2023年北京市高考化学试卷（解析版）

2023年北京市高考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）

1.（3分）（2023•北京）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

下列关于金刚石、石墨、石墨焕的说法正确的是（）

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

【答案】A

【解答】解：A.原子间优先形成。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，故B错误；

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，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π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

2.（3分）（2023•北京）下列化学用语或图示表达正确的是（）

A.NaCI的电子式Na：©：

B.NH3的VSEPR模型为

,z

y

C.2pz电子云图为

tl∣t!∣t∣I∖[↑]

D.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为3d4s

【答案】C

【解答】解：A.NaCI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N4[：q：],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,则2pz电子云图为故C正确;

I州∣t□I□

D.3d4s不符合洪特规则，基态24Cr原子的价层电子轨道表示式

Itititititim

为3d4s,故D错误;

故选：Co

3.（3分）（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FeCI3溶液制备Fe（OH）3胶体

【答案】B

【解答】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.FeCI3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，FeCI3溶液制备Fe（OH）3胶体与盐类水解有关，故D正确；

故选：B,

4.（3分）（2023∙北京）下列事实能用平衡移动原理解释的是（）

A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解

B.密闭烧瓶内的N02和N2θ4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CUSe）4固体，促进H2的产生

【答案】B

【解答】解：A.Mno2作H2θ2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.2NO2（g）≠N2θ4（g）∆H<0,密闭烧瓶内的N02和N2θ4的混合气体，加热，平

衡逆向移动，导致C（NO2）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Nθ2,No2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H2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

（3分）（2023•北京）回收利用工业废气中的CO2和S02,实验原理示意图如图。

离子交换膜装置b

下列说法不正确的是（)

A.废气中Sθ2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HCol的水解程度大于HCOl的电离程度

C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2

由解

D.装置b中的总反应为SQ2-+Cθ2+H2θHCOOH+So2-

【答案】C

【解答】解：A.SO2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.HCOg水解导致溶液呈碱性、HCOg电离导致溶液呈酸性，装置a中溶液显碱性的原

因是Heclg的水解程度大于HCe的电离程度，故B正确；

C.NaHCo3溶液能和SO2反应但不能和Co2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2,

故C错误；

+

D.装置b中阳极S0『-2e'2OH=soj+H2O,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

由解

S0g^^+CO2+H2OHCooH+gQ,故D正确；

故选：Co

6.（3分）（2023•北京）下列离子方程式与所给事实不相符的是（）

A.C12制备84消毒液（主要成分是NaCl0）：C12+2OH'—Cl-+C10+H2O

B.食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2t

C.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu-2Fe2++Cι?+

D.Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2=HgSI

【答案】B

【解答】解:A.氯气和NaOH溶液反应生成NaCkNaCIO和H2O,离子方程式为Ch+20H

^=CΓ+C10+H2O,故A正确；

2+

B.醋酸为弱酸，应该写化学式，离子方程式为CaC03+2CH3C00H=Ca+2CH3COO

+H2O+CO2t,故B错误；

C.CU和Fe3+反应生成C/+、Fe2+,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++c/+,故C正确；

D.Hg?+、S2一反应生成HgS沉淀，离子方程式为Hg2++s2-=HgSI,故D正确；

故选：B<,

7.（3分）（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

【解答】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、。原子按2：1比例以H2O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+2H2SO4（浓）0=Co2t+2SO2

t+2H2θ,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

8.（3分）（2023•北京）完成下述实验，装置或试剂不正确的是（）

实验室收集验证易溶于水且溶液除去中混有的少量

实验室制Cl2NH3C02

C2∏4呈碱性

ABCD

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解答】解：A.在加热条件下，浓盐酸和MnO2反应生成C12,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OH一而使其水溶液呈碱性，酚酰遇碱溶液变红色，所以该装置能验证NH3易

溶于水且溶液呈碱性，故C正确；

D.Co2、HCl都能和Na2CO3溶液反应，应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCL

故D错误；

故选：D。

9.（3分）（2023•北京）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

0

B.PHA可通过单体HojH缩聚合成

C.PHA在碱性条件下可发生降解

D.PHA中存在手性碳原子

【答案】A

【解答】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.HoJX^oH是PHA的单体，Hoj>^0H中含有瘦基和醇羟基，所以PHAUJ

0

通过单体HcH缩聚合成，故B正确；

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：A0

10.（3分）（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.F-F键的键能小于Cl-Cl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HCl分子

【答案】A

【解答】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Cl-Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；

B.电负性：F>C1,F-C键的极性大于Cl-C键的极性，使得F3C-的极性大于ChC

-的极性，导致F3CC00H的粉基中-OH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Cl-H键的极性，导致HF分子极性比HCl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）2,气态HCl中不存在（HCl）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

11.（3分）（2023•北京）化合物K与L反应可合成药物中间体M,转化关系如图。

M

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L

D.反应物K与L的化学计量比是1：1

【答案】D

【解答】解：A.K结构对称，-CoNH2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，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OHCCH0,名称为乙二醛，故B错误；

OH

∕N≠

C.M水解时酰胺基生成氨基和竣基，生成HrH040和NH3,故C错误；

D∙1个K、1个L分子反应生成1个M分子和2个H20,所以K、L的计量数之比为1：

1,故D正确；

故选：D。

12.（3分）（2023•北京）离子化合物Na2O2和CaFh与水的反应分别为①2Na2θ2+2H2θ-

4NaOH+θ2t；②CaH2+2H2θ-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.Na2θ2中阴、阳离子个数比为1：2,CaH2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02和H2的物质的量相同

【答案】C

【解答】解：A.Na2θ2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CaH2中H-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O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.Na2θ2由钠离子与过氧根离子构成，而CaH2由钙离子与氢负离子构成，所以Na2O2

