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2023 年高考押题预测卷03【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
D
C
D
C
D
C
B
D
B
B
A
D
A
1．
【答案】D
【解析】A．使用氢燃料电池汽车，可以减少二氧化碳排放，A 不符合题意；
B．采用光伏发电系统，将光能转化为电能，B 不符合题意；
C．将二氧化碳合成聚硶酸酯塑料，有利于碳中和，C 不符合题意；
D．大量使用一次性餐具不符合绿色冬奥理念，D 符合题意；
故选D。
2．
【答案】C
【解析】A．中子数为16 的磷原子的质量数为15+16=31，核素符号为子
，故A 错误；
B．羟基的电子式为
，故B 错误；
C．
中心原子价层电子对数为2+
=3，VSEPR 模型为平面三角形，故C 正确；
D．基态
的价层电子排布式为3d6，最高能级为3d，电子云轮廓图是花瓣形，故D 错误；
故选C。
3．
【答案】D
【分析】Z 是元素周期表中电负性最大的元素，则Z 为F。基态X 原子中有3 个未成对电子且其原子序数
小于9，则X 为N。根据原子序数大小关系，可判断Y 为O。Y 和W 同主族,则W 为S。常温下
的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=12，说明R 的最高价氧化物对应的水化物为强酸，
1
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R 为Cl。
【解析】A．简单离子半径r(S)>r(Cl)，A 项错误；
B．一般来说主族元素最高正价就是原子序数，N 的最高正价为+5 价，但是F，O 比较特殊，O 的最高正价
为+2(OF2)，F 没有正价，B 项错误；
C．N 为半充满电子排布，其第一电离能大于O，则第一电离能：
，C 项错误；
D．O 的电负性大于S，H2O 中的成键电子对相比H2S 更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，则键角
也更大。简单氢化物的键角：H2O>H2S，D 项正确。
答案选D。
4．
【答案】C
【分析】氨气极易溶于水，使溶液显碱性，可以吸收更多二氧化碳，故先通入氨气再通入二氧化碳，通过
饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢后，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出；
【解析】A．由分析可知，实验时应先打开活塞b 通入氨气，后打开活塞a 通入二氧化碳，A 错误；
B．二氧化碳能和碳酸钠溶液反应，装置B 中应盛放饱和NaHCO3溶液以除去HCl 杂质，B 错误；
C．反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体析出，故一段时间后，装置C 中可观察到白色晶体析出，C 正确；
D．氨气有毒，装置 E 主要为了吸收多余的氨气，D 错误；
故选C。
5．
【答案】D
【解析】A．根据均摊法，晶胞中有4 个Co，4 个O，化学式为CoO，A 正确；
B．基态Co 原子的价电子排布式为
，其价电子排布图为
，有3 个未成对电子，
B 正确；
C．根据图示结构结合几何关系可知，与O 原子最近且等距离的O 原子有12 个，且距离为
，C 正
确；
D．1mol 晶胞中含有4molCoO，该氧化物的摩尔体积为
，D 错误；
故答案选D。
6．
2
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【答案】C
【解析】A．由题意可知，硼酸与甲醇在浓硫酸存在下反应生成挥发性的硼酸甲酯和水，反应的化学方程
式为
，故A 错误；
B．由题意可知，三氟化硼在水中发生水解反应生成强酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反应的离子方程式为
，故B 错误；
C．由题意可知，高温条件下氧化铝、焦炭在氯气中反应生成氯化铝和一氧化碳，反应的化学方程式为
，故C 正确；
D．用石墨作电极电解氧化铝制备铝时，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝，电极反应式为
，故D 错误；
故选C。
7．
【答案】B
【解析】A．
能与酸反应消耗氢离子，可用作抗胃酸药，A 正确；
B．
受热易分解是化学性质，与可用作冷敷袋不存在对应关系，B 错误；
C．Al 还原性比Fe 强，还原性强的物质可以制取还原性弱的，所以Al 和
能发生铝热反应得到Fe，C
正确；
D．
易结合水由无色变成蓝色晶体，所以可用来检验水，D 正确；
故选B。
8．
【答案】D
【解析】A．K 是活泼的碱金属，苯酚是弱酸，K 和苯酚反应可生成
，故A 正确；
B．工业盐酸是用Cl2、H2燃烧法制取HCl 气体，然后将HCl 气体溶于水制得的，故B 正确；
3
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C．由生铁冶炼成碳素钢就是降低生铁中碳的含量，并除去其中的部分杂质，故C 正确；
D．工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅通过化学方法进一步提纯，可以得到高纯
硅，故D 错误；
故选D。
9．
【答案】B
【解析】A．溴鎓离子中溴原子价电子对数为
，杂化方式为
，故A 正确；
B．水是极性分子，能增强溴分子中化学键的极性，将乙烯分别通入等物质的量浓度的溴的
溶液和溴
水中，则反应速率：前者<后者，故B 错误；
C．加成反应过程中，断裂Br-Br 键和碳碳双键中的一个键，形成C-Br 键，有非极性键的断裂以及极性键
的形成，故C 正确；
D．根据乙烯与溴单质发生加成反应的反应机理，将乙烯通入溴水中，溴水中含有HBrO，理论上会有一定
量的
生成，故D 正确；
选B。
10．
【答案】B
