2023届全国大联考高三第五次大联考化学试卷（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页全国大联考2023届高三第五次大联考化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学促进了科技进步和社会发展，下列过程中不涉及化学变化的是A．青铜器皿除锈 B．燃煤固硫C．电动汽车全气候电池的充电 D．速滑馆使用制冷剂快速制冰【答案】D【详解】A．青铜器皿上的锈为碱式碳酸铜，用酸与碱式碳酸铜发生反应，从而达到除锈目的，该过程为化学变化，故A不符合题意；B．燃煤中加入碳酸钙或生石灰，硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与生石灰反应生成CaSO3，CaSO3继续反应生成硫酸钙，该过程中涉及化学变化，故B不符合题意；C．电池充电，有新物质生成，涉及化学变化，故C不符合题意；D．速滑馆使用制冷剂制冰，利用的是固体二氧化碳升华吸收热量，该过程中无新物质生成，属于物理变化，故D符合题意；答案为D。2．生活中处处有化学，下列叙述正确的是A．某科研所研发的吸入式新冠疫苗性质稳定，可在高温下保存B．我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素C．硅胶、熟石灰、加工后具有吸水性的植物纤维等均可用作食品干燥剂D．聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，可用于杀灭水中病菌【答案】B【详解】A．疫苗属于蛋白质，高温下会发生变性，需低温保存，A项错误；B．氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项正确；C．熟石灰无吸水性，不可用作食品干燥剂，C项错误；D．新型絮凝剂可以吸附水中杂质，达到净水的目的，并不能起到杀菌作用，D项错误；故答案选B。3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1g氘和1.5g完全聚变为时，释放的质子数为B．24g镁在足量空气中充分燃烧时转移的电子数大于2C．273℃、101.3kPa时，1L苯蒸气完全燃烧所生成的气态物质的总分子数约为D．室温下，1L的溶液中发生电离的分子数目为【答案】C【详解】A．1g氘()的物质的量为，1.5g的物质的量为，完全聚变为时，释放的质子数为0.5，A项错误；B．24g镁在足量空气中充分燃烧时转移的电子数为，B项错误；C．苯完全燃烧的化学方程式为，在273℃、101.3kPa下，二氧化碳和水均为气体，其气体摩尔体积是标准状况(0℃、101.3kPa)的两倍，所以1L苯蒸气完全燃烧所生成的气态物质的总分子数约为，C项正确；D．溶液中的和会相互促进水解，促进水的电离，所以发生电离的分子数目大于，D项错误；故答案选C。4．2021年东京奥运会圆满落幕，我国奥运健儿取得骄人成绩。为了比赛的公平公正，国际奥委会禁止运动员使用兴奋剂。已知某种兴奋剂的结构如图，下列关于它的说法中不正确的是A．该物质的分子式为 B．该物质分子中所有碳原子可能共平面C．1mol该物质最多消耗3molNa单质 D．该物质含4种官能团【答案】D【详解】A．根据结构简式确定其分子式为，故A说法正确；B．该分子中含有乙烯和苯的结构，通过单键的旋转，所有碳原子可能共面，故B说法正确；C．能与钠反应的是酚羟基，则1mol该有机物可与3molNa反应，故C说法正确；D．该物质含碳碳双键、酚羟基和碳氯键，共3种官能团，故D说法错误；答案为D。5．下列离子方程式书写正确的是A．少量的氯化铁溶液与硫化钠溶液反应：B．硫代硫酸钠溶液中通入：C．溶液与少量溶液反应：D．碱性条件下，用KClO溶液与反应制备新型净水剂：【答案】B【详解】A．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，两者发生氧化还原反应生成Fe2+和S，由于S2-过量，Fe2+与S2-生成FeS，离子方程式为，故A错误；B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、硫酸和盐酸，反应的离子方程式为，故B正确；C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH-先与Fe2+反应，再和NH反应，由于Ba(OH)2较少，NH不会参与反应，离子方程式为，故C错误；D．碱性条件下，用KClO溶液与Fe(OH)3反应制备新型净水剂K2FeO4，正确的离子方程式为，故D错误；答案为B。6．科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，W的单质是一种可燃性气体，X、Z、M的最外层电子数之和为16，Z、M同主族。下列说法正确的是A．原子半径：B．非金属性：C．最简单氢化物的沸点D．W、Y、Z形成的化合物中均只含共价键【答案】C【分析】W的单质是一种可燃性气体，W的单质为氢气，即W为H，根据元素成键特点，X形成四个键，即X为C，Z形成二个键，Z为O，Z、M同主族，即M为S，五种元素原子序数依次增大，因此Y为N元素，据此分析【详解】根据题干信息和该共价化合物结构中的元素成键特点可知，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为S元素。A．同一周期从左往右原子半径依次减小，原子半径：C＞N，故A错误；B．同一主族从上往下非金属性依次减弱，非金属性O＞S，故B错误；C．X为C，Z为O，C的简单氢化物为CH4，常温下为气体，氧的最简单氢化物为H2O，水常温下为液体，H2O的沸点高于CH4，故C正确；D．HNO3中只含共价键，而NH4NO3中含离子键和共价键，故D错误；答案为C。7．某有机物的结构简式为。下列关于该有机物的说法中不正确的是A．该有机物的分子式为B．1mol该有机物最多可与8mol发生加成反应C．该有机物与足量NaOH溶液混合加热再酸化可生成3种有机物D．1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗7molNaOH【答案】C【详解】A．根据该有机物的结构简式可知，其分子式为，A正确；B．该有机物结构中含有两个苯环，两个碳碳双键，则1mol该有机物最多可与8mol发生加成反应，B正确；C．该有机物与足量NaOH溶液混合加热发生酯的OH水解反应，酸化后生成和HCOOH两种有机物，C错误；D．有机物水解生成的酚羟基、羧基都能与NaOH反应，则1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗7molNaOH，D正确；故选C。8．下图为酸性废水中纳米Fe/Ni复合材料去除的过程，溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法正确的是A．纳米Fe/Ni复合材料作催化剂，不参与反应B．反应Ⅰ中作氧化剂，反应Ⅱ中作还原剂C．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni复合材料的投入量，可提高的去除效率D．假设反应都能彻底进行，反应Ⅰ、Ⅱ消耗的铁的物质的量相同【答案】C【详解】A．因为被还原为、，所以纳米Fe作还原剂，参与反应，A项错误；B．反应Ⅰ中作氧化剂，反应Ⅱ中被Fe还原为，作氧化剂，B项错误；C．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni复合材料的投入量，即增大其浓度，同时也增大反应物间的接触面积，可提高的去除效率，C项正确；D．