2023年北京市高考化学试卷（含解析）

2023年北京市高考化学试卷

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨焕，是碳材料科学的一大进步。

下列关于金刚石、石墨、石墨快的说法正确的是（）

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sp3杂化

C.三种物质的晶体类型相同D.三种物质均能导电

2.下列化学用语或图示表达正确的是（）

A.NaCl的电子式Na：4：

B.NH3的VSEPR模型为

C.2Pz电子云图为

D.基态24“原子的价层电子轨道表示式为|ti|ti|t|IIIT1

3d4s

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烧

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FeCk溶液制备Fe（OH）3胶体

4.下列事实能用平衡移动原理解释的是（）

A.小。2溶液中加入少量MnOz固体，促进出。2分解

B.密闭烧瓶内的NO2和电。4的混合气体，受热后颜色加深

C.铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D.锌片与稀H2sO4反应过程中，加入少量CuSC）4固体，促进小的产生

5.回收利用工业废气中的CO2和SO2,实验原理示意图如图。

含*

和

的

下列说法不正确的是（）

A.废气中SO2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HCOJ的水解程度大于HCOJ的电离程度

C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO?和SO?

D.装置b中的总反应为so：.coIIJ）'H（（H）H

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NaClO）：Cl2+20H-=Cl-+C1Q-+H20

+2+

B.食醋去除水垢中的CaCC）3：CaCO3+2H=Ca+H20+C02T

C.利用覆铜板制作印刷电路板:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

D.Na2s去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgSI

7.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

浓硫酸庶融

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

A.AB.BC.CID

9.一种聚合物PHA的结构简式如图，下列说法不正确的是（）

A.PHA的重复单元中有两种官能团

0PHA

B.PHA可通过单体UJL缩聚合成

HO

C.PHA在碱性条件下可发生降解

D.PHA中存在手性碳原子

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.F—F键的键能小于Q—Q键的键能

B.三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka

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（HF）2，而气态氯化氢中是HC1分子

11.化合物K与L反应可合成药物中间体M,转化关系如图。

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LD.反应物K与L的化学计量比是1：1

12.离子化合物Na?。2和Ca电与水的反应分别为①2Na2()2+2H2O=4NaOH+02T；

(2)CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2T«下列说法正确的是()

A.Na2O2>CaH2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.Na?。?中阴、阳离子个数比为1：2,CH2中阴、阳离子个数比为2：1

D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和电的物质的量相同

13.--种分解氯化镂实现产物分离的物质转化关系如图,

其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的

是()

A.a、c分别是HQ、NH3

B.d既可以是MgO,也可以是Mg(OH)Cl

C.已知MgCk为副产物，则通入水蒸气可减少MgCk的产生

D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化钱直接分解的反应热

14.利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2c。3体系中的可能产物。

己知：①图1中曲线表示Na2c。3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。

2

②图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)•C(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线II的离子浓度

关系符合c(Mg2+)-c(CO歹)=Ksp(MgCC)3)[注：起始c(Na2c。3)=O.lmol-L-1,不同pH下

c(CO歹)由图1得到]。

1

.0(

50.8£

80.46詈

氢)

M»。

.2

0,04681012―889101112

PHpH

图1图2

下列说法不正确的是（）

A.由图1,pH=10.25,C(HCO3)=c(COi")

B.由图2,初始状态pH=11、Ig[c（Mg2+）]=-6,无沉淀生成

C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2cO3)+C(HCO])+

c(CO仁)=O.lmol-L-1

D.由图1和图2,初始状态pH=8、Ig[c(Mg2+)]=-1,发生反应：Mg2++2HCO3=MgCO3I

+C02T+H20

二、流程题（本大题共1小题，共13.0分）

15.以银镒精矿（主要含AgzS、MnS、FeS?）和氧化镭矿（主要含MnC>2）为原料联合提取银和镒

的一种流程示意图如图。

沉银液

银钵

精矿

粗银粉

氧化

镭矿

己知：酸性条件下，MnOz的氧化性强于Fe3+。

（1）“浸镒”过程是在H2sO4溶液中使矿石中的锦元素浸出，同时去除FeS2,有利于后续银的

浸出；矿石中的银以Ag2s的形式残留于浸锦渣中。

+2+

①“浸铳”过程中，发生反应MnS4-2H=Mn+H2ST,则可推断：Ksp（MnS）（填

“>”或）Ksp（Ag2S）»

