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2023 年高考押题预测卷02【江苏卷】
化学·全解全析
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13 题，每题3 分，共39 分。每题只有一个选项最符合题意。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
A
C
A
B
D
C
A
A
C
D
C
D
B
1．
【答案】A
【解析】A. 废报纸的主要成分是纤维素，A 错误；
B. 聚乙烯塑料的单体是H2C=CH2，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯，B 正确；
C. 生产玻璃的原料有石英、纯碱和石灰石，C 正确；
D. 用灼烧法可鉴别腈纶和真丝，真丝有羽毛烧焦的气味，D 正确；
答案选A。
2．
【答案】C
【解析】A．草酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 错误；
B．
是直线型非极性分子，B 错误；
C．NaClO 为离子型化合物，电子式为
，C 正确；
D．
为V 型结构，键角为105°，D 错误；
故答案为：C。
3．
【答案】A
【解析】A．
属于VA 族元素，其np 轨道上的电子处于半充满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第
一电离能：
，故A 错误；
B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Se<As，故B 正确；
1
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C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，所以还原性：
，故C
正确；
D．两者是结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，沸点就越高，所以沸点：
，故D 正确；
故选A。
4．
【答案】B
【分析】利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，为防止亚硝酰硫酸遇水分解，故在干燥的条件
下制备亚硝酰硫酸，最后尾气吸收过量二氧化硫，防止污染空气。
【解析】A．利用亚硫酸钠固体和硫酸反应制备二氧化硫气体，98%的浓硫酸的很难电离出H+，故一般选
用70%的硫酸，A 正确；
B．亚硝酰硫酸遇水易分解，装置B 中的浓硫酸的作用是干燥SO2气体，防止水蒸气进入装置C 中，装置
D 中的浓硫酸的作用是防止装置E 中的水蒸气进入装置C 中，B 错误；
C．装置C 中反应为
，C 正确；
D．虚线框内的装置可以换为盛有碱石灰的干燥管，既可以吸收尾气又可以防止空气中的水蒸气进入装置
C，D 正确；
故选B。
5．
【答案】D
【解析】A．从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，
抵消了F-O 键中共用电子对偏向F 而产生的极性，从而导致H2O 分子的极性很强，故OF2分子的极性小于
H2O，A 错误；
B．干冰为分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，不是分子密堆积形成的晶
体，B 错误；
C．P4和CH4都是正四面体结构，但是P4的P-P 是该四面体的边，所以键角为60°；CH4的C-H 键在正四面
体的内部，键角为109°28′，C 错误；
D．邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键导致分子间作用力较强，故邻羟基苯甲
酸的沸点低于对羟基苯甲酸，D 正确；
2
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答案选D。
6．
【答案】C
【解析】A．
气体通入足量NaClO 溶液，两者发生氧化还原反应，离子方程式为
，A 正确；
B．明矾中加入过量NaOH，铝离子与氢氧根离子反应生成
，离子方程式为
，
B 正确；
C．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C 错误；
D．硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，ZnS 转化为CuS，离子方程式为
，D 正确；
故答案选C。
7．
【答案】A
【解析】A．
具有强氧化性，可用作消毒剂，故A 错误；
B．硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B 正确；
C．
溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C 正确；
D．
具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D 正确；
故选：A。
8．
【答案】A
【解析】A．题给转化中，硝酸与氨的反应不是氧化还原反应，故A 错误；
B．根据题图可知，太阳能、风能转化成电能，故B 正确；
C．
和空气中的
在水蒸气作用下生成
，故C 正确；
D．
中N 原子价电子对数为3，N 原子的杂化方式为
，
分子中N 原子的杂化方式为
，故D
3
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正确；
故答案选A。
9．
【答案】C
【解析】A．由图
可知，维生素C 分子中含有2 个手性碳，A 错误；
B．由图可知维生素C 中含有较多的羟基，羟基具有亲水性，则维生素C 易溶于水，B 错误；
C．维生素C 含有烯醇式结构，在水溶液中易被空气中的氧气氧化，生成去氢抗坏血酸，C 正确；
D．根据结构可知，其中含有1 个酯基，则1mol 维生素C 与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗1mol
NaOH，D 错误；
故选C。
10．
【答案】D
【解析】A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以当
时，该反应
达到平衡状态，故A 正确；
B．
，该反应在一定条件下能自发进行，说明在一定条件下
，则
，故B 正确；
C．恒温恒容条件下，若混合气体的颜色保持不变，说明
浓度不变，则该反应达到平衡状态，故C 正
确；
D．
正反应气体系数和减小，恒温恒容条件下，达平衡状态后，再充入一定量的
，
相当于加压，
转化率将增大，故D 错误；
