【高考真题】2023年北京市高考真题化学试题
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1．（2023·北京）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
2．（2023·北京）下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．的电子式为
B．的模型为
C．电子云图为
D．基态原子的价层电子轨道表示式为
3．（2023·北京）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
4．（2023·北京）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．铁钉放入浓中，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
5．（2023·北京）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．装置中溶液的作用是吸收废气中的和
D．装置中的总反应为
6．（2023·北京）下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A．制备消毒液主要成分是：
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：
7．（2023·北京）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．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，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
8．（2023·北京）完成下述实验，装置或试剂不正确的是( )
实验室制 实验室收集 验证易溶于水且溶液呈碱性 除去中混有的少量
A． B． C． D．
9．（2023·北京）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．可通过单体缩聚合成
C．在碱性条件下可发生降解
D．中存在手性碳原子
10．（2023·北京）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，而气态氯化氢中是分子
11．（2023·北京）化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。
已知能发生银镜反应，下列说法正确的是( )
A．的核磁共振氢谱有两组峰
B．是乙醛
C．完全水解可得到和
D．反应物与的化学计量比是
12．（2023·北京）离子化合物和与水的反应分别为；。下列说法正确的是( )
A．中均有非极性共价键
B．中水发生氧化反应，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．当反应和中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
13．（2023·北京）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．、分别是
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、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
14．（2023·北京）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：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线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，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
15．（2023·北京）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。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
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。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
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。
该步反应的离子方程式有 。
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： 。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16．（2023·北京）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。
（1）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
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ 填“”“”或“”实验Ⅱ。
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：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤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。
步骤的目的是 。
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： 。
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 。
（2）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 。
（3）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： 。
四、简答题（本大题共2小题，共19.0分）
17．（2023·北京）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。过程中，断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是和，过程含硫产物是 。