【解析】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数减小的反应，即熵减的反应，反应
，故A 错
误；
B．由方程式可知，反应平衡常数
，故B 正确；
C．由方程式可知，生成
时，转移电子的数目为
，故C 错误；
D．充入水蒸气会增大水蒸气浓度，平衡逆向移动，NO 转化率减小，故D 错误；
故答案为：B。
11．
【答案】A
【解析】A．向溴乙烷中加入过量的氢氧化钠溶液，加热一段时间后静置，取少量上层清液于试管中，未
加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会干扰溴离子的检验，无法确定溴乙烷
4
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分子中卤素原子的种类，故A 错误；
B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成能使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，则分别加热碳酸
钠和碳酸氢钠固体，将产生的气体通入澄清石灰水，观察现象能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性强弱，
故B 正确；
C．氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，继续滴加氨水直至过量，氯化银与氨水
反应生成银氨络离子，沉淀会溶解，则向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液，产生白色沉淀，继续滴加氨
水直至过量，观察现象能验证配位键影响物质的溶解性，故C 正确；
D．用氢氧化钠标准液滴定H2A 溶液，消耗氢氧化钠的物质的量为H2A 的2 倍说明H2A 是二元酸，故D 正
确；
故选A。
12．
【答案】D
【分析】甘氨酸
中含有羧基和氨基，既有酸性也有碱性，在强酸性溶液中，主要以
存在，在强碱性溶液中主要以
存在，所以图中曲线a 代表
，
曲线b 代表
，曲线c 代表
；
【解析】A．综上所述，曲线a 代表
，故A 正确；
B．
电离呈酸性，水解呈碱性，如图，pH=6 左右时，
浓度最大，说明两性离
子的电离能力比水解强，故B 正确；
C．
的平衡常数
，如图，
pH=2.35 时，
和
分布系数相等，即浓度相等，此时
，
，根据
，则
5
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，故C 正确；
D．由C 项可知，
，根据曲线b 和c 交点坐标(9.78，0.5)可得，
的平衡常数为
，即
，则
，所以
，故D 错误；
故选D。
13．
【答案】A
【解析】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A 项
错误；
B．若反应②不存在，则n(H2) n(CO)
∶
始终为1.0，所以n(H2) n(CO)
∶
低于1.0 与反应②有关，B 项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导
致反应①的平衡左移，转化率降低，C 项正确；
D．设初始n（CH4）=xmol，则有初始n（CO2）=1.3xmol，再设反应①有ymolCH4转化成了H2和CO，反
应②有zmolH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）mol，n（CO2）=
（1.3x-y-z）mol，n（H2）=（2y-z）mol，n（CO）=（2y+z）mol，n（H2O）=zmol。4[c(CH4)+c(CO)
+c(CO2)]=
，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=
，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D 项正确。
答案选A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4 题，共61 分。
6
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14．（15 分）
【答案】(1)
正四面体
(2) 反应I 的
，反应Ⅱ的
，400℃后随温度升高反应I 平衡逆向移动，使
的转化率不
断下降，反应II 平衡正向移动，使
的转化率不断上升，且上升幅度超过下降幅度
中电负性
较强氧吸附在含有氧空穴位的
结构上形成中间体
，由于
中间体中的Fe 与O 的相互
作用强于C 与O 的相互作用，因而
会断键脱除CO，同时得到O—Fe—O 的结构
【解析】（1）同周期元素第一电离能除了第二和第五主族的异常外逐渐增大，故B、C、N、F 四种元素
的第一电离能由小到大的顺序为
。
的价层电子对数为
，故其空间构型
是正四面体；还有可能得到的中间体的结构示意图为
；
（2）400℃后，随温度升高
转化率不断上升的原因是反应I 的
，反应Ⅱ的
，400℃后随
温度升高反应I 平衡逆向移动，使
的转化率不断下降，反应II 平衡正向移动，使
的转化率不断上
升，且上升幅度超过下降幅度；从电负性的角度，过程①和②能发生的原因是
中电负性较强氧吸附在
含有氧空穴位的
结构上形成中间体
，由于
中间体中的Fe 与O 的相互作用强于C 与
O 的相互作用，因而
会断键脱除CO，同时得到O—Fe—O 的结构。
7
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15．（15 分）
【答案】(1) 羧基和酯基 C7H12O3 氧化反应
(2)
(3)
(4)保护羰基
(5)
【分析】A 在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH 发生酯化反应生成B，所以A 为
；B 在酸