选D。
11．
【答案】C
4
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【解析】A．醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求环境是碱性，题中所给信息，没有中和稀硫酸，故A
错误；
B．室温下，向盛有1mL0.2mol/LNaOH 溶液的试管中滴加2 滴0.1mol/LMgCl2溶液，氯化镁不足，氢氧化
钠过量，再滴加氯化铁溶液，氯化铁与剩余NaOH 反应生成氢氧化铁沉淀，不能比较出氢氧化铁溶解度与
氢氧化镁大小，故B 错误；
C．其他条件下相同，Na2S2O3的浓度不同，因此可以探究浓度对反应速率的影响，第二支试管中，加入
2mLNa2S2O3溶液，Na2S2O3浓度比第一支试管大，第二支试管先变浑浊，说明其他条件不变，浓度越大，
反应速率越快，故C 正确；
D．通入SO2的酸性KMnO4溶液中，反应后溶液若是含有K2SO3，也能与BaCl2产生白色沉淀，干扰实验，
故D 错误；
答案为C。
12．
【答案】D
【解析】A．步骤①中硫酸钠和氯化钡恰好反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，溶液中c(Na+)=c(Cl-)，故A 正确；
B．经过步骤②，氯离子没有参与反应，溶液中c(Cl-)=0.2mol/L；加入碳酸钠，发生
，则反应的碳酸根离子的量等于生成的硫酸根的量，根据碳
元素守恒可知，c(CO
)+c(HCO )+c(H2CO3)+c(SO
)=2mol/L，故溶液中存在10c(Cl-)=2mol/L=c(CO
)
+c(HCO )+c(H2CO3)+c(SO
)，故B 正确；
C．步骤①恰好反应生成硫酸钡沉淀0.01mol，溶液中
；步骤②加入碳
酸钠后初始
；发生反应
，设反应的碳酸根
离子浓度为a，则生成硫酸根离子浓度为a，该反应的
，解
5
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得
，则反应的硫酸钡为
×0.1L，故约有
40%的BaSO4转化为
BaCO3，故C 正确；
D．由C 分析可知，步骤②中Na2CO3过量，沉淀中仍有部分硫酸钡，故加入盐酸后仍会有沉淀剩余，故D
错误；
故选D。
13．
【答案】B
【分析】反应1、2 均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故①②为lnK 曲线；升高温
度，反应速率增大，lnk 变大，故③④为lnk 曲线；lnk=
，两步反应的活化能Ea1 <
Ea2，则反应2 斜率更大，故④为k2随
的变化关系；
【解析】A．反应1：2NO(g)
N2O2(g) ΔH1= -46.3 kJ· mol-1
反应2：N2O2(g) +O2(g)
2NO2(g) ΔH2= -65.7 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，反应1+2 得：2NO(g) +O2(g)
2NO2(g) ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故
2molNO 与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ，故A 正确；
B．由分析可知，曲线④表示的是k2随
的变化关系，故B 错误；
C．反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO 的转化率可能越低，故C 正确；
D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1 <
Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO 浓度的变化对反应速率影响更显著，故D 正确；
故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4 题，共61 分。
14．（15 分）
【答案】
气体
吸收剂消耗完全，
饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 通入含
的烟气的速
6
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率 NO 可能被氧化成
及其他含氮化合物
【分析】本题综合考查硫和氮及其氧化物的相关性质，并根据题中已知信息进行解答。
【解析】(1)①由图可知当
时，硫的总吸收率不断减小；当
，硫的总吸收率增大；当
时，
和硫的总吸收率降低。当
时，
浓度较高与
反应，生成硫单质和硫化氢气
体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，
和
一定条件下反应，生成硫磺和
，故反应的化学方程式为：
；当
时，
吸收剂消耗完全，
饱和逸出，导致
和硫的总吸收率降低。故答案为：
气体；
；吸收剂消耗完全，
饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不
大；
③其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含
的烟气的速率，故答案为：通入含
的烟气的速率；
(2)采用“35%的氯酸
同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含
、NO，故可能导致NO
被氧化成
及其他含氮化合物，故答案为：NO 可能被氧化成
及其他含氮化合物。
15．（15 分）
【答案】 羰基和酯基 消去反应 sp2、sp3 平面正三角形
7
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【分析】由结构
可知C 中含氧官能团为：酯基、羰基；对比D、E 的结构，可知D 分子中脱
去1 分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E；A、B 的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A 中不含甲
基，结合C 的结构，可知A 为HOOC(CH2)4COOH、B 为
；据此分析解题。
【解析】(1)由C 结构简式
可知C 中含氧官能团为：酯基、羰基；
(2)对比D、E 的结构，可知D 分子中脱去1 分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D 生成E 的反
应属于消去反应；
(3)根据C 的结构式可知，C 中碳原子双键杂化方式为sp2，其余为sp3，K2CO3中CO
