2023年北京市高考试题（理综化学）解析版高中化学.docx

2023高考真题精品解析—理综〔北京卷〕 【名师简评】本套试卷难度适中，突出了对主干知识的考查。生物局部着重考查了生命活动的调节，第 29、31题都与生命活动的调节有关，改变了多年来以简答题考查传规律的情况；注重了对实验数据的处理和图表分析能力的考查。物理局部考查了除热学以外的全部内容，不存在偏题、难题、怪题的出现，实验注重考生实验设计能力的考查；计算题偏重考查考生应用数学知识解决问题的能力，较好地表达了新课程理念。化学局部以中档试题为主，考查内容全面，第一卷侧重考查化学根本概念和原理，如第6、10、11、12题，第二卷侧重考查分析和推断能力，如第7题考查实验平安，第9题考查物质的制备和实验，第10题考查化学实验现象的分析，第27题考查化学实验探究。 第I卷〔选择题 共120分〕 本卷共20小题，第小题6分，共120分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。 6.以下有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的选项是 A.钢管与电源正极连接，钢管可被保护 B.铁遇冷浓硝酸外表钝化，可保护内部不被腐蚀 C.钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反响是Fe－3e－=Fe3+ 6．答案B 7.以下物质与常用危险化学品的类别不对应的是 A.H2SO4、NaOH——腐蚀品 B. CH4、C2H4——易燃液体 C.CaC2、Na——遇湿易燃物品 D.KMnO4、K2Cr2O7——氧化剂 7．答案B 【解析】此题考查常见危险化学品的类别。H2SO4和NaOH均具有腐蚀性，属于腐蚀品，A项正确；CH4、C2H4为易燃的气体，属于易燃气体，B项错误；CaC2、Na与水均能剧烈反响，属于遇湿易燃物品，C项正确；KMnO4、K2Cr2O7均具有强氧化性，属于氧化剂，D项正确。 8.以下说法正确的选项是 A. 的结构中含有酯基 B.顺―2―丁烯和反―２―丁烯的加氢产物不同 C.1 mol葡萄糖可水解生成2 mol乳酸〔C3H6O3〕 D.油脂和蛋白质都是能发生水解反响的高分子化合物 8．答案A 【解析】此题考查有机物的结构和性质。为分子间发生缩聚反响的产物，链节中含有酯基，A项正确；顺－2－丁烯和反－2－丁烯的加氢产物均为丁烷，B项错误；葡萄糖为单糖，不能发生水解反响，C项错误；油脂和蛋白质都能发生水解反响，蛋白质为高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，D项错误。 【误区警示】糖类中的单糖〔葡萄糖和果糖〕均不能发生水解反响。 9.用右图所示实验装置〔夹持仪器已略去〕探究铜丝与过量浓硫酸的反响。以下实验不合理的是 A.上下移动①中铜丝可控制SO２的量 B.②中选用品红溶液验证SO２的生成 C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2 D.为确认CuSO4生成,向①中加水，观察颜色 9．答案D 【解析】此题考查铜和浓硫酸的反响。上下移动铜丝可以控制铜与浓硫酸的接触面积的大小，从而可以控制反响生成SO2的量，A项正确；SO2可使品红溶液褪色，因此②中品红溶液可以验证SO2的生成，B项正确；SO2有毒，能与NaOH溶液反响，因此③中NaOH溶液可以吸收多余的SO2，C项正确；铜与浓硫酸反响后①中溶液显蓝色即可证明CuSO4生成，无需向其中加水，D项错误。 10.以下解释实验事实的方程式不准确的是 A.0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH＞１：CH3COOHCH3COO－+H+ B.“NO2球〞浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) N2O4(g) H＜0 C.铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H++2NO===3Fe2++2NO↑+4H2O D.向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO+H2OHCO+OH－ 10．答案C 【解析】此题考查方程式的正误判断。0.1molCH3COOH溶液的pH＞1，那么c(H＋)＜0.1mol/L，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，A项正确；“NO2”浸泡在冷水中，温度降低，平衡2NO2N2O4向正方向移动，颜色变浅，B项正确；铁容易稀硝酸，溶液变黄，说明Fe被氧化为Fe3＋：Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，C项错误；Na2CO3溶液中由于CO32－水解溶液显碱性，参加酚酞，溶液变红，D项正确。 11.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝〔CuS〕。以下分析正确的选项是 A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B.原生铜的硫化物具有复原性，而铜蓝没有复原性 C.CuSO4与ZnS反响的离子方程式是Cu2++S2－====CuS↓ D.整个过程涉及的反响类型有氧化复原反响和复分解反响 12.某温度下，H2〔g〕＋CO2〔g〕H2O〔g〕＋CO〔g〕的平衡常数K＝。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2〔g〕和CO2〔g〕，其起始浓度如右表所示。 起始浓度 甲 乙 丙 c〔H2〕/mol/L 0.010 0.020 0.020 c(CO2)/mol/L 0.010 0.010 0.020 以下判断不正确的选项是 A.平衡时，乙中CO2的转化率大于60％ B.平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60％ C.平衡时，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，是0.012 mol/L D.反响开始时，丙中的反响速率最快，甲中的反响速率最慢 12．答案C 【解析】此题考查化学平衡常数及转化率的计算。设平衡时甲中CO2的转化浓度为x，那么平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为0.01－x、0.01－x、x、x，根据平衡常数K＝＝，解得x＝0.006，那么甲中CO2的转化率为×100%＝60%，由于乙相对甲，增加了c(H2)，因此CO2的转化率增大，A项正确；设平衡时丙中CO2的转化浓度为y，那么平衡时H2、CO2、H2O、CO的浓度分别为0.02－y、0.02－y、y、y，根据平衡常数K＝＝，解得x＝0.012，那么丙中CO2的转化率为×100%＝60%，B项正确；平衡时甲中c(CO2)＝0.01－0.006＝0.004mol/L，丙中c(CO2)＝0.02－0.012＝0.008mol/L，C项错误；反响开始时，丙中反响物浓度最大，反响速率最快，甲中反响物浓度最小，反响速率最慢，D项正确。 