（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： 。
18．（2023·北京）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：
和生成；
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。
活化能：反应反应
为放热反应，为吸热反应
（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。
电极是电解池的 极。
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。
消化液中的含氮粒子是 。
步骤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 。
五、推断题（本大题共1小题，共12.0分）
19．（2023·北京）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，的化学方程式是 。
（2）D中含有的官能团是 。
（3）关于的反应：
的羰基相邻碳原子上的键极性强，易断裂，原因是 。
该条件下还可能生成一种副产物，与互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
（4）下列说法正确的是 填序号。
存在顺反异构体
和互为同系物
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 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NaCl为离子化合物，其电子式为，A错误；
B、为NH3的空间结构模型，VSEPR模型为价层电子互斥模型，NH3的VSEPR模型为 ，B错误；
C、2pz电子云为哑铃形，C正确；
D、Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1，3d能级电子应优先填充空轨道，为；
故答案为：C
【分析】A、共价化合物电子式要标明离子电荷数，得到电子一方的原子，其电子式应用中括号隔开；
B、VSEPR模型为价层电子互斥模型，应用孤对电子表示；
C、p能级电子云为哑铃形（纺锥形），s能级为球形；
D、洪特规则规定，基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
4．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
5．【答案】C
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SO2会在大气中和氧气、雨水反应生成H2SO4，形成硫酸酸雨，A错误；
B、HCO3-既可以电离，也可以水解，电离出氢离子，水解生成氢氧根，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，B错误；
C、NaHCO3可以用于吸收SO2，形成Na2SO3，而不能和CO2反应，C正确；
D、根据电解池构成，可以知道左侧电极为阳极，SO32-失去电子形成SO42-，电极反应式为：SO42-+2OH-+2e-=SO42-+H2O，右侧电极为阴极，CO2得到电子形成HCOOH，电极反应式为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，则总反应式=阳极反应式+阴极反应式，即总反应式为： ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2、NO2会形成酸雨；
B、弱酸酸式盐，既可以发生电离，也可以发生水解，根据溶液性质可以判断其水解和电离的程度强弱；
C、碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳，碳酸氢钠溶液不能吸收二氧化碳；
D、总反应式=阳极反应式+阴极反应式。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl、H2O，离子方程式为：，A错误；
B、食醋中含有醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式应保留其化学式，即CaCO3+CH3COOH=(CH3COO-)2Ca+H2O+CO2↑，B正确；
C、氯化铁溶液可以和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为 ，C错误；
D、Na2S可以和Hg2+发生反应生成HgS，离子方程式为，D错误；
故答案为：B
【分析】A、氢氧化钠为强碱，钠盐为可溶性盐，都可以拆为离子形式；
B、醋酸为弱酸，弱酸应保留化学式；
C、氯化铁和铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜；
D、硫离子和汞离子反应生成硫化汞固体。
7．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
8．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓盐酸和二氧化锰反应时需要加热，A错误；
B、乙烯不溶于水，可以采用排水集气法收集，B错误；
C、氨气极易溶于水，可以形成喷泉，且氨气溶于水溶液呈碱性，C错误；
D、二氧化碳和氯化氢都可以和碳酸钠溶液反应，D正确；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸和二氧化锰需要加热制取氯气，浓盐酸和高锰酸钾不需要加热就可以制取氯气；
B、排水集气法收集的是水溶性差的气体；
C、喷泉实验的前提是气体水溶性强；
D、除去二氧化碳中混有的氯化氢，可以采用饱和碳酸氢钠溶液吸收。
9．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、PHA为高分子化合物，分子中只有处于端基部位存在-COOH和-OH，分子重复单元不存在-COOH和-OH，而是存在-COOR，即酯基，只存在一种官能团，A正确；
B、根据PHA的结构，可知其单体为，B错误；
C、PHA中含有酯基，酯基在碱性条件下可以水解，C错误；
D、PHA中手性碳原子如图，D错误；
故答案为：A
【分析】A、羟基和羧基形成的高聚物，只有处于分子的末端具有羧基和羟基；
B、缩聚物的单体，可以通过去除中括号判断；
C、酯基碱性条件、酸性条件都可以水解；
D、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
