【文档说明】2023届湖北省荆州市沙市中学高三模拟预测化学试题答案.docx，共(10)页，406.479 KB，由小赞的店铺上传

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沙市中学2023届高三6月适应性考试化学答案题号123456789101112131415答案CDABDDACAADCBDC1.【答案】C【详解】A．研制可降解塑料，可以有效降低普通塑料在土壤中的残留，从而控制白色污染产生，故A正确；B．

研发新能源汽车，可替代燃油车的使用，从而降低燃油消耗，故B正确；C．天然纤维的生成难以满足人类对材料的需求，合成材料的合理使用可以弥补天然材料的不足，故C错误；D．生物农药的开发使用，可减少农作物中农药的残留，故D正确；故选：C。2.【答案】D【详解】A．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热

“冰球”，不是化学变化，不是放热反应，故A错误；B．卡塔尔世界杯官方用球：使用线形结构新聚氨基酯（PU）材质，具有透气性，线形结构的塑料具有热塑性，而不是热固性，B错误；C．煤油是石油的分馏产品，C错误；D．硅橡胶是一种高分子材料，D正确；3.【答案】

A【详解】A．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，导致邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的，A错误；B．H2O分子中O原子的价层电子对数和NH3分子中N原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数越多，对

成键电子对的排斥力越大，键角越小，氨分子的空间构型为三角锥形，分子中有一对孤电子对，水分子的空间构型为V形，分子中含有两对孤电子对，所以氨分子中的键角大于水分子，故B正确；C．通过晶体的X射线衍射实验可获得衍射图，经过计算可以从衍射图中获得晶体有关信息，如了解

键角、键长等，从而了解青蒿素的分子结构，C正确；D．O3分子为V形结构，分子中的正负电中心不重合，为极性分子，其中的共价键是极性键，故D正确；故答案选A。4.【答案】B【详解】A．H2S中心原子价层电子对数为12(621)2242

+−=+=，VSEPR模型为四面体形即，故A正确；B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；C．H2分子中σ键是s轨道和s轨道头碰头的重叠，其电子云轮廓图：，故C正确；D．MgCl2是两个氯原子和一个镁原子通过得失电子形成

，其形成过程用电子式表示为：，故D正确。综上所述，答案为B。5.【答案】D【详解】A．溶液中Cu元素以()234CuNH+存在，不含2Cu+，选项A错误；B．无标准状况，无法计算气体的物质的量，错误；C．环氧乙烷中的CO−键、CC−键、CH−键均为键，0.1mol环氧乙烷中所含键数目为A0.

7N，选项C错误；D．铅蓄电池放电时负极反应式为2--44Pb+SO-2e=PbSO，负极增重的质量为反应的2-4SO质量，若负极增重48g则增重的2-4SO的物质的量为48gn==0.5mol96g/mol，根据电极反应式可知转移电

子数为NA，D正确；6.【答案】D【详解】A．()32MgHCO与NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为：223232Mg2HCO4OHMg(OH)2CO2HO+−−−++=++，故A错误；B．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2气体产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：2

Na++CO2+H2O+2-3CO=2NaHCO3↓，选项B错误；C．还原性I->Fe2+，故向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，反应的离子方程式为：2-3NO+6I-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O，选项

C错误；D．用K3[Fe(CN)6]溶液检验亚铁离子，反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，选项D正确；答案选D。7．【答案】A【解析】在HCl气体中加热氯化铁晶体可以抑制其水解，A正确；NO极易与空气中氧气反应生成红棕色

二氧化氮，应用排水法收集，B错误；向二氧化锰固体中加入双氧水应使用分液漏斗，C错误；右侧导管不可伸入液面以下，防止倒吸，D错误。8.【答案】C【详解】A．碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，还会吸收从溶液中挥发的水蒸气，无法准确得出碳酸钠的质量，A错误；B．溴乙烷和氢氧化钠溶液反应后，氢氧化银会干扰溴