②在H2sO4溶液中，银镒精矿中的Fes2和氧化镒矿中的MnC）2发生反应，则浸镭液中主要的金

属阳离子有。

(2)“浸银”时，使用过量FeCb、HQ和CaCh的混合液作为浸出剂，将Ag2s中的银以[AgCl?]-

形式浸出。

①将“浸银"反应的离子方程式补充完整：Fe3++Ag2s+:

+2[AgCl2]-+So

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl，H+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，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小

的原因：o

(4)结合“浸镒”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和镉的优势:

三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)

16.资料显示，％可以将Cu氧化为CM+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元

素的价态。

己知：12易溶于KI溶液，发生反应121式红棕色)；12和5氧化性几乎相同。

(1)将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmoH2(n>m)的固体混合物中，振荡。

实验记录如下:

c(KI)实验现象

O.Olmol极少量12溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉

实验I

・L淀，溶液仍为淡红色

部分12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，

实验IIO.lmol-L-1

溶液仍为红棕色

12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

实验川4mol-L-1

液为深红棕色

①初始阶段，Cu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[Cu(H20)4]2+(蓝色)或[Cul2「(无色

),进行以下实验探究：

步骤a.取实验HI的深红棕色溶液，加入CC14，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，2Cu2++4r=2Cu"+L[Cu(NH3)2/(无色)容易被空气氧化。用离子方程式

解释步骤b的溶液中发生的变化：o

③结合实验IH,推测实验I和H中的白色沉淀可能是Cui,实验I中铜被氧化的化学方程式

是«分别取实验I和n充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI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Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I?能

将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是。

(3)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：

0.1mol•L_1

KfO,溶液

四、简答题(本大题共2小题，共19.0分)

17.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根»2。/)可看作是SO：-中的一

个0原子被S原子取代的产物。

(1)基态S原子价层电子排布式是。

(2)比较S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»2。1的空间结构是。

(4)同位素示踪实验可证实S20歹中两个S原子的化学环境不同，实验过程为

>()'。过程ii中，S20歹断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂

是Na养SO3和35S,过程ii含硫产物是。

(5)MgS2()3•6H?0的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm,结构如图所示。

晶胞中的［Mg(H20)6『十个数为。已知MgS2()3-6比0的摩尔质量是Mg-mo「i,阿伏

加德罗常数为NA，该晶体的密度为g-cm-3o(Inm=10-7cm)

(6)浸金时，S2。歹作为配体可提供孤电子对与Au+形成［AU(S203)2F-。分别判断S2O厂中的中

心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：o

18.尿素［C0(NH2)2］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，用氟酸银(AgOCN)与NH4Q在一定条件下反应制得C0(NH2)2,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CO2和N&为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步:

i.82和NH3生成NH2COONH4；

ii.NH2coON*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为放热反应，ii为吸热反应

c.CO2(l)+2NH3(1)=CO(NH2)2(1)+H2O(1)AH=EI-E4

(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(N0］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KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成

CO(NH2)2,电解原理如图所示。

①电极b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图。

己知：溶液中c(NH力不能直接用NaOH溶液准确滴定。

丽子口2s。产》时前百阳加,鸳

画Ji.消化分解1------ii.蒸馄一Uiii.吸收

标准NaOH溶*计算样品

iv.滴定~>含氮母

①消化液中的含氮粒子是O

②步骤iv中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V,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.化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如图。

K

o

UOH

已知：R—BrZn「R，R"»叫JR”

(1)A中含有痰基，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：

①L的城基相邻碳原子上的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Cu催化条件下，J不能被。2氧化

