【文档说明】辽宁省实验中学2023-2024学年高三上学期高考适应性测试（一）化学参考答案.docx，共(9)页，160.609 KB，由小赞的店铺上传

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辽宁省实验中学2023-2024学年度高考适应性测试（一）化学参考答案（含解析）1．B【详解】A．由图可知，P和Cl2反应生成PCl5的热化学方程式是：P(s)＋52Cl2(g)==PCl5(g)ΔH＝－399kJ/mol，放热反应，升高温度不利于生成PCl5，A项错误；B．根据A项分析，化学反应

2P(s)＋5Cl2(g)==2PCl5(g)对应的反应热ΔH＝－798kJ·mol－1，B项正确；C．图中的ΔH表示生成1mol产物的数据，C项错误；D．改变条件，热化学方程式不变，ΔH不变，D项错误；答案选B。2．C【详解】A.五彩

缤纷的焰火的形成是由于不同金属元素的原子核外电子发生跃迁时，多余的能量以不同的光的形式释放产生的，发生了焰色反应，A正确；B.Na与煤油不反应，密度比煤油大，可以隔绝空气及水，从而可以防止反应的发生，

故钠可以保存在煤油中，B正确；C.KCl与KNO3都是钾盐，含有K+离子，因此灼烧时火焰的颜色相同，都呈紫色，C错误；D.由于钾元素的化合物中常会混有钠元素，钠的焰色反应对钾元素的检验产生干扰，观察钾及其化合物的焰色反应透过蓝色钴玻璃，就可以滤去钠元素黄色光的干扰，D正确；故合理选

项是C。3．D【详解】A．夏天温度高，冬天温度低，夏天面粉的发酵速度快，A错误；B．燃煤脱硫能减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，B错误；C．使用高效催化剂可以改变反应速

率，但不影响化学平衡的，因此不能提高反应中原料的转化率，C错误；D．开发氢能、风能、太阳能等清洁能源，能减少化石燃料的燃烧，因此可以减少二氧化硫的排放，有利于从源头上防治酸雨，D正确；答案选D。4．A【详解】①甘油为丙三醇官能团为

羟基只和酸性高锰酸钾溶液反应；②对-甲苯酚的官能团为酚羟基可与溴水发生取代反应，可与酸性4KMnO溶液发生氧化还原反应，可与23NaCO溶液发生反应；③乙二醛的官能团为醛基不与23NaCO溶液反应；④乙酸甲酯的官

能团为酯基与溴水、酸性4KMnO溶液、23NaCO溶液都不反应；⑤丙烯酸的官能团为碳碳双键和羧基可与溴水发生加成反应、酸性4KMnO溶液发生氧化还原反应、23NaCO溶液都反应；答案选A。5．C【分析】短周期主

族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，X是H元素、Z是O元素；W的原子半径在短周期主族元素中最大，W是Na元素；根据化合物A的结构图，可知Y能形成4个共价键，Y是C元素，据此分析来解题

。【详解】A．Y是C元素，Z是O元素，C能形成多种固态氢化物，所以C的氢化物沸点可能高于O的氢化物，故A正确；B．X是H元素、Z是O元素，可以形成H2O2分子，H2O2分子是由极性键与非极性键构成的极性分子，故B正确；C．化合物A

是Na2C2O4，0.1molNa2C2O4与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应，碳元素化合价由+3升高为+4，转移电子数是A0.2N，故C错误；D．化合物H2C2O4是乙二酸，含有羧基，可以与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应，故D正确；答案选C。6．B【详解】A．根据结构简式，鲁米诺的化学式

为C8H7N3O2，描述错误，不符题意；B．A中含有2个羧基，1molA最多可以和2molNaHCO3反应，描述正确，符合题意；C．B中至少N原子上的2个H原子不再同一平面内，处于同一平面的原子最多18个，描述错误，不符题意；D．(1)(2)两步的反应类型分别为取代反应

和还原反应，描述错误，不符题意；综上，本题选B。7．D【详解】A．配制450mL溶液需规格为500mL的容量瓶，故A正确；B．根据表格中数据，()322CaNO4HO浓缩500倍用量为236g/L，则所需物质的质量分别为118g；3KNO浓缩5

00倍用量为101g/L，则所需物质的质量分别为50.5g；43NHNO浓缩500倍用量为40g/L，则所需物质的质量分别为20g；故B正确；C．定容时，若俯视容量瓶刻度线，则溶液体积偏小，所配溶液的