11．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、核磁共振氢谱即判断等效氢的种类，K的等效氢如图，共有四种等效氢，A错误；
B、K和L反应脱水形成M，根据M的结构简式中含有碳碳双键，且形成一个六元环，则L的不饱和度为2，又因为L可以发生银镜反应，则L为乙二醛，B错误；
C、M水解时亚氨基断键，形成羧基和氨基，结构简式为，C错误；
D、根据K和M的结构简式，以及脱去H2O，可知K和M的化学计量数之比为1：1，D正确；
故答案为：D
【分析】A、核磁共振氢谱即判断等效氢的种类，结合分子结构简式判断等效氢的类别；
B、结合不饱和度判断结构，是研究有机物常用的方法；
C、亚氨基水解为羧基和氨基；
D、根据K和M的结构简式，以及脱水的过程，判断L的结构简式，可知K、L、M三者的化学计量数为1：1：1。
12．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2O2中，存在O-O键，CaH2中，H原子之间没有直接结合，不存在H-H键，A错误；
B、①中H2O的O化合价不变，不发生氧化反应和还原反应，②中H2O的H化合价降低，发生还原反应，B错误；
C、Na2O2阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴阳离子个数比为1：2，CaH2中阳离子为Ca2+，阴离子为H-，阴阳离子个数比为2：1，C正确；
D、反应①每转移2mol电子，生成1mol O2，反应②每转移2mol电子，生成2mol H2，D错误；
故答案为：C
【分析】A、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、Na2O2和H2O的反应中，Na2O2自身发生氧化还原反应；
C、O22-为原子团，应当成一个整体判断；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
15．【答案】（1）；、
（2）
（3）、；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
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 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，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
16．【答案】（1）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，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
（2）铜；含的的溶液
（3）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
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，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 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 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 ，故答案为： 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 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
17．【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）；
（6）中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）S为16号元素，基态原子电子排布式为1s2s22p63s23p4，则价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；
（2）原子半径越大，原子核对电子的吸引力越弱，第一电离能越强，原子半径越小，原子核对电子的吸引力越强，第一电离能越弱，故答案为： ，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）S2O32-中，中心S孤对电子为0，周围连接4个原子，为sp3杂化，形成四面体；
（4）结合实验过程，可知过程i为Na232SO3和35S反应，35S取代了SO42-中的O，而过程ii生成的Ag2S，S2-来自于35S，则过程ii产物为Ag235S和Na232SO4，故答案为： 和 ；
（5） 占据晶胞的顶点和棱心、面心和体心，其个数为；S2O32-占据晶胞的体心，个数为4，即晶胞中有4个 和4个S2O32-， 摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞体积，则晶胞密度，故答案为：4； ；
（6）中心S没有孤对电子，不能作为配位原子，端基S含有孤对电子，可以作为配位原子，故答案为： 中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子。
【分析】（1）基态原子核外电子排布式可以结合元素原子序数判断；
（2）电子层数越多，半径越大，同主族元素，从上到下第一电离能减小；
（3）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
（4）根据产物中原子的来源，判断相应硫原子的质量数；
（5）均摊法计算时，顶点占据，棱心占据，面心占据，体心占据1；密度；
（6）。
18．【答案】（1）
（2）
（3）阳；
（4）；样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【知识点】电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）结合反应物为AgOCN和NH4Cl，生成物为CO(NH2)2，以及原子守恒，可知另一种生成物为AgCl，故答案为：；
（2）a、E1为反应i活化能，E3为反应ii活化能，根据图示可知E1
c、反应i的，反应ii的，结合盖斯定律，总反应=反应i+反应ii，则，c错误；
故答案为：ab；
（3）①H2O转化为O2，O化合价升高，发生氧化反应，则电极b为阳极，故答案为：阳；
②反应物为CO2和NO3-，结合阳极移动过来的H+，生成CO(NH2)2，N化合价由+5变为-3，每个N得到8个电子，则电极反应式为： ，故答案为： ；
（4）①根据消化液加入浓NaOH溶液后生成NH3，可知消化液中含有NH4+，故答案为：NH4+；
