【化学】吉林省蛟河市一中2018-2019学年高一下学期第三次测试试题（解析版）

吉林省蛟河市一中2018-2019学年高一下学期第三次测试试题
第I卷 选择题(共45分)
一、选择题（每小题一个选项，每小题3分）
1.下列属于同位素的一组是（ ）
A. O2、O3 B. H 2、D 2 C. 、 D. H、D、T
【答案】D
【解析】
【分析】同位素是指相同质子数不同中子数的同种元素的原子。
【详解】A O2和O3是单质，两者互为同素异形体，A项错误；
B. H2和D2是单质，不是元素，B项错误；
C. 和质子数不同，属于不同的元素，C项错误；
D. H、D、T均属于氢元素，其质子数均为1，中子数不同，符合同位素的定义，三者互为同位素，D项正确；
答案选D。
2.下列分子的电子式书写正确的是（ ）
A. 氨气 B. 四氯化碳
C. 氮气 D. 二氧化碳
【答案】C
【解析】A. 漏写N原子上的孤电子对，应为，A项错误；
B. 各原子均满8电子稳定结构，电子式漏写Cl原子上的孤电子对，B项错误；
C. 氮气有氮氮三键，每个N原子上还有1对孤电子对，C项正确；
D.二氧化碳中碳氧间是碳氧双键，有两对共用电子对，应为，D项错误；
答案选C。
3.下列说法正确的是（ ）
A. ⅠA族元素的金属性比ⅡA族元素的金属性强
B. ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高
C. 同周期非金属的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强
D. 第三周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
【答案】B
【解析】A.同周期，第ⅠA族元素的金属性比第ⅡA族元素的金属性强，故A错误；
B.第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的是H2O（同主族，由上到下，原子的得电子能力逐渐减弱，则气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故H2O的稳定性最好），其沸点也最高（因水分子间存在氢键），故B正确；
C.同周期最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，故C错误；
D.第三周期元素的阳离子半径从左到右逐渐减小（Na+＞Mg2+＞Al3+），第三周期元素的阴离子半径从左到右逐渐减小(Si4-＞P3-＞S2-＞Cl-)，但同周期的阳离子半径小于阴离子半径，即Al3+半径最小，故D错误。
答案选B。
4.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是（ ）
A. 元素的非金属性次序为c>b>a
B. a和其他3种元素均能形成共价化合物
C. d和其他3种元素均能形成离子化合物
D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【答案】B
【解析】试题分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。故选B。
5.已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　 ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　 ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A. ΔH1＞0，ΔH3＜0 B. ΔH2＞0，ΔH4＞0
C. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
【答案】C
【解析】A. 燃烧反应都是放热反应，ΔH1＜0，ΔH3＜0，A项错误；
B. 燃烧反应都是放热反应，ΔH4＜0，反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g) 为吸热反应，ΔH2＞0，B项错误；
C. ①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；②CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH2；③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3；④2Cu(s)＋O2(g)===2CuO(s) ΔH4；⑤CO(g)＋CuO(s)===CO2(g)＋Cu(s) ΔH5；由反应可知②=①-③，由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C项正确；
D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；
答案选C。
6.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法正确的是(   )
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g),△H1,S(s)+O2(g) SO2(g),△H2,则△H1>△H2
D. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g), △H0 ΔS＜0
【答案】D
【解析】试题分析：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HCl在任何条件下都不能发生，是因为该反应是体系是混乱程度减小的吸热反应，即△H >0 ΔS>0，ΔG=△H-TΔS>0,故选项是A。
13.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g) 2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是（ ）
A. 反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min-1
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)>ν(正)
C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. 2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）= =2.0×10－3mol·L－1·min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×2.0×10－3mol·L－1·min-1=4.0×10－3mol·L－1·min-1，A项错误；