浓度会偏大，故C正确；D．43NHNO浓缩500倍用量为40g/L，即1L溶液中43NHNO的质量为40g，40g43NHNO的物质的量为40g80g/mol=0.5mol，故43NHNO的物质的量浓度为0.51molL−，故D错误；故选D。8．C【详解】A

．O2-和Na+核外电子排布完全相同，核电荷数越大，离子半径越小，则半径：O2-＞Na+，A错误；B．H2O中O显负价，H显正价，则O得电子能力比H强，得电子能力越强，元素的非金属性越强，即非金属性：O＞H，B错误；C．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：N＞C，非金属性越

强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2CO3，C正确；D．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：O＞N，非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：H2O＞NH3，

D错误；故选C。9．B【详解】A.甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体中存在HCl，不能证明氯代烷溶于水显酸性，A项错误；B.向某卤代烃中加入NaOH溶液，加热一段时间后冷却，加入足量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，产生白色沉淀，可以证

明卤代烃中含有氯原子，B项正确；C.加热乙醇和浓硫酸的混合物生成的乙烯中含有的乙醇与2SO均能使酸性4KMnO溶液褪色，不能说明有乙烯生成，C项错误；D.麦芽糖含有醛基也可以发生银镜反应，D项错误。答案选B。10．A【分析】A、B、C、D、E是月核中含有的五种原子序数依

次增大的前20号元素，D的单质常在地球火山口附近沉积，D为S元素；A、D铜族，A为O元素；C是地壳中含量第二的元素，C为Si元素；B、D、E最高价氧化物的水化物可以两两反应，B、E依次为Al、K或Ca元素。【详解】根据分析，A为O，B为Al，C为Si，D为S，E为K或Ca；A．根据“序

大径小”，简单离子半径E(K+或Ca2+)＜D(S2-)，A项错误；B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的稳定性逐渐减弱，非金属性：O＞S，简单氢化物的稳定性H2O＞H2S，B项正确；C．制备玻璃的原料：Na2CO3、CaCO3、SiO2，A与C形成的化合物Si

O2是制备玻璃的原料之一，C项正确；D．高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，D项正确；答案选A。11．B【详解】A．盐酸中滴加碳酸钠溶液，离子方程式为：2322CO2HHOCO−++=+；碳酸钠溶液中滴加盐酸，离子方程式为：

233COHHCO−+−+=，选项A不符合题意。B．稀硫酸中滴加氢氧化钾溶液，稀盐酸中滴加氢氧化钡溶液的离子方程式都为：2OHHHO−++=，选项B符合题意。C．氨水中滴加三氯化铁溶液，离子方程式为：()332433NHHOFe3NHFeOH+++=+；氢氧化钠溶液中滴

加三氯化铁溶液，离子方程式为：()33Fe3OHFeOH+−+=，选项C不符合题意。D．硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠，离子方程式为：2OHHHO−++=；碳酸氢钠溶液中滴加氢氧化钠，离子方程式为：2332HCOOHCOHO−−−+=+，选项D不符合题意。故选B。12

．B【详解】A.标准状况下，四氯化碳为液态，无法计算22.4L四氯化碳的物质的量和含有共价键的数目，故A错误；B.氧气和臭氧的最简式相同，都为O，由最简式计算可得，6.4gO的物质的量为6.4g16g/mol=0.4mol，含有的O原子总数为0.4NA，故B正

确；C.缺少溶液的体积，无法计算0.1mol/L氯化铵溶液中氯化铵的物质的量和氯离子的数目，故C错误；D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能进行完全；6.4g二氧化硫(0.1mol)与足量氧气反应

生成三氧化硫，转移电子的物质的量小于0.2mol，故D错误；故选B。13．BC【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Y是空气中含量最高的元素，Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数

的3倍，Z应为第二周期元素，则最外层电子数为2×3=6，Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，W为Na元素；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X为H元素，以此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。A．电子层越多

，原子半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)，故A错误；B．非金属性Z＞Y，则元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱，故B正确；C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物为硝酸或亚硝酸或NH3·H2O时，为共价化合价，形成的化合物为硝酸铵时为离子化

合物，故C正确；D．Na2O2和Na2O中阴阳离子个数比均为1∶2，故D错误；故选BC。14．BC【详解】A．门捷列夫发现并提出元素周期律，拉瓦锡发现了氧气，A正确；B．我国科学家屠呦呦发现的青蒿素可有效降低疟疾患者的死亡率，提取青蒿素使用乙醚，是因

为难溶于水而易溶于乙醚，乙醚与水互不相溶，便于与水层物质分离，而与乙醚、乙醇的沸点高低无关，B错误；C．化学家可以利用先进的技术和设备通过化学反应创造出新的分子，而制造新的原子则去通过核反应，核反应不是化学反应，C错误；D．英国科学家道尔顿提出近代原

