2023年江苏高考真题化学试题

2023年高考真题化学试题江苏卷江苏卷)2023年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源,提倡绿色简约生活”。以下做法应提倡的是()A．夏天设定空调温度尽可能的低B．推广使用一次性塑料袋和纸巾C．少开私家车多乘公共交通工具D．对商品进展豪华包装促进销售[答案]C[详解]夏天设定空调温度低，铺张电能，故A错误；推广使用一次性塑料袋和纸巾是铺张资源的行为，故B错误；少开私家车多乘公共交通工具，属于节约利用资源，故C正确；对商品进展豪华包装促进销售，D错误。答案选C。B．氟原子的构造示意图:152．(2023•江苏卷)以下有关化学用语表示正确的选项是()A31的磷原子:31B．氟原子的构造示意图:15CCaCl2的电子式:D．明矾的化学式:Al2(SO4CCaCl2的电子式:[详解]A．P的质子数是15，A正确；B．F原子的电子数为9，B错误；C．离子化合物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写、不能合并，C错误；D．明矾是十二水合硫酸铝钾，D错误。答案选A。3．(2023•江苏卷)以下有关物质性质与用途具有对应关系的是( )Na2O2CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂ClO2具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D．NH3易溶于水，可用作制冷剂[答案]A[详解]A．过氧化钠可以和二氧化碳反响生成氧气，A正确；B．因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；C．二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；D．液氨气化时吸取大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。答案选A。4(2023江苏以下制取S2验证其漂白性收集并进展尾气处理的装置和原理能到达试验目的的( )[答案]B

A．制取SO2 B．验证漂白性C．收集SO2

D．尾气处理[详解]A．铜和稀硫酸不反响，A错误；B．二氧化硫可使品红溶液褪色，B正确；C．二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，C错误；D．二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中溶解度很小，不行用于吸取尾气，DB。5．(2023•江苏卷)X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。以下说法正确的选项是()A．原子半径:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C．Y的单质的氧化性比Z的强D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物[答案]D[详解]地壳中含量最多的是氧，ZO元素，所以YN元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是Na；XY、ZXH元素。AN>O，A错误；B．W的最高价的氧化物是氢氧化钠，是强碱，B错误；C．氮气的氧化性比氧气弱，C错误；D．H、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，DD。A．钠与水反响:Na+2H2ONaA．钠与水反响:Na+2H2ONa++2OH–+H2↑C．向氢氧化钡溶液中参加稀硫酸:Ba2++OH–+H++SO24BaSO↓+HC．向氢氧化钡溶液中参加稀硫酸:Ba2++OH–+H++SO24BaSO↓+HO42D．向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水:CaD．向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水:Ca2++HCO+OH–3CaCO↓+HO32[详解]A．电荷不守恒，A错误；B．正确；C．配比错误，OH-、H+、H2O2，C错误；4DNH+OH-之间的反响，D错误。答案选B。47．(2023•江苏卷)在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是( )[答案]C[详解]铁与氯气反响只生成氯化铁，不生成氯化亚铁，故A错误；硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，不B错误；NOH2O反响，故DC。①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=akJ·mol-11②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=dkJ·mol-1C．反响CH3OH(g)12CH3OCH3(g)+2H2O(l)ΔH=2kJ·mol-11dD2CO(g)D2CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=(2b+2c+d)kJ·mol-1[详解]ACO2和H2是反响③的反响物，A正确；B．反响③可将二氧化碳转化为甲醇，变废为宝，B正确；C．4个反响中，水全是气态，没有给出水由气态变为液态的焓变，所以C错误；D．把反响②③④三个反响按(②+③) 2+④可得该反响及对应的焓变，D正确。答案选C。9．(2023•江苏卷)常温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A．无色透亮的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN–、Cl–B．c(H+)/c(OH–)=1×10-12的溶液中:K+、Na+、CO2NO3 3C．c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中:K+NH+MnO、SO24 4 4D．能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH+、SO2、HCO4 4 3[答案]B[详解]10．(2023•江苏卷)H2O2分解速率受多种因素影响试验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如下图。以下说法正确的选项是( )图甲说明，其他条件一样时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B．图乙说明，其他条件一样时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快CMn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D．图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影响大[答案]D[详解][详解]纵坐标是H2O2的浓度，横坐标是时间，则曲线斜率表示的是反响速率。A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；BpH越大，双为0.1mol·L-1时的速率比1.0mol·L-1时大，故C错误；由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。答选D。11．(2023•江苏卷)萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于以下萜类化合物的说法正确的选项是( )A．ab都属于芳香族化合物B．ac分子中全部碳原子均处于同一平面上C．a、bc均能使酸性KMnO4溶液褪色D．bcCu(OH)2反响生成红色沉淀[答案]C[详解]A．a分子中没有苯环，所以a不属于芳香族化合物，A错误；B．a、c69sp3杂化的碳原子，所以这两个分子中全部碳原子不行能处于同一平面内，B错误；C．a2个碳碳双键，c分子中有醛基，这两种官能团都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C正确；D．b分子中没有醛基，所以其不能与制的氢氧化铜反响，D错误。答案选C。12．(2023•江苏卷)以下说法正确的选项是()AAN2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，ΔS>02C．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10-4mol·L-1D．常温常压下，锌与稀H2SO411.2LH6.02×10232[答案]BC[详解]选项试验操作和现象试验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小BNa选项试验操作和现象试验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小BNa2SO3溶液中参加足量BaCl2Na2SO3被氧化色沉淀；再参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解C20%H2SO，加热；再参加4蔗糖未水解银氨溶液；未消灭银镜D向某黄色溶液中参加淀粉KI溶液,溶液呈蓝色溶液中含Br2[答案]B[详解]AA错误；B．沉淀局部溶解，说明还有一局部不溶解，不溶解的肯定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有局部被氧化，B正确；C．银镜反响是在碱性条件下发生的，本试验中没有参加碱中和做催化剂的稀硫酸，所以无法发生银镜反响，从而无法证明蔗糖是否水解，C错误；D．溶液变蓝，说明有碘生成或(如Fe3+)的溶液；固然黄色溶液也可能是稀的碘水，所以D错误。答案选B。14．(2023•江苏卷)常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10-4，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5，以下说法正确的选项是( )0.1mol·L-1的HCOONaNH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOHNaOH溶液的体积相等C．0.2mol·L-1HCOOH0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中c(HCOO-c(OH-c(HCOOH)c(H+)D．0.2mol·L-1CH3COONa0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)[答案]AD[详解]A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在 c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在15．(2023•江苏卷)温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反响:2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反响吸热)。试验测得:v正=v(NO2消耗=kc2(NO2)，v逆=v(NO)15．(2023•江苏卷)温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反响:2NO2(g)(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。以下说法正确的选项是( )A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B．达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大达平衡时，容器Ⅲ中NO50%D = ．当温度转变为T时，假设k k ，则D = 2 正 逆 2 1[答案]CDII在某时刻，，2NO22NO+O2A．明显容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反响物浓度，平衡将向正反响方向移动，所以IIII在某时刻，，2NO22NO+O2起始量(mol/L)0.30.50.2变化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)0.3-2x0.5+2x0.2+x由于，解之得x= 求出此时浓度商Qc=>KII达平衡时，1，由于，解之得x= 求出此时浓度商Qc=>KII达平衡时，2NO22NO22NO+O2变化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)2x0.5-2x0.35-x由0.5-2x=2x+0.35-x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>K，说明此时反响未达平衡，反应连续向逆反响方向进展，NOC由0.5-2x=2x+0.35-x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>K，说明此时反响未达平衡，反应连续向逆反响方向进展，NOC正确；DT2时，>0.8，由于正反116．(2023•江苏卷)(12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。向“过滤Ⅰ”所得滤液中参加NaHCO3溶液，溶液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)。(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，缘由是 。“电解Ⅱ”Na2CO3溶液，原理如下图。阳极的电极反响式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 。铝粉在1000℃时可与N2反响制备AlN在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合有利于AlN的制备，其主要缘由是 。2[答案](1)Al2O3+2OH-=2AlO-+H2O (2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的氧气氧化2(4)4CO2-+2HO-4e-=4HCO-+O↑

氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝外表的氧化铝薄膜3 2 3 2 2[详解]结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反响生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最终电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进展循环利用。2氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO-+H2O。217．(2023•江苏卷)(15分)H是一种用于合成γ-分泌调整剂的药物中间体，其合成路线流程图如下:(1)C中的含氧官能团名称为 和 。(2)D→E的反响类型为 。写出同时满足以下条件的C的一种同分异构体的构造简式: 。①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反响,水解产物之一是α-氨基酸,另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。(5):(R代表烃基,R”代表烃基或H)请写出以和(CH3)2SO4G的分子式为C12H14N(5):(R代表烃基,R”代表烃基或H)请写出以和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图例如见此题题干)。(3)(4)(2)取代反响(3)(4)(5)[详解](1)C中的含氧官能团名称为醚键和酯基。(5)式为。(4)FH发生了两步反响，分析两者的构造，觉察FG中变成了醛基，由于GH发生的是氧化反响，所以FG发生了复原反响，结合GC12H14N2O2G式为。(5)以和(CH3)2SO(5)以和(CH3)2SO4为原料制备和B和BC的反响，可以由逆推到AB的反响，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以觉察原料与氢溴酸反响即可得到。具体的合成路线流程图如下：18．(2023江苏卷)(12分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种制备方法1:45~50℃时,CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反响的化学方程式为 。2:CuCl2,再与石灰乳反响生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反响生成CuCl2,Fe3+对该反响有催化作用,其催化原理如下图。M”的化学式为 。EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标碱式氯化铜有多种组成,Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进展以下试验:①称1.1160g,HNO3100.00mLA;25．00mLA,AgNO3溶液得AgCl01722EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标[答案](1)①4CuClO28H[答案](1)①4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2+100.00mL(2)n(Cl-)=n(AgCl)×

