2023年北京高考化学试卷及答案详解

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1、2023 年北京高考化学试卷5(2023 年理综北京卷)据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车将在北京奥运会期间为运发动供给效劳。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH 溶液。以下有关该电池的表达不正确的是A正极反响式为：O +2H O+4e-=4OH-22B. 工作一段时间后，电解液中 KOH 的物质的量不变C. 该燃料电池的总反响方程式为 2H +O =2H O222D. 用该电池电解 CuCl2溶液，产生 22.4LCl2标准状况时，有 0.1mol 电子转移答案D。解析此题是对电化学根底学问的考察，考察了总反响方程式的书写、电极反响式的书写、电解液酸碱性的变化以及电子转移的简洁计算。电

2、解CuCl2溶液，产生 22.4LCl 标准2状况，即生成了 0.1mol Cl ，有 0.2mol 电子转移。226(2023 年理综北京卷)对 H O 的电离平衡不产生影响的粒子是A. B M 326C +17288D答案C。解析此题看似只是考察了酸、碱和盐对水的电离平衡的影响，其实还考察了电子式、离子符号、原子构造示意图及构造式的学问。A 中氯化氢抑制水的电离， B 中 Fe3+因水解而促进水的电离，D 中 CH3COO-因水解而促进水的电离。7(2023 年理综北京卷) 1mol 过氧化钠与 2mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反响，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是A

3、. Na CO23B. Na O22Na CO23C. NaOHNa CO23D. Na O22NaOHNa CO23答案A。解析此题是对碱金属学问的考察，主要考察了碳酸氢钠的分解反响、过氧化钠与水及与二氧化碳的反响，关键是弄清楚反响的挨次。2mol 碳酸氢钠受热分解生成 1mol 的碳酸钠、mol 的二氧化碳和mol 的水。二氧化碳和水同时存在时，相当于二氧化碳先与过氧化钠反响，mol 的二氧化碳恰好和mol 的过氧化钠完全反响生成碳酸钠，所以排出气体物质水后冷却，残留的固体物质只有 Na2CO3。8(2023 年理综北京卷)以下表达正确的选项是A金属与盐溶液的反响都是置换反响B阴离子都只有

4、复原性C与强酸、强碱都反响的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D分子晶体中都存在范德瓦耳斯力，可能不存在共价键答案D。 解析 此题有肯定的综合性， 考察了学生对根底学问的把握状况。 反响Fe+2FeCl3=3FeCl2 属于化合反响，而不属于置换反响，选项 A 错误。高锰酸根、铬酸根等阴离子具有氧化性，选项 B 错误。弱酸对应的酸式盐、铵根与弱酸形成的盐、氨基酸等都既能与强酸反响又能与强碱反响，选项 C 错误。稀有气体形成的晶体中，只存在范德瓦耳斯力，而不存在共价键，选项 D 正确。9(2023 年理综北京卷) 以下各组物质的无色溶液，不用其他试剂即可鉴别的是 KOHNa SO24AlCl3 N

5、aHCO3Ba(OH)2H SO24甲 HClNaAlO2NaHSO4 Ca(OH)2Na CO23BaCl2ABCD答案A。解析此题主要考察了物质之间反响的现象，综合性较强。互滴加，观看到的现象不同可鉴别出 KOH 和 AlCl3；和其他两种溶液反响均有白色沉淀生成的原溶液为 Ba(OH)2 溶液，能使其中一种白色沉淀溶解的溶液为 H2SO4 溶液，另一种为 NaHCO3 溶液。10(2023 年理综北京卷)X、Y 均为元素周期表中前 20 号元素，其简洁离子的电子层构造一样，以下说法正确的选项是A. 由Xa+与mYb-，得 m+a=n-bnB. X2-的复原性肯定大于 Y-C. X、Y 肯

6、定不是同周期元素D. 假设 X 的原子半径大于 Y，则气态氢化物的稳定性 HX 肯定大于 H Ymn答案B。解析此题是对元素周期表学问的考察，考察了学生运用根底学问解决问题的力量。选项 A 应为 m-a=n+b；由 X、Y 两元素所带的电荷数可知，X、Y 处于同一周期，且 X 在 Y 的右边，即X 的非金属性比Y 弱，所以选项B 正确，C 错误；假设X 的原子半径大于 Y 且都存在氢化物，则 X、Y 应处在同一周期，且 X 在 Y 的右边，所以 HnY 稳定性强。11(2023 年理综北京卷)以下表达正确的选项是A. 将稀氨水逐滴参加稀硫酸中，当溶液 pH=7 时，c(SO42-)c(NH +

