【化学参考答案】2023年长沙市新高考适应性考试

长沙市2023年新高考适应性考试

化学答案

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

合题目要求的。

1【答案】B

【解析】

B.生产陶瓷的主要原料是黏土，不需要使用石灰石，B不正确；

2【答案】A

【解析】

A.原子符号表示中，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，

则原子核内中子数为20的氯原子质量数为17+20=37,可表示为：；;Cl，A错误；

B.出0分子中中心O原子价层电子对数是2+在兽=%。原子上有2对孤电子对，故其分子

2

的VSEPR模型为B正确:

C.CO2分子中c原子与2个。原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8

个电子的稳定结构，其电子式为：：6yc%：6：，c正确;

D.P-P兀键的原子轨道以肩并肩方式重叠形成兀键呈镜面对称，故其电子云轮廓图为

D正确；

3【答案】B

【解析】

A.氨气的密度小于空气，收集氨气应用向下排空气法，导管要伸到试管底部，故A错误；

B.二氧化硫的密度大于空气，可用向上排空气法收集，盛有氢氧化钠溶液的烧杯可吸收多余的

二氧化硫，防止污染空气，烧杯中倒置的漏斗可防倒吸，B正确；

C.饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液得到的是氢氧化铁沉淀，C错误；

D.气体应长进短出，短进长出的话，气体会将NaOH溶液压出洗气瓶，D错误。

4【答案】A

【解析】

试题分析：A.Fe?能被硝酸氧化成Fe匕A项正确；B.根据以少定多的，离子方程式为

2

Ca+HCO3+OH=CaCO3I+H2O,B项错误；C.AQ和HCCh不能共存，C项错误；D.离子方程式

3t22

为：3AI+3SO4+3Ba+6OH=3BaSO4I+2A1(OH)3I,D项错误；

5【答案】B

【解析】

根据题意，结合物质的结构可知，X、Y、Z、N、M分别为H、C、N、Na、S元素，因此电负

性C>H>Na,A正确；该物质为离子化合物，且有氮原子可以与水形成氢键，因此可易溶于水，B

错误；该化合物中N、S原子含有孤对电子，可以与含有空轨道的Cu"Ag，等形成配位键，C正确；

硫酸的浓溶液与硫化氢能发生反应，D正确。

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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KMnCU

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、酯基水解生成的竣基和酚羟基、竣基能和NaOH反应，Z分子中含有5个酚羟

基、1个竣基、1个能水解生成段基和酚羟基的酯基，所以ImolZ最多能消耗8moiNaOH,

故D错误；

8【答案】D

【解析】

A.碳酸锌的组成元素中，C与。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.PbSCU与Na2c。3溶液反应生成更难溶的PbCCh，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：PbSOKs)+CO；(aq)=PbCO,(s)+SO：(叫)，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，比。2做还原剂，B错误；

C.对于BF42离子，其中心原子的杂化方式为sp'

D.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；

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二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符

