2023年高考押題預測卷03(江蘇卷)-化學(全解全析)

2023年高考押題預測卷03【江蘇卷】化學·全解全析第Ⅰ卷單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。12345678910111213DCDCDCBDBBADA1．【答案】D【解析】A．使用氫燃料電池汽車，可以減少二氧化碳排放，A不符合題意；B．采用光伏發(fā)電系統，將光能轉化為電能，B不符合題意；C．將二氧化碳合成聚硶酸酯塑料，有利于碳中和，C不符合題意；D．大量使用一次性餐具不符合綠色冬奧理念，D符合題意；故選D。2．【答案】C【解析】A．中子數為16的磷原子的質量數為15+16=31，核素符號為子，故A錯誤；B．羥基的電子式為，故B錯誤；C．中心原子價層電子對數為2+=3，VSEPR模型為平面三角形，故C正確；D．基態(tài)的價層電子排布式為3d6，最高能級為3d，電子云輪廓圖是花瓣形，故D錯誤；故選C。3．【答案】D【分析】Z是元素周期表中電負性最大的元素，則Z為F。基態(tài)X原子中有3個未成對電子且其原子序數小于9，則X為N。根據原子序數大小關系，可判斷Y為O。Y和W同主族,則W為S。常溫下的最高價氧化物對應的水化物溶液的pH=12，說明R的最高價氧化物對應的水化物為強酸，R為Cl?！窘馕觥緼．簡單離子半徑r(S)>r(Cl)，A項錯誤；B．一般來說主族元素最高正價就是原子序數，N的最高正價為+5價，但是F，O比較特殊，O的最高正價為+2(OF2)，F沒有正價，B項錯誤；C．N為半充滿電子排布，其第一電離能大于O，則第一電離能：，C項錯誤；D．O的電負性大于S，H2O中的成鍵電子對相比H2S更靠近中心原子，成鍵電子對間的斥力更大，則鍵角也更大。簡單氫化物的鍵角：H2O>H2S，D項正確。答案選D。4．【答案】C【分析】氨氣極易溶于水，使溶液顯堿性，可以吸收更多二氧化碳，故先通入氨氣再通入二氧化碳，通過飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的氯化氫后，反應生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體析出；【解析】A．由分析可知，實驗時應先打開活塞b通入氨氣，后打開活塞a通入二氧化碳，A錯誤；B．二氧化碳能和碳酸鈉溶液反應，裝置B中應盛放飽和NaHCO3溶液以除去HCl雜質，B錯誤；C．反應生成溶解度較小的碳酸氫鈉晶體析出，故一段時間后，裝置C中可觀察到白色晶體析出，C正確；D．氨氣有毒，裝置E主要為了吸收多余的氨氣，D錯誤；故選C。5．【答案】D【解析】A．根據均攤法，晶胞中有4個Co，4個O，化學式為CoO，A正確；B．基態(tài)Co原子的價電子排布式為，其價電子排布圖為，有3個未成對電子，B正確；C．根據圖示結構結合幾何關系可知，與O原子最近且等距離的O原子有12個，且距離為，C正確；D．1mol晶胞中含有4molCoO，該氧化物的摩爾體積為，D錯誤；故答案選D。6．【答案】C【解析】A．由題意可知，硼酸與甲醇在濃硫酸存在下反應生成揮發(fā)性的硼酸甲酯和水，反應的化學方程式為，故A錯誤；B．由題意可知，三氟化硼在水中發(fā)生水解反應生成強酸四氟合硼酸和弱酸硼酸，反應的離子方程式為，故B錯誤；C．由題意可知，高溫條件下氧化鋁、焦炭在氯氣中反應生成氯化鋁和一氧化碳，反應的化學方程式為，故C正確；D．用石墨作電極電解氧化鋁制備鋁時，鋁離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鋁，電極反應式為，故D錯誤；故選C。7．【答案】B【解析】A．能與酸反應消耗氫離子，可用作抗胃酸藥，A正確；B．受熱易分解是化學性質，與可用作冷敷袋不存在對應關系，B錯誤；C．Al還原性比Fe強，還原性強的物質可以制取還原性弱的，所以Al和能發(fā)生鋁熱反應得到Fe，C正確；D．易結合水由無色變成藍色晶體，所以可用來檢驗水，D正確；故選B。8．【答案】D【解析】A．K是活潑的堿金屬，苯酚是弱酸，K和苯酚反應可生成，故A正確；B．工業(yè)鹽酸是用Cl2、H2燃燒法制取HCl氣體，然后將HCl氣體溶于水制得的，故B正確；C．由生鐵冶煉成碳素鋼就是降低生鐵中碳的含量，并除去其中的部分雜質，故C正確；D．工業(yè)上用焦炭還原石英砂制得含有少量雜質的粗硅，將粗硅通過化學方法進一步提純，可以得到高純硅，故D錯誤；故選D。9．【答案】B【解析】A．溴鎓離子中溴原子價電子對數為，雜化方式為，故A正確；B．