚硫酸钠，再加入氯化钡溶液，观察
是否有沉淀生成；
（3）仪器为三颈烧瓶；恒压漏斗可使液体顺利滴下；
（4）将仪器A中的反应温度恒定在80∼90∘C，可避免温度过低导致反应速率减小，温度过高导致物质分解；
（5）滴定终点，溶液呈现高锰酸钾的颜色，结合关系式NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O∼KMnO4以及2KMnO4∼5HOOC−COOH计算。

HCHO∼4
5
【解答】
装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为Na2SO3+
H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，Ⅱ中多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，
故答案为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积；
亚硫酸钠变质生成硫酸钠，因此可设计对硫酸根离子的检验以检测是否变质，可取少
量晶体于试管中，加水溶解，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有沉淀生成，故
答案为：取少量晶体于试管中，加水溶解，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有
沉淀生成；
仪器A为三颈烧瓶；恒压漏斗可平衡气压，使甲醛易于流入烧瓶，同时可以不用打开恒压漏斗颈上玻璃塞以避免甲醛的挥发，
故答案为：三颈烧瓶；HCHO易于流下，同时避免HCHO挥发；
将仪器A中的反应温度恒定在80∼90∘C，可避免温度过低导致反应速率减小，温度
过高导致物质分解，
故答案为：温度过低反应较慢，温度过高吊白块分解；
滴定终点，溶液呈现高锰酸钾的颜色，现象是滴入最后一滴标准液，溶液由紫红色变
为无色，且30s内不复原，
×0.1000×30.00×10−3mol，
HOOC−COOH消耗KMnO4的物质的量为2
5
KMnO4的总物质的量为0.1000×36.00×10−3mol，
则HCHO消耗的KMnO4的物质的量为0.1000×24.00×10−3mol，
NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O的物质的量为0.1000×30.00×10−3mol，
NaHSO2⋅HCHO⋅2H2O的质量为0.1000×30.00×10−3×154.0g，
×100%=92.40%，
所以吊白块的纯度为0.1000×30.00×10−3×154.0
0.5000
如果高锰酸钾变质，则其浓度降低，导致消耗HOOC−COOH的用量偏少，会导致测量结果偏大，
故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由紫红色变为无色，且30s内不复原；92.40%；偏高。

马日夫盐[Mn(H2PO4)2⋅2H2O]主要用作磷化剂；以软锰矿（主要成分为MnO2及少量
的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn(H2PO4)2⋅2H2O的化学名称为________。

（2）步骤一中，MnO2被SO2和________还原。

若SO2气体中混有空气，测得反应液中Mn2+、SO42−的浓度随反应时间t变化如图，科研人员认为Mn2+对O2与H2SO3反应起催
化作用，其理由是________。

（3）滤渣X主要成分为（）；步骤三调节pH时，最适宜加入的物质是（）。

A.过量稀盐酸
B.适量Na2CO3溶液
C.适量磷酸溶液
D.过量CaCO3
（4）在沉锰过程中，应将Na2CO3溶液逐量加入锰盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序
会有Mn(OH)2生成，其原因是Na2CO3溶液具有较强________性；步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为________。

（5）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳
条件为________。

（6）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了
具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是________（用相关化学用语
回答）。

【答案】
二水合磷酸二氢锰
FeO或Fe2+,当Mn2+增加到一定浓度后，O2与H2SO3反应速率迅速升高
Al（OH）3B
碱,H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn(H2PO4)2⋅2H2O+CO2↑
pH＝1.7下萃取60min
H2PO4−⇌H++HPO42−
【考点】
制备实验方案的设计
【解析】
软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，MnO2“氧化”Fe2+，反应为2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，
调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al(OH)3，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，再用磷酸反应，净化得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O，以此来解答。