C 原子以sp2杂化轨
道成键、离子中存在3 个σ 键，由C 的3 个sp2杂化轨道和三个O 原子的2p 轨道结合，碳酸根离子为平面
正三角形；
(4)A、B 的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A 中不含甲基，结合C 的结构，可知A 为
HOOC(CH2)4COOH、B 为
；
(5)D 的一种同分异构体同时满足下列条件：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有
酚羟基；②碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3 种不同化学环境
8
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的氢，符合条件的同分异构体为：
；
(6)
与H2在Ni 催化下发生加成反应产生
，
与O2在Cu 催化下发生氧化反应产生
，
与NaOH 的乙醇溶液发生消去反应产生
，
再与CH2(COOCH3)2发生加成反
应产生
，该物质在高温下反应产生
，故合成路线流程图为：
。
16．（15 分）
【答案】 减缓硝酸的滴加速率或适当降低温度 将生成的NO 氧化为硝酸(或使产生的NO 部分转
化为NO2，便于NOx被NaOH 溶液完全吸收) 三颈烧瓶内无红棕色气体出现 2Ni2++4HCO
=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，
则已洗净 用pH 计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，
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控制溶液pH 小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥
【分析】以单质Ni 为原料制取氯化镍：在A 装置三颈烧瓶中加入一定量Ni 粉和水，通入空气，滴入稀硝
酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2NO =3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，
通入空气搅拌，并使生成的NO 氧化为硝酸，或使产生的NO 部分转化为NO2，便于NOx被B 装置中
NaOH 溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4HCO
=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，
用pH 计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH 小
于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。
【解析】(1)①反应过程中，减缓硝酸的滴加速率或适当降低温度，在不改变投料比的情况下，可以提高稀
硝酸的利用率；
②由分析可知，三颈烧瓶中有NO 生成，向A 装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO 氧化为
硝酸(或使产生的NO 部分转化为NO2，便于NOx被NaOH 溶液完全吸收)；
③若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO 不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；
(2)
NiSO
①
4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4HCO
=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。
NiCO
②
3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的
方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；
(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH 为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH 为7.2，完全沉淀pH 为9.2，
NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH 沉淀铁离子，pH 的调节不能沉
淀镍离子，pH 范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，
由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O 的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用
pH 计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH 小于
2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
17．（16 分）
【答案】(1)
(2)氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2
10
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(3)Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O 反应速率慢
(4) 升高
NO 被Fe2+还原为
，
和NO 发生归中反应生成
氮气
【解析】（1）
FeCl2溶液和KOH 溶液在100℃条件下反应生成Fe/Fe3O4、KCl、H2O，反应的离子方程式为
；
（2）
当pH<2 时，氢氧根离子浓度小，难以生成Fe(OH)2，所以Fe/Fe3O4产率极低；
（3）
Fe(OH)2+2Fe(OH)3=Fe3O4+4H2O 反应速率慢，所以回流1h 所得产品Fe/Fe3O4中产生杂质；
（4）
①用该法处理废水的反应方程式为
，反应消
耗氢离子，溶液的pH 升高；
②过程④是
发生氧化还原反应生成N2，反应的离子方程式是
；
③反应历程中虚线方框内NO 生成N2的过程可描述为NO 被Fe(Ⅱ)还原为
，
和NO 发生归中反
应生成氮气。
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