水是極性分子，能增強溴分子中化學鍵的極性，將乙烯分別通入等物質的量濃度的溴的溶液和溴水中，則反應速率：前者<后者，故B錯誤；C．加成反應過程中，斷裂Br-Br鍵和碳碳雙鍵中的一個鍵，形成C-Br鍵，有非極性鍵的斷裂以及極性鍵的形成，故C正確；D．根據乙烯與溴單質發(fā)生加成反應的反應機理，將乙烯通入溴水中，溴水中含有HBrO，理論上會有一定量的生成，故D正確；選B。10．【答案】B【解析】A．由方程式可知，該反應是一個氣體分子數減小的反應，即熵減的反應，反應，故A錯誤；B．由方程式可知，反應平衡常數，故B正確；C．由方程式可知，生成時，轉移電子的數目為，故C錯誤；D．充入水蒸氣會增大水蒸氣濃度，平衡逆向移動，NO轉化率減小，故D錯誤；故答案為：B。11．【答案】A【解析】A．向溴乙烷中加入過量的氫氧化鈉溶液，加熱一段時間后靜置，取少量上層清液于試管中，未加入稀硝酸中和氫氧化鈉溶液，直接加入硝酸銀溶液，氫氧根離子會干擾溴離子的檢驗，無法確定溴乙烷分子中鹵素原子的種類，故A錯誤；B．碳酸鈉受熱不分解，碳酸氫鈉受熱分解生成能使澄清石灰水變混濁的二氧化碳氣體，則分別加熱碳酸鈉和碳酸氫鈉固體，將產生的氣體通入澄清石灰水，觀察現象能比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱穩(wěn)定性強弱，故B正確；C．氯化鈉溶液與硝酸銀溶液反應生成氯化銀白色沉淀和硝酸鈉，繼續(xù)滴加氨水直至過量，氯化銀與氨水反應生成銀氨絡離子，沉淀會溶解，則向氯化鈉溶液中滴加少量硝酸銀溶液，產生白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水直至過量，觀察現象能驗證配位鍵影響物質的溶解性，故C正確；D．用氫氧化鈉標準液滴定H2A溶液，消耗氫氧化鈉的物質的量為H2A的2倍說明H2A是二元酸，故D正確；故選A。12．【答案】D【分析】甘氨酸中含有羧基和氨基，既有酸性也有堿性，在強酸性溶液中，主要以存在，在強堿性溶液中主要以存在，所以圖中曲線a代表，曲線b代表，曲線c代表；【解析】A．綜上所述，曲線a代表，故A正確；B．電離呈酸性，水解呈堿性，如圖，pH=6左右時，濃度最大，說明兩性離子的電離能力比水解強，故B正確；C．的平衡常數，如圖，pH=2.35時，和分布系數相等，即濃度相等，此時，，根據，則，故C正確；D．由C項可知，，根據曲線b和c交點坐標(9.78，0.5)可得，的平衡常數為，即，則，所以，故D錯誤；故選D。13．【答案】A【解析】A．這兩個反應同時發(fā)生，反應②會破壞反應①的平衡，所以兩個反應應該同時達到平衡，A項錯誤；B．若反應②不存在，則n(H2)∶n(CO)始終為1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0與反應②有關，B項正確；C．加壓可以提升反應速率，但是反應①中生成物的化學計量數大于反應物的化學計量數，因此加壓會導致反應①的平衡左移，轉化率降低，C項正確；D．設初始n（CH4）=xmol，則有初始n（CO2）=1.3xmol，再設反應①有ymolCH4轉化成了H2和CO，反應②有zmolH2轉化成了H2O，最終整個體系體積為VL，則該系統中有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)]=，所以不考慮其他副反應，體系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，D項正確。答案選A。第Ⅱ卷二、非選擇題：共4題，共61分。14．（15分）【答案】(1)正四面體(2)反應I的，反應Ⅱ的，400℃后隨溫度升高反應I平衡逆向移動，使的轉化率不斷下降，反應II平衡正向移動，使的轉化率不斷上升，且上升幅度超過下降幅度中電負性較強氧吸附在含有氧空穴位的結構上形成中間體，由于中間體中的Fe與O的相互作用強于C與O的相互作用，因而會斷鍵脫除CO，同時得到O—Fe—O的結構【解析】（1）同周期元素第一電離能除了第二和第五主族的異常外逐漸增大，故B、C、N、F四種元素的第一電離能由小到大的順序為。的價層電子對數為，故其空間構型是正四面體；還有可能得到的中間體的結構示意圖為；（2）400℃后，隨溫度升高轉化率不斷上升的原因是反應I的，反應Ⅱ的，400℃后隨溫度升高反應I平衡逆向移動，使的轉化率不斷下降，反應II平衡正向移動，使的轉化率不斷上升，且上升幅度超過下降幅度；從電負性的角度，過程①和②能發(fā)生的原因是中電負性較強氧吸附在含有氧空穴位的結構上形成中間體，由于中間體中的Fe與O的相互作用強于C與O的相互作用，因而會斷鍵脫除CO，同時得到O—Fe—O的結構。15．（15分）【答案】(1)羧基和酯基C7H12O3氧化反應(2)(3)(4)保護羰基(5)【分析】A在濃硫酸和加熱條件下，和CH3OH發(fā)生酯化反應生成B，所以A為；B在酸性高錳酸鉀中發(fā)生雙鍵斷裂，生成C；C在一定條件下生成D；D中羰基和乙二醇發(fā)生縮醛反應得到E

