江苏省无锡、常州、苏州、镇江市等4地2023届高三第2次联考（二模）化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于

A．金属材料 B．无机非金属材料 C．有机合成材料 D．复合材料

2．反应用于合成。下列说法不正确的是

A．的空间构型为正三角形 B．NaClO的电子式为  

C．含有极性键和非极性键 D．和之间可以形成氢键

3．嫦娥石属于陨磷钠镁钙石族，其纯晶体成分为。下列说法正确的是

A．电离能大小： B．碱性强弱：

C．离子半径大小： D．电负性大小：

4．实验小组利用如图所示装置制备氯酸钠。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A．用装置甲制备氯气 B．用装置乙处理余氯

C．用装置丙除去氯化氢 D．用装置戊检验氯气

5．煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．燃煤过程中发生了氮的固定 B．燃煤温度越高污染越重

C．含氧量越高越容易生成NO D．煤燃烧不影响自然界氮循环

6．下列化学反应表示正确的是

A．用水吸收二氧化氮制硝酸：

B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：

C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：

D．铜粉和稀硝酸反应：

7．用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是

A．DSA电极与外接电源的负极连接

B．发生的电极反应为：

C．降解过程中应该控制条件避免发生反应②

D．1mol HO·和足量反应，转移的电子数为

8．下列物质的性质和用途具有对应关系的是

A．熔点高，可用作电解制铝 B．不稳定，可用于治疗胃酸过多

C．明矾水解生成胶体，可用做絮凝剂 D．铝具有导热性，可用于制备铝热剂

9．某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是

A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯 B．曝光时发生了取代反应和消去反应

C．X的酸性比ESCAP的酸性强 D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构

10．下列实验探究方案能达到探究目的的是

选项

探究方案

探究目的

A

将硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，充分振荡、静置，取上层清液1～2mL，滴加盐酸和溶液，观察是否有沉淀产生

探究和的溶度积常数相对大小

B

将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化

探究还原性：

C

向过氧化氢和氯化钡混合液中滴加亚硫酸钠溶液，观察是否产生沉淀

探究过氧化氢能否将亚硫酸盐氧化

D

加热溴乙烷和氢氧化钠-乙醇混合溶液，将产生的气体通入高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色的变化

探究溴乙烷在此条件下发生取代反应还是发生消去反应

A．A B．B C．C D．D

11．用粗硅制备多晶硅，主要发生的反应有：①；。下列说法正确的是

A．反应①的

B．反应②的化学平衡常数

C．制备多晶硅的过程中应设法循环使用和HCl

D．1mol晶体硅中含有4mol Si—Si键

12．常温下，可用下图所示的方法制备。已知：，，，，。下列说法正确的是

A．0.1 溶液中：

B．溶液中：

C．反应的平衡常数K约为

D．当混合液中时，应控制

13．用草酸二甲酯()和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：

在2MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为80：1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。

产物的选择性

下列说法正确的是

A．曲线I表示乙二醇的选择性随温度的变化

B．其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大

C．其他条件不变，在190～195℃温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断减小

D．其他条件不变，在190～210℃温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比[]减小

二、工业流程题

14．以硫酸烧渣(主要成分为和少量、、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：

已知：，。

(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。

①加入草酸能提高铁浸取率的原因是___________。

②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是___________。

(2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。

①转化为的离子方程式为___________。

②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是___________。

③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和___________。

(3)“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是___________。

三、有机推断题

15．化合物G是合成抗肿瘤化合物氯化两面针碱的中间体，其合成路线如下：

(1)G分子中含氧官能团的名称为___________。

(2)B→C的反应类型为___________。

(3)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。

①分子能发生银镜反应、水解反应，且能与溶液发生显色反应；

②分子中含有四种不同化学环境的氢原子。

(4)化合物F的分子式为，F的结构简式为___________。

(5)已知：①卤代烃与肼在碱性条件下易生成胺和腈(R-CN)；

②

写出以和为原料制备的合成路线流程图__________(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。