(5)L分子中含有两个六元环。L的结构简式是。

00H

(6)已知：X人/RJ，依据DfE的原理，L和M反应得到了P。M的结构

简式是o

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.原子间优先形成o键，三种物质中均有碳碳原子间的。键，故A正确；

B.金刚石中碳原子均采取sp3杂化，而石墨中碳原子采取sp2杂化，石墨焕中苯环上碳原子采取sp2

杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B错误；

C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨块属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，

故C错误；

D.石墨、石墨焕中存在大n键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D错误；

故选：Ao

A.原子间优先形成。键；

B.石墨中碳原子采取sp?杂化，石墨快中苯环上碳原子采取sp2杂化，碳碳三键中碳原子采取sp杂

化；

C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨焕属于分子晶体；

D.金刚石没有自由移动的电子，不能导电。

本题考查比较综合，涉及化学键、晶体类型、杂化方式等，题目难度不大，旨在考查学生对基础

知识的掌握情况。

2.【答案】C

【解析】解：A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电

性，NaCl的电子式为N才[：@：＞，故A错误；

B.NH3的VSEPR模型为四面体结构，图为三角锥形结构且没有写出孤电子对，故B错误;

C.p能级电子云是哑铃形,

][3不符合洪特规则，基态24口原子的价层电子轨道表示式为

D.IUt

3d4s

11111111|T|[T],故D错误;

3d4s

故选：Co

A.NaCl是离子化合物，阴离子要写出其最外层电子数且阴阳离子应该写出电荷和电性;

B.Nf的VSEPR模型为四面体结构；

C.p能级电子云是哑铃形；

p.itiittRi11m不符合洪特规则。

3d4s

本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确轨道表示式的方法、电子排

布规律、电子云形状、电子式的书写等知识点是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.纯碱溶液呈碱性，油脂在碱性条件下发生水解反应生成易溶于水的高级脂肪酸盐

和甘油，可用于除油污，与盐类水解有关，故A正确；

B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烧，发生的是裂解、裂化反应，与水解反应无

关，故B错误；

C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸，发生的反应是水解反应，与水解反应有关，故C正确；

D.FeC%是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体,加热能促进铁离子的水解,FeCb

溶液制备Fe(0H)3胶体与盐类水解有关，故D正确；

故选:Bo

A.油脂能在碱溶液中发生水解反应，生成溶于水的物质；

B.重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂解、裂化生成小分子烧；

C.蛋白质在酶的作用下发生水解反应生成氨基酸；

D.FeCk是强酸弱碱盐，铁离子能发生水解反应生成氢氧化铁胶体。

本题考查水解反应的应用，明确盐类水解原理、有机反应、物质的性质为解答关键，试题有利于

培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力，题目难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.MnOz作小。2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所

以不能用平衡移动原理解释，故A错误；

B.2N02(g)^N204(g)AH<0,密闭烧瓶内的NO?和电。4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导

致"NO?)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确：

C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓

硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NC)2呈红棕色，与平衡移动原理无关,不能用平衡移动原理解释，

故C错误；

D.Fe能置换出Cu,Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H?的产生，与平衡移动原理无关，不能用平

衡移动原理解释，故D错误；

故选：Bo

平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这

种改变的方向移动；平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平

衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。

本题考查化学平衡移动原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡移动原理

内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：ASO2是形成酸雨的主要成分，所以废气中SO2排放到大气中会形成酸雨，故A正确；

B.HCO］水解导致溶液呈碱性、HCO,电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原因是HCO］的

水解程度大于HCO1的电离程度，故B正确；

C.NaHCC)3溶液能和SC)2反应但不能和CC)2反应，所以NaHCO?溶液不能吸收CO?，故C错误；

+

D.装置b中阳极S0『-2e-+20H-=SO厂+H20,阴极反应式为CO2+2e-+2H=HCOOH,在

得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为

SO-CO,HJ)^-HCOOH，故D正确；

故选:Co

根据图知，含CC)2和S02的废气通入NaHC()3溶液中，得到NaHCO?和Na2sO3的混合溶液和CO?,发

生的反应为2NaHCC)3+S02=Na2SO3+2CO2+H20,电解池中，左侧电极上SO算失电子生成SO：1

该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO家-2e-+2OH-=

SO；-+H2。，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为COz+2e-+2H+=HCOOH；