；再將E中酯基還原為羥基得到F；最后在酸性條件下還原羰基得到G；據此分析解題。【解析】（1）由圖可知，C中含氧官能團為羧基和酯基；根據G的結構式可知，G的分子式為C7H12O3；B在酸性高錳酸鉀中發(fā)生雙鍵斷裂，生成C，反應類型為氧化反應；故答案為羧基和酯基；C7H12O3；氧化反應。（2）據分析可知，A為；A在濃硫酸和加熱條件下，和CH3OH發(fā)生酯化反應生成B，所以A→B的化學方程式為；故答案為。（3）①分子中含有六元環(huán)；②1mol能與反應；說明含有兩個羧基；③不同化學環(huán)境的氫原子個數比是3∶2∶1∶1；滿足條件的同分異構體為；故答案為。（4）D中羰基和乙二醇發(fā)生縮醛反應得到E

；是典型的保護羰基的過程；故答案為保護羰基。（5）對比反應物和生成物結構可知，需將中雙鍵氧化為羧基，并在一定條件下發(fā)生C生成D的反應，引入羰基，最后與1，3-丙二醇發(fā)生縮醛反應得到；所以路線可以為；故答案為。16．（15分）【答案】(1)排出裝置中的空氣12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH(2)中含有Fe2+，由已知可知反應更快2NO2+2OH-=NO+NO+H2O二氧化硫在水中的溶解度較大，且可以和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，從而被完全脫除【解析】（1）①向足量NaOH溶液中通入一段時間，排出裝置中的空氣，防止空氣將亞鐵離子氧化；②氫氧化鈉溶液和硫酸亞鐵溶液反應生成氫氧化亞鐵沉淀和硫酸鈉溶液，故制備的反應為12Fe(OH)2+=4++10H2O+NaOH；（2）①中含有Fe2+，由已知可知反應更快，故相同條件下作催化劑時NO脫除率更高；②被NaOH溶液吸收生成兩種含氧酸鈉鹽，該反應的離子方程式為2NO2+2OH-=NO+NO+H2O；③二氧化硫在水中的溶解度較大，且可以和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，從而被完全脫除。17．（16分）【答案】(1)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2(2)-663.53(3)SO2與V2O5作用形成具有VOSO4結構的中間體；VOSO4中間體與氣相的O2反應生成SO3和或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3氧氣濃度過高時，O2、SO2和NO分子會產生競爭吸附的局勢，當O2分子占據催化劑過多活性位時，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，導致脫硫脫硝率下降【解析】（1）尿素和H2O2溶液吸收SO2，生成硫酸銨和CO2，依據得失電子守恒和原子守恒可得，反應的化學方程式為：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2。（2）①已知I．H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H3=-241.5kJ·mol-1，II．N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H4=+180.5kJ·mol-1，依據蓋斯定律I2-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載體表面發(fā)生反應的NO、O2物質的量之比為4∶1，依據圖示和得失電子守恒可得反應的離子方程式為：4NH+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，依據方程式可知，反應中每生成1molN2，轉移的電子的物質的量為3mol。（3）①V2O5/炭基材料脫硫時，通過紅外光譜發(fā)