四、工业流程题

16．钛酸钡()是制备电子陶瓷材料的基础原料。

(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：

已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。

①Ti(IV)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是___________。

②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。

现称取44.9g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为___________。

③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与紧邻的构成的几何构型是___________。

(2)利用将浅紫色氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。

①请补充完整实验方案：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；___________；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，___________；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000 溶液、KSCN溶液)

②钛酸钡样品的纯度为___________(写出计算过程)。

五、原理综合题

17．脱除沼气中的具有重要意义，脱除有多种方法。

(1)受热分解法。将和混合气导入热解器，反应分两步进行。

反应Ⅰ：        

反应Ⅱ：    

现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。

①    ___________。

②1050℃时，的体积分数为___________。

③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。

(2)光电催化法。某光电催化法脱除的原理如图所示。

①光电催化法脱除的离子方程式为___________。

②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。

(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图所示。

①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是______。

②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。

参考答案：

1．D

【详解】铝基碳化硅材料是由铝和碳化硅复合而成的材料，属于符合材料；

故选D。

2．A

【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，A错误；

B．NaClO是由钠离子和次氯酸根离子构成的，电子式为  ，B正确；

C．含有氮氢极性键和氮氮非极性键，C正确；

D．氧、氮电负性较强，可以形成氢键，故和之间可以形成氢键，D正确；

故选A。

3．B

【详解】A．镁元素的3s轨道电子处于全充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则电离能大小：，A错误；

B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钙强于镁，则碱性强弱：，B正确；

C．核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径大小：，C错误；

D．非金属性越强，电负性越大，则电负性大小：，D错误；

答案选B。

4．A

【详解】A．装置甲中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，但该反应需要在加热的条件下进行，故A错误；

B．氯气能够和NaOH溶液反应，可以用装置乙处理多余的氯气，故B正确；

C．生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，故C正确；

D．氯气具有氧化性，能够和KI溶液反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，可以用装置戊检验氯气，故D正确；

故选A。

5．D

【详解】A．燃煤过程中氮气转化为一氧化氮，发生了氮的固定，A正确；

B．由图可知，随着温度升高，一氧化氮的含量升高，污染加重，B正确；

C．由图可知，从下到上氧气浓度升高，一氧化氮含量升高，则含氧量越高越容易生成NO，C正确；

D．由图可知，煤燃烧将氮气转化为一氧化氮，污染环境，影响了氮循环，D错误；

故选D。

6．B

【详解】A．水吸收二氧化氮制硝酸同时生成NO：，A错误；

B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气生成亚硝酸钠和水，：，B正确；

C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应生成NO：，C错误；

D．铜粉和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO：，D错误；

故选B。

7．C

【详解】A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误；

B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；

C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确；

D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；

故选C。

8．C

【详解】A．熔融可以电解生成铝单质，可用作电解制铝，而不是因为其熔点高，物质的性质和用途不具有对应关系，A不符合题意；

B．能和胃酸盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，物质的性质和用途不具有对应关系，B不符合题意；

C．明矾水解生成胶体从而吸附水中悬浮物加速沉降用于净水，可用做混凝剂，物质的性质和用途具有对应关系，C符合题意；

D．铝具有还原性能还原一些金属氧化物，可用于制备铝热剂，物质的性质和用途不具有对应关系，D不符合题意；

故选C。

9．D

【详解】A．由图可知，合成ESCAP的单体为，故其中一种单体为苯乙烯，故A正确；

B．曝光时ESCAP支链上酯基发生取代反应生成羧基和羟基，羟基又发生消去反应生成碳碳双键得到，故发生了取代反应和消去反应，故B正确；

C．X中含有羧基，故其酸性比ESCAP的酸性强，故C正确；

D．Y分子中碳碳双键两端的基团相同，不存在顺反异构，故D错误；

答案选D。

10．B

【详解】A．硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，会有部分硫酸钡转化为碳酸钡，上层清液中含有硫酸根和碳酸根，滴加盐酸时碳酸根反应生成二氧化碳气体，再加氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，无法比较硫酸钡和碳酸钡溶度积常数的相对大小，A错误；

B．二氧化硫通入碘和淀粉混合溶液中，若蓝色逐渐退去，则发生反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，其中二氧化硫是还原剂，故还原性：，B正确；