化银，要先将溶液酸化再加硝酸银溶液检测，B错误；C．油脂含有酯基，加热时与氢氧化钠溶液发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油均溶于水，则水面上无有油滴与油膜，则C正确；D．向0.01mol/LFeCl3溶液中，Fe3++H2OFe(OH)3+H+，加入少量FeCl3固体，Fe3+浓度

变大，平衡向右移动，但是Fe3+水解程度变小，D错误；故答案为：B。9.【答案】A【分析】根据题意，X是B元素，故X、Y、Z、W都是第二周期元素，第二周期中原子半径最小的元素是F元素，故W是F元素，又因为图中原子最外层都达到8电子稳定结构，Z原子形成2个共价键能达

到8电子稳定结构，Z是O元素；同理，Y是C元素。【详解】A．B、C、O均为非金属元素，它们之间形成的均为共价键，A项正确；B．Y和Z形成的化合物有CO和CO2等，CO不能与碱发生反应，B项错误；C．X的最高价氧化

物对应的水化物是硼酸，是弱酸，Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸是弱酸，C项错误；D．Z和W分别与H元素形成的10电子化合物为H2O和HF，常温下H2O是液体，HF是气体，所以H2O的沸点高，D项

错误；答案选A。10.【答案】A【解析】A项，在上述6步反应中，TRAP试剂中RuO4-经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO4-；H2RuO4-经过步骤③得到RuO3-,该过程中未发生价态变化为非氧化

还原反应；步骤④⑤中，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，V发生歧化反应生成RuO2和RuO42-；综上所述，在上述6步反应中并非都发生氧化还原反应，A错误；B项，步骤④⑤中，NMO和RuO3-发生反应生成NMM和

RuO4-，Ru的化合价由+5升高到+7，则RuO3-作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO3-氧化，生成TRAP试剂，B正确；C项，步骤⑥中，RuO3-转化为RuO2和RuO42-，离子方程式为2RuO3-=RuO2+RuO42-，C正确；D项，若R1为CH3CH=CH-，R2

为-H，对应的醇为CH3CH=CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2-丁烯醛(CH3CH=CHCHO)，D正确；故选A。11.【答案】D【分析】由图可知，图示为充电过程，镍基电极连接外接电源的正极，则放电时镍基电

极为正极、右侧电极为负极；【详解】A．放电时电子由负极流向正极，故流向镍基电极，A正确；B．放电时负极上锌失去电子发生氧化反应和溶液中氢氧根离子、碳酸根离子生成322ZnCO3Zn(OH)，反应为23325Zn10e2CO6O

H2ZnCO3Zn(OH)−−−−++=，B正确；C．充电时反应为放电时的逆反应，结合B分析可知，充电时322ZnCO3Zn(OH)溶解平衡正向移动，C正确；D．传统的Zn金属电极在浓KOH电解液中转化为24Zn(OH)−，故将KOH

浓度由0.1mol/L提高至6mol/L会导致锌极被反应，Zn沉积/剥离库仑效率20次循环后迅速下降，不利于该电池的充放电，D错误；故选D。12.【答案】C【详解】A．根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一

周期，电子层数越多离子半径越大，所以离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)，故A正确；B．已知冠醚18－冠－6能识别Rb+而不能识别Cs+，则往体系中加18－冠－6时，则识别出Rb+，平衡正向移动，故B正确；C．根据

上述平衡可知，Keq=1218+12181218++1218+Cs@TiORbCs@TiORb@TiOCsRb@TiOCsRb=，从右侧图象的意义看，Keq=直线的斜率10.1100.10.01−=−，故C错误；D．根

据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行，即{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，故D正确；13.【答案】B【解析】乙醛经氧化生成乙酸，经还原生成乙醇，乙酸与乙醇反应得到乙酸乙酯，故A正确；以上反应过程中反应④为消去反应，⑤不是消去反应，故B错误；上述反应中和的组成相同

