【化学】安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高一下学期第二次调研考试试题（解析版）

安徽省阜阳市第三中学2018-2019学年高一下学期第二次调研考试试题
考生注意：本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共 8页，22大题，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 Al27 K39 Mn55 Fe56 Ag108
第I卷（选择题，共54分）
本卷共18题，每题3分，共54分。四个选项中，只有一个选项是符合要求的。
1.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是（ ）
A. 第35号元素的单质在常温常压下是液体
B. 位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素
C. 第84号元素的最高化合价是＋7
D. 第七周期0族元素的原子序数为118
【答案】C
【解析】A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；
B.位于第四周期第ⅤA族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理；
C.第84号元素位于第六周期ⅥA族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；
D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。
故答案选C。
2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B. 1mol Na2O2与足量潮湿的CO2充分反应，转移的电子数为2 NA
C. 25℃1LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的数目为1×10-5NA
D. 0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，容器内分子总数0.2NA
【答案】D
【解析】A．0.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B．过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故B错误；C．25℃1LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的浓度为1×10-5mol/L，但溶液体积未知，无法确定H+的数目，故C错误；D．氢气和碘的反应为可逆反应，反应原理是：I2(g)+H2(g) 2HI(g)，0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，生成的HI分子个数小于0.2NA个，但反应前后分子总数不变，为0.2NA，故D正确；故答案为D。
3.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）


W
X

Y



Z
A. 氢化物沸点：W > Z
B. 氧化物对应水化物的酸性：Y > W
C. 化合物熔点：Y2X3 < YZ3
D. 简单离子的半径：Y > X
【答案】A
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
【详解】由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素；
A．W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，即沸点：W＞Z，故A正确；B．Y为Al，对应的氧化物的水化物为弱碱，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，则氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故B错误；C．Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，离子化合物的熔点较高，则熔点：Y2X3＞YZ3，故C错误；D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：Y＜X，故D错误；故答案为A。
4.下列结论正确的是（ ）
①粒子半径：K＋＞Al3＋＞S2－＞Cl－
②氢化物的酸性：HCl＞HBr＞HI
③离子的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
A. ①④⑤ B. ③⑥ C. ④⑤⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】C
【解析】①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；②氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HCl＜HBr＜HI，故②错误；③单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2＞S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；⑥同周期非金属性O＞N、P＞Si，同主族非金属性为N＞P，则非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；④⑤⑥正确，故答案为C。
5.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 放电时，两极电解质溶液的酸碱性均降低
B. 负极的电极反应是H2－2e－＋2OH－ ==== 2H2O
C. 电池的总反应是2H2＋O2 ==== 2H2O
D. 电解质溶液中Na＋向右移动，ClO向左移动
【答案】C
【解析】
【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【详解】A．放电时左侧发生电极反应为H2-2e-+2OH-═2H2O，右侧发生电极反应为2e-+2H+═H2，则两极电解质溶液的酸碱性均降低，故A正确；B．由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，故B正确；C．负极电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，正极电极反应是2e-+2H+═H2，电池的总反应无氧气参加，故C错误；D．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4-向左负极移动，故D正确；故答案为C。
6.将 NaCl 溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2 ==4 Fe(OH)3
B. 液滴之下氧气含量少， 铁片作负极，发生的还原反应为： Fe－2e－=Fe2＋
C. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应为： O2＋2H2O＋4e－=4OH－
D. 铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域
【答案】B
【解析】
【分析】NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，液滴边缘是正极区，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，在液滴外沿，由于Fe2++2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2═4 Fe(OH)3，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2═4 Fe(OH)3，故A正确；B．铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，故C正确。D．铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴中心区，故D正确；故答案为B。
7.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是（ ）

A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B. 500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】B
【解析】试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B不正确；C. 该反应中为放热反应，其ΔH0）且又熵减小（即ΔS0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；
B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；
C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔSc(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C. c点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)
D. d点代表两溶液恰好完全反应
【答案】A
【解析】A.常温下，0.1 mol·L-1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka==mol/L=1×10-5 mol/L，所以A选项是正确的；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H+)< c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)< c(NH4+)，故B错误；
C.根据图知，c点c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)c (6). c > a > b (7). NaHSO3=HSO3-＋Na+ 、 HSO3-SO32- + H+ (8). H2SO3＋HCO3-=HSO3-＋CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】(1)只有部分电离的电解质为弱电解质，只要能说明亚硝酸部分电离或亚硝酸根离子能够水解，就能证明亚硝酸是弱电解质，据此分析解答；
(2) 亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；
(3) HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2＞HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是盐酸、较小的是HNO2；相同条件下离子浓度大，溶液的导电性强；酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大；
(4)①NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3-电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡；
②由表中数据可知，酸性H 2SO3＞HSO3-＞H2CO3，结合强酸制弱酸的原理写出发生反应的离子方程式。
【详解】(1) a. 常温时NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故a正确； b. 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较低，但不能水解亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，故b错误；c.等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，亚硝酸中存在部分电离，所以能证明亚硝酸是弱电解质，故c正确；d. 常温下0.1mol•L-1的HNO2溶液pH=2.3，说明亚硝酸部分电离，为弱电解质，故d正确；故答案为b；
(2) 已知在25℃时，一水合氨的Ki=1.8×10-5，亚硝酸的电离平衡常数Ki=5.1×10 -4，所以亚硝酸的电离程度大于一水合氨的电离程度，则铵根离子的水解程度大于亚硝酸根离子的程度；则298K时，将10mL 0.1mol·L-1的亚硝酸溶液与10mL 0.1mol·L-1氨水混合，恰好生成NH4NO2溶液，根据“谁强显谁性”，所得溶液显酸性，而将10mL pH=3的亚硝酸溶液与10mL pH=11氨水混合，根据“谁弱显谁性”，所得溶液为碱性；
(3) HNO2是弱酸、HCl是强酸，加水稀释时HNO2发生电离，稀释相同的倍数时c(H+)：HNO2＞HCl，则稀释相同倍数时pH变化较大的是HCl、较小的是HNO2，根据图知I对应的溶液为HCl，酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其溶液的导电性越强，但抑制水电离程度越大，c(H+)：b＞a＞c，则溶液的导电性：b>a>c；水的电离程度：c＞a＞b；
(4)①NaHSO3是可溶性盐能完全电离，而HSO3-电离程度较弱，部分电离，存在电离平衡，则NaHSO3在水溶液中的电离方程式为NaHSO3=HSO3-＋Na+、HSO3-SO32-+H+；
②由表中数据可知，酸性H 2SO3＞HSO3-＞H2CO3，则H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3＋HCO3-=HSO3-＋CO2↑＋H2O。