反应Ⅰ是硝酸根离子和铁反应生成亚硝酸根离子和亚铁离子，离子方程式为，反应Ⅱ的离子方程式为，要使反应都能彻底进行，反应Ⅰ、Ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1:3，D项错误；故选C。9．断肠草是葫蔓藤科植物，为中国古代九大毒药之一，据记载能“见血封喉”。断肠草含有很多种毒素，其中四种毒素的结构简式如下图所示。下列推断正确的是A．①和②互为同分异构体，①和③互为同系物B．①②③④都能与三氯化铁溶液发生显色反应C．①②③④均能与氢氧化钠溶液反应D．等物质的量②④分别在足量氧气中完全燃烧，后者消耗氧气的量比前者多【答案】C【详解】A．①的分子式为，②的分子式为，①和②分子中的位置不同，二者互为同分异构体，①和③的结构相似，但相差一个，因此不互为同系物，A项错误；B．4种物质分子中都不含酚羟基，都不能与三氯化铁溶液发生显色反应，B项错误；C．4种物质分子中都含有酯基，都能与氢氧化钠溶液发生反应，C项正确；D．②的分子式为，1mol②耗氧量为，④的分子式为，1mol④耗氧量为，等物质的量时，前者耗氧量大于后者耗氧量，D项错误；故答案选C。10．由实验操作和现象得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的溶液和溶液前者产生气泡较快催化效率：>B将缠绕的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色乙醇催化氧化生成乙醛C取少量固体粉末，用磁铁吸引磁铁能吸引固体粉末为D向鸡蛋清溶液中滴加饱和溶液有白色不溶物析能使蛋白出质盐析A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．氯化铁溶液和硫酸铜溶液中的阴离子和阳离子均不相同，不能用于比较铜离子和铁离子的催化效率的强弱，故A错误；B．乙醇和乙醛均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明乙醇催化氧化生成了乙醛，故B错误；C．铁和四氧化三铁都能被磁铁吸引，则磁铁能吸引不能确定固体粉末为四氧化三铁，故C错误；D．向鸡蛋清溶液中滴加饱和硫酸钠溶液，蛋白质的溶解度减小，会发生盐析而析出白色不溶物，故D正确；故选D。二、多选题11．以下是制备环丁基甲酸的反应过程，下列说法错误的是A．a→b的反应属于取代反应B．b的一氯代物有3种(不考虑立体异构)C．a、b、c均能与NaOH溶液反应D．利用1-氯-3-溴丙烷合成a时使用的试剂依次是氢氧化钠醇溶液→酸性高锰酸钾溶液→浓硫酸和乙醇【答案】BD【详解】A．a→b的反应为，属于取代反应，A项正确；Ｂ．根据b分子结构的对称性可知，其一氯代物有4种，如图所示：，B项错误；Ｃ．a、b中均含有酯基，可与NaOH溶液反应，c中含有羧基，可与NaOH溶液反应，C项正确；Ｄ．1-氯-3-溴丙烷的结构简式为，在氢氧化钠水溶液中可发生水解反应，而在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应，若要利用1-氯-3-溴丙烷合成a()，正确的合成路线应为，D项错误。答案选BD。三、单选题12．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾{}是一种重要的化工产品，微溶于水。以含的样品为原料制备该化工产品的工艺如图所示，下列说法错误的是A．“氧化”中不可采用高温来提高氧化反应速率B．“沉铁”反应为C．采用双层滤纸“过滤”，避免滤纸被氧化铜颗粒划破D．分离产品的操作是蒸发浓缩、降温结晶【答案】D【分析】硫酸铜样品中含有硫酸亚铁，加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入CuO，调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，据此分析；【详解】A．温度过高，双氧水分解，应控制温度，故A说法正确；B．加入氧化铜，中和酸，促进铁离子水解生成氢氧化铁，发生反应，故B说法正确；C．采用双层滤纸可避免滤纸被划破导致过滤失败，故C说法正确；D．产品微溶于水，可直接采用过滤、洗涤、干燥的操作分离产品，故D说法错误；故答案为D。四、多选题13．某课题组开发了一种电池，作为一种电催化系统，其可以降解废水中有毒的亚硝酸根离子、制备氨以及发电。纳米粒子组装的碳掺杂四氧化三钴()中空纳米管被用于阴极催化剂材料。下列叙述正确的是A．电极作正极B．双极膜中的向电极移动C．Zn/ZnO电极的电极反应式：D．标准状况下产生11.2L时，Zn/ZnO电极增重24g【答案】AD【分析】由题干原电池装置图可知，生成可知，N元素化合价降低，发生还原反应，故电极作正极，电极反应式，则Zn/ZnO为负极，电极反应为：，据此分析解题。【详解】A．该电池为原电池，根据图中生成可知，N元素化合价降低，发生还原反应，故电极作正极，A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，故向Zn/ZnO电极移动，B错误；C．Zn/ZnO电极的电极反应式为，C错误；D．根据正极的电极反应式，标准状况下产生11.2L时转移电子的物质的量为3mol，Zn/ZnO电极增重的质量，D正确；故答案为：AD。五、单选题14．已知(s)、(s)为难溶电解质，现有四种溶液：含(s)的0.1、1.0溶液，含(s)的0.1、1.0溶液，在一定pH范围内，溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．曲线④表示含(s)的1.0溶液的变化曲线B．a=-6.5C．的溶度积D．对含(s)且和初始浓度均为1.0的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化【答案】D【分析】溶液pH变化，含固体的硫酸钠溶液中的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子浓度越大，浓度越小，所以曲线①表示含(s)的0.1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②表示含(s)的1.0硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根离子浓度越小，浓度越大，pH相同时，1.0碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度，则曲线③表示含(s)的0.1碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含(s)的1.0碳酸钠溶液的变化曲线。【详解】A．由分析可知，曲线④表示含(s)的1.0碳酸钠溶液的变化曲线，A正确；B．曲线①表示含(s)的0.1硫酸钠溶液的变化曲线，则的溶度积，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，的浓度为，则a为-6.5，B正确；C．由B可知，C正确；D．对含(s)且和初始浓度均为1.0的混合溶液，浓度不随pH变化，则含(s)的溶液中的浓度几乎不变，的浓度为，根据图示，pH≥6.9时的浓度降低，所以pH≥6.9时发生沉淀转化，D错误；故选D。六、实验题15．胡粉在中国古代就曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为()，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。可用如下实验方案测定胡粉的纯度：方案Ⅰ