子学说，认为原子是不可分割的实心球体，为近代化学奠定基础，D正确；故合理选项是BC。15．CD【详解】A．向某无色溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明溶液呈碱性，但溶液中溶质不一定是NaOH，可能是其它碱或某些盐，故A项错误；B．向某溶液

中先滴加2BaCl溶液再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，说明该沉淀不溶于盐酸，因此该沉淀可能为BaSO4、AgCl等，因此该溶液中不一定含有2-4SO，故B项错误；C．把水滴入盛有少量22NaO的试管中，立即把带火星的木条放在试管口，木条复燃，说明该气体具有助燃性，根据元素守恒可知该气体为O2，

故C项正确；D．用小刀切割金属钠，说明金属钠质软，表面光亮的银白色迅速变暗，说明金属钠极易与空气中一些物质反应，即钠单质的化学性质活泼，故D项正确；综上所述，实验操作及现象能得出相应结论的是CD项。16．CaCO3+2H+=Ca2++

H2O+CO2↑DA有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中【分析】①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，②用于除去CO2中的杂质HCl，应为饱和碳酸氢钠溶液，③应为浓硫酸，干燥气体；

④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应，⑥可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤，影响实验结果的判断，最后用带火星的木条检验是否生成氧气。【详解】(1)装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，碳酸钙难溶于水，应该写

化学式，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；(2)②装置：除去CO2中的杂质HCl，盐酸易挥发，装置②中试剂应为饱和NaHCO3溶液，NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：3HCO−+H

+=H2O+CO2↑，故答案为D；装置③是浓硫酸，作用是干燥CO2气体，故答案为A；(3)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸气，a处带火星木条不复燃，则二氧化碳不能和过氧化钠反应，所以不能生成氧气，步骤2：打开弹簧

夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸气，a处带火星木条复燃，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，所以得到的结论是：有水存在时过氧化钠能够跟二氧化碳发生了化学反应；(4)气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠

和氧气，该反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(5)二氧化碳与过氧化钠产生碳酸钠，水与过氧化钠反应产生氢氧化钠，所以若证明产物中含有碳酸钠，就证明了二氧化碳和过氧化钠发生了反应，所以加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中，如果澄清石灰水变浑浊，即生成了

碳酸钙沉淀，则证明二氧化碳和过氧化钠反应生成了碳酸钠溶液。【点睛】本题考查过氧化钠的性质及实验探究，掌握物质的性质及混合物分离提纯方法是解题关键，注意把握物质的性质、实验的原理和操作方法，侧重考查学生的分析能力和实验能力。17．酯基、醛基缩聚反应邻苯二甲醇(或1，2-苯二甲醇)+H

2OΔ⎯⎯⎯→稀硫酸+HOOCCH2CHOHOOCCH2CH2OH2O/CuΔ⎯⎯⎯→HOOCCH2CHO+31)HCN2)HO⎯⎯⎯→HOOCCH2CH(OH)COOH⎯⎯⎯⎯→一定条件【分析】B发生水解反应生成

C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式可反推B和C的结构简式分别是、；根据G的结构简式可判断F发生缩聚反应生成G，因此F的结构简式为，A在酸性条件下发生水解反应生成B和E，A中不含有甲基，根据已知信息可知E发生已知信息的反应生成F，所以E的结构简式为HOOC－CH2－CHO

，则A的结构简式为。据此解答。【详解】(1)A的结构简式为，因此A中的含氧官能团名称是酯基、醛基。(2)F发生缩聚反应生成G，因此②的反应类型是缩聚反应。(3)C的结构简式是，因此C的化学名称为邻苯二甲醇(或1，2-苯二甲醇)。(4)根据手性碳原子的含义和F的结构

简式可判断，F中的手性碳为(带*的为手性碳原子)。(5)反应①是A在酸性条件下发生水解反应，反应的化学方程式为+H2OΔ⎯⎯⎯→稀硫酸+HOOCCH2CHO。(6)D的分子式为C8H6O4，已知化合物H是D的同分异构体，满足下列条件①遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；②与碳酸氢

钠溶液反应产生CO2气体，说明含有羧基；③核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为2:2:1:1，这说明苯环上含有2个取代基，且处于对位，因此满足条件的结构简式为。(7)根据已知信息结合逆推法可知由HOOCCH2CH2OH制备