B. 该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），B项错误；
C. 由表中数据可知7 min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10 mol，则
X（g）+Y（g）⇌2Z（g）
开始（mol）：0.16 0.16 0
变化（mol）：0.06 0.06 0.12
平衡（mol）：0.10 0.10 0.12
由于反应气体前后的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数K= =1.44，C项正确；
D. 再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，D项错误；
答案选C。
14.在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表

上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是（ ）
A. 乙＝丁＞丙＝甲 B. 乙＞丁＞甲＞丙
C. 丁＞乙＞丙＝甲 D. 丁＞丙＞乙＞甲
【答案】A
【解析】试题分析：该反应是一个气体体积不变的反应，等效平衡条件是采用“一边倒”方法转化后对应物质成比例即可。甲和乙均只有反应物，不需转化，对丙和丁进行“一边倒”转化，假设丙、丁中的CO、H2O（g）全部转化为CO2、H2，再与甲、乙比较：
CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）
丙开始时 0mol 0mol amol amol
丙假设全转化 amol amol 0mol 0mol
丁开始时 amol 0mol amol amol
丁假设全转化 2amol amol 0mol 0mol
经转化后，甲、丙的起始浓度一样，乙、丁的起始浓度一样，且乙、丁的CO2的物质的量大于甲、丙的CO2的物质的量，相当于在甲或丙的基础上增加二氧化碳的浓度，使平衡正向移动，因此乙、丁平衡时的CO物质的量比甲、丙大．
15.在一密闭容器中充入 1mol NO2气体,建立平衡：2NO2 N2O4,测得NO2转化率为a%，在温度、体积不变时,再通入1mol NO2,待重新建立平衡时,测得NO2转化率为b%,a与b比较 ( )
A. a＞b B. a＜b
C. a=b D. 无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：第一次达平衡后，再加入NO2，由于该容器是一个固定容积的密闭容器，所以加入NO2后，反应体系的压强增大；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，所以平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大，即b＞a，答案选B。
第Ⅱ卷 选择题(共55分)
二、填空题
16.随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：
(1)f在周期表中的位置是___________。
(2)比较d、e常见离子半径大小(用化学式表示，下同)：______>______；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_______。
(3)写出一种既含离子键又含极性共价键e的氧化物的电子式：_____。
(4)已知1 gX的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出142.9kJ热量，写出表示其燃烧热的热化学方程式：____。
【答案】(1). 第三周期ⅢA族 (2). O2- (3). Na+ (4). HClO4>H2SO4 (5). (6). H2（g）+1/2O2（g）H2O（l） △H=-285.8 kJ/mol
【解析】
【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析作答。
【详解】（1）f是Al元素，其原子序数为13，在元素周期表中位于第三周期ⅢA族；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径： O2－＞Na＋；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：第三周期、第ⅢA族；O2-；Na+；HClO4>H2SO4；
（3）Na与O结合，既含离子键又含极性共价键，则该化合物为Na2O2,其电子式为：；
（4）常温下，氢气在氧气中燃烧生成液态水，1 g氢气的物质的量为=0.5mol，则1mol氢气燃烧放出的热量为142.9 kJ×2=285.8 kJ，故其燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l） △H=-285.8 kJ/mol。
17.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较硫与氯元素非金属性强弱的是____________（填标号）。
A.将Cl2通入Na2S溶液中,有黄色浑浊出现
B.比较次氯酸和硫酸的酸性强弱
C.氯气与铁反应生成氯化铁，硫和铁反应生成硫化亚铁
D.还原性：H2S>HCl
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制备氢气的热化学方程式分别为___________、_______，制得等量H2所需能量较少的是_______。
（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率α1=______%，反应平衡常数K=_____。(可用分数表示)
②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2_________α1，该反应的△H___0。（填“>”“ (8). > (9). B
【解析】
【分析】（1）依据非金属性的判断依据作答；
（2）根据盖斯定律分析作答；
（3）①列出“三段式”，求出转化率与反应平衡常数；
②依据温度对化学反应平衡的影响效果作答；
③依据浓度对化学反应平衡的影响，结合转化率的定义分析。
【详解】（1）A. 将Cl2通入Na2S溶液中，有黄色浑浊出现，说明氯气的氧化性大于硫，即非金属性比较：Cl2>S,A项正确；
