辽宁省部分名校2023-2024学年高三上学期适应性测试一化学试题（解析版）

这是一份辽宁省部分名校2023-2024学年高三上学期适应性测试一化学试题（解析版），共6页。试卷主要包含了 选择题的作答，非选择题的作答，04 ml·L-1·min-1， 常温下，用0等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共14页，23题。全卷满分100分。考试用时150分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并用2B铅笔将准考证号填涂在答题卡上的指定位置。
2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡。上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡，上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量： H-1 C -12 N -14 O -16 Na-23 Mg-24 S -32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137 Ag-108
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是
A. 亚硫酸氢根的水解离子方程式： +H2O⇌H3O++
B. NH3的VSEPR模型：
C. H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·ml−1，则：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ∆H =+571.6 kJ·ml−1
D. 用溶液吸收少量Cl2：
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硫酸氢根的水解是亚硫酸氢根结合H+生成H2SO3，离子方程式为+H2OH2SO3+OH−，选项A不正确；
B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+(5−3×1)= 4，有一孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，选项B不正确；
C．H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·ml−1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ∆H =+571.6 kJ·ml−1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ∆H＜+571.6 kJ·ml−1，选项C不正确；
D．用溶液吸收少量，离子方程式：，选项D正确；
答案选D。
2. 以下说法中，正确的有几项
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被中和，采用浓度稍大的溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【详解】①为了保证盐酸完全被中和，采用浓度稍大的溶液，使碱稍稍过量，正确；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行，可以有效保证热量不散失，正确；
③混合溶液时，应将溶液迅速一次性倒入小烧杯，盖好盖板，防止热量损失，正确；
④金属搅拌棒导热能力太强导致热量散失，应使用环形玻璃搅拌棒（玻璃搅拌器），操作错误；
⑤中和热实验需要记录反应前酸、碱温度和反应后溶液温度，故单次实验需要记录3次温度计读数，正确；
⑥101kpa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，错误；
⑦中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1ml液态水时所释放的热量，为57.3kJ/ml，并不是酸碱中和反应的离子方程式可以写成H++OH−=H2O时就可以，浓溶液的反应不符合要求，错误；
⑧弱酸或弱碱的电离吸热，如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都低于57.3kJ/ml，错误；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，正确；
综上所述①②③⑤⑨正确，正确的为5个，B符合；
故答案为：A。
3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存有几组
①溶液：
②的溶液中：
③水电离的浓度为的溶液中：
④加入能放出的溶液中：
⑤使甲基橙变黄的溶液中：
⑥中性溶液中：
A. 无B. 一组C. 两组D. 三组
【答案】A
【解析】
【详解】①NaAlO2与发生反应，在溶液中不能大量共存，故①错误；
②pH=13的溶液呈碱性，在碱性溶液中不能大量共存，故②错误；
③水电离的H+浓度为10-12ml•L-1的溶液呈酸性或碱性，与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，在酸性条件下具有强氧化性，与Mg反应不会生成氢气，故④错误；
⑤使甲基橙变黄的溶液呈酸性或碱性，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
⑥Fe3+只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，且能发生双水解反应，不能共存，故⑥错误；
故选：A。
4. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A. a、c分别是
B. 既可以是，也可以是
C. 已知为副产物，则可以通过通入水蒸气使水解生成，减少副产物
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【解析】
【分析】分解的产物是和HCl，分解得到的 HCl 与 MgO 反应生成 Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl 又可以分解得到HCl和MgO，则a为，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。
【详解】A．由分析可知，a为，c为HCl，A项错误；
B．由分析可知，d为MgO，不可以是Mg(OH)Cl，B项错误；
C．可以水解生成 Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少 的生成，C项正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D项错误；
故选C。
5. “接触法制硫酸”的核心反应是，因在催化剂表面与接触而得名，反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 、中心原子杂化方式不同
B. 为加快反应速率，提高生产效率，反应温度越高越好
C. 增大浓度可提高的生成速率，但不一定很明显
D. 的作用是降低该反应的活化能，提高的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3，原子的杂化方式都为sp2杂化，故A错误；
B．二氧化硫与氧气的催化氧化反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的产率减小，且温度过高，催化剂会失去活性，反应速率减慢，所以实际生产中需要控制反应温度，力求达到加快反应速率和提高生产效率的目的，故B错误；
C．由图可知，反应①为慢反应、反应②为快反应，总反应速率是由慢反应决定，所以增大氧气的浓度，可以提高三氧化硫的生成速率，但总反应不能明显提高，故C正确；
D．催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，但平衡不发生移动，二氧化硫的转化率不变，故D错误；
故选C。
6. 某恒定温度下，在一个的密闭容器中充入气体、气体，发生如下反应：，已知“？”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成，且反应前后压强比为，则下列说法中正确的是
①该反应的化学平衡常数表达式：
②此时B的转化率为40％
③增大该体系压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
④增加C的量，A、B转化率不变
A. ①②③B. ②③④C. ②④D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为，故反应后气体体积减小，C、D至少一种不为气体；在一个的密闭容器中充入气体，气体，则反应前气体总的物质的量为；测得反应前后压强比为，故平衡时气体总的物质的量为；生成，则生成D的物质的量为，反应的B的物质的量为，反应的A的物质的量为，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为、、、，平衡时气体总的物质的量为，D为气体，C不为气体；
【详解】①C不为气体，C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；