②待测液主要由NH3和H2SO4反应得到，滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量，故答案为： 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度。
【分析】（1）陌生化学方程式的书写，通常要从氧化还原反应的角度或原子守恒的角度判断；
（2）a、反应物能量升高部分即活化能；
b、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
c、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3）①电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②根据反应物和生成物，以及元素化合价变化，可以书写陌生电极反应式；
（4） ①溶液加入NaOH后加热，生成的气体若为NH3，则溶液中含有NH4+；
②滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量。
19．【答案】（1）
（2）醛基
（3）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；
（4）ac
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）A的分子式为C2H3BrO2，不饱和度为1，又含有羧基，则A的结构简式为CH2BrCOOH，在浓硫酸的作用下，CH3BrCOOH和C2H5OH发生酯化反应，生成CH2BrCOOCH2CH3和H2O，该反应为可逆反应，故答案为： ；
（2）D的分子式为C7H8O，结合E的结构简式，可知D除苯环外，不饱和度为1，则E的结构简式为，则官能团为醛基；
（3）①羰基容易吸引邻碳上的电子，使得C-H容易断裂，故答案为： 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键极性增强 ；
②苯甲醛可以和发生加成反应，断键位置为羰基两侧碳原子上氢原子，则另一种副产物为，故答案为：；
（4）a、E转化为F的过程脱去H2O，则F的结构简式为，碳碳双键同侧一个的连接不同的结构，存在顺反异构，a正确；
b、结合已知反应 和F的结构简式，则G的结构简式为，则B和G反应生成J的结构简式为，J和K的官能团不同，不是同系物，b错误；
c、中羟基所连C不存在H原子，不能发生催化氧化，c正确；
故答案为：ac；
（5）L含有两个六元环，其中一个为苯环，结合L分子式，可知另一个六元环为，则L的结构简式为 ，故答案为：；
（6） ，且L和M反应生成P类似于D生成E的过程，结合P和L的结构简式，可知M的结构简式为 ，故答案为： 。
【分析】（1）发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，该反应为可逆反应，条件是浓硫酸加热；
（2）-CHO为醛基；
（3）①羰基为吸电子基团，可以使邻碳上的电子偏向羰基；
②同分异构体的判断，要结合D和断键的特点判断；
（4）a、碳碳双键同一侧存在不同的结构则存在顺反异构；
b、同系物指的是分子结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成上相差若干个-CH2；
c、醇发生催化氧化的条件是羟基所连碳上含有氢原子；
（5）K在NaOH中先转化为，在酸性条件下生成，可以判断六元环为脱水后构成；
（6）D转化为E的过程为加成反应，观察L和P的结构简式，先找出L构成的部分，再判断M构成的部分，判断M的结构简式。
【高考真题】2023年北京市高考真题化学试题
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1．（2023·北京）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
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．（2023·北京）下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．的电子式为
B．的模型为
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
【知识点】原子核外电子的运动状态；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NaCl为离子化合物，其电子式为，A错误；
B、为NH3的空间结构模型，VSEPR模型为价层电子互斥模型，NH3的VSEPR模型为 ，B错误；
C、2pz电子云为哑铃形，C正确；
D、Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1，3d能级电子应优先填充空轨道，为；
故答案为：C
【分析】A、共价化合物电子式要标明离子电荷数，得到电子一方的原子，其电子式应用中括号隔开；
B、VSEPR模型为价层电子互斥模型，应用孤对电子表示；
C、p能级电子云为哑铃形（纺锥形），s能级为球形；
D、洪特规则规定，基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。
3．（2023·北京）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
【知识点】盐类水解的应用；石油的裂化和裂解；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、，油脂碱性条件下可以水解，A错误；
B、重油转化为小分子烃发生的是裂化、裂解，B正确；
C、蛋白质在酶的作用下水解为氨基酸，C错误；
D、，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，D错误；
故答案为：B
【分析】A、阴离子水解呈碱性，油脂碱性条件下可以水解为高级脂肪酸盐和甘油；
B、石油的裂化、裂解是制取小分子烃的方法；
C、蛋白质水解为氨基酸；
D、加热促进铁离子的水解。
4．（2023·北京）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．铁钉放入浓中，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
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
5．（2023·北京）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
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、SO2会在大气中和氧气、雨水反应生成H2SO4，形成硫酸酸雨，A错误；
