1、甘二中20192020学年度上学期高三12月份化学试题第卷一、选择题(本题共21小题，每小题6分。1-18单选，选对得6分，19-21多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分)1.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例来确定“北京人”年龄，这种测量方法叫铝铍测年法。关于26Al和10Be的说法不正确的是A. 10Be和9Be是中子数不同质子数相同的不同原子B. 10Be的原子核内中子数比质子数多C. 5.2 g26Al3+中所含的电子数约为1.21024D. 26Al和26Mg的质子数、中子数和核外电子数都不相同【答案】C【解析】【详解】A10Be和9Be互为同位素，中
2、子数不同质子数相同，正确；B10Be的原子核内，质子数为4，中子数为10-4=6，中子数比质子数多，正确；C.5.2g 26Al3+中所含的电子数约为（13-3）NA1.21024，错误；D26Al和26Mg的质子数分别为13、12，中子数分别为13、14，质子数等于核外电子数，质子数、中子数和核外电子数都不相同，正确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. NH4I的电子式：B. Fe2+原子结构示意图：C. 含10个中子的氧原子的核素符号：OD. HClO的结构式：HClO【答案】C【解析】【详解】A. NH4I属于离子化合物，由铵根离子与碘离子构成，其电子式为，A项错误；B
3、. Fe原子失去最外层的两个电子形成亚铁离子，其离子结构示意图为，B项错误；C. 含10个中子的氧原子，质子数为8，质量数=质子数+中子数=18，则其核素的符号为：O，C项正确；D. HClO中Cl原子只形成1个共价键，O原子只形成2个共价键，HClO的结构式：HOCl，D项错误；答案选C。3.下列反应中热量变化与图一致的是A. 天然气的燃烧B. 油脂在人体内氧化C. NaOH溶液和 HNO3溶液反应D. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应【答案】D【解析】【详解】根据图示可知生成物的能量比反应物的能量高，反应为吸热反应。A.天然气的燃烧放出热量，反应是放热反应，A不符合题意；B.油脂在人体内氧化反
4、应是放热反应，反应是放热反应，B不符合题意；C.NaOH溶液和 HNO3溶液反应是中和反应，中和反应为放热反应，C不符合题意；D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体反应吸收热量，使温度降低，所以反应为吸热反应，D符合题意；故合理选项是D。4.氧化亚铜常用于制船底防污漆。用CuO与Cu高温烧结可制取,已知反应:则的等于A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据盖斯定律，热化学方程式可以“加减运算”，获得新的热化学方程式。【详解】已知反应中，（前式后式）/2得，故（314+292）kJmol-1/2。本题选A。5.如图表示可逆反应A(g)+3B(g)2C(g) HH2CO3H2SiO3，进而证明
5、非金属性：NCSi，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：稀HNO3溶液 稀盐酸 碳酸钙 Na2SiO3溶液 SiO2装置A、C中所选试剂分别为_（填序号）；能说明酸性H2CO3H2SiO3的实验现象是_。（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，请回答下列问题。WXYZ结构或性质最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物焰色反应呈黄色在同周期主族元素形成的简单离子中，离子半径最小，它的最高价氧化物为两性氧化物最高正价与最低负价之和为零（1）Z在元素周期表中位于_族。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他三种物质发生化学
6、反应，该元素是_(填元素符号)。（3）下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是_(填序号)。a.自然界中的含量b.单质与酸反应时失去的电子数c.单质与水反应的难易程度d.最高价氧化物对应水化物的碱性从原子结构角度解释X的金属性强于Y的原因：_。（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似。体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防止倒吸 (3). 2MnO4+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O (4). (5). C试管中出现白色（胶状）沉淀 (6). A (7). Na (8). cd
7、(9). 电子层相同，核电荷数AlNa (10). HN3+NaOH=NaN3+H2O【解析】【分析】（一）（1）根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（2）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；烧瓶中酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯离子；（3）要证明非金属性：NCSi，则利用此装置证明最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3H2CO3H2SiO3；C装置中硅酸钠转化成硅酸沉淀，则证明碳酸的酸性大于硅酸；（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰
8、色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，且Al2O3为两性氧化物；Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素，（1）主族元素族序数=最外层电子数；（2）W、X、Y、Z形成的最高价氧化物的水化物分别是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸，氢氧化钠和其他三种物质均能反应；（3）比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等，与得失电子数目多少无关；电子层相同、核电荷数越大原子半径越小，原子核对核外电子吸引越强；（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则
