山东省青岛市第二中学2023学年高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2、一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确的是（）A从花生中提取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烃类物质B高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料C中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用2、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增

3、大，且v（正）增大更多D升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变3、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是A增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)4、

4、分枝酸是生物合成系统中重要的中间体，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述不正确的是（ ）A分子中含有4种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色D1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应5、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐试样不含KIO3BSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物C向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2ID室温下

5、向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液除去杂质FeCl3得纯净CuCl2溶液AABBCCDD6、鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（）A可燃性实验B酸性高锰酸钾C澄清石灰水D品红试液7、图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是Aa极应与X连接BN电极发生还原反应，当N电极消耗11.2 L(标准状况下) O2时，则a电极增重64 gC不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl2e=Cl2D若废水中含有乙醛，则M极的电极反

6、应为：CH3CHO3H2O10e=2CO210H8、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）A常温常压下，62g白磷中含有PP键数目为3NAB22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NAC1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NAD常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA9、在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（ ）A中气体由无色

7、变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化10、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种11、铋(Bi)位于元素周期表中第A族，其价态为3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加

8、下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是ABiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2被高锰酸根离子还原成O2CH2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D在KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色12、 “太阳能燃料”国际会议于2019年10月在我国武汉举行，旨在交流和探讨太阳能光催化分解水制氢、太阳能光催化二氧化碳转化为燃料等问题。下列说法错误的是( )A太阳能燃料属于一次能源B直接电催化CO2制取燃料时，燃料是阴极产物C用光催化分解水产生的H2是理想的绿色能源D研发和利用太阳能燃料，有利于经济的可持续发展13、将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中

9、,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性D反应后溶液酸性增强14、已知：pKa=lgKa，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1 H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是( ) Aa点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32)=0.1molL1Bb点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)Cc点所得溶液中：c(Na+)3c(

10、HSO3)Dd点所得溶液中：c(Na+)c(SO32) c(HSO3)15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A单质的熔点：ZXBZ与Y、W均能形成离子化合物C气态氢化物的沸点：XY”、“”“c(SO32) c(HSO3)，D正确。正确答案为A【答案点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等

11、式，然后利用不等式的知识解答。15、B【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【题目详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。AX、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石

12、或石墨，熔点较高，熔点：XZ，故A错误；BNa与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C水分子间能够形成氢键，沸点：H2OHCl，故C错误；DX、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。16、B【答案解析】从图中可以看出，在阳离子交换柱段，自来水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，Ca2+、Na+、Mg2+进入阳离子交换树脂中，树脂中的H+进入水中；在阴离子交换柱段，NO3-、Cl-、SO42-进入阴离子交换树脂中，树脂中的OH-进入水中，与水中的H+反应生成H2O。【题目详

13、解】A经过阳离子交换树脂后，依据电荷守恒，水中阳离子的总数增多，A不正确；B通过阳离子交换树脂时，水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，H则被交换到水中，B正确；C通过净化处理后，水的导电性减弱，C不正确；D阴离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O，D不正确；故选B。17、B【答案解析】A酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；B常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；C标况下四氯化碳为液体，不能使用气

14、体摩尔体积，故C错误；D熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量=0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；故选：B。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。18、D【答案解析】A.2丙醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成丙烯，发生催化氧化反应生成丙酮，A不符合题意；B. 苯甲醇可与HCl等发生取代反应，能发生催化氧化反应生成苯甲醛，但不能发生消去反应，B不符合题意；C.甲醇含有羟基，可与HCl等发生取代反应，能发生

15、催化氧化反应生成甲醛，但不能发生消去反应，C不符合题意；D. 含有羟基，可与HCl等发生取代反应，发生消去反应生成2甲基1丙烯，发生催化氧化反应生成2甲基丙醛，D符合题意；答案选D。【点晴】该题的关键是明确醇发生消去反应和催化氧化反应的规律，即与羟基所连碳相邻的碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；醇发生氧化反应的结构特点是：羟基所连碳上有氢原子的才能发生氧化反应，如果含有2个以上氢原子，则生成醛基，否则生成羰基。19、D【答案解析】A. 二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，晶体结构不同，故A错误；B. 晶体中有阳离子，未必一定有阴离子，如：在金属晶体中，存在金属阳离子和自由移动的电

16、子，故B错误；C. 四氯化碳不易发生水解反应，故C错误；D. 碳酸氢钾与碳酸氢钠性质相似，可析出碳酸氢钾晶体，故D正确；答案选D。【答案点睛】离子晶体由阳离子和阴离子构成，金属晶体由阳离子和自由电子构成，因此，晶体中有阳离子，未必一定有阴离子；有阴离子，一定有阳离子。20、C【答案解析】A. SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2H2OClOSO42Cl2H+，故A正确；B. 在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3H2OCO2NH4+HCO3，故B正确；C. 因浓硫酸具有强氧化性，可把

17、Fe2和H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解FeS固体，不能生成Fe2和H2S，故C错误；D. 氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba22OH2HSO42BaSO42H2O，故D正确；答案选C。【答案点睛】明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2和H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。21、C【答案解析】A.实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而3 molL

18、-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，A错误；B.该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，B错误；C.由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正确；D.若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变质，D错误；故合理选项是C。22、C【答案解析】A因为MgS与NaHS的摩尔质量都是56g.mol-1，所以112gMgS与NaHS混合物的物质的量为2mol，而MgS与NaH