B、HCO3-既可以电离，也可以水解，电离出氢离子，水解生成氢氧根，溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，B错误；
C、NaHCO3可以用于吸收SO2，形成Na2SO3，而不能和CO2反应，C正确；
D、根据电解池构成，可以知道左侧电极为阳极，SO32-失去电子形成SO42-，电极反应式为：SO42-+2OH-+2e-=SO42-+H2O，右侧电极为阴极，CO2得到电子形成HCOOH，电极反应式为：CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，则总反应式=阳极反应式+阴极反应式，即总反应式为： ，D错误；
故答案为：C
【分析】A、SO2、NO2会形成酸雨；
B、弱酸酸式盐，既可以发生电离，也可以发生水解，根据溶液性质可以判断其水解和电离的程度强弱；
C、碳酸钠溶液可以吸收二氧化碳，碳酸氢钠溶液不能吸收二氧化碳；
D、总反应式=阳极反应式+阴极反应式。
6．（2023·北京）下列离子方程式与所给事实不相符的是( )
A．制备消毒液主要成分是：
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
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2和NaOH反应生成NaClO、NaCl、H2O，离子方程式为：，A错误；
B、食醋中含有醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式应保留其化学式，即CaCO3+CH3COOH=(CH3COO-)2Ca+H2O+CO2↑，B正确；
C、氯化铁溶液可以和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为 ，C错误；
D、Na2S可以和Hg2+发生反应生成HgS，离子方程式为，D错误；
故答案为：B
【分析】A、氢氧化钠为强碱，钠盐为可溶性盐，都可以拆为离子形式；
B、醋酸为弱酸，弱酸应保留化学式；
C、氯化铁和铜发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜；
D、硫离子和汞离子反应生成硫化汞固体。
7．（2023·北京）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．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，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
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
8．（2023·北京）完成下述实验，装置或试剂不正确的是( )
实验室制 实验室收集 验证易溶于水且溶液呈碱性 除去中混有的少量
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、浓盐酸和二氧化锰反应时需要加热，A错误；
B、乙烯不溶于水，可以采用排水集气法收集，B错误；
C、氨气极易溶于水，可以形成喷泉，且氨气溶于水溶液呈碱性，C错误；
D、二氧化碳和氯化氢都可以和碳酸钠溶液反应，D正确；
故答案为：D
【分析】A、浓盐酸和二氧化锰需要加热制取氯气，浓盐酸和高锰酸钾不需要加热就可以制取氯气；
B、排水集气法收集的是水溶性差的气体；
C、喷泉实验的前提是气体水溶性强；
D、除去二氧化碳中混有的氯化氢，可以采用饱和碳酸氢钠溶液吸收。
9．（2023·北京）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．可通过单体缩聚合成
C．在碱性条件下可发生降解
D．中存在手性碳原子
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、PHA为高分子化合物，分子中只有处于端基部位存在-COOH和-OH，分子重复单元不存在-COOH和-OH，而是存在-COOR，即酯基，只存在一种官能团，A正确；
B、根据PHA的结构，可知其单体为，B错误；
C、PHA中含有酯基，酯基在碱性条件下可以水解，C错误；
D、PHA中手性碳原子如图，D错误；
故答案为：A
【分析】A、羟基和羧基形成的高聚物，只有处于分子的末端具有羧基和羟基；
B、缩聚物的单体，可以通过去除中括号判断；
C、酯基碱性条件、酸性条件都可以水解；
D、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
10．（2023·北京）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，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
11．（2023·北京）化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。
已知能发生银镜反应，下列说法正确的是( )
A．的核磁共振氢谱有两组峰
B．是乙醛
C．完全水解可得到和
D．反应物与的化学计量比是
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、核磁共振氢谱即判断等效氢的种类，K的等效氢如图，共有四种等效氢，A错误；
B、K和L反应脱水形成M，根据M的结构简式中含有碳碳双键，且形成一个六元环，则L的不饱和度为2，又因为L可以发生银镜反应，则L为乙二醛，B错误；
C、M水解时亚氨基断键，形成羧基和氨基，结构简式为，C错误；
D、根据K和M的结构简式，以及脱去H2O，可知K和M的化学计量数之比为1：1，D正确；
故答案为：D
【分析】A、核磁共振氢谱即判断等效氢的种类，结合分子结构简式判断等效氢的类别；
B、结合不饱和度判断结构，是研究有机物常用的方法；
C、亚氨基水解为羧基和氨基；
D、根据K和M的结构简式，以及脱水的过程，判断L的结构简式，可知K、L、M三者的化学计量数为1：1：1。
12．（2023·北京）离子化合物和与水的反应分别为；。下列说法正确的是( )
A．中均有非极性共价键
B．中水发生氧化反应，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．当反应和中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应；钠的氧化物；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、Na2O2中，存在O-O键，CaH2中，H原子之间没有直接结合，不存在H-H键，A错误；
