1、吉林省蛟河市一中2018-2019学年高一化学下学期第三次测试试题（含解析）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、O3B. H 2、D 2C. 、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。【点睛】该题是基础性试题的考查，主要
2、是考查学生对同位素概念的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑思维能力。该题的关键是熟练记住同位素的含义以及判断依据，然后灵活运用即可。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】【详解】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. A族元素的金属性比A族元素的金属性强B. A族元素的氢化物中，稳定性最
3、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】【详解】A.同周期，第A族元素的金属性比第A族元素的金属性强，故A错误；B.第A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-
4、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cbaB. 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
5、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ClSH，故A正确；BH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；CK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；DH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
6、。考点：考查原子结构与元素周期律的关系5.已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1 CO2(g)C(s)=2CO(g) H22CO(g)O2(g)=2CO2(g)H3 4Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s) H43CO(g)Fe2O3(s)=3CO2(g)2Fe(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是A. H10，H30B. H20，H40C. H1H2H3D. H3H4H5【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，H10，H30，A项错误；B. 燃烧反应都是放热反应，H40，反应CO2(g)C(s)=2CO(g) 为吸热反应，H20，B项错误；C. C(s)O2(g)
7、=CO2(g) H1；CO2(g)C(s)=2CO(g) H2；2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H3；2Cu(s)O2(g)=2CuO(s) H4；CO(g)CuO(s)=CO2(g)Cu(s) H5；由反应可知=-，由盖斯定律得H1H2H3，C项正确；D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；答案选C。【点睛】本题重点考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。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
8、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H1H2 D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g), H0 【答案】A【解析】从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，A项正确；能量越高越不稳定，B项错误；因S(s)S(g)，要吸收热量，故H1H2，C项错误；由图4可以看出，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，故表现为放热，H10，D项错误。7.下列热化学方程式书写正确的是(H的绝对值为正确)A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H =
9、-1367.0kJmol-1 (燃烧热)B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(L) H =+57kJmol-1 (中和热)C. S(s)+O2(g)=SO2(g) H =-296.8kJmol-1 (反应热)D. 2NO2=O2+2NO H =+116.2kJmol-1 (反应热)【答案】C【解析】【详解】A.水的稳定状态是液态（H2O (l)），而气态水（H2O (g)）不是稳定的，A项错误；B. 酸、碱中和反应是放热反应，H0 S0B. H0 S0C. H0 S0D. H 0 S0【答案】D【解析】试题分析：CaCl2+CO2+H2O=CaCO3+2HCl在任何
10、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 S0，G=H-TS0,故选项是A。考点：考查反应的自发性的知识。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 (正)C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44D. 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】【详解】A. 2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，故v（Y）= =2.0103molL1min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=22.0103molL1
11、min-1=4.0103molL1min-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
12、，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 0mo
13、l 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、丙大考点：等效平衡，影响平衡的因素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NO
14、2转化率为b%,a与b比较 ( )A. abB. abC. a=bD. 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ba，答案选B。考点：考查外界条件对平衡状态对影响点评：本题以二氧化氮和四氧化二氮的可逆反应为载体考查了化学平衡移动原理，要注意：压强只对反应前后气体体积改变的可逆反应平衡移动有影响，对反应前后气体体积不变化的可逆反应无影响，但压强对所有有气体参加的可逆反应反应速率都有影响，无论反应前后气体体积
15、是否变化。第卷 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A族 (2). O2- (3). Na+ (4). HClO4H2SO4 (
16、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A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： O2Na；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4，故答案为：第三周期、第A族；O2-；Na+；HClO4H2SO4；（3）Na与O结合，既含离子键又含
17、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 kJ2=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
18、生成氯化铁，硫和铁反应生成硫化亚铁 D.还原性：H2SHCl（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（）和系统（）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。H2S的平衡转化率1=_%，反应平衡常数K=_。(可用分数表示)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2
19、_1，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）列出“三段式”，求出转化率与反应平衡常数；依据温度对化学反应平衡的影响效果作答；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：Cl2S,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：Cl2S，C项正确；D. 还原
20、性：H2SHCl，说明氯气的氧化性大于硫，即非金属性比较：Cl2S，D项正确；答案选B；（2）H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) H1=327 kJ/molSO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) H2=151 kJ/mol2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) H3=110 kJ/molH2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) H4=61 kJ/mol +，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) H=+286 kJ/mol；+，整理可得系统（II）的热化学方
21、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x0.011100%2.5%，K =2.8103，故答案为：2.5；或2.810-3；升温，水物质的量分数升高，说明升温时平衡正移，则21，H0，故答案为：；A.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
22、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) H0来合成甲醇。（1）经研究发现在230270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）。A11.5 B2.53 C3.54.5
23、（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) H0，某温度下该反应的平衡常数K1。回答下列问题：该温度下，若起始时c(CO)2molL1，c(H2O)3molL-1，反应进行一段时间后，测得CO的浓度为1molL-1,则此时该反应v(正)_v(逆)（填“”、“”或“”）。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) H90.8kJmol1。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：
24、容器甲乙丙反应物投入量1molCO、2molH21mol CH3OH2molCO、4molH2CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的能量变化放出Q1 kJ吸收Q2 kJ放出Q3 kJ容器内压强P：P甲、P乙与P丙的关系是_（用“”、“”或“”表示）；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）工业上用反应低压合成甲醇，在230270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
25、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2.53，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） H2O（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=11/21=0.51，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：；因正反应放热，则降低温度平衡向正反应方向
26、移动，平衡常数增大，故答案为：增大；（3）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；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，c32c1，Q32Q1；故答案为：90.8。