19、S混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA，A正确；BNa3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4=3 Na+ PO43-，则1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的物质的量为0.3mol，故1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA，B正确；C常温下，Cu与浓硫酸不反应，C错误；D乙酸乙酯的结构式为，88g乙酸乙酯的物质的量是1mol，一个乙酸乙酯分子中含有两个非极性共价键，故88g乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、加成反

20、应 2+O22+2H2O 保护碳碳双键，防止催化氧化时被破坏 氢氧化钠的醇溶液或氢氧化钠的乙醇溶液 bd +I2+HI 【答案解析】与HBr发生加成反应生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)发生银镜反应生成(D)，(D)与氢氧化钠的醇溶液反应生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)与I2反应生成(G)，一定条件下可反应生成(H)，最终反应生成(I)，据此作答。【题目详解】（1）反应为与HBr发生加成反应生成，因此反应类型为加成反应；（2）反应为催化氧化生成，反应方程式为：2+O22+2H2O；（3）步骤将碳碳双键改变，步骤将碳碳双键还原，两个步骤保护了碳碳双键，防止催化氧化时碳碳双键被

21、破坏；（4）反应是发生消去反应反应生成的过程，小区反映的条件是氢氧化钠的醇溶液；（5）a. 有机物A中存在羟基，属于亲水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a项错误；b. 反应为银镜反应，银镜反应后的试管可用硝酸洗涤，b项正确；c. 与I2反应生成发生了加成反应和消去反应，不是取代反应，c项错误；d. 物质D为，既可与氢氧化钠水溶液发生取代反应，也可与盐酸发生取代反应，d项正确；答案选bd；（6）F为，与I2在在一定条件下反应生成G的化学方程式为：+I2+HI；另一有机物与G互为同分异构体，根据结构特点可知该物质的结构简式为：；（7）根据已知条件可知乙烯与水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙

22、醛；乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷与乙醛反应生成2-丙烯，2-丙烯在一定条件下可生成，因此合成路线可表示为：。【答案点睛】对于有机合成和推断题的解法，可概括为“前推后，后推前，两边推中间，关键看条件、信息、官能团”，解题的关键是快速提取有效信息，具体过程为：24、羧基 羰基 ， +N2H4+2H2O 6 、 【答案解析】(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸

23、形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为12221，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【题目详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-

24、H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是、；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4) 的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为12221，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为12221，则可能的结构为、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生， 和发生取代反应产生和HCl。故以 和和为原料制备该化合物的合成路线流程

25、图为：。25、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液体中无明显光路 K3Fe(CN)6 生成蓝色沉淀 【答案解析】首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电

26、荷守恒和原子守恒写出离子方程式；没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i)K(ii);【题目详解】（1）反应的离子方程式为：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯气，然后除杂、干燥，导管应长进短出，所以a连接h，i连接d；在F中与铁粉反应，为防止FeCl3堵塞导管，应用粗导管，则e连接j，冷凝法收集升华出的FeCl3，所以k连接g；最后连接盛有碱石灰的干燥管，吸收未反应的氯气；（3）实验结束后，去少量F中

27、的固体加水溶解，经检测发现溶液中含有Fe2+，其原因为未升华出来的FeCl3与未反应的Fe发生反应生成Fe2+；（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；（6）由实验现象可知，FeCl3与SO2首先发生反应(i)，说明反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)E(ii)；反应最终得到Fe2+，反应(ii)进行的程度更大，则平衡常数K(i) 紫外光的光子所具有的能量比蛋白质分子中的化学键CC、CN、C

28、S的键能大，紫外光的光子所具有的能量足以使这些共价键断裂，从而破坏蛋白质分子 sp2、sp3 TiNMgOCaOKCl 12 CrO2 AC 6 2 【答案解析】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，判断A、B的化合价。(2)从表格数据，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸。(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。(4)根据核外电子的排布式确定未成对电子数。(5)观察配合物的分子的结构。(6)破环OCO，H-H。【题目详解】(1)观察A、B两元素各电离能的差别，可判断A的化合价为+3，即为Al；B为+2价，为Mg。

29、因为同周期从左至右电负性增大，故Al的电负性大于Mg。(2)从表格中给出的蛋白质中各共价键的键能可以发现，紫外光的光子能量足以破坏这些共价键。最简单的氨基酸是甘氨酸，其中碳原子采用sp3杂化，碳原子采用sp2杂化。(3)观察表格中的数据会发现，阴阳离子所带的电荷数对晶格能的影响大于阴阳离子的半径对晶格能的影响。四种晶体均为离子晶体，TiN和CaO中的阳离子均为18电子结构，阴离子均为10电子结构，Ti和Ca、N和O的原子序数均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的离子半径均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均带有3个单位的电荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的阴阳离子

30、均带有2个单位的电荷，Ca2+的半径大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。综上所述，这种晶体的晶格能大小顺序为TiNMgOCaOKCl。所以晶体的熔点高低顺序也为TiNMgOCaOKCl。(4)V2O5中V5+的电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中Cr4+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含有2个未成对电子，因此适合作录音带磁粉原料的是CrO2。(5)观察配合物的分子结构会发现其中存在配位键NiN，极性键HO、ON等，非极性键CC，氢键OHO等作用力。不存在离子键和金属键。(6)CO2的结构式为OCO，1个CO2分子中含有2个键和2个键，1个H2分子中共含有1个键，生成1molCH4需要1molCO2和4molH2，因此需要断裂6mol键和2mol键。【答案点睛】阴阳离子所带的电