A.SO2是形成酸雨的主要成分；

B.HCO］水解导致溶液呈碱性、HCOJ电离导致溶液呈酸性；

C.NaHCOs溶液能和SO?反应但不能和C02反应；

+

D.装置b中阳极SOg-2e-+20H-=SOr+H20,阴极反应式为CO2+2e-+2H=HCOOH,在

得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式。

本题考查电解原理及三废处理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性

质、电解原理是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。

6.【答案】B

【解析】解:A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和出0,离子方程式为+20FT=+

CIO-+H20,故A正确；

2+

B.醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaCC）3+2CH3COOH=Ca+2CH3COQ-+H20+

C02T,故B错误；

C.Cu和Fe3+反应生成CM+、Fe2+,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe?++Cu?+,故C正确;

D.Hg2+、S?-反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++S2-=HgS1,故D正确；

故选：B»

A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaCIO和％0;

B.醋酸为弱酸，应该写化学式；

C.Cu和Fe3+反应生成CM+、Fe2+；

D.Hg2+、S2-反应生成HgS沉淀。

本题考查离子方程式正误判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性

质、离子方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、0原子按2：1比例以出0的形成脱除，白色固体变黑，体

现浓硫酸的脱水性，故A正确；

B.浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2so式浓（（）：s（）:_-///>>

产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；

C.浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫

酸的强氧化性，故C错误；

D.蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；

故选:Co

A.浓硫酸将蔗糖中H原子、0原子按2：1比例以出0的形成脱除；

B.浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳使固体体积膨胀；

C.生成的二氧化硫使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫；

D.蔗糖发生化学反应，一定有化学键的断裂。

本题考查浓硫酸性质实验，掌握浓硫酸的特性，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握

情况。

8.【答案】D

【解析】解：A.在加热条件下，浓盐酸和MnOz反应生成Cl?，图中装置能制取氯气，故A正确；

B.乙烯难溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正确；

C.打开活塞，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，氨气溶于导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不

变，大气压将水通过导管进入烧瓶中而形成喷泉，氨气和水反应生成的一水合氨电离出0H-而使

其水溶液呈碱性，酚酥遇碱溶液变红色，所以该装置能验证N&易溶于水且溶液呈碱性，故C正

确；

D.CO2,HC1都能和Na2c。3溶液反应，应该用饱和NaHCC>3溶液除去CO?中的HCL故D错误；

故选：Do

A.在加热条件下，浓盐酸和MnC)2反应生成。2；

B.难溶于水的气体可以采用排水法收集；

C.酚儆遇碱溶液变红色，极易溶于水的气体能形成喷泉实验；

D.CO2,HC1都能和Na2cO3溶液反应。

本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化

合物的性质是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，操作要简便。

9.【答案】A

【解析】解：A.根据图知，PHA的重复单元中官能团只有酯基一种，故A错误；

00

B.是PHA的单体，人人中含有粉基和醇羟基，所以PHA可通过单体

o

XJL缩聚合成，故B正确；

H（<X^）H

C.PHA中含有酯基，所以PHA在碱性条件下能发生水解反应而降解，故C正确；

D.根据图知，PHA的重复单元中连接一个甲基的碳原子为手性碳原子，故D正确；

故选：Ao

A.PHA的重复单元中官能团为酯基：

0

B.1X是PHA的单体；

H00H

C.酯基在碱性条件下能发生水解反应；

D.连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大.