第二卷〔非选择题，共180分〕 本卷共11小题，共180分。 25.〔14分〕 由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。甲同学欲探究X的组成。 查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。 ②Al3+在pH=5.0时沉淀完全； Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=11.4时沉淀完全。 实验过程： I.向化合物X粉末中参加过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。 Ⅱ.用铂丝蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。 Ⅲ.向I中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。 Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。 Ⅴ. 向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。 〔1〕I中气全A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是 。 〔2〕由I、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、 。 〔3〕Ⅲ中生成B的离子方程式是 。 〔4〕Ⅳ中B溶解的离子方程式是 。 〔5〕沉淀C的化学式是 。 〔6〕假设上述n〔A〕:n〔B〕:n〔C〕＝1:1:3，那么X的化学式是 。 25．答案〔14分〕 〔1〕CO2 (2) 钠 硅 〔3〕 〔4〕 (5) (6) 【解析】此题考查抗酸药成分的探究实验。〔1〕Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，该气体为CO2。〔2〕根据Ⅰ，一定不含Si，因为硅酸盐中参加过量盐酸，会产生硅酸沉淀，根据Ⅱ，一定不含Na，因为Na的焰色为黄色。〔3〕根据提供资料，Ⅲ中调解pH至5－6时生成的白色沉淀为Al(OH)3。〔4〕Ⅳ中参加过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋H2O。〔5〕Ⅴ中参加NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，那么沉淀C为Mg(OH)2。〔5〕根据上述实验探究，该抗酸药为Al(OH)3、MgCO3、碱式碳酸镁铝组成，由于n(CO2)：n[Al(OH)3]：n[Mg(OH)2]＝1：1：3，那么CO32－、Al3＋、Mg2＋的物质的量为1：1：3，结合电荷守恒，那么CO32－、Al3＋、Mg2＋、OH－的物质的量之比为1：1：3：7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。 【知识归纳】常见的抗酸药的类型及其抗酸原理为： 种类 化学方程式 离子方程式 NaHCO3 NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑ HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑ CaCO3 CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑ CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑ MgCO3 MgCO3＋2HCl＝MgCl2＋H2O＋CO2↑ MgCO3＋2H＋＝Mg2＋＋H2O＋CO2↑ Mg(OH)2 Mg(OH)2＋2HCl＝MgCl2＋2H2O Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O Al(OH)3 Al(OH)3＋3HCl＝AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O 26.〔14〕 某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下： 〔1〕过程Ⅰ:加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃,通空气将氨赶出并回收。 ①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：　　　　　　　　　　　。 ②用化学平衡原理解释通空气的目的：　　　　　　　　　　　　　　。 〔2〕过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反响被氧化成NO。两步反响的能量变化示意图如下： ①第一步反响是　　　　反响〔选填“放热〞或“吸热〞〕，判断依据是　　　　。 ②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是　　　。 〔3〕过程Ⅲ：一定条件下，向废水中参加CH3OH，将HNO3复原成N2。假设该反响消耗32 g　CH3OH转移6 mol电子，那么参加反响的复原剂和氧化剂的物质的量之比是　　　　　。 26.答案〔1〕① ②废水中的NH3被空气带走，的平衡向正反响方向移动，利于除氨 〔2〕①放热 (反响物的总能量大于生成物的总能量) ② (3)5:6 【解析】此题考查化学工艺流程的分析。〔1〕①加NaOH溶液，氨氮废水中NH4＋与OH－发生反响：NH4＋＋OH－＝NH3·H2O。②通空气将NH3带走，NH3·H2O NH3＋H2O向正方向移动，利于除氨。〔2〕①第一步反响中反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响。②根据盖斯定律，由第一步反响＋第二步反响可得：NH4＋(aq)＋2O2(g)＝NO3－(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)△H＝－273kJ/mol＋－73kJ/mol＝－346kJ/mol。〔3〕32gCH3OH的物质的量为＝1mol，转移6mol电子时，根据HNO3N2，由得失电子守恒，那么参加反响的HNO3的物质的量为1.2mol，故氧化剂与复原剂的物质的量之比为：1.2：1＝6：5。 27.〔13分〕