【化学参考答案】2023年长沙市新高考适应性考试

一、选择合题1【答案【解析B．2【答案【解析A．B．C．D．P3【答案【解析A．B．C．D．4【答案【解析试题Ca2++HC为：3Al5【答案【解析根据性CH错误；该硫酸的浓择题：本题共题目要求的。】B】生产陶瓷的】A】原子符号表则原子核内H2O分子中的VSEPR模CO2分子中个电子的稳P-Pπ键的原子D正确；】B】氨气的密度二氧化硫的密二氧化硫，饱和氯化铁气体应长进】A】题分析：A.FCO3-+OH-=Cal3++3SO42-+3B】B】据题意，结合Na，A正确该化合物中N浓溶液与硫化长沙市共10小题，每主要原料是黏表示中，左下内中子数为20中心O原子模型为C原子与2稳定结构，其子轨道以肩并度小于空气，密度大于空气防止污染空铁溶液滴入Na进短出，短进Fe2+能被硝酸aCO3↓+H2OBa2++6OH-=3合物质的结构确；该物质为N、S原子含有化氢能发生反化学答市2023化每小题3分，黏土，不需要角为质子数，0的氯原子质子价层电子对，B正确；个O原子形其电子式为：并肩方式重叠收集氨气应用气，可用向上空气，烧杯中倒aOH溶液得长出的话，气酸氧化成Fe3+，,B项错误；BaSO4↓+2A构可知，X、Y为离子化合物有孤对电子，反应，D正确答案第1页，年新高考化学答案，共30分。要使用石灰石，左上角为质质量数为17+数是2+6-12形成4对共用叠形成π键呈用向下排空气上排空气法收倒置的漏斗可到的是氢氧化气体会将Na，A项正确；C.AlO2-和HAl（OH）3↓Y、Z、N、M，且有氮原子可以与含有确。共5页考适应性案在每小题给石，B不正确质量数，质量+20=37，可表2=4，O原电子对，使分，C正确；呈镜面对称，故气法，导管要收集，盛有氢可防倒吸，B化铁沉淀，CaOH溶液压出B.根据以少HCO3-不能共，D项错误M分别为H、子可以与水形有空轨道的C性考试给出的四个选确；量数等于质子表示为：3717Cl原子上有2对分子中各个原；故其电子云轮要伸到试管底氢氧化钠溶液B正确；C错误；出洗气瓶，D少定多的，离共存，C项错误；、C、N、Na形成氢键，因u2+、Ag+等形项中，只有一子数与中子数，A错误；对孤电子对，故原子都达到最轮廓图为底部，故A错的烧杯可吸收D错误。离子方程式为错误；D.离子a、S元素，因因此可易溶于形成配位键，C一项是符数的和，故其分子最外层8，错误；收多余的为子方程式因此电负于水，BC正确；化学答案第2页，共5页6【答案】B【解析】亚硝酸根离子与酸发生歧化反应生成二氧化氮、一氧化氮和水，亚硝酸钠既作氧化剂又作还原剂，B错误。7【答案】D【详解】A．X含碳碳双键和醇羟基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，Y含酚羟基，也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能鉴别，故A正确；B．Y含多个羟基，可与水形成氢键，故B正确；C．由于单键可旋转，则所有碳原子不一定在同一平面上，故C正确；D．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、羧基能和NaOH反应，Z分子中含有5个酚羟基、1个羧基、1个能水解生成羧基和酚羟基的酯基，所以1molZ最多能消耗8molNaOH，故D错误；8【答案】D【解析】A．碳酸锌的组成元素中，C与O属于p区元素，Zn属于ds区元素，不属于同区元素，A错；B．晶体碳化硅为共价晶体，原子之间的作用力为共价键，氧化锌为离子晶体，离子之间的作用力为离子键，B错误；C．由两种氧化锌晶体的晶胞结构可以看出，锌原子位于4个氧原子形成的四面体内部，氧原子位于4个锌原子形成的四面体内部，即锌原子和氧原子的配位数均为4，C错误；D．图示氧化锌晶体为两种晶体类型不同的离子晶体，锌原子和氧原子都填充在四面体空隙中，所以两种晶体的空间利用率相同，均为74.05%，故晶胞密度也相同，D正确；9．