B、①中H2O的O化合价不变，不发生氧化反应和还原反应，②中H2O的H化合价降低，发生还原反应，B错误；
C、Na2O2阳离子为Na+，阴离子为O22-，阴阳离子个数比为1：2，CaH2中阳离子为Ca2+，阴离子为H-，阴阳离子个数比为2：1，C正确；
D、反应①每转移2mol电子，生成1mol O2，反应②每转移2mol电子，生成2mol H2，D错误；
故答案为：C
【分析】A、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、Na2O2和H2O的反应中，Na2O2自身发生氧化还原反应；
C、O22-为原子团，应当成一个整体判断；
D、电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
13．（2023·北京）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．、分别是
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、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；铵盐；有关反应热的计算
【解析】【解答】b、d代表MgO和Mg(OH)Cl中的一种，根据箭头的起始和终止，可知反应①为NH4Cl作为反应物，提供Cl原子，则生成物应含有Cl，则b为Mg(OH)Cl，d为MgO，则反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3↑，a为NH3，结合原子守恒，反应②为Mg(OH)Cl生成MgO，则c应为HCl，则反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl，c为HCl；
A、根据分析，可知a为NH3，c为HCl，A错误；
B、根据分析，可知d为MgO，b为Mg(OH)Cl，B错误；
C、若MgCl2为副产物，则通入水蒸气可使MgCl2生成Mg(OH)Cl，减少MgCl2产生，C正确；
D、，
根据盖斯定律，可知，即氯化铵直接分解的反应热等于反应①②的反应热之和，D错误；
故答案为：C
【分析】A、B、根据箭头的起始和终止，结合原子守恒，可以确定流程图中物质的化学式；
C、结合盐类的水解原理，可知MgCl2水解生成Mg(OH)Cl和HCl；
D、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
14．（2023·北京）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：图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
图中曲线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，不同下由图得到。
下列说法不正确的是( )
A．由图，
B．由图，初始状态，无沉淀生成
C．由图，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图和图，初始状态、，发生反应：
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据图示，pH=10.25时，HCO3-和CO32-两条曲线相交，即两种离子的物质的量分数相等，则c(HCO3-)=c(CO32-)，A错误；
B、根据图示，pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4时Mg(OH)2为饱和溶液，而pH=11，lg[c(Mg2+)]=-4的点位于曲线下方，即该溶液为达到饱和，无沉淀生成，B错误；
C、pH=9，lg[c(Mg2+)]=-3时MgCO3为饱和溶液，pH=9，lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线上方，即MgCO3过饱和溶液，MgCO3析出沉淀，则c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0.1mol·L-1，C正确；
D、根据图1，可知pH=8时，以HCO3-为主要颗粒，且pH=8时，Mg(OH)2中c(Mg2+)小于MgCO3中c(Mg2+)，则加入HCO3-后Mg2+会转化为MgCO3，即，D错误；
故答案为：C
【分析】A、根据曲线的交点，可以判断离子浓度的相对大小；
B、C、纵坐标与离子浓度为正比关系时，若点位于曲线下方，则溶液未饱和，若点位于曲线上方，则过饱和析出沉淀；
D、图1pH=8时，可以看出溶液为NaHCO3溶液，图2根据曲线中c(Mg2+)可以判断沉淀的主要形式。
二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）
15．（2023·北京）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。
“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： 填“”或“”。
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。
将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
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。
该步反应的离子方程式有 。
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）；、
（2）
（3）、；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
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）①Ag2S、MnS都可以在酸性条件下反应生成H2S，而MnS优先反应，则其溶度积更大，故答案为：>；
②FeS2中Fe为+2价，MnO2中Mn为+4价，结合已知条件“酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+”，可知MnO2可以和FeS2发生氧化还原反应生成Mn2+和Fe3+，故答案为：、；
（2）①S化合价由-2变为0，化合价升高，则Fe3+化合价降低，生成Fe2+，结合题干可知反应物含有Cl-，根据S和Fe化合价变化，结合化合价变化价态守恒，配平离子方程式，故答案为：；
②Ag2S存在电离平衡，Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，Fe3+存在水解平衡，H+可以抑制Fe3+水解，故答案为：Cl-可以结合Ag+形成[AgCl2]-，使平衡朝正向移动，H+可以抑制Fe3+水解；