10.【答案】A

【解析】解：A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F—F键不稳定，则F-F

键的键能小于C1-Q键的键能，与电负性无关，故A正确；

B.电负性：F>CLF-C键的极性大于Cl-C键的极性，使得F3c-的极性大于Cl3c-的极性，导

致F3CCOOH的竣基中-0H极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元

素的电负性进行解释，故B错误；

C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F>C1,F-H键的极性大于C1-H

键的极性，导致HF分子极性比HCI强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；

D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在（HF},

气态HC1中不存在（HCI）2,能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；

故选：Ao

A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，贝IJF-F键不稳定；

B.电负性：F>CLF—C键的极性大于Cl-C键的极性，使得F3c-的极性大于Cl3c-的极性，导

致F3CCOOH的竣基中—0H极性更大；

C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强；

D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键。

本题考查元素周期律，侧重考查对电负性的理解和运用能力，明确分子极性、酸的酸性强弱的影

响因素是解本题关键，题目难度不大。

11.【答案】D

【解析】解：A.K结构对称，-CON%中含有工种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基

上含有1种氢原子，所以K含有3种氢原子，K的核磁共振氢谱有三组峰，故A错误；

B.L为OHCCHO,名称为乙二醛，故B错误；

0H

C.M水解时酰胺基生成氨基和峻基，生成.N丫、°和N&,故C错误；

JH0人。

D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H2。，所以K、L的计量数之比为1：1,故D正确；

故选：D。

根据图知，K和L发生取代反应生成M和也0,L能发生银镜反应，说明含有醛基，根据原子守恒知，

1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个电0,则L为OHCCHO；

A.K结构对称，-CON%中含有1种氢原子，中间碳原子上含有1种氢原子，中间氨基上含有1种氢

原子；

B.L为OHCCHO；

C.M水解时酰胺基生成氨基和竣基；

D.1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个电0。

本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其在的关

系并正确判断L的结构简式是解本题关键，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A.Na2（）2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中氧原子之间存在非

极性键，而Ca%中FT和钙离子之间存在离子键，该化合物中不含非极性键，故A错误；

B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变，只有过氧化钠中0元素化合价变化，所以①中水不

参与氧化还原反应，故B错误；

C.NazOz由钠离子与过氧根离子构成，而CaH?由钙离子与氢负离子构成，所以Na2。?中阴、阳离子

个数比为1：2,CaHz中阴、阳离子个数比为2：1,故C正确；

D.反应①中生成lmolC）2转移2moi电子，反应②中生成lmol%转移lmol电子，所以反应①和②中

转移的电子数相同时，产生的。2和H2的物质的量之比为1：2,故D错误；

故选：Co

A.Ca%中只含有离子键；

B.反应①中水中氢元素、氧元素化合价不变；

C.NazOz由钠离子与过氧根离子构成，而Ca%由钙离子与氢负离子构成；

D.反应①中生成lmol()2转移2moi电子，反应②中生成Imo%转移lmol电子。

本题考查氧化还原反应，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之

间作用力、氧化还原反应中电子转移数目是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】C

【解析】解：A.由上述分析可知，a是N&,c是HC1,故A错误；

B.由上述分析可知，b是Mg(OH)Cl,d是MgO,故B错误：

C.MgCl?可以水解生成Mg(OH)Cl,则通入水蒸气可减少MgCk的产生，故C正确；

D.由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化镂直接分解的反应热，故D

错误；

故选：Co

由图可知，反应①：NH4C1+MgO#NH3+Mg(OH)Cl,反应②：Mg(OH)Q=HC1+MgO,故a是

NH3,b是Mg(OH)CLc是HC1,d是MgO,如果一个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热

之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。

本题考查化学反应能量变化相关知识及反应机理，注意掌握盖斯定律运用，此题难度中等。

14.【答案】C

【解析】解：A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO。=c(COg),故A正确；

B.由图2可知，pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线I和曲线II的下方，浓度积Q<

Ksp[Mg(0H)2]或Ksp(MgC()3),不会产生Mg(0H)2沉淀或MgCC)3沉淀，故B正确；

C.由图2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线H的上方，会生成MgCC)3沉淀，根据物

料守恒关系可知，溶液中c(H2cO3)+C(HC03)+c(CO|-)<c(Na2CO3)=O.lmol/L,故C错误；

D.pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCO],pH=8Jg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线II的上方，