但结构不同，互为同分异构体，故C正确；不断移除生成的水可使乙酸与乙醇的反应平衡正向移动，从而提高乙酸乙酯的产率，故D正确。14.【答案】D【详解】A.第二周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，由于Be的2s轨道全满，N的2p轨道半

满，结构稳定，造成Be和N比同周期相邻元素的第一电离能高，因此第一电离能介于B和F之间的有Be、C、N、O共4种。B.由图1所示晶体结构可知，Li+位于棱心，正四面体结构的离子在体心，则每个Li+与4

个呈四面体结构的离子相邻。C.18NaCl晶胞中Na+周围有3个Cl-，则在NaCl晶体中，Na+周围等距离最近有6个C1-，6个C1-构成正八面体结构，即Na+填充在C1-堆积而成的八面体空隙中。D.该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=12×5642p

m=2822pm=394.8pm，即2r(C1)+x=394.8pm，r(Cl-)=185pm，解得x=24.8pm；内部虚线部分三角形的顶角为120°、两腰长为r(Cl)+y、底长为2822pm，边角关系有3[

r(Cl)+y]=2822pm，解得y=47.2pm；由于挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道y的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x值，所以Na+如果能挤过，那么挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2。15.【答案】C【分析】亚磷酸钠与盐酸反应

：Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，从a点到b点发生

NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，据此分析；【详解】A．根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2PO3−的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2PO3−水解平衡常数Kh=14w1.4a11

010KK−−==10-12.6＜Ka2，H2PO3−的电离程度大于水解程度，即pH＜7，故A说法正确；B．根据上述分析，发生第二次突跃的反应是NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，故B说法正确；C．根据上述分析，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据

电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO3−)+2c(HPO23−)+c(Cl-)，故C说法错误；D．b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，a

点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b；故D说法正确；答案为C。16.(13分)【答案】(1)KMnO4（1分）D装置中的铁粉与水蒸气反应或无水三氯化铁潮解（2分）(2)防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应（2分）

(3)加热D与E之间的导管（2分）(4)由于存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去（2分）(5)CuCl2、C

uSO4（2分）1：4（2分）【分析】A中生成氯气，通过饱和食盐水B除去挥发的氯化氢气体后，通过C浓硫酸干燥，进入D中和铁生成氯化铁，E收集产物，F吸收尾气；【详解】（1）A为不加热装置制取氯气，则X可以为KMnO4；已知无水三

氯化铁易潮解，若缺少C装置，则铁和水蒸气在高温下和铁反应生成四氧化三铁，且会导致生成的无水三氯化铁潮解；（2）整个装置充满黄绿色气体后，才开始加热D装置的目的是防止D装置中的铁粉与空气中的氧气和水蒸气反应，干扰实

验；（3）已知无水三氯化铁易升华，故加热D与E之间的导管，可以除去沉积的FeCl3；（4）红色的原因是存在反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3为红色，加入铜粉，Cu与Fe3+反应消耗Fe3+，也可能生成CuSC

N消耗SCN-，使上述平衡逆向移动，Fe(SCN)3浓度减小，致红色褪去；（5）①已知CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体，加入的稀硝酸具有强氧化性，可能把硫元素氧化为硫酸根离子，铜离子的溶液显蓝色，故实验中蓝色溶液中可能含有的

盐为Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。②实验中CuSCN与过量稀HNO3反应生成白色沉淀B的阴离子，B的阴离子为硫酸根离子，同时生成N2、NO和CO2气体；CuSCN与HNO3反应，CuSCN中铜

元素化合价由+1变为+2、硫元素由-2变为+6、氮元素由-3变为0，硝酸中氮元素化合价由+5变为-2，则根据电子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4。17．（除注明外

，每空2分，共14分）【答案】（1）42Xe4f6s（2）B、23HSiO坩埚（3）6mol/L4：1（4）4.7pH5.8≤()()3244233NdHPO9OHNdOH3PO6HO−−+++、()223AlOHOH2HOAlO−−++（5）钕铁硼废料Nd比