化合物G的合成路线为HOOCCH2CH2OH2O/CuΔ⎯⎯⎯→HOOCCH2CHO+31)HCN2)HO⎯⎯⎯→HOOCCH2CH(OH)COOH⎯⎯⎯⎯→一定条件。18．(1)2H(2)2FeClKOH(3)332Fe(OH)3HFe3HO+++=+(4

)33Fe3SCNFe(SCN)+−+=(5)3KClAgNOAgClKNO+=+【分析】F溶液中加入3AgNO溶液和稀3HNO有白色沉淀J生成，则J为AgCl；透过蓝色钴玻璃观察，溶液的焰色呈紫色，则溶液中含有K+，

F为KCl，E为KOH；白色沉淀G遇空气转化为红褐色沉淀H，则白色沉淀G为2Fe(OH)，红褐色沉淀H为3Fe(OH)；向红褐色沉淀H中加盐酸转化为D溶液，则D为3FeCl；C是黄绿色气体，则C为2Cl；B溶液中通入2Cl

得到D溶液（3FeCl溶液），则B为2FeCl；A为Fe，试剂M为稀盐酸，则气体R为2H。【详解】（1）由分析可知，气体R是2H。（2）由分析可知，B的化学式为2FeCl。（3）由分析可知，H为3Fe(OH)，3Fe(OH)与盐酸反应生成氯化铁

和水，离子方程式为：332Fe(OH)3HFe3HO+++=+。（4）D溶液中阳离子为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：33Fe3SCNFe(SCN)+−+=。（5）KCl和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，方程式为：3KClAgNOAgClKNO+=+。19．(1)+3

价＜(2)1∶1(3)2H3AsO4+2SO2=22-4SO+As2O3+H2O+4H+(4)酸化(5)19.8/m【分析】酸性高浓度含砷废水加入NaOH溶液生成Na3AsO3、Na3AsO4，加入过氧化氢等氧化剂，Na3AsO3被氧化生成Na3AsO4，然后加入石灰乳分离出Ca3(AsO4)2沉

淀，加入硫酸酸化溶解同时将钙转化为硫酸钙沉淀，过滤滤液加入二氧化硫，SO2与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3；【详解】（1）H3AsO3中氢氧化合价分别为+1、-2，则As的化合价是+3；非金属

性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性强弱：H3AsO4<H3PO4；（2）若试剂①选择H2O2，反应过氧化氢中氧元素由-1变为-2，3-3AsO中砷化合价由+3升高变为+5得到3-4AsO，根据电子守恒可知，“氧化”过程反

应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1；（3）二氧化硫具有还原性，“还原”过程SO2与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，同时生成硫酸根离子，发生反应的离子方程式2H3AsO4+2SO2=22-4SO+As2O3+H2O+4

H+；（4）由分析（3）可知，“滤液②”的主要成分为硫酸，可返回酸化步骤中循环再利用。（5）碱性环境中I2可将AsO3-3氧化为AsO3-4，根据电子守恒结合As元素守恒可知，3--22331AsOAsO2eI2，则粗产品中As2O3的质量分数

为3%1001019..0250016.0010mol198g/mol2028100%=mgm−。20．(1)N2(2)sp2-psp2、sp3(3)＞B平面三角形正四面体形【详解】（1）在苯基脲中含有C、

H、O、N四种元素，除H外，C、O、N是同一周期元素。一般情况下，原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的O元素，故第一电离能最大的元素是N元素；根据反应方程式可知：每反应产生1分子氯吡脲，断裂1个C-Cl键和1个N-

H键，它们都是σ键，即每生成1分子氯吡脲，要断裂2个σ键，则每生成1mol氯吡脲，断裂2molσ键；（2）在氯吡脲分子中，碳原子采用sp2杂化，Cl原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，C原子与氯原子的3p电子形成σ键，故氯吡脲分子

中，碳原子与氯原子形成的化学键为sp2-pσ键；在氯吡脲分子中含有2种N原子，六元环上的N原子为sp2杂化；亚氨基的N原子采用sp3杂化；（3）①H2O中的O原子采用sp3杂化，O原子上有2对孤电子对

；NH3分子中的N原子采用sp3杂化，N原子上只有1对孤电子对。孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，孤电子对数越多，排斥作用越大，键角就越小。由于H2O分子中O原子上的孤电子对数多于NH3分子中O原子上的孤电子对数，导致H2O键角比NH3的键角小，H2O的键角是105°，

所以NH3的键角大于105°；在氨水中存在化学平衡：NH3·H2O4NH++OH-，根据一水合氨电离产生的离子分析可知：在一水合氨中形成氢键方式是NH3的N原子与H2O分子的H原子形成，故合理选项是B；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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