7、)4B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为 c1和 c ，pH 分别为 a 和 a+1，则 c21=10 c2C. pH=11 的 NaOH 溶液与 pH=3 的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D. 向 0.1mol/L 的氨水中参加少量硫酸铵固体，则溶液中答案C。c (O H - )增大c ( N H H O )32解析这四个选项考察的学问点都是电解溶液这一局部的易错点，考察了学生分析问题、解决问题的力量。A 项中溶液 pH=7，由电荷守恒可得 c(NH4+)=2 c(SO42-)，即c(NH4+) c(SO42-)。B 项中由表达可推断 c1c2，对弱酸来说，浓度越大，电离程度越小，

8、所以 c110c2。pH=11 的 NaOH 溶液与 pH=3 的醋酸溶液等体积混合后，溶液呈酸性，所以滴入石蕊溶液呈红色，选项C 正确。D 项中参加少量硫酸铵固体，c(NH4+)增大，抑制了氨水的电c (O H - )32离，则溶液中 c ( N H H O ) 减小。12(2023 年理综北京卷) 工业上制备纯硅反响的热化学方程式如下SiCl (g)+2H (g)=Si(s)+4HCl(g)；H=+QkJ/mol(Q0)42某温度、压强下，将肯定量反响物通入密闭容器进展以上反响此条件下为可逆反响，以下表达正确的选项是A. 反响过程中，假设增大压强能提高 SiCl4的转化率B. 假设反响开头

9、时 SiCl 为 1mol，则达平衡时，吸取热量为 QkJ4C. 反响至 4min 时，假设 HCl浓度为 0.12mol/L，则 H2的反响速率为 0.03mol/(Lmin)D. 当反响吸取热量为 0.25QkJ 时，生成的 HCl通入 100mL1 mol/L 的 NaOH 溶液恰好反响答案D。解析此题综合性较强，主要考察了热化学方程式表示的意义及简洁计算、外界条件对乙化学平衡的影响和化学反响速率的计算。该反响是气体体积增大的反响, 假设增大压强，则反响有利于向逆反响方向进展，SiCl4 的转化率降，选项A 错误。该热化学方程式表示的意义为 1mol SiCl4 完全反响时吸取热量为 Q

10、kJ，而反响开头充入 1mol SiCl4 时，SiCl4 不能完全反响，吸取热量小于 QkJ，选项 B 错误。反响至 4min 时，假设 HCl 浓度为 0.12mol/L，则反响掉的 H2 按浓度为 0.06mol/L，用 H2 表示的反响速率应为 0.015mol/(Lmin)，选项 C 错误。当反响吸取热量为 0.25QkJ 时，生成的 HCl的物质的量为 0.1mol，选项 D 正确。25(2023 年理综北京卷，16 分菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧 乙 酸发生酯化反响的产物。(1) 甲肯定含有的官能团的名称是。(2) 5.8 g 甲完全燃烧可产生 0.3 m

11、ol CO2和 0.3 mol H2O，甲蒸气对氢气的相对密度是 29，甲分子中不含甲基，且为链状构造，其构造简式是。(3) 苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与 FeCl3溶液发生显色反响，且有 2 种一硝基取代物的同分异构体是写出任意 2 种的构造简式 。(4) ：菠萝酯的合成路线如下：试剂 X 不可选用的是选填字母。a.CH COONa 溶液b.NaOH 溶液c.NaHCO 溶液d.Na33丙的构造简式是，反响的反响类型是。反响的化学方程式是 。答案 (1)羟基(2)CH2=CH-CH2-OH(3)(4)acClCH2COOH取代反响(答对其中任意两个均给分)丙解析此题考察了有机物的