（3）①[AgCl2]-与Fe反应，生成Fe2+、Ag、Cl-，Fe3+和Fe反应生成Fe2+，故答案为：、；
②沉银的过程中，同时有Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+可以和Ag发生氧化还原，影响了Ag的沉淀，故答案为： 被氧气氧化为，把氧化为；
（4）银锰精矿和氧化锰矿都含有锰元素，可以一起转化到浸锰液中，并且可以让银和锰实现分离；同时银锰精矿中生成的铁离子还可以用于沉银，故答案为： 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，节约氧化剂剂。
【分析】（1）①溶度积越小，则沉淀越慢转化；
②氧化还原反应的过程中，Mn化合价降低，Fe化合价升高；
（2）①根据氧化还原反应的特点，以及题干提供的各种物质化学式，以化合价升降守恒配平离子方程式；
②减少生成物浓度，平衡朝正向移动，增大生成物浓度，平衡朝正向移动；
（3）①沉银的过程中发生了两个反应，分别为[AgCl2]-与Fe反应和Fe3+和Fe反应；
②随着时间的延长，Fe2+逐渐被氧化，形成具有较强氧化性的Fe3+，Fe3+可以和大部分金属反应；
（4）通常要考虑工艺过程中，矿石的综合利用以及成本的节约。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16．（2023·北京）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。
（1）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
初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ 填“”“”或“”实验Ⅱ。
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：
步骤取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤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。
步骤的目的是 。
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： 。
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 。
（2）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 。
（3）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）；除去，防止干扰后续实验；、 ；或；白色沉淀逐渐溶解，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
（2）铜；含的的溶液
（3）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
【知识点】氧化还原反应；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①I2在水中溶解度较小，与Cu接触不充分，反应速率较慢，加入KI后转化为I3-，I3-与I2氧化性几乎相同，相当于I2溶解度增大，与Cu充分接触，反应速率更快，故答案为：<；
②I2易溶于有机溶剂，CCl4可以溶解I2，使 红棕色平衡朝逆向移动，减少I3-浓度；根据实验III，可知Cu元素以蓝色或无色形式存在，而步骤b溶液为无色，即以 无色形式存在，加入浓氨水后，转化为 无色， 溶液被氧化，Cu价态由+1变为+2，即转化为，故答案为： 除去，防止干扰后续实验 ； 、 ；
③Cu和I2反应生成CuI，结合原子守恒，可知方程式为 ，或可以看成I3-和Cu反应，结合原子守恒，可知方程式为 ；加入浓KI溶液后观察到少量红色的铜出现，即的反应为可逆反应，加入KI后，I-和I2反应，I2浓度减小，平衡朝逆向移动，则可观察到白色沉淀逐渐溶解；反应为可逆反应时，反应物与生成物同时存在，Cu无法完全反应；故答案为： 或 ； 白色沉淀逐渐溶解，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 ；
（2）Cu和I2反应时，Cu被氧化，则Cu应作为负极，则a为Cu，I2为氧化剂，应在正极发生反应，则b中应装有含n mol I2的4mol·L-1的KI溶液，故答案为： 铜；含的的溶液；
（3） 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 ，故答案为： 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 。
【分析】（1）①增大反应物浓度，平衡朝正向移动；
②减小反应物浓度，平衡朝逆向移动；
③可逆反应中，反应物和生成物同时存在；
（2）双液原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；
（3）浓度越小，氧化性越弱，浓度越大，氧化性越强。
四、简答题（本大题共2小题，共19.0分）
17．（2023·北京）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。过程中，断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是和，过程含硫产物是 。
（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）；
（6）中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）S为16号元素，基态原子电子排布式为1s2s22p63s23p4，则价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；
（2）原子半径越大，原子核对电子的吸引力越弱，第一电离能越强，原子半径越小，原子核对电子的吸引力越强，第一电离能越弱，故答案为： ，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）S2O32-中，中心S孤对电子为0，周围连接4个原子，为sp3杂化，形成四面体；
（4）结合实验过程，可知过程i为Na232SO3和35S反应，35S取代了SO42-中的O，而过程ii生成的Ag2S，S2-来自于35S，则过程ii产物为Ag235S和Na232SO4，故答案为： 和 ；