铁活泼，阳极发生电极反应3Nd3eNd−+−，若外加酸，则会发生反应Fe2H++22FeH++，Fe和Nd不能分离【解析】根据流程图可知钕铁硼废料中的Nd、铁、硼、铝、硅酸盐在酸性条件下酸溶得到3Nd+、3Fe+、3Al+，B不溶进入滤渣，硅酸盐变成难溶的

硅酸进入滤渣1，沉钕过程将3Nd+转化为难溶于水的()243NdHPO，碱转化则将()243NdHPO转化为()3NdOH，同时铝元素转化为2AlO−，再加稀硫酸将()3NdOH转化为可溶的3Nd+，用草酸沉淀，最后煅烧得到Nd。（1）根据构造原理，60号Nd元素的简化核外

电子排布式为42Xe4f6s。（2）根据分析可知滤渣的成分主要为B、23HSiO。在实验室中“煅烧”过程在坩埚中进行。（3）根据所给图示可知最佳工艺的硫酸浓度为6mol/L，液固比为4：1。（4）由题给数据可知()()26.314sp2FeOH0.110K−=，因

此含2Fe+的浓度为1.0mol/L的溶液使2Fe+完全沉淀的氢氧根粒子浓度为()()26.3148.20.110OH101.0c−−−==，则pH＝5.8，结合需要将铝元素全部存在滤液2中，即需要将铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，则“沉钕”时调节pH范围为4.7pH5.8≤。“

碱转化”过程将()243NdHPO转化为()3NdOH，同时铝元素转化为2AlO−，发生的离子方程式为()243NdHPO()34239OHNdOH3PO6HO−−+++、()223AlOHOH2HOAlO−−++。（5）采用电化学阳极氧化技术直接浸出钕铁硼废料中的钕和铁元素，则以

钕铁硼废料为阳极进行电解。因为Nd比铁活泼，阳极发生电极反应3Nd3eNd−+−，若外加酸，则会发生反应22Fe2HFeH++++，Fe和Nd不能分离。18．（14分，除标注外每空2分）(1)对二溴苯（或１,４-二溴苯）羧基、羟基(2)取代氧化(3)6（具体为：、、、、、）(4

)取少量D样品于试管中，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，观察。若有砖红色沉淀生成，则证明含—CHO。(5)（4分）19．（14分，每空2分）(1)−1155.5(2)60%158p(3)<(4)NO与O2反应生成N

O2是放热反应，低温有利于反应正向进行(5)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO转化率减小(6)2HSO3−+2e-+2H+=S2O24−+2H2O【详解】（1）N2和O

2完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时()2.24LNOmol22.40L/mol.1n==，吸收8.9kJ的热量，则生成2molNO吸收热量8.9kJ20178kJQ==，即热化学方程式为：()()()22NgOg=2NOg+178kJ/molH=+，根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ整理可

得()()()()422CHg4NOg=2NgCOg2+++()2HOg1155.5kJ/molH=−；（2）由题目信息可知，2molNO(g)、1molO2(g)和1molHe(g)通入反应器，在温度T、压

强p条件下进行反应。设平衡时()NOmolnx=，()()()2224NOONOmolnnny===，根据N守恒可得32xy+=，根据O守恒可得84xy+=；解得()NOmol0.8molnx==，()()

()2224NOONOmolnnny====0.4mol。NO转化率为20.8100%60%2−=；反应②平衡常数2p20.415380.80.433pKppp==；故答案为：60%；158p；（3）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向

移动，则正反应速率小于逆反应速率，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数；（4）NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率；（5）当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为N

O2，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO转化率减小；（6）由图可知，阴极区通入液体主要含HSO3−，流出主要含S2O24−，所以阴极区发生还原反应生成S2O24−，根据电荷守恒和原子守恒可得电极反应式为2HSO3−+2e-+2H

+=S2O24−+2H2O；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com