【答案】B【解析】由图可知，电极a为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与进液中亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠，中间区的进液中的钠离子通过阳离子交换膜加进入阴极区，电极b为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入中间区，与再生液中的亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸。10【答案】D【解析】A．PbSO4与Na2CO3溶液反应生成更难溶的PbCO3，转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，转化反应的离子方程式：2-43342PqsbSOCOPbCOSaqsOa，A错误；B．第一步“溶浸”中PbO2中Pb元素的化合价降低，PbO2做氧化剂，H2O2做还原剂，B错误；C.对于BF42-离子，其中心原子的杂化方式为sp3D．电解四氟合硼酸铅溶液时，石墨是电解池的阳极，铅是阴极，铅离子在阴极得到电子发生还原反应生成铅，故D正确；二、选择合题11.【答【解A.该B.C.根D.若12【答案【解析根据同，则容反应一定时生成的一种呈非衡状态，13【答案【解析在硝2Na+2NH的温度。A错误；滤除去液择题：本题共题目要求。全部案】BD析】该过程中，8根据图示，根据题意，发最若原料用选B。案】BC析】据分析对比，容器Ⅱ中的反定处于平衡状的C相同，则非气态，使反可列出三段案】BC析】硝酸铁催化下H3=2NaNH2+NaNH2易与装置B中H液氨，得到产4小题，每小部选对的得48→10为消去9是主产物、发生反应多能消耗和容器Ⅱ的温反应一定发生状态，C正确则容器III中反应物中气体段式下钠与液氨的+H2↑，该反与水和氧气发Hg可防止氧产品NaNH2，化学答小题4分，共4分，选对但去反应，故A、10、11是副，反应的温度比容器Ⅰ生了逆向移动；容器III的的反应一定发体的化学计量的反应来生成反应是放热反发生反应，加氧气、水进入D错误。答案第3页，共16分。在每但不全的得2分A错误；副产物，3、，故C错误的主产物是的高，则容动，因此，该的压强比容器发生了逆向移量数小于生成成NaNH2和氢反应，为保证加入钠之前处密闭体系，B共5页每小题给出的四分，有选错的5和8都是反误；，副器Ⅱ的反应速反应0H＜器Ⅰ的大，则容移动，因此，物，加压平衡氢气，其化学液氨处于微沸处先通入氨气B正确；反应四个选项中，的得0分。反应的中间体副产物为速率更快，但，A错误；容器III的反在容器III衡逆移，B正学方程式为：沸状态，需要的目的是排尽应后NaNH2难有一个或两个体，故B正确，理论和故D但10S时生成10s时，容器反应速率更快中，A、B中正确；容器Ⅱ要用冷却液控尽密闭体系中难溶于液氨中个选项符确；论上1molD正确；成的C相器Ⅱ中的快，但10S中至少有Ⅱ达到平控制一定中空气，中，可过化学答案第4页，共5页14【答案】C【解析】A．往20.00mL0.1mol·L−1HA溶液中滴入0.1mol·L−1NaOH溶液，发生反应：NaOH+HA=NaA+H2O，体系中−lgc(HA)随溶液pH的增大而增大，−lgc(A−)随溶液pH的增大而减小，故曲线①表示−lgc(HA)与溶液pH的关系，A错误；B．a点对应的溶液中存在HA和NaA两种溶质，且二者的物质的量之比为1∶1，该溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，物料守恒式为2c(Na+)=c(A−)+c(HA)，联立电荷守恒式及物料守恒式可得：2c(H+)+c(HA)=2c(OH−)+c(A−)，B错误；C．b点对应的溶液pH=10即c(OH−)c(H+)，此时溶液中的溶质为NaA和NaOH，结合电荷守恒式可得溶液中：c(Na+)c(A−)，故c(Na+)c(A−)c(OH−)c(H+)，C正确；D．曲线①、曲线②的交点处有−lgc(HA)=−lgc(A−)，即c(HA)=c(A−)，HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=10−4.76，其数量级为10−5，D错误；三、非选择题。