②反应的B的物质的量为，B的平衡转化率为％=40％，故②正确；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动，平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③错误；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，A、B转化率不变，故④正确；
综上，正确的有②④；
答案选C。
7. PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g) ΔH”、“C
D. SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2
（5）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因___________。
（6）N元素的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②___________。
（7）下列关于氨气的叙述正确的是___________。
A. NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
B. NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C. NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
D. 构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种
（8）若COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，试写出COS的结构式___________。
（9）根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。
A. ①②③B. ③①②C. ②①③D. ③②①
（10）下列叙述不正确的是___________。
A. 热稳定性：HF>H2O>H2S
B. 元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素
C. 盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，Cl比C的非金属性强
D. SiCl4、PCl5分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】（1） ①. ②. d ③. Ge、Se （2）B （3）A （4）B
（5）Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O
（6）N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能 （7）A
（8） （9）D （10）C
【解析】
【分析】
【小问1详解】
已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的d区；与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se；
故答案为：；d；Ge、Se；
【小问2详解】
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：B；
【小问3详解】
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：A；
【小问4详解】
A．CH3Cl中C原子的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，A错误；
B．Br原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B正确；
C．同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性O＞N＞C，C错误；
D．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体，则SiO2沸点高于SiCl4，D错误；
故答案为：B；
【小问5详解】
CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
【小问6详解】
N的电子排布为，O的电子排布式为，N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
故答案为：N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
【小问7详解】
A．氨分子中氮原子有1对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A正确；
B．氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B错误；
C．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与N-H键和P-H键的键能大小无关，C错误；
D．N的电子排布为，核外电子的空间运动状态有5种，D错误；
故答案为：A；
【小问8详解】
COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，为直线结构；
故答案为：；
【小问9详解】
CH2ClCOOH和CH2FCOOH中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比CH3COOH强，F的电负性强，吸引电子能力强，则CH2FCOOH酸性强于CH2ClCOOH；
故答案为：D；
【小问10详解】
A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，则热稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确；
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行元素都是金属元素，故B正确；
C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，但Cl、C非金属性强弱无法判断，故C错误；
D．SiCl4中Si原子最外层电子数为4，形成4个共价键，CI原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为5，形成5个共价键，Cl原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确；
故答案：C。
20. a、b、c、d、e、f、g是元素周期表前四周期中的元素，且原子序数依次增大，部分元素的相关信息如表所示。
请回答下列问题：
（1）在元素周期表中的___________(填“s”、“p”、“d”或“”)区。a、b、c的最简单氢化物的沸点由高到低的顺序为___________(用化学式表示)。a、b、c三种元素的电负性由高到低的排列次序为___________(用元素符号表示)。
（2）微观角度分析：为什么e单质的熔、沸点高于d单质的熔、沸点？___________。
（3）常温下呈液态，熔点为，沸点为，易溶于非极性溶剂，中含有___________键，中心原子的杂化方式为___________(填标号)。
A．杂化 B．杂化 C．杂化 D．杂化
【答案】（1） ①. p ②. H2O>NH3>CH4 ③. O>N>C
（2）铝离子半径比钠离子的小，且铝离子所带的电荷数目比钠离子的多，铝的金属键比钠的强，因此铝的熔沸点比钠的高
（3） ①. 10 ②. D
【解析】
【分析】d为短周期中金属性最强的元素，d为Na，c基态原子中电子总数与电子总数相等、且原子序数小于Na，则c为1s22s22p4，c是O元素，a核外电子总数等于c的最外层电子数为6，则a为C，原子序数依次递增则b为N，根据构造原理，n=2，e价层电子排布式为3s23p1，e是Al元素，f最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反，则为，是Cl元素，g是生活中使用最多金属，且可其高价氯化物的盐溶液常用于刻蚀铜制印刷电路板为2FeCl3+Cu=2 FeCl2+CuCl2，g为Fe元素。
【小问1详解】
为Cl，在元素周期表中的p区；a、b、c分别为C、N、O，其最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，沸点由高到低的顺序为H2O >NH3>CH4；C、N、O位于同一周期，同一周期主族元素从左至右电负性依次增强，所以a、b、c三种元素的电负性由高到低的排列次序为O>N>C；
【小问2详解】
铝和钠均为金属晶体，铝离子半径比钠离子小，且Al离子所带的电荷数目比钠离子的多，铝的金属键比钠的强，因此铝的熔沸点比钠的高；
【小问3详解】
Fe(CO)5有五个配位键，碳氧之间还有五个键，一共十个键，所以中含有10键，Fe(CO)5有五个价层电子对，中心原子为dsp3杂化，故答案为：D。PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度/(ml·L-1)
2.0
1.0
0
平衡浓度/(ml·L-1)
c1
c2
0.4
a
核外电子总数等于的最外层电子数
c
基态原子中电子总数与电子总数相等
d
短周期元素中金属性最强的元素
e
基态原子价层电子排布式为
f
基态原子的最外层轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反
g
其单质是生活中使用最多的一种金属，其高价氯化物的盐溶液常用于刻蚀铜制印刷电路板