12、官能团和构造简式的推出，还考察了官能团的性质、同分异构体的书写等。(1) 甲可与有机酸发生酯化反响，则甲中必定含有羟基。() 甲蒸气对氢气的相对密度是 29，则甲的相对分子质量为 58，5.8 g 甲的物质的量为 1 mol。即 1 mol 甲完全燃烧可产生 0.3 mol CO2 和 0.3 mol H2O，可推出甲的分子式为 C3H6On， 结合甲的相对分子质量可求出 n=1，甲中含有碳碳双键。再由“甲分子中不含甲基，且为链状构造”可得出其构造简式为 CH2=CH-CH2-OH。(3) 能与 FeCl3 溶液发生显色反响，说明羟基直接连在苯环上；有 2 种一硝基取代物，说明两侧链处在对位。

13、(4) 苯酚的酸性很弱，不能与 CH3COONa 和 NaHCO3 反响；从右向左可推出丙的构造简式。26(2023 年理综北京卷)(13 分)通常状况下，X、Y 和 Z 是三种气态单质。X 的组成元素是第三周期原子半径最小的元素稀有气体元素除外；Y 和 Z 均由元素R组成，反响 Y+2I-+2H+I +Z+H O 常作为Y 的鉴定反响。22(1) Y 与 Z 的关系是选填字母。a.同位素b.同系物c.同素异形体d.同分异构体(2) 将 Y 和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色。简述用褪色的溶液区分二者的实验方法 。(3) 举出实例说明 X 的氧化性比硫单质的氧化性强用化学方程式表示。

14、。(4) 气体CN2与 X 化学性质相像，也能与H2反响生成HCN其水溶液是一种酸。HCN 分子中含有 4 个共价键，其构造式是。KCN 溶液显碱性，缘由是用离子方程式表示。(5) 加热条件下，足量的 Z 与某金属M 的盐MCRC 为碳元素完全反响生成 CR 和 M R32m n(m、n 均为正整数)。假设 CR质量为w g，M R 质量为w g，M 的相对原子质量为 a，21m n2则 M R 中 m:n(用含w 、 w和 a 的代数式表示)。m n12答案(1)c(2) 加热褪色后的溶液，假设溶液恢复红色，则原通入气体为SO2；假设溶液不变红，则原通入气体是 O3(3) 2Fe+3Cl2

15、点燃D2FeCl3Fe+SFeS其他合理答案均给分(4) H-CNCN-+H2OHCN+OH-12(5)16w ： 44 w- aw )1丁解析此题是对元素化合物学问的考察。由“X 的组成元素是第三周期原子半径最小的元素稀有气体元素除外”可知 X 为氯气；由反响“Y+2I-+2H+ I2+Z+H2O”，可知 Y 中含有氧元素，结合 Y和 Z 均是由元素 R 组成气体单质可推出 Y 和 Z 分别为臭氧和氧气。(2) 二氧化硫的褪色原理是与有色物质结合生成不稳定的无色物质，受热会分解复原；臭氧的褪色原理是氧化有色物质，受热不复原。(3) 能说明氯气的氧化性比硫单质的氧化性强的反响有：氯气置换得到硫

16、、与变价金属反响金属所得价态等。1(5)依据题意可写出反响的化学方程式： 2 (n-m)O2+mMCO3=mCO2+MmOn，然后依据化学方程式可计算出 m:n 的值。27(2023 年理综北京卷，17 分)X、Y、Z、W 为含有一样电子数的分子或离子，均由原子序数小于 10 的元素组成，X 有 5 个原子核。通常状况下，W 为无色液体。:X+Y D Z+W(1) Y 的电子式是。(2) 液态 Z 和W 的电离相像，都可电离出电子数一样的两种离子，液态 Z 的电离方程式是 。(3) 用图示装置制备 NO 并验证其复原性。有以下主要操作：a. 向广口瓶内注入足量热 NaOH 溶液，将盛有铜片的小

17、烧杯放入瓶中。b. 关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。 c.待红磷充分燃烧，一段时间后翻开分液漏斗旋塞， 向烧杯中滴入少量稀硝酸。步骤 c 后还缺少的一步主要操作是。红磷充分燃烧的产物与 NaOH 溶液反响的离子方程式是 。步骤 c 滴入稀硝酸后烧杯中的现象是 。反响的离子方程式是。(4) 肯定温度下，将 1 mol N O 置于密闭容器中，保持压强不变，上升温度至 T的过程中，2 41气体由无色渐渐变为红棕色。温度由T1连续上升到T2的过程中，气体渐渐变为无色。假设保持 T ，增大压强，气体渐渐变为红棕色。气体的物质的量 n 随温度T 变化的关系2如下图。戊温度在 T -T 之间，反