C．亚硫酸钠与氯化钡溶液可以发生反应生成亚硫酸钡，无法证明过氧化氢能否将亚硫酸氧化，C错误；

D．溴乙烷发生取代反应，生成的溴化氢气体，以及发生消去反应生成的乙烯气体都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；

故选B。

11．C

【详解】A．由方程式可知，反应①是熵减的反应，反应ΔS＜0，故A错误；

B．由方程式可知，反应②的化学平衡常数K=，故B错误；

C．由方程式可知，反应①的反应物氯化氢是反应②的生成物，反应①的生成物氢气是反应②的反应物，所以为了提高原料的利用率，制备多晶硅的过程中应设法循环使用氢气和氯化氢，故C正确；

D．晶体硅中每个硅原子与4个硅原子形成硅硅键，每个硅硅键为2个硅原子所共有，则每个硅原子形成硅硅键的数目为4×=2，则1mol晶体硅中含有2mol硅硅键，故D错误；

故选C。

12．C

【详解】A．、，故0.1 溶液中碳酸氢根离子的水解程度更大，则，故A错误；

B．为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：，故B错误；

C．反应的平衡常数，故C正确；

D．当混合液中时，，pOH=7，则pH=7，故应控制，故D错误；

答案选C。

13．D

【详解】A．当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，故A错误；

B．两个反应△H均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B错误；

C．由图可知，在190-195摄氏度温度范围，随着温度升高，草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C错误；

D．在190-210摄氏度温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选择性不断增大，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比减小，故D正确；

故选D。

14．(1)     和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应     与生成沉淀

(2)          温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成     草酸铵

(3)除去中含有的杂质

【分析】由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。

【详解】（1）①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；

②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案为：与生成沉淀；

（2）①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；

②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成；

③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；

（3）由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去中含有的杂质。

15．(1)醚键、酰胺基

(2)加成反应

(3)或

(4)

(5)

【分析】由A和B的结构简式可知A和发生取代反应生成B，B和HCN发生加成反应生成C，C先在碱性条件下发生水解后酸化得到D，D发生还原反应生成E，E和SOCl2发生取代反应得到，由G的结构简式可知，在AlCl3的催化下发生了成环反应，结合化合物F的分子式C19H18O5，可以推知F的结构结构简式为：，以此解答。

【详解】（1）由结构简式可知，G分子中含氧官能团的名称为醚键、酰胺基。

（2）由分析可知，B和HCN发生加成反应生成C。

（3）A的一种同分异构体同时满足条件：

①分子能发生银镜反应、水解反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有苯环且苯环上连接羟基，另外其中还含有甲酸酯（-OOCH）的结构；

②分子中含有四种不同化学环境的氢原子，说明该分子是对称的结构；结合A的分子式可以推知，苯环上的取代基为：1个-OH、2个-CH3、1个-OOCH，且4个取代基要对称，该同分异构体的结构简式为：或。

（4）由分析可知，F的结构简式为。

（5）由逆向合成法分析，可以由发生消去反应得到，由已知②的反应原理可知可由和N2H4发生还原反应得到，可由和H2O发生加成反应得到，可由和发生加成再水解得到，可由发生催化氧化得到，合成路线为：。

16．(1)     pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成          正八面体

(2)     过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化     向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去     97.5%

【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答。

【详解】（1）①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。

②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g－19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为。

③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与紧邻的位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。

（2）①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。

②根据电子得失守恒可知Ti3＋～Fe3＋，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝9.75×10－3mol，钛酸钡的质量是9.75×10－3mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为＝97.5%。

17．(1)     233.5     3.6%     在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I，(g)的体积分数减小

(2)          光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用

(3)     中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强     反应生成的硫单质附着在催化剂表面

【详解】（1）①已知：

反应Ⅰ：  

反应Ⅱ：

由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：    ；

②1050℃时，和的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成、消耗的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成的体积分数为1.7%×2=3.4%，故的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。

③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小；

（2）①光电催化法脱除的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成和碘离子及氢离子，离子方程式为。

②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用；

（3）①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。

②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。

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