Mg2+和HCO,反应生成MgCC)3沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++2HCO3=MgCO3I+C02T

+H20,故D正确；

故选:Co

A.由图1可知，pH=10.25时c(HCO])=c(COp)；

B.结合与浓度积Q的关系分析判断，若Ksp<Q时则无沉淀生成；

C.由图2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2的点位于曲线II的上方，会生成MgC()3沉淀，含碳微粒总

量减小；

D.由图1可知，pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCO1,由图2可知，pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1的

点位于曲线H的上方，反应生成MgCO3沉淀。

本题考查沉淀溶解平衡、弱电解质的电离平衡，侧重图象分析能力和基础知识综合运用能力的考

查，把握溶度积常数的应用、图象上下方位置离子的种类及性质是解题关键，注意掌握Ksp、浓度

积Q及其与生成沉淀的关系，题目难度中等。

15.【答案】>Fe3+、Mn2+24cl-2Fe2+C「与Ag2s电离出的Ag+结合生成[Ag"]一,增大

溶液中S2-浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2s浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3

2+3+2+

沉淀Fe+2[AgCl2]-=Fe+4C「+2Ag、Fe+2Fe=3Fe溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化

生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+将两种矿石中镒元素同时提取到浸锦液中，获得MnSO4,

同时实现锦元素与银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂

【解析】解：(1)①“浸镒”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2ST,矿石中的银以Ag2s的

形式残留于浸镒渣中，可知MnS溶于硫酸，而Ag?S不溶于硫酸，说明MnS的溶度积大于Ag?S,即

Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S),

故答案为：>；

②发生反应MnS+2H+=MM++H2ST,FeS2和MnOz发生反应，根据信息可知，在H2sO4溶液中

MnOz可以将Fe?+氧化为Fe3+,自身被还原为MM+,则浸镒液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+,

故答案为：Fe3+>Mn2+；

(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+,即生成物缺项为Fe?+,由元素守恒可知反应物中缺

2+

项为Q-,配平后离子方程式为2Fe3++Ag2S+4C1-=2Fe+2[AgCl2]~+S,

故答案为：2；4；Cr；2；Fe2+；

②C「与Ag2s电离出的Ag+结合生成[AgC12「，增大溶液中S2-浓度，有利于平衡正向移动，提高

Ag2s浸出率，溶液中Fe3+水解，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀，

故答案为：C「与Ag2s电离出的Ag+结合生成[AgCk「，增大溶液中S2-浓度，有利于平衡正向移动，

提高Ag2s浸出率，H+可以抑制Fe3+水解，分子生成Fe(OH)3沉淀；

(3)①铁粉将[AgC12「被还原为Ag,过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+,发生离子反应有：Fe+

-2+3+2+

2[AgCl2]=Fe+4Cr+2Ag、Fe+2Fe=3Fe,

z+3+2+

故答案为：Fe+2[AgCl2]-=Fe+4C1-+2Ag>Fe+2Fe=3Fe；

②溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+,所以t分钟后Ag的沉淀

率逐渐减小，

故答案为：溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化为Ag+；

(4)“浸锦”过程中，将两种矿石中锦元素同时提取到浸铺液中，获得MnSO,，同时实现镐元素与

银元素分离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂，

故答案为：将两种矿石中镒元素同时提取到浸镒液中，获得MnSO,，同时实现镒元素与银元素分

离，而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。

+2+

“浸锦”过程中，在H2sO4溶液中使矿石中的镭元素浸出，发生反应MnS+2H=Mn+H2ST,

FeS2和MnOz发生反应，即Fe?+被氧化生成Fe3+,浸镭液中主要含有Fe3+、Mr?+及未反应的硫酸，

矿石中的银以Ag2s的形式残留于浸镭渣中，过滤分离，浸铳夜经系列操作获得MnSO,，“浸银”