18、响的化学方程式是12 。温度在 T -T 之间，气体的平均相对分子质量是保存 1 位小数。23答案(1)(2) 2NH3(l)NH - + NH +24(3) 翻开止水夹，通入少量氧气3 -P2O5+6OH-=2PO 4 +3H2OCu 片渐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色-3Cu+8H+2NO 3 =3Cu2+2NO+4H2O(4) 2NO22NO+O230.7解析此题是推断题、试验题和化学平衡问题的综合，考察的学问的较多，属于较难的题目。由“W 为无色液体且由原子序数小于 10 的元素组成”可推知W 为 10 电子的水分子；4由“X 有 5 个原子核和反响X+Y D Z+W”可推

19、知 X 为 NH +、Y 为 OH-、Z 为 NH3。(3) 在瓶内点燃红磷的目的是消耗瓶内的氧气，避开了对产物 NO 的干扰。因要求验证NO 的复原性，所以当生成 NO 后，翻开止水夹，通入少量氧气，使其与氧气反响生成红棕色的 NO2。28(2023 年理综北京卷，14 分)由 Fe O 、Fe、CuO、C、Al 中的几种物质组成的混合粉末，2 3取样品进展以下试验局部产物略去：(1) 取少量溶液 X，参加过量的NaOH 溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO ，无明显2变化，说明样品中不含有的物质是填写化学式。(2) Z 为一种或两种气体：假设 Z 只为一种气体，试剂 a 为饱和 NaHC

20、O3溶液，则反响 I 中能同时生成两种气体的化学方程式是。假设 Z 为两种气体的混合物，试剂a 为适量水，则 Z 中两种气体的化学式是 。(3) 向 Y 中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反响后，溶液中的阳离子是填写离子符号 。己(4) 取 Y 中的溶液，调 pH 约为 7，参加淀粉 KI 溶液和 H O ，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀2 2生成。 当消耗 2 mol I- 时， 共转移 3 mol 电子， 该反响的离子方程式是 。(5) 另取原样品，参加足量稀硫酸充分反响。假设溶液中肯定不会产生 Y 中的红色固体，则原样品中全部可能存在的物质组合是 各组合中的物质用化学式表示 。答案1Al242C

21、 + 2 HSO浓 DNOCO2CO2+2SO2+2 H2O3Cu2+Fe3+H+42Fe2+3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I2（5） CuO、C；CuO、C、Fe2O3解析此题是对金属及其化合物学问的考察，同时涉及了化学计算问题。(1) 假设混合粉末中有 Al，则参加酸后应生成 Al3+，再参加过量的NaOH 溶液，则生成AlO2-，通入 CO2，应生成 Al (OH)3 沉淀，所以样品中不含有的物质是 Al。(2) 样品与浓酸反响可得两种气体，说明该酸是一种氧化性酸。假设该酸为硫酸，则两种气体为 CO2 和 SO2，与饱和NaHCO3 溶液反响可得一种气体 CO2；假设该酸为硝酸

22、，则两种气体为 CO2 和 NO2，与饱和 NaHCO3 溶液反响可得两种气体 CO2 和 NO。(3) Y 中含有的红色固体应为铜，另一固体为铁，溶液中含 Fe2+，通入过量氯气，充分反响后，溶液中有 Cu2+、Fe3+、H+。4Y 中含 Fe2+，参加淀粉 KI 溶液和 H2O2 生成的红褐色沉淀必为 Fe(OH)3，则参与反响的是 Fe2+、H2O2 和 I-，生成物为 Fe(OH)3 和 I2，再依据电子守恒和电荷守恒将方程式配平即可。5假设溶液中肯定不会产生 Y 中的红色固体，即不产生铜，则原样品中肯定不含 Fe、Al；再依据题目中试验可知必含 CuO、C，而 Fe2O3 可能存在。故可能存在的物质组合是 CuO、C 或 CuO、C、Fe2O3。庚