9、HN3为弱酸，与NaOH发生中和反应，等体积、等浓度的HN3、NaOH溶液恰好反应得到NaN3溶液，据此写出反应的化学方程式。【详解】（一）（1）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入圆底烧瓶中；故答案为：分液漏斗；防止倒吸；（2）设计实验验证非金属性：ClS，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，烧瓶中发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O；故答案为：2MnO4-+10Cl+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O；（3）根据强酸制弱酸的原理，利用稀硝酸溶
10、解碳酸钙，将生成的CO2通入硅酸钠溶液中即可推断酸性的弱顺序为：HNO3H2CO3H2SiO3，即A为稀硝酸、B为碳酸钙、C为硅酸钠溶液；当C试管中出现白色（胶状）沉淀时，证明酸性H2CO3H2SiO3；故答案为：；C试管中出现白色（胶状）沉淀；（二）四种短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，W最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应得到离子化合物，则W为N元素；X焰色反应呈黄色，则X为Na；Y、Z原子序数大于Na，二者处于第三周期，在同周期主族元素形成的简单离子中，Y的离子半径最小，则Y为Al，且Al2O3为两性氧化物；Z最高正价与最低负价之和为零，则Z为Si元素，（1）Z是Si元素
11、，处于第A族；故答案为：A；（2）W形成的最高价氧化物的水化物是硝酸，X的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，Z的最高价氧化物的水化物是硅酸，氢氧化钠和其他三种物质均能反应，所以该元素是Na；故答案为：Na；（3）比较金属性强弱的方法有：金属元素最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应、和酸或水反应生成氢气的难易程度等，与得失电子数目多少无关；故答案为：cd；电子层相同，核电荷数AlNa，原子半径NaAl，所以原子核对最外层电子的吸引力NaAl，金属性NaAl；故答案为：电子层相同，核电荷数AlNa；（4）HN3的酸性与醋酸的相当，则HN3为弱酸，与Na
12、OH发生中和反应，反应方程式为：HN3+NaOHNaN3+H2O；故答案为：HN3+NaOHNaN3+H2O。【点睛】实验室可用MnO2、KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化浓盐酸制取氯气，其中MnO2与浓盐酸反应需要加热，KMnO4、KCr2O7、KClO3氧化性强，不需要加热，这时，需要注意题目中给出的反应装置，是否有加热仪器，从而选择反应物。9.氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题：(1)实验室可用下图所示装置合成氨。合成氨时，还原铁粉的作用是_。锥形瓶中盛有一定量的水，并滴有几滴酚酞试剂，反应段时间后，锥形瓶中溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、_和_。最近斯坦福大学
13、研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统，可持续合成氨，其原理如图所示。图中反应的化学方程式为_。反应中能量转化的方式是_(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。(3)液氨可用作制冷剂，液氨气化时_(填“释放”或“吸收”)能量；液氨泄漏遇明火会发生爆炸。已知部分化学键的键能数据如下表所示：共价键N-HO=ONNO-H键能/kJmol-1 391498946463则反应 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的反应热H=_。【答案】 (1). 作催化剂 (2). H2 (3). NH3 (4). Li3N+3H2O=3LiOH+NH3 (5). 电能转变为化学能
14、(6). 吸收 (7). -1262 kJ mol-1【解析】【详解】（1）合成氨时，还原铁粉可以增大反应的速率，但本身的化学性质和质量在反应前后都没有发生变化，还原铁粉的作用是催化剂；合成氨是可逆反应，反应混合物中反应物和生成物共存，则气体X的成分为N2、水蒸气、H2和NH3。（2）反应的化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3 反应中能量转化的方式是电能转变为化学能。(3)液氨可用作制冷剂，液氨气化时吸收能量；H=43391kJ mol-1+3498kJ mol-1-2946kJ mol-1-12463kJ mol-1=-1262 kJ mol-1。10.（一）用NaOH溶液吸收
15、烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示。(电极材料为石墨)（1）写出用过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2的方程式_。（2）图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)_极，C口流出的物质是_。（3）SO32放电的电极反应式为_。（4）电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因_。（二）一定条件下，NO2与SO2反应生成SO3和NO两种气体：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，将体积比为1：2的NO2、SO2气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_A.体系压强保持不变 B.混合气体颜
