2023年高考真题——化学（北京卷）（Word版附解析）

2023年普通高中学业水平等级性考试(北京卷)化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32第一部分本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是A.三种物质中均有碳碳原子间的键B.三种物质中的碳原子都是杂化C.三种物质的晶体类型相同D.三种物质均能导电【答案】A【解析】【详解】A．原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确；B．金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B项错误；C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；故选A。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.的电子式为B.的VSEPR模型为 C.电子云图为D.基态原子的价层电子轨道表示式为【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是，A项错误；B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是，D项错误；故选C。3.下列过程与水解反应无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D.向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【解析】【详解】A．热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；B．重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；C．蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；D．Fe3+能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3+的水解程度，D不符合题意；故选B。4.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.溶液中加入少量固体，促进分解B.密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 C.铁钢放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【解析】【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。5.回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是A.废气中排放到大气中会形成酸雨B.装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的和D.装置中的总反应为【答案】C【解析】【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，故D正确；选C。6.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.制备84消毒液(主要成分是)：B.食醋去除水垢中的：C.利用覆铜板制作印刷电路板：D.去除废水中的：【答案】B【解析】【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A项正确；B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2+H2O，B项错误；C．FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C项正确；D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D项正确；故选B。7.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。8.完成下述实验，装置或试剂不正确的是A.实验室制B.实验室收集C.验证易溶于水且溶液呈碱性D.除去中混有的少量【答案】D【解析】【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误； 故选D。9.一种聚合物的结构简式如下，下列说法不正确的是A.的重复单元中有两种官能团B.通过单体缩聚合成C.在碱性条件下可发生降解D.中存在手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误；B．由的结构可知其为聚酯，由单体缩聚合成，B项正确；C．为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确；D．的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确；故选A。10.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A.键的键能小于键的键能B.三氟乙酸的大于三氯乙酸的C.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D.气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中分子【答案】A【解析】【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意； C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；故选A。11.化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是A.K的核磁共振氢谱有两组峰B.L是乙醛C.M完全水解可得到K和ID.反应物K与L的化学计量比是1∶1【答案】D【解析】【详解】A．有机物的结构与性质K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误；B．根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个，L应为乙二醛，B错误；C．M发生完全水解时，酰胺基水解，得不到K，C错误；D．由上分析反应物K和L的计量数之比为1∶1，D项正确；故选D。12.离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A.中均有非极性共价键B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C.中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。13.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是A.a、c分别B.既可以是，也可以是C.已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热【答案】C【解析】【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。 【详解】A．由分析可知，a为，c为，A项错误；B．d为，B错误；C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。14.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法不正确的是A.由图1，B.由图2，初始状态，无沉淀生成C.由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D.由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C【解析】【详解】A．水溶液中的离子平衡从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。第二部分本部分共5小题，共58分。15.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。（1）基态原子价层电子排布式是__________。（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。（3）的空间结构是__________。（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。 晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。【答案】（1）（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子（3）四面体形（4）和（5）①.4②.（6）中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子【解析】【小问1详解】S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；【小问2详解】S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；【小问3详解】的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1 个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；【小问4详解】过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；【小问5详解】由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；【小问6详解】具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。16.尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。（2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ．和生成；ⅱ．分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应c．（3）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。①电极是电解池的__________极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。【答案】（1）（2）ab（3）①.阳②.（4）①.②.样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度【解析】【小问1详解】根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是 。答案为；【小问2详解】a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；b．从图中反应物和生成物能量相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；c．总反应的：，c项错误；故选ab。【小问3详解】①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；【小问4详解】①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。17.化合物是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。已知： （1）A中含有羧基，A→B的化学方程式是____________________。（2）D中含有的官能团是__________。（3）关于D→E的反应：①的羰基相邻碳原子上的C→H键极性强，易断裂，原因是____________________。②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体。该副产物的结构简式是__________。（4）下列说法正确的是__________(填序号)。a．F存在顺反异构体b．J和K互为同系物c．在加热和催化条件下，不能被氧化（5）L分子中含有两个六元环。的结构简式是__________。（6）已知：，依据的原理，和反应得到了。的结构简式是__________。【答案】（1）（2）醛基（3）①.羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强②.（4）ac（5）（6）【解析】【分析】A中含有羧基，结合A的分子式可知A为；A与乙醇发生酯化反应，B 的结构简式为；D与2-戊酮发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D的结构简式为，E发生消去反应脱去1个水分子生成F，F的结构简式为，D→F的整个过程为羟醛缩合反应，结合G的分子式以及G能与B发生已知信息的反应可知G中含有酮羰基，说明F中的碳碳双键与发生加成反应生成G，G的结构简式为；B与G发生已知信息的反应生成J，J为；K在溶液中发生水解反应生成，酸化得到；结合题中信息可知L分子中含有两个六元环，由L的分子式可知中羧基与羟基酸化时发生酯化反应，L的结构简式为；由题意可知L和M可以发生类似D→E的加成反应得到，发生酮式与烯醇式互变得到，发生消去反应得到P，则M的结构简式为。【小问1详解】A→B的化学方程式为。答案为；【小问2详解】D的结构简式为，含有的官能团为醛基。答案为醛基；【小问3详解】①羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向碳基上的碳原子，使得相邻碳原子上的键极性增强，易断裂。②2-戊酮酮羰基相邻的两个碳原子上均有键，均可以断裂与苯甲醛的醛基发生加成反应，如图所示，1号碳原子上的键断裂与苯甲醛的醛基加成得到E，3号碳原子上的 键也可以断裂与苯甲醛的醛基加成得到副产物。答案为羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向羰基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C−H键极性增强；；【小问4详解】a．F的结构简式为，存在顺反异构体，a项正确；b．K中含有酮脲基，J中不含有酮脲基，二者不互为同系物，b项错误；c．J的结构简式为，与羟基直接相连的碳原子上无H原子，在加热和作催化剂条件下，J不能被氧化，c项正确；故选ac；【小问5详解】由上分析L为。答案为；【小问6详解】由上分析M为。答案为。18.以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”) 。②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。（2）“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有______________________________。②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。【答案】（1）①.>②.、（2）①.②.是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀（3）①.、②.被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【解析】【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【小问1详解】①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。【小问2详解】①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。【小问3详解】①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。小问4详解】联合提取银和锰的优势在于“浸锰” 过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。19.资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。实验记录如下：实验现象实验Ⅰ极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验Ⅱ部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色实验Ⅲ完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。ⅰ．步骤a的目的是_____________________。ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。【答案】（1）<（2）①.除去，防止干扰后续实验②.、（3）①.或②.白色沉淀逐渐溶解③.溶液变为无色铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)（4）铜、含的的溶液（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。【解析】【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。【小问1详解】提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。【小问2详解】加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入氨水浓后转化为无色的被氧化为蓝色的 ，方程式为、。【小问3详解】结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。【小问4详解】要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液。【小问5详解】