【解答】
马日夫盐[Mn(H2PO4)2⋅2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰，故答案为：二水合磷
酸二氢锰；
步骤一中，MnO2被SO2和FeO或Fe2+还原，若SO2气体中混有空气，测得反应液中
Mn2+、SO42−的浓度随反应时间t变化如图，科研人员认为Mn2+对O2与H2SO3反应起催化作用，其理由是当Mn2+增加到一定浓度后，O2与H2SO3反应速率迅速升高，
故答案为：FeO或Fe2+；当Mn2+增加到一定浓度后，O2与H2SO3反应速率迅速升高；
滤渣X主要成分为Al(OH)3；步骤三调节pH时，最适宜加入的物质是适量Na2CO3溶液中和氢离子，且不引入新杂质，若选碳酸钙，与磷酸氢根离子反应，影响纯度，
故答案为：Al(OH)3；B；
在沉锰过程中，应将Na2CO3溶液逐量加入锰盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序会有Mn(OH)2生成，其原因是Na2CO3溶液具有较强碱性；步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn(H2PO4)2⋅2H2O+CO2↑，
故答案为：碱；H2O+MnCO3+2H3PO4＝Mn(H2PO4)2⋅2H2O+CO2↑；
由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH＝1.7下萃取60min，萃取率最大，
故答案为：pH＝1.7下萃取60min；
马日夫盐水解显酸性的主要原因是H2PO4−⇌H++HPO42−，
故答案为：H2PO4−⇌H++HPO42−。

实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。

（1）已知：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H＝x
已知：标准状态下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变，称为该化合物的标准摩尔生成焓，几种物质的标准摩尔生成焓如下。

则x＝________kJ⋅mol−1．（标准摩尔生成焓：CH4(g)＝−75 kJ/mol；H2 O(g)＝−240 kJ/mol；CO(g)＝−110 kJ/
mol；H2(g)＝0 kJ/mol）
（2）为了探究温度、压强对反应（1）的影响，在恒温恒容下，向下列三个容器中均充入4molCH4和4molH2O。

①平衡前，容器甲中反应的平均速率v(H
)＝()mol/(L⋅min)；在一定条件下，能判
2
断容器丙中的反应一定处于化学平衡状态的是（）（填序号）；
A.3v(CH4)正＝v(H2)逆
B.CH4和H2O的转化率相等
C.容器内压强保持不变
D.混合气体的密度保持不变
②平衡后，乙容器中CH4的转换率较丙低，其原因是根据平衡移动原理，容器乙因温度比丙高平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但以压强影响为主，乙的转化率比丙低，其中t1<t2（填“>”、“<”或“＝”
（3）pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。

已知常温下，H2CO3溶液中加入强酸或强碱后达到平衡时溶液中三种成分的pC−pH图，据图分析：
常温下，碳酸的一级电离常数K a1的数量级为________；其中碳酸的K a1>>K a2，其原因是________。

（4）我国科学家根据反应CO2C+O2↑，结合电解池原理设计出了二氧化碳捕获与
转化装置。

该装置首先利用电解池中熔融电解质ZrO捕获CO2，发生的相关反应为：
①CO2+O2−=CO32−，②2CO2+O2−=C2O52−，然后CO32−在阴极转化为碳单质和
________；C2O52−在阳极发生电极反应，其方程式为________。

【答案】
+205
根据平衡移动原理，容器乙因温度比丙高平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但以压强影响为主，乙的转化率比丙低＜
10−6,H2CO3不带电，而HCO3−带一个单位负电荷
O2−,2C2O52−−4e−＝4CO2↑+O2↑
【考点】
有关反应热的计算
化学平衡状态的判断
弱电解质在水溶液中的电离平衡
电解原理及其应用
【解析】
（1）由物质的标准摩尔生成焓可知，反应的焓变△H＝生成物的总标准摩尔生成焓-反
应物的总标准摩尔生成焓；
计算v(CH4)，结合反应的计量关系计算v(H2)；反应达到平衡状态（2）①根据v=△c
△t
时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不
发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理
量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
②反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)正向是体积增大的吸热反应，根据乙、丙两容器中温度和压强的影响，结合实际结论（平衡后，乙容器中CH4的转换率较丙低）分析二者的影响大小；
（3）由图象可知当pH＝6时，pC(H2CO3)＝pC(HCO3−)，结合K a1(H2CO3)=
c(HCO3−)⋅c(H+)
=c(H+)计算K a1；K a1、K a2受温度和物质性质的影响，而常温下，c(H2CO3)
K a1>>K a2是由H2CO3和HCO3−的性质不同所致，即HCO3−带一个单位负电荷，失去一
个H+较难；
（4）电解池中阴极CO32−发生得电子的还原反应生成碳单质，结合电荷守恒可知，还
生成阴离子O2−，C2O52−在阳极发生失去电子的氧化反应生成O2，结合C原子守恒可知
还生成CO2，据此分析写出阳极反应式。