0.1722g

100.00mL

=4.800×10-3moln(Cu2+)=n(EDTA)×

25.00mL 143.5gmol-1 25.00mL100.00mL25.00mL=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×

100.00mLmL

=9.600×10-3molmol－4.800×10-3mol=1.440×10-2molm(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704gm(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1 =0.6144gm(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448gn(H2O)=

=4.800×10-3mola∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1Cu2(OH)3Cl·H2O[详解]CuClCu2(OH)2Cl2·3H2OCu元素的化价上升了，所以由试验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：100.00mLn(Cl-)=n(AgCl)×

0.1722g

100.00mL

=4.800×10-3mol由试验③结合反响信息Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：25.00由试验③结合反响信息Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA)×

100.00mL25.00mL

100.00mL=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×再由化合物中电荷守恒得：

mL

=9.600×10-3molmol－4.800×10-3mol=1.440×10-2mol3种离子的质量，依据质量守恒，求出H2O的质量：m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704gm(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1 =0.6144gm(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g再求出结晶水的物质的量：n(H2O)=

1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g

=4.800×10-3mol最终求出各粒子的个数之比，写出化学式：由于a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，所以该样品的化学式为 Cu2(OH)3Cl·H2O。)Ag(金属层中其他金属含量过低,对试验的影响可无视)。:①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2:①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO②AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl-+2H2O4Ag(NH3)2++N2H44Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH++4NH3↑+H2O4NaClO溶液与Ag反响的产物为AgCl、NaOH和O2,该反响的化学方程式为 HNO3也能氧化Ag,从反响产物的角度分析,以HNO3代替NaClO的缺点是 。为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进展洗涤,并 。假设省略“过滤Ⅰ”,10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3·H2O反响外(该条件下NaClO3NH3·H2O不反响),还由于。请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中猎取单质Ag的试验方案: (试验中的试剂4AgCl+4NaOH+O2↑有:2mol·L-1水合肼溶液,1mol·L-1H2SO4)4AgCl+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染(3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中未过滤掉的溶液会稀释参加的氨水,且其中含有肯定浓度的Cl-,不利于AgCl与氨水反响向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反响,同时用1mol·L-1H2SO4溶液吸取反响中放出的NH3,待溶液中无气泡产生,停顿滴加,静置,过滤、洗涤,枯燥。[详解]滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最终经一系列操作复原为银。“氧化”阶段需在80℃条件下进展，由于加热温度低于水的沸点，故适宜的加热方式为水浴；NaClO溶液与Ag反响的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反响的化4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO34Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还造成环境污染。为提高Ag的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进展洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣外表残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。假设省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反响容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3·H2O反响外,还由于未过滤掉的溶液会稀释参加的氨水,Cl-,AgCl与氨水反响，且其中含有肯定浓度的Cl反响，且其中含有肯定浓度的Cl-,AgClAgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl-+2H2OAg(NH3)2+：4Ag(NH3)2++NAg(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH++4NH3↑+H2O，所以首先向该滤液中参加水4合肼把银氨配离子充分复原，由于该反响产生所气体中含有氨气，氨气有猛烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中供给的、要求必需使用的硫酸作尾气吸取剂把氨气吸取。最终把反应混合物静置、过滤、洗涤、枯燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反响,1mol·L-1H2SO4NH3,待溶液中无气泡产生,停顿滴加,静置,过滤、洗涤,枯燥。20．(2023江苏卷)(14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。X，X中含有CO23

，其缘由是 。H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH20图-120图-2所示。②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4HAsO+H的电离常数为K ,则pK = ②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4HAsO+H的电离常数为K ,则pK = (pK24- +a1a1a1=-lgKa1)。pHX外表所带电荷有影响。pH=7．1时,X外表不带电荷;pH>7.1时带负电荷,pH越高,外表所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)20图-3所示。①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH上升而快速下降,其缘由是 。②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除力量远比五价砷的弱,这是由于 。提高吸附剂X对三价砷去除效果可实行的措施是 。[答案](2)①OH-(2)①OH-+H3AsO3H2AsO3+H2O-②2.24(3)pH7~9之间,pHH2AsO4

-HAsO2-,X外表所带负电荷增多,静电斥力增加4pH4~7之间,X外表带正电,H2AsO-HAsO2-阴离子存在,静电引力较大;而三价44 4H3AsO3分子存在,X外表产生的静电引力小参加氧化剂,将三价砷转化为五价砷[详解](1)NaOH在空气中易与CO2NaCOX中含有CO2

，其缘由是碱性溶液吸取了3 3【命题意图】此题以化学反响原理中电解质的电离、中和反响过程中各粒子的分布图，电解质溶液中粒子间的相互作用为载体，考察学生对电离平衡、电离平衡常数的计算，引导学生从更深层次去生疏电解质溶液，(3)②经过分析提出问题：在pH4~7之间,X对水中三价砷的去除力量远比五价砷的弱,要学生去分析问题，找出缘