合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.【答案】BD

【解析】

A.该过程中，8-10为消去反应，故A错误；

B.根据图示，9是主产物、10、11是副产物，3、5和8都是反应的中间体，故B正确；

C.根据题意，发生反应“。JH+2~O~at--O--*2HHr,理论上Imol

H（二*H最多能消耗”1《J》Br,故C错误；

D.若原料用比和14，反应的主产物是（2）1、，副产物为I1和。故D正确；

选B«

12【答案】BC

【解析】

根据分析对比，容器II的温度比容器I的高，则容器H的反应速率更快，但10S时生成的C相

同，则容器II中的反应一定发生了逆向移动，因此，该反应△”<（）,A错误；ios时•，容器n中的

反应一定处于平衡状态，c正确；容器III的压强比容器I的大，则容器III的反应速率更快，但10S

时生成的C相同，则容器HI中的反应一定发生了逆向移动，因此，在容器HI中，A、B中至少有

一种呈非气态，使反应物中气体的化学计量数小于生成物，加压平衡逆移，B正确；容器n达到平

衡状态，可列出三段式

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13【答案】BC

【解析】

在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，其化学方程式为：

2Na+2NH3=2NaNH2+H2t,该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定

的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，加入钠之前处先通入氨气的目的是排尽密闭体系中空气，

A错误；装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，B正确；反应后NaNH2难溶于液氨中，可过

滤除去液氨，得到产品NaNH2,D错误。

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14【答案】C

【解析】

A.往20.00mL0.Imol•L-1HA溶液中滴入0.Imol•L-1NaOH溶液，发生反应：

NaOH+HA=NaA+H2O,体系中Tgc(HA)随溶液pH的增大而增大，Tgc(A)随溶液pH的

增大而减小，故曲线①表示Tgc(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(AD+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(0FO+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Tgc(HA)=Tgc(A),即c(HA)=c(A),HA的电离平衡常数

476

Ka=c(H)=10,其数量级为IO，,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Mr?+(2分)

2-

(4)Mn+2HCO；=MnCO3I+CO2t+H2O(2分)2.2X10"(2分)

2+

(5)2Mn+5s2O^+8H2O=16H+10SO^+2MnO4(2分)

【解析】

(1)0元素存在T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)固体焙烧应在堪烟中进行；

(3)由图表可知为了使Fe3转化为Fe(0H)3而除去，而不影响Mi?，,步骤E中调节pH的范围为大

于Fe(0H)3的沉淀的pH而小于Mn”形成沉淀需要的pH

(4)在含有Mi?-的溶液中加入NH4HCO3生成MnCCh沉淀，发生反应的离子方程式为ML+ZHCO；

5

=MnCC)3I+CO2t+出0,MB沉淀完全时其浓度为1X10mol-L1溶液中CO；的浓度为

6516

2.2X10mol-L」，则/Csp(MnCO3)=(1X10mol•L)X(2.2X10mol•L')=2.2X10"；

(5)Mn从+2价升高为+7价，。从T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2\1产+5$20；+8}120=16丁+1050：+2乂1104，故答案为2MF+5

+

820r+8H20=16H+10SO；+2MnO4»

16.(14分)

(1)2co2+12e+9H2O=CH3cH20H+12OH(2分)

(2)CO2*+H*=HC02*(2分)

(3)①-122.54(2分)②反应IH为吸热反应，当温度超过290℃,反应HI占主导因素，CO的选择

性增大得更快，更有利于反应HI正向移动，故CO2的转化率随温度升高而增大(2分)

1.5(3分)8.96X103(3分)

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【解析】

设起始C02为Imol。(：02的起始分压=4'1/5=0.81^^,(302的平衡转化率50%,则转化的

CO2为0.5mol,二甲醛的选择性为80%,则说明有0.4mol的CCh转化为二甲醛。

CO2的起始分压为0.8MPa,达平衡时分压为4x0.5/(5-l)=0.5MPa,

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)An(减少)

13112

1x50%1

平衡时CO2的分压：4x0.5/(5-l)=0.5MPa,

CO2分压的平均变化速率：(0.8-0.5)/0.2=1.5MPa/S

CO2(g)+3H2(g)UCH3OH(g)+H2O(g)2CH3OH(g)UCH3OCH3(g)+H2O(g)

起始14000.500.5

转化0.51.50.50.50.5x80%0.20.2

平衡0.52.50.50.50.10.20.7

平衡时总物质的的量=0.5+2.5+0.1+0.2+0.7=4mol

2332

KP=l/4x（0.1/4x0.7/4）/［0.5/4x（2.5/4））］=8.96X10MPa

17.（14分）【答案】

3++

（1）Fe+3H,OFe（OH）3+3H（2分）

（2）溶液中存在平衡：［Fe（Cqj-=Fe"+3C2。/,加入硫酸后，H*与CzCV「结合生成H2c2O4，

使平衡正向移动，ciFe?'）增大，遇KSCN溶液变红。（2分）

（3）B（2分）；Fe'+与C2O42-生成稳定的［Fe（C2O4）313，浓度降低，Fe^的氧化性和CzCV的还

原性减弱（2分）

（4）②中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液（2分，答一点即可）

（5）有+4价的碳的化合物生成，才能说明C2CV被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化

合物生成，因此不能说明C2O42是