称取一定质量的样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。(1)乙中反应的离子方程式(不考虑杂质的反应)为___________。(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→___________→b→c，丁的作用是___________。(3)实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是___________。方案Ⅱ

实验原理：实验步骤：①称取胡粉样品ag；②将样品充分煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为bg。(4)下列仪器中方案Ⅱ不需要使用的是___________(用对应仪器的字母填空)。(5)确定样品已完全分解的操作为___________。(6)方案Ⅱ中，测得胡粉的纯度为___________(用字母代数式表示)。【答案】(1)(2)d→e→b→c除去中的水蒸气(3)把生成的气体全部赶入干燥管中吸收(4)E(5)样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内(6)【分析】反应前通入空气，氢氧化钠吸收装置内的二氧化碳，排出装置内的二氧化碳气体，稀硫酸和样品反应，产生的气体通入到浓硫酸中干燥气体，再用碱石灰吸收装置内的二氧化碳气体。【详解】（1）胡粉主要成分为，和硫酸反应生成硫酸铅、二氧化碳和水，则乙中反应的离子方程式为；故答案为：。（2）产生的气体，先用浓硫酸干燥气体，再通入到干燥管中吸收二氧化碳，则仪器接口的连接顺序为a→d→e→b→c→b→c，丁的作用是除去中的水蒸气；故答案为：d→e→b→c；除去中的水蒸气。（3）实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，排出装置内的二氧化碳，实验结束时通入空气的目的是把生成的气体全部赶入干燥管中吸收；故答案为：把生成的气体全部赶入干燥管中吸收。（4）固体进行加热需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、干燥器，因此仪器中方案Ⅱ不需要使用的是E；故答案为：E。（5）根据最后两次称量的质量差来判定是否煅烧完全，其确定样品已完全分解的操作为样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内；故答案为：样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内。（6）方案Ⅱ中，根据题意得到纯的质量为，测得胡粉的纯度为；故答案为：。七、原理综合题16．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。(1)已知下列反应的热化学方程式：①