【解答】
反应的焓变△H＝生成物的总标准摩尔生成焓-反应物的总标准摩尔生成焓，所以x＝
−110 kJ/mol−(75 kJ/mol−240kJ/mol)＝+205kJ/mol，
故答案为：+205；
=0.5mol/(L⋅min)，由反应CH4(g)+
①由表中数据可知v(CH4)=4mol/L−1.5mol/L
5min
H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)可知，v(H2)＝3v(CH4)＝3×0.5mol/(L⋅min)＝
1.5mol/(L⋅min)；
A．3v(CH4)正＝v(H2)逆，反应进行时3v(CH4)正＝v(H2)正，由3v(CH4)正＝v(H2)逆，
所以v(H2)正＝v(H2)逆，反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，则CH4、H2O的变化量相等，并且
4molCH4、H2O的起始量相同，所以CH4和H2O的转化率始终相等，即不能判定反应达
到平衡状态，故B错误；
C．反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)是气体体积变化的反应，所以容器内压
强保持不变的状态为平衡状态，故C正确；
D．反应为恒温恒容体系，体系中各物质均为气体，所以气体总质量和体积不变，即
混合气体的密度始终不变，所以不能判定反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：1.5；AC；
②与丙相比，容器乙的温度高、压强大，所以乙中的反应速率比丙中快，又乙的温度高，上述平衡正向移动，增大压强，上述乙的平衡又会逆向移动，但压强因素为主，
所以乙中转化率小于丙，综上所述，t1<t2，
故答案为：根据平衡移动原理，容器乙因温度比丙高平衡正向移动，因压强比丙大平
衡逆向移动，但以压强影响为主，乙的转化率比丙低；<；
由图象可知当pH＝6时，pC(H2CO3)＝pC(HCO3−)，即c(H2CO3)＝c(HCO3−)，结合
K a1(H2CO3)=c(HCO3−)⋅c(H+)
=c(H+)＝10−pH＝1×10−6，碳酸的一级电离常数
c(H2CO3)
K a1的数量级为10−6；H2CO3⇌HCO3−+H+、HCO3−⇌CO32−+H+，K a1、K a2受温度
和物质性质的影响，而常温下，K a1>>K a2是由H2CO3和HCO3−的性质不同所致，即HCO3−带一个单位负电荷，失去一个H+较难，
故答案为：10−6；H2CO3不带电，而HCO3−带一个单位负电荷；
由题意可知，CO32−在阴极得电子生成碳单质C，结合电荷守恒可知，还生成O2−，阴极电极反应式为：CO32−+4e−=C+302−；C2O52−在阳极发生失去电子的氧化反应生成
O2，结合C原子守恒可知还生成CO2，阳极反应式为2C2O52−−4e−=4CO2+O2，
故答案为：O2−；2C2O52−−4e−=4CO2↑+O2↑。

选考题：共45分。

每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。

[化
学–选修3：物质结构与性质]（15分）
我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。

回答下列问题：
（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：
由表格数据知，I2(Cu)远远大于I1(Cu)，其原因是________。

（3）Cu2+能与吡咯（
）的阴离子（
）形成双吡咯铜。

①
中C和N原子的杂化均为________，1mol
含有________molσ键；
②双吡咯铜Cu（
）2的配位原子为________；
噻吩的沸点为84∘C，吡咯（
）的沸点在129∼131∘C之间，吡咯沸点较高，其原因是________。

（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示（白球代表M原子）。

每个铜原子周围距离最近的铜原子数目________；该晶体的化学式为________。

已知该晶体的密度为ρg⋅cm−3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为N A，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为________pm（只写计算式）。