（5） 占据晶胞的顶点和棱心、面心和体心，其个数为；S2O32-占据晶胞的体心，个数为4，即晶胞中有4个 和4个S2O32-， 摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞体积，则晶胞密度，故答案为：4； ；
（6）中心S没有孤对电子，不能作为配位原子，端基S含有孤对电子，可以作为配位原子，故答案为： 中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子。
【分析】（1）基态原子核外电子排布式可以结合元素原子序数判断；
（2）电子层数越多，半径越大，同主族元素，从上到下第一电离能减小；
（3）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
（4）根据产物中原子的来源，判断相应硫原子的质量数；
（5）均摊法计算时，顶点占据，棱心占据，面心占据，体心占据1；密度；
（6）。
18．（2023·北京）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：
和生成；
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。
活化能：反应反应
为放热反应，为吸热反应
（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。
电极是电解池的 极。
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。
消化液中的含氮粒子是 。
步骤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）
（3）阳；
（4）；样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【知识点】电解池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）结合反应物为AgOCN和NH4Cl，生成物为CO(NH2)2，以及原子守恒，可知另一种生成物为AgCl，故答案为：；
（2）a、E1为反应i活化能，E3为反应ii活化能，根据图示可知E1
c、反应i的，反应ii的，结合盖斯定律，总反应=反应i+反应ii，则，c错误；
故答案为：ab；
（3）①H2O转化为O2，O化合价升高，发生氧化反应，则电极b为阳极，故答案为：阳；
②反应物为CO2和NO3-，结合阳极移动过来的H+，生成CO(NH2)2，N化合价由+5变为-3，每个N得到8个电子，则电极反应式为： ，故答案为： ；
（4）①根据消化液加入浓NaOH溶液后生成NH3，可知消化液中含有NH4+，故答案为：NH4+；
②待测液主要由NH3和H2SO4反应得到，滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量，故答案为： 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度。
【分析】（1）陌生化学方程式的书写，通常要从氧化还原反应的角度或原子守恒的角度判断；
（2）a、反应物能量升高部分即活化能；
b、反应物的总键能大于生成物的总键能，反应放热，反之反应吸热；
c、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3）①电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；
②根据反应物和生成物，以及元素化合价变化，可以书写陌生电极反应式；
（4） ①溶液加入NaOH后加热，生成的气体若为NH3，则溶液中含有NH4+；
②滴定需要的数据主要有待测液体积，标准液浓度和标准液体积，测定含氮量则需要药品的样品的质量。
五、推断题（本大题共1小题，共12.0分）
19．（2023·北京）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，的化学方程式是 。
（2）D中含有的官能团是 。
（3）关于的反应：
的羰基相邻碳原子上的键极性强，易断裂，原因是 。
该条件下还可能生成一种副产物，与互为同分异构体。该副产物的结构简式是 。
（4）下列说法正确的是 填序号。
存在顺反异构体
和互为同系物
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）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；
（4）ac
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；结构简式
【解析】【解答】（1）A的分子式为C2H3BrO2，不饱和度为1，又含有羧基，则A的结构简式为CH2BrCOOH，在浓硫酸的作用下，CH3BrCOOH和C2H5OH发生酯化反应，生成CH2BrCOOCH2CH3和H2O，该反应为可逆反应，故答案为： ；
（2）D的分子式为C7H8O，结合E的结构简式，可知D除苯环外，不饱和度为1，则E的结构简式为，则官能团为醛基；
（3）①羰基容易吸引邻碳上的电子，使得C-H容易断裂，故答案为： 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键极性增强 ；
②苯甲醛可以和发生加成反应，断键位置为羰基两侧碳原子上氢原子，则另一种副产物为，故答案为：；
（4）a、E转化为F的过程脱去H2O，则F的结构简式为，碳碳双键同侧一个的连接不同的结构，存在顺反异构，a正确；
b、结合已知反应 和F的结构简式，则G的结构简式为，则B和G反应生成J的结构简式为，J和K的官能团不同，不是同系物，b错误；
c、中羟基所连C不存在H原子，不能发生催化氧化，c正确；
故答案为：ac；
（5）L含有两个六元环，其中一个为苯环，结合L分子式，可知另一个六元环为，则L的结构简式为 ，故答案为：；
（6） ，且L和M反应生成P类似于D生成E的过程，结合P和L的结构简式，可知M的结构简式为 ，故答案为： 。
【分析】（1）发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，该反应为可逆反应，条件是浓硫酸加热；
（2）-CHO为醛基；
（3）①羰基为吸电子基团，可以使邻碳上的电子偏向羰基；
②同分异构体的判断，要结合D和断键的特点判断；
（4）a、碳碳双键同一侧存在不同的结构则存在顺反异构；
b、同系物指的是分子结构相似，官能团数目和种类相同，分子组成上相差若干个-CH2；
c、醇发生催化氧化的条件是羟基所连碳上含有氢原子；
（5）K在NaOH中先转化为，在酸性条件下生成，可以判断六元环为脱水后构成；
（6）D转化为E的过程为加成反应，观察L和P的结构简式，先找出L构成的部分，再判断M构成的部分，判断M的结构简式。