时将Ag2s中的银以[AgC%「形式浸出，过滤分离，“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，

[AgCk「被还原为Ag,再过滤分离：

(1)①MnS溶于硫酸，而Ag2s不溶于硫酸；

②根据信息可知，在H2sO4溶液中MnC)2可以将Fe?+氧化为Fe3+,自身被还原为M/+；

(2)①根据电子转移守恒，Fe3+被还原为Fe2+,即生成物缺项为Fe2+,由元素守恒可知反应物中缺

项为C「，配平书写离子方程式；

②C「与Ag+结合生成[AgC12「，酸性可以抑制Fe3+水解；

(3)①铁粉将[AgCk「被还原为Ag,过量的Fe与铁离子反应生成Fe2+；

②溶液中Fe2+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe3+可以把Ag氧化为Ag+；

(4)“浸镉”过程中，将两种矿石中镒元素同时提取到浸铺液中，实现镒元素与银元素分离，获得

MnS04,而生成的Fe3+可以用于浸银，节约氧化剂。

本题考查物质制备工艺流程，涉及溶度积、方程式配平、离子方程式书写、对试剂与操作分析评

价、对原理的理解与运用等，注意根据题干中的内容理解整个流程，需要学生具备扎实的基础与

综合运用的能力。

+

16.【答案】<除去后,防止干扰后续实验[Cul2]-+2NH3-H20=[CU(NH3)2]+21-+2H2O,

+2+-

4[CU(NH3)2]+02+8NH3-H20=4[CU(NH3)4]+40H+8H202Cu+I2=2CuI(或2Cu+

13=2Cui+r)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g浓度小，未能

氧化全部的Cu)铜；含nmol%的4moi的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，h将Cu氧

化为CM+；而在实验I、实验H和实验HI中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验I、实验H、实

验in中Cu+可以进一步与【一结合生成Cui沉淀或[Cul2「，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生

反应2CM++41-=2CuII+%和2CM++61-=2[CuI2]~+12

【解析】解：(1)①12固体与Cu的接触面减小，12在水中溶解性小，反应速率慢，12和5氧化性几

乎相同，则与离子浓度越大，反应速率越快，实验n中can较大，所以反应速率：实验I〈实验

II,

故答案为：＜;

②i.深红棕色溶液含有过量的耳，存在平衡为N+I-UIJ，12易溶于CC14,多次萃取、分液除去【2

和写，防止氧化性的与干扰后续实验，

故答案为：除去I。防止干扰后续实验；

ii.实验III所得溶液中，Cu元素以无色的[Cuh「形式存在，加入浓氨水时发生的反应为笆叫「+

+

2NH3-H20=[CU(NH3)2]+21-+2H2O,生成的[Cu(NH3)2〕+又被氧气不断氧化为蓝色的

2+2+

[CU(NH3)4]1发生的反应4[CU(NH3)2】++02+8NH3•H20=4[Cu(NH3)4]+401+8H20,

++

故答案为：[Cul2]-+2NH3-H20=[CU(NH3)2]+21-+2H2O,4[Cu(NH3)2]+02+8NH3-

2+

H20=4[CU(NH3)4]+40H~+8H2O；

③若实验I中生成的白色沉淀为Cui,实验I中Cu被氧化的化学方程式为2Cu+匕=2Cul或2Cu+

=2Cui+r；分别取少量实验I和实验n中白色固体，洗涤后得到白色沉淀，白色沉淀主要成

分是Cui,加入浓KI溶液，发生反应为Cul+I-=[Cul2「，则可以观察到的现象是白色沉淀逐渐溶

解，溶液变为无色；实验I和实验n中碘未完全反应，还剩余少量铜，说明铜与碘的反应为可逆

反应或与浓度小，未能氧化全部的Cu,

故答案为：2(：11+12=2(：3(或2(：11+5=2(：111+1-)；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(或与浓度小，未能氧化全部的Cu)；