【答案】
第四周期第IB族,3d9
I1是失去4s电子、I2是失去3d电子，4s电子能量远远大于3d电子
sp2,10,N,
不能形成分子间氢键、
12,CuCl,√3
4×√4M
ρN A
3×1010
【考点】
原子核外电子排布
晶胞的计算
【解析】
（1）Cu位于第四周期第IB族，Cu原子失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，则Cu2+的3d能级上的电子为其价电子；
（2）Cu原子的第一电离能指Cu原子失去4s能级上的电子，其第二电离能为Cu原子再失去1个3d能级上的电子，4s电子能量远远高于3d电子能量；
（3）①
中C、N原子价层电子对个数都是3且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C、N原子的杂化，1个
含有10个σ键；
②双吡咯铜Cu（
）2的配位原子为N；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）每个铜原子周围距离最近的铜原子数目＝3×8÷2；某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则该元素为Cl元素；该晶胞中白色球原子个数为4、黑色球个数＝8×1
8
+
6×1
2
=4，则白色球、黑色球个数之比＝4:4＝1:1；
该晶胞体积V=
M
N A
×4
ρ
，则晶胞棱长=√4M
ρN A
3，
该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的1
4。

【解答】
Cu位于第四周期第IB族，Cu原子失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，则Cu2+的3d能级上的电子为其价电子，则铜离子价电子排布式为3d9，
故答案为：第四周期第IB族；3d9；
Cu原子的第一电离能指Cu原子失去4s能级上的电子，其第二电离能为Cu原子再失去1个3d能级上的电子，4s电子能量远远高于3d电子能量，所以I2(Cu)远远大于I1(Cu)，故答案为：I1是失去4s电子、I2是失去3d电子，4s电子能量远远大于3d电子；
①
中C、N原子价层电子对个数都是3且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C、N原子的杂化类型都是sp2，1个
含有10个σ键，1mol
含有10molσ键；
故答案为：sp2；10；
②N原子含有孤电子对，则双吡咯铜Cu（
）2的配位原子为N；能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，
不能形成分子间氢键、
能形成分子间氢键，所以熔沸点：前者小于后者，
故答案为：N；
不能形成分子间氢键、
能形成分子间氢键；
每个铜原子周围距离最近的铜原子数目＝3×8÷2＝12；某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则该元素为Cl元素；该晶胞中白色球原子个数为4、黑色球个数＝8×1
8
+
6×1
2
=4，则白色球、黑色球个数之比＝4:4＝1:1，所以其化学式为CuCl；
该晶胞体积V=
M
N A
×4
ρ
，则晶胞棱长=√4M
ρN A
3cm，
该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的1
4=1
4
×√3×√4M
ρN A
3×
1010pm=√3
4×√4M
ρN A
3×1010pm，
故答案为：12；CuCl；.√3
4×√4M
ρN A
3×1010pm。

[化学–选修5：有机化学基础]（15分）
工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如图：
（1）A的名称________，条件X为________；
（2）D→E的化学方程式为________，E→F的反应类型为________。

（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是________，以乙烯为原料原子利率为100%的合成
的化学方程式为________。

（4）F的结构简式为________
（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式________。

①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；
②有两个通过C−C相连的六元环；
③核磁共振氢谱有8种吸收峰；
（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：________。

【答案】
氯甲基苯,Na/NH3（液）
,加成反应
减缓电石与水的反应速率,
【考点】
有机物的合成
有机物的推断
【解析】
苯与甲醛发生加成反应生成
，再与HCl发生取代反应生成
，
与HC≡CNa发生取代反应生成
与Na/液氨作用生成D．
与氢气发生加成反应生成F，结合F的分子式可知F为
，F与CH2I2反应生成。

（6）1，2−二氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯与氢气在林氏催化剂条件下生成丙烯，丙烯与CH2I2反应生成。

【解答】
可以是苯为母体，A的名称为：氯甲基苯，根据HC≡CH→HC≡CNa的转化条件，可以得到条件X为：Na/NH3（液），
故答案为：氯甲基苯；Na/NH3（液）；
）D→E的化学方程式为：
，E→F的反应方程式为：
，反应类型为：加成反应，
故答案为：
；加成反应；
电石与水反应时，饱和食盐水中的NaCl以晶体析出并覆盖在电石表面，从而减小了电石与水的接触面积，从而减缓电石与水的反应速率。

乙烯为原料原子利率为100%的合成
的化学方程式为：
，
故答案为：减缓电石与水的反应速率；
；
由E、F的分子式可知，E与氢气按1:1反应，可知F的结构简式为：。