②

③

计算热分解反应④的___________。(2)反应④的活化能___________(填“>”、“<”或“=”)，在___________(填“高温”或“低温”)下才可自发进行，判断的理由是___________。(3)已知某温度下，在容积不变的密闭容器中，反应④中的转化率达到最大值的依据是___________(填字母)。a．气体的压强不发生变化

b．气体的密度不发生变化c．不发生变化

d．单位时间里分解的和生成的的量一样多(4)密闭容器中发生反应④，维持体系压强，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。①曲线c代表的物质是___________(填化学式)。②反应温度为1300℃时，反应的平衡常数___________(写计算式，分压=总压×物质的量分数)。③若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，的物质的量分数___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)＋170(2)>高温该反应的正反应为增的反应，且，则在高温下才可自发进行(3)ac(4)减小【详解】（1）①

②

③

根据盖斯定律①×+②-③得的+170。（2）反应④正反应吸热，活化能>，所以高温下才可自发进行。（3）a．反应前后气体系数和不同，压强是变量，气体的压强不发生变化，反应达到平衡状态，的转化率达到最大值，故选a；

b．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，气体的密度不发生变化，反应不一定达到平衡状态，的转化率不一定达到最大值，故不选b；c．，反应过程中浓度商增大，不发生变化，反应达到平衡状态，的转化率达到最大值，故选c；

d．单位时间里分解的和生成的的量一样多，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定达到平衡状态，的转化率不一定达到最大值，故不选d；选ac；（4）①正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，H2S的含量减小，a表示H2S，H2、S2增多，H2的物质的量大于S2，曲线c代表的物质是S2。②反应温度为1300℃时，由硫化氢的体积分数为50%可得，解得，则平衡时硫化氢、氢气、的分压分别为、、，反应的平衡常数。③若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，相当于加压，的物质的量分数减小。八、工业流程题17．氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，制备少粉量的流程如图所示：已知：①卤块主要成分为，含有较多的、、等杂质。②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化的曲线如图所示。(1)过滤的主要玻璃仪器是___________。(2)加调节pH后过滤所得滤渣的主要成分为___________。(3)试剂X的滴加顺序为___________(填字母)。a．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸b．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸c．以上两种顺序都可(4)加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为___________，再进一步制取的实验步骤依次为①蒸发结晶；②___________；③冷却结晶；④过滤、洗涤。(5)产品中含量的测定：步骤1：准确称量4.20g产品配成100mL溶液；步骤2：取10.00mL于锥形瓶中，加入30.00mL0.200溶液；步骤3：用0.100的碘液滴定剩余的，此过程中反应的离子方程式为；步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗标准碘液20.00mL。①步骤2中，硫元素被氧化至最高价态，试写出该反应的离子方程式：___________。②产品中的质量分数为___________(保留两位有效数字)。【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(2)(3)a(4)趁热过滤(5)95%【分析】卤块粉碎后，加酸酸浸，得到Mg2+、Cl-、Fe3+、SO，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出，过滤后，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸，滤液浓缩后，加入饱和氯酸钠溶液，根据溶解度与温度的关系，发生2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，经过一系列操作得到产品，据此分析；【详解】（1）过滤的主要仪器有玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；故答案为玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；（2）加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出；故答案为Fe(OH)3；（3）加入除杂试剂往往过量，过量除杂试剂需要除去，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸；故答案为a；（4）浓缩后溶液为饱和溶液，溶液中有Mg2+、Cl-，根据溶解度与温度可知，氯化钠溶解度较小，加入氯酸钠饱和溶液，会有NaCl晶体析出，即反应方程式为2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，反应后溶液中溶质为Mg(ClO3)2、NaCl，因NaCl溶解度低，因此蒸发结晶时，有NaCl晶体析出，然后趁热过滤，除去NaCl，Mg(ClO3)2溶解度受温度的影响较大，冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O，故答