(2)通过原电池装置证实I2可以将Cu氧化为铜离子，则铜作负极，但I2在水中溶解度很小，并且12的

氧化性和与几乎相同，则正极的电解质溶液b是含nmollz的4moi•IT】的KI溶液，

故答案为：铜；含nmolL的4moi•IT】的KI溶液；

⑶小Cu原电池中，%能将Cu氧化为CM+,说明I2氧化性较强，但实验I、实验H和实验HI中Cu只

能被氧化为Cu+,由于Cu+能与「生成Cui沉淀或配离子[Cul2「，氧化还原反应中，生成物的浓度

减小会增强氧化剂的氧化性,Cu+浓度减小使CM+氧化性增强,氧化性增强的C/+能氧化厂生成“，

反应为2Cu2++4r=2CuIi+12和2Cu2++6I~=2［CuI2］~+I2,

故答案为：铜与碘反应的体系在原电池装置中，12将CU氧化为CM+;而在实验I、实验II和实验

山中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验I、实验H、实验HI中Cu+可以进一步与「结合生成Cui沉

淀或［Cu12「，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强,发生反应2CM++41-=2CuII+%和2C/++

61"=2［CUI2］~+I2o

(1)①I2固体与Cu的接触面减小，I2和写氧化性几乎相同，则与离子浓度越大，反应速率越快；

②i.深红棕色溶液中含有过量的反，存在平衡为左+「：写，12易溶于CCLp多次萃取、分液除去

12,使平衡逆向移动，进而除去与；

ii.实验HI经过多次萃取、分液所得溶液无色，则铜元素的存在形式为［Cui?「(无色)，［CU(NH3)21+

无色，滴入浓氨水时溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深，说明［Cu12「反应生成的［Cu(NH3)2〕+被氧

++

化生成［Cu(NH3)4】2+，反应为［Cu12「+2NH3-H20=［CU(NH3)2］+2厂+2H20,4［Cu(NH3)2］+

2+-

02+8NH3■H20=4［CU(NH3)4］+40H+8H20；

③实验I和H中的白色沉淀是Cui,说明匕或与氧化Cu生成Cui或［Cuh「，分别取实验I和H充分

反应后的固体，洗涤后得到的白色沉淀为Cui,加入浓KI溶液后沉淀溶解生成配离子［Cui?］：同时

观察到红色铜有剩余，说明铜与碘的反应不完全；

(2)h、Cu和硫酸钾溶液形成的双液原电池中，Cu发生失电子的氧化反应生成CM+,则Cu作负极,

石墨作正极，即a电极为Cu,b为含有k的溶液，但I2的溶解性小，匕和与氧化性几乎相同，可用含

nmoH?的4moi•IT】的KI溶液代替I2水，增强溶液导电性；

(3儿、Cu原电池中，12能将Cu氧化为Cu2+,说明I2氧化性较强，实验I、实验II和实验m中Cu只

能被氧化为Cu+,但cu+能与广生成Cui沉淀或配离子［Cul2「，生成物的浓度减小增强了氧化剂的

氧化性，即生成Cui沉淀或［Cul2「使Cu2+氧化性增强，导致CM+氧化厂生成12。

本题考查物质性质实验方案的设计、氧化还原反应规律的应用，侧重实验能力和综合运用基础知

识能力的考查，把握物质性质、发生的反应、实验原理和操作、氧化还原反应方程式的书写等知

识是解题关键，注意理解掌握影响氧化性强弱的因素，题目难度较大。

17.【答案】3s23P4S、0为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，

则r(O)<r(S),0原子核最最外层电子的吸引力大于S原子，0原子不易失去1个电子，所以0的第

4M

5

一电离能大于S四面体形32so歹、AglS4abcxl0-2iNAS2O1的中心S原子价层电子对个数为4

且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子

【解析】解：(1)基态S原子价层电子为3s、3P能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3s23P4,

故答案为：3s23P%

(2)同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，

S、0为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)<r(S),0原

子核最最外层电子的吸引力大于S原子，0原子不易失去1个电子，所以0的第一电离能大于S,

故答案