性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C；C 在一定条件下生成D；D 中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E
；再将E 中酯基还原为羟基得到F；最后在酸性条件下还原羰基得到G；据此分析解题。
【解析】（1）由图可知，C 中含氧官能团为羧基和酯基；根据G 的结构式可知，G 的分子式为C7H12O3；
B 在酸性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C，反应类型为氧化反应；故答案为羧基和酯基；C7H12O3；氧化
反应。
（2）据分析可知，A 为
；A 在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH 发生酯化反应生成B，
所以A→B 的化学方程式为
；
8
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故答案为
。
（3）①分子中含有六元环；②1mol 能与
反应；说明含有两个羧基；③不同化学环境的氢原
子个数比是3 2 1 1
∶∶∶；满足条件的同分异构体为
；故答案为
。
（4）D 中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E ；是典型的保护羰基的过程；故答案为保护羰基。
（5）对比反应物和生成物结构可知，需将
中双键氧化为羧基，并在一定条件下发生C 生成D
的反应，引入羰基，最后与1，3-丙二醇发生缩醛反应得到
；所以路线可以为
；故答案为
。
9
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16．（15 分）
【答案】(1) 排出装置中的空气 12Fe(OH)2+
=4
+
+10H2O+NaOH
(2)
中含有Fe2+，由已知可知
反应更快 2NO2+2OH-=NO +NO
+H2O 二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除
【解析】（1）
①向足量NaOH 溶液中通入
一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化；
②氢氧化钠溶液和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备
的反应为
12Fe(OH)2+
=4
+
+10H2O+NaOH；
（2）①
中含有Fe2+，由已知可知
反应更快，故相同条件下
作催
化剂时NO 脱除率更高；
②
被NaOH 溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO +NO +H2O；
③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。
17．（16 分）
【答案】(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2
(2) -663.5 3
(3) SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和
或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3 氧气浓度过高时，O2、SO2和NO 分子会产
生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，导
致脱硫脱硝率下降
【解析】（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸铵和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒可得，反应
的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。
（2）①已知I．H2(g)+
O2(g)=H2O(g)
H
△
3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g)
H
△
4=+180.5kJ·mol-1，
10
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依据盖斯定律I 2-II 有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H1=(-241.5kJ·mol-1) 2-
(+180.5kJ·mol-1)=-663.5kJ·mol-1。
②已知在HY 载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4 1∶，依据图示和得失电子守恒可得反应的离子
方程式为：4NH +4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，依据方程式可知，反应中每生成1molN2，转移的电子的物质
的量为3mol。
（3）①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通
入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该
脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应
生成SO3和
，或者用化学方程式表示为：3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO 分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，
剩余的SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
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