16、色保持不变C.SO3和NO的体积比保持不变 D.每消耗1molSO2的同时生成1molNO【答案】 (1). 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O (2). 负 (3). 硫酸（H2SO4） (4). SO322e+H2O=SO42+2H+ (5). 在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2OH+OH正向移动，所以碱性增强 (6). B【解析】【分析】（一）（1）过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水；（2）依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，可以判断图中a极要连接电源的负极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，所以C口流出的物
17、质是H2SO4；（3）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子；（4）依据阴极区放电离子为氢离子，结合水的电离平衡H2OH+OH-解答；(二)A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，在反应过程中，气体的总物质的量始终不变，又因为容器恒容，所以容器内压强始终不变，据此分析；B. 该反应中NO2为红棕色气体，在恒容容器中混合气体颜色保持不变，说明NO2的浓度已不再变化，据此分析；C. 将体积比为1:2NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应，SO3与NO以1:1生成，所以在反应过程中及平衡状态SO3与NO体积比总是1:1，据此分析；D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中
18、系数比时，才能说明平衡状态；不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时不能说明平衡状态，据此分析。【详解】（一）（1）过量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2生成正盐亚硫酸钠和水，化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；故答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（2）由图可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以a极为阴极，应该接电源的负极，SO32在阳极失去电子变成SO42，所以C口流出的物质是H2SO4；故答案为：负；硫酸（H2SO4）；（3）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO322e+H2O=SO42+2H+；故答案为：SO
19、322e+H2O=SO42+2H+；（4）在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2OH+OH正向移动，所以碱性增强；故答案为：在阴极H+放电生成H2，c(H+)减小，水的电离平衡H2OH+OH正向移动，所以碱性增强。（二）A. 该反应为反应前后气体体积不变的可逆反应，在反应过程中，气体的总物质的量始终不变，又因为容器恒容，所以容器内压强始终不变，所以体系压强保持不变，不能说明反应达到了化学平衡状态，故A错误；B. 该反应中NO2为红棕色气体，在恒容容器中混合气体颜色保持不变，说明NO2的浓度已不再变化，则NO2的正逆反应速率相等，即化学反应达到了平衡状态，故B正确；C. 将体积
20、比为1:2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生反应，SO3与NO以1:1体积比生成，所以在反应过程中和平衡状态时SO3与NO体积比总是1:1，因此SO3与NO的体积比保持不变，不能说明化学反应达到了平衡状态，故C错误；D. 不同物质的正逆反应速率比等于方程式中系数比时，才能说明平衡状态；不同物质的同向速率比等于方程式中系数比时，不能说明平衡状态；该选项中每消耗1molSO2的同时生成1molNO，即SO2和NO的正反应速率比等于方程式中系数比（同向速率）不能说明化学反应达到了平衡状态，故D错误；答案选B。【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温
21、恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。常见的衍生出来量为：气体总压强、混合气体的平均相对分子质量、混合气体的密度、温度、颜色等。二、化学（二选一）11.E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于p区的同一周期的元素，M的价层电子排布为ns2np2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2具有相等的价电子总数；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题：（1）T元素原子的价电
22、子排布式是_。（2）E、G、M三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)，其原因为_。（3）G的最简单氢化物的分子立体构型名称为_，M的最简单氢化物的分子中中心原子的杂化类型为_。M和Q的最简单氢化物的沸点大小顺序为_(写化学式)。（4）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如图所示，该晶体的密度为pgcm3。如果TQ的摩尔质量为Mgmol1，阿伏加德罗常数为NAmol1，则a、b之间的距离为_cm。【答案】 (1). 3d104s2 (2). NOC (3). 同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，
23、第一电离能大于氧的 (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). H2OH2S (7). 【解析】【分析】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层电子排布式为2s22p4，M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2-为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素，（1）T为Zn元素，原子核外电子数为30，根据构造原理书写该原子价电子排布式；（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋
24、势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能；（3）氨气分子中N原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，氨气分子为三角锥形；水分子中O原子价层电子对数为4，杂化轨道数目为4；水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，水的沸点较高；（4）利用均摊法计算，一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=，晶胞质量为，根据计算晶胞体积，再计算晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的。【详解】E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素，E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级最多排列2个电子，则n=2，所以M价层
25、电子排布式为2s22p4，M为O元素；E与M原子核外的未成对电子数相等，则E是C元素，G为N元素；QO2与NO2-为等电子体，则Q为S元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T为Zn元素，（1）T为Zn元素，根据构造原理，该原子价电子排布式为3d104s2；故答案为：3d104s2；（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的，故第一电离能：NOC；故答案为：NOC；同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于氧的；（3）氨气分子中N原子价层电子对数为4，孤电子对数
26、为1，氨气分子为三角锥形；水分子中O原子价层电子对数为4，杂化轨道数目为4，则O原子采取sp3杂化；由于水分子之间存在氢键，而硫化氢分子之间为范德华力，则水的沸点较高；故答案为：三角锥形；sp3；H2OH2S；（4）ZnS晶体结构如图所示，一个该晶胞中黑色球个数是4、白色球个数=，晶胞质量为，晶胞的体积，则晶胞棱长，ab之间距离为该晶胞体对角线长的，则a、b之间的距离为；故答案为：。12.芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：A-I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的苯环上的一溴代物有两种。2RCH2CHO请回答下列问题：（1）CD的反应类型为_，E的名称为_。（
27、2）EF与FG的顺序能否颠倒_（填“能”或“否”），理由_。（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为_。（4）I的结构简式为_。（5）符合下列要求A的同分异构体还有_种。与Na反应并产生H2 芳香族化合物其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1的是_（写出其中一种的结构简式）。【答案】 (1). 加成反应 (2). 对氯甲苯或4氯甲苯 (3). 否 (4). 如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化 (5). +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O (6). (7). 13 (8). 或【解析】【分析】A-I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知，A的不饱和度为，则A的侧链
28、为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为， D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的苯环上的一溴代物有两种，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答。【详解】A-I均为芳香族化合物，根据A的分子式可
29、知，A的不饱和度为，则A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应，则B分子中含有苯环和侧链-CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的苯环上的一溴代物有两种，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；Cl F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，（1）由以上分析知，CD的反应类型
30、为加成反应；E为，氯原子位于4号C，其名称为4氯甲苯或对氯甲苯，故答案为：加成反应；对氯甲苯或4氯甲苯；（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以EF与FG的顺序不能颠倒；故答案为：否；如果颠倒则(酚)羟基会被KMnO4/H+氧化；（3）B为，分子中含有醛基，能够与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）由以上分析知，I的结构简式为；故答案为：；（5）A为，与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基；芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：CH(OH)CH3，OH、CH2CH3，1个CH3，1个CH2OH，1个OH、2个CH3，其中存在1种结构，都存在邻、间、对3种结构，如果两个甲基位于相邻位置，有2种同分异构体；如果两个甲基位于相间位置，有3种同分异构体；如果两个甲基位于相对位置，有1种同分异构体，所以总共有6种结构，根据以上分析可知，满足条件的有机物总共有：1+3+3+6=13种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是或；故答案为：13；或。