B. 次氯酸不是最高价氧化物对应的水化物，不能作为非金属性判断的依据，B项错误；
C. 氯气与铁反应生成氯化铁，硫和铁反应生成硫化亚铁，说明氯气的氧化性大于硫，即非金属性比较：Cl2>S，C项正确；
D. 还原性：H2S>HCl，说明氯气的氧化性大于硫，即非金属性比较：Cl2>S，D项正确；
答案选B；
（2）①H2SO4(aq)SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H1=＋327 kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151 kJ/mol
③2HI(aq)H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110 kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61 kJ/mol
①+②+③，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)H2(g)+O2(g) △H=+286 kJ/mol；
②+③+④，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)H2(g)+S(s) △H=+20 kJ/mol。
根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。
（3）依据题意列出“三段式”如下：

水的物质的量分数为 ＝0.02
解得x＝0.01
①α1＝×100%＝2.5%，K＝ =2.8×10－3，故答案为：2.5；或2.8×10-3；
②升温，水物质的量分数升高，说明升温时平衡正移，则α2>α1，ΔH>0，故答案为：>；>；
③A.通入H2S，平衡虽正向移动，但H2S的转化率减小，A项错误；
B.通入CO2，平衡正向移动，H2S转化率增大，B项正确；
C.通入COS，增大生成物浓度，平衡逆向移动，H2S转化率减小，C项错误；
D.通入N2，平衡不移动，H2S转化率不变，D项错误；
答案选B。
18.利用可再生能源代替石油和煤已经成为未来发展的趋势，甲醇作为重要的可再生能源具有广泛的开发和应用前景。工业上常利用反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H＜0来合成甲醇。
（1）经研究发现在230℃～270℃时合成最为有利。为探寻合成气最合适的起始组成比，分别在230℃、250℃和270℃时进行实验，实验结果如图。230℃的实验结果所对应的曲线是_______（填字母）； 从提高CO转化率的角度等综合分析，该温度下工业生产适宜采用的合成气组成n(H2):n(CO) 的比值范围是_________（填字母）。
A．1～1.5 B．2.5～3 C．3.5～4.5

（2）制甲醇所需要的氢气，可通过下列反应制取：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H＜0，某温度下该反应的平衡常数K＝1。回答下列问题：
①该温度下，若起始时c(CO)＝2mol·L—1，c(H2O)＝3mol·L-1，反应进行一段时间后，测得CO的浓度为1mol·L-1,则此时该反应v(正)____v(逆)（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②若降低温度，该反应K值将_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）甲醇是一种化工原料，工业上合成甲醇的反CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H＝－90.8kJ·mol—1。若在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1molCO、2molH2
1mol CH3OH
2molCO、4molH2
CH3OH的浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1 kJ
吸收Q2 kJ
放出Q3 kJ
①容器内压强P：P甲、P乙与P丙的关系是_____________（用“＞”、“＜”或“＝”表示）；
②变化的热量数值Q中， Q1 与Q2的和是___________（填具体数值）。
【答案】(1). X (2). B (3). ＞ (4). 增大 (5). P甲＝P乙＜P丙 填2P甲＝2P乙＞P丙 也可 (6). 90.8
【解析】（1）工业上用反应④低压合成甲醇，在230℃～270℃最为有利．为研究合成气最合适的起始组成比，分别在230℃、250℃和270℃进行实验，结果如图．合成甲醇是放热反应，温度越低转化率越大，结合图象可知，230℃的实验结果所对应的曲线是 X，从提高CO转化率的角度等综合分析，该温度下工业生产适宜采用的合成气组成n（H2）：n（CO） 的比值范围应是CO的转化率最大时，则合成气组成n（H2）：n（CO） 的比值范围是2.5～3，如再增大比例，因此时转化率已经很高，而导致浪费氢气，故答案为：X；B；
（2） ①H2O（g）+CO（g）H2（g）+CO2（g）
      起始： 3         2       0       0
      转化： 1        1       1       1
 一段时间后： 2         1        1        1
Qc=1×1/2×1=0.5＜1，则平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
②因正反应放热，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为：增大；
（3）①甲容器反应物投入1molCO.2molH2与乙容器反应物投入1mol CH3OH在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，则达到平衡时甲、乙容器压强相等，丙容器反应物投入量2molCO、4molH2，浓度加倍，相当于增大压强，故答案为：P甲=P乙＜P丙；
②由于正反应转化率和逆反应转化率之和为100%，则Q1+Q2能量总变化相当于1molCO、2molH2完全转化成1mol CH3OH的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于90.8kJ；丙容器反应物投入量2molCO、4molH2，由于该反应是气体体积减小的反应，温度、容积相同的情况下，反应物浓度增大一倍，相当于增大压强，反应向气体体积减少方向移动，即正向移动，因此，c3＞2c1，Q3＞2Q1；故答案为：90.8。