15【答案】（共13分）（1）3d54s2（2分）+6价（2分）（2）A（1分）（3）使Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去，不影响Mn2＋（2分）（4）Mn2+＋2-3HCO=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O（2分）2.2×10－11（2分）（5）2Mn2+＋5228SO＋8H2O=16H＋＋102-4SO＋2-4MnO（2分）【解析】（1）O元素存在-1价，S为主族元素，最高正价不超过最外层电子数，所以为+6价。（2）固体焙烧应在坩埚中进行；（3）由图表可知为了使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+，步骤E中调节pH的范围为大于Fe(OH)3的沉淀的pH而小于Mn2+形成沉淀需要的pH（4）在含有Mn2＋的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn2+＋2-3HCO=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，Mn2+沉淀完全时其浓度为1×10-5mol·L－1，溶液中2-3CO的浓度为2.2×10-6mol·L－1，则Ksp(MnCO3)＝(1×10-5mol·L－1)×(2.2×10-6mol·L-1)＝2.2×10-11；（5）Mn从+2价升高为+7价，O从-1价降为-2价，根据电子守恒，再结合电荷守恒和原子守恒得此反应的离子方程式2Mn2+＋5228SO＋8H2O=16H＋＋102-4SO＋2-4MnO，故答案为2Mn2+＋5228SO＋8H2O=16H＋＋102-4SO＋2-4MnO。16.（14分）（1）2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-（2分）（2）CO2*+H*=HCO2*（2分）（3）①-122.54（2分）②反应Ⅲ为吸热反应，当温度超过290℃，反应III占主导因素，CO的选择性增大得更快，更有利于反应III正向移动，故CO2的转化率随温度升高而增大（2分）1.5（3分）8.96×10-3（3分）【解析】设起CO2为0CO211平COCO起始转化平衡17.（14（1）Fe（2）溶液使（3）B原（4）②（5）有合18．（13（1）甲（2）2（3）（4）（5）（3】起始CO2为0.5mol,二甲CO2的起2(g)＋3H2(350%平衡时CO2的O2分压的平均22Og3Hg()(＋140.51.50.52.5平衡时总物KP=1/424分）【答案3+2e+3HO液中存在平衡平衡正向移动（2分）；F性减弱（2分中产生大量红+4价的碳的物生成，因此分）苯（甲基苯（1分）10分）为1mol。CO2甲醚的选择性起始分压为0(g)CH31的分压：4均变化速率：3gCHOH)050.550.5物质的的量=(0.1/4案】3FO(H)e+3H衡：24[(FeCO动，c(Fe3+)增e3+与C2O42-分）红褐色沉淀或的化合物生成此不能说明）（1分）（2分）化学答2的起始分压性为80%，则0.8MPa,达平OH(g)＋H210.5/(5-1)=（0.8-0.5）2(Hg)HOg(＋00.50.50.5+2.5+0.0.7/4)/[0+H（2分）3-3+43)]Fe增大，遇KS生成稳定的或者③中得到成，才能说明C2O42-是否被取代答案第5页，压=41/5=0则说明有0.平衡时分压2O(g)n21=0.5MPa，/0.2=1.5)g32CHOH0.50.50.11+0.2+0.7=0.5/4(22-243+CO，SCN溶液变红的[Fe(C2O4)3到翠绿色溶液C2O42-被氧被氧化（2分代反应（1，共5页0.8MPa,CO.4mol的CO为40.5/(减少）MPa/S3HgCHO()080%00=4mol2.5/4)3)]=加入硫酸后红。（2分）]3-，浓度降液（2分，答化，以上现象分）（6）1分）酯（2分O2的平衡转化O2转化为二/(5-1)=0.53OCHgH()＋0.20.208.96×10-3M，H+与C2O4低，Fe3+的氧答一点即可）象无法判断是）ACD（2分酯基、醚键分）化率50%，则二甲醚。5MPa，2)Og(0.50.20.7MPa—242-结合生成H氧化性和C2O是否有+4价的分）（1分）（2分则转化的H2C2O4，O42-