中阴、阳离子个数比为1：2,CaH2中阴、阳离子个数比为2：1,故C正确；

D.反应①中生成ImolO2转移2mol电子，反应②中生成ImOIH2转移ImOl电子，所以

反应①和②中转移的电子数相同时，产生的02和H2的物质的量之比为1：2,故D错误：

故选：Co

13.（3分）（2023•北京）一种分解氯化链实现产物分离的物质转化关系如图，其中b、d代

表MgC)或Mg(OH)Cl中的一种。下列说法正确的是()

B.d既可以是MgO,也可以是Mg(OH)Cl

C.已知MgCl2为副产物，则通入水蒸气可减少MgCI2的产生

D.等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化镂直接分解的反应热

【答案】C

【解答】解：A.由上述分析可知，a是NH3,c是HCL故A错误；

B.由上述分析可知，b是Mg(OH)C1,d是MgO,故B错误；

C.MgeI2可以水解生成Mg(OH)C1,则通入水蒸气可减少MgCI2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镀直接分解的反应

热，故D错误；

故选：Co

14.(3分)(2023∙北京)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg?+在不同PH的Na2CO3

体系中的可能产物。

己知：①图1中曲线表示Na2C03体系中各含碳粒子的物质的量分数与PH的关系。

2+2

②图2中曲线I的离子浓度关系符合C(Mg)∙c(0H')=Ksp[Mg(OH)2]:曲线II

的离子浓度关系符合c(Mg2+)∙c(cθj)=KSP(MgCo3)[注：起始c(Na2CO3)=OJmol

下列说法不正确的是()

A.由图1，pH=10.25,c(HCQ")=C(QQ2-)

B.由图2,初始状态PH=I1、lg[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

(HCC)Y+c(COV=0.∣mol∙L-1

2+

D.由图1和图2,初始状态PH=8、lg[c(Mg?+)]=-1,发生反应：Mg+2HCQ--

MgCθ3I+CO2t+H2O

【答案】C

【解答】解：A.由图1可知，PH=IO.25时C(HCeu)=C(CC)多)，故A正确；

2+

B.由图2可知，pH=ll、lg[c(Mg)]=-6B'f,该点位于曲线I和曲线I[的下方，浓

度积QVKSP[Mg(OH)2]或KSP(MgCO3),不会产生Mg(OH)2沉淀或MgCo3沉淀，

故B正确；

C.由图2可知PH=9、lg[c(Mg?+)]=-2时，该点位于曲线∏的上方，会生成MgCO3

沉淀，根据物料守恒关系可知，溶液中C(H2CO3)+c(HCOp+c(COr)<c(Na2CO3)

=0.1mol∕L,故C错误；

D.pH=8时溶液中主要含碳微粒是HCcIqPH=8、lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲

线∏的上方，Mg?+和HeOg反应生成MgCO3沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++2HC0g

—MgCOsI+CO2t+H2O.故D正确；

故选：Co

二、解答题(共5小题，满分58分)

15.(10分)(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(S2Q2-)

可看作是soj中的一个O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3s23p40

(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：S、。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),

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

电离能大于S。

(3)S20多的空间结构是四面体形。

(4)同位素示踪实验可证实S20.中两个S原子的化学环境不同，实验过程为

A

SO2-Xs202-g-,Ag2S+s02-o过程ii中，S2og-断裂的只有硫硫键，若过程i所用

325

试剂是Na产。3和的,过程ii含硫产物是s∩2-,AS^SQ

(5)MgS2θ3∙6H2θ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(H2O)6产个数为4O已知MgS2θ3∙6H2θ的摩尔质量是Mg∙mol”,

37

阿伏加德罗常数为NA,该晶体的密度为------翅F—g∙cm-o(lnm=10-cm)

-21

abcX10-NA

3

(6)浸金时，S2Q.作为配体可提供孤电子对与Au+形成［Au(S2O3)2］^o分别判断S2Q2-

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：S20；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。

【答案】(I)3s23p4;

(2)S、O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),O原子核最最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，

所以。的第一电离能大于S；

(3)四面体形；

(4)♦砥Ag加

,4M

(5)4z∙.

_21

，abc×IONA'

(6)S2or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。

【解答】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：3s23p4;

(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、O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。的第一电离能大于S,

故答案为：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；

(3)S2oj-和so；互为等电子体，结构相似，SOj中心S原子价层电子对个数为

4+6+2-4X2=4且不含孤电子对,则so2-的空间结构为正四面体形，则S202-的空间

结构为四面体形，

故答案为：四面体形；

(4)根据图知，过程ii中含硫产物为32so｝、Ag35S,

故答案为：32S0：-、Ag断

(5)晶胞中的[Mg(H2O)6/个数为l+2X∙∣∙+4x∖+8><]=4;S20.的个数为4,相

当于该晶胞中含有4个“MgS2θ3∙6H2θ”,晶胞体积为(aXlO,cm)X(b×10^7cm)

X(c×107cm)=abc×1021cm3,该晶体的密度=-....=-翅一=

VVNA

4M∙g∕cm3,

abc×10幻

故答案为：4；---------ɪ--；

abcXlO-"町

(6)S201的中心S原子价层电子对个数为3+1+殳2/2=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，所以能做配位原子，

故答案为：S20：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。

16.(9分)(2023∙北京)尿素［CO(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NFUCI在一定条件下反应制得CO(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AgOCN+NEUCl=CO(NH2)

2+AgClO

(2)二十世纪初，工业上以C02和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分

两步：

i.C02和NH3生成NH2COONH4；

ii.NH2COONH4分解生成尿素。

NH2COONH.N)

反应过程

结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是ab(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.C02(1)+2NH3(1)—CO(NH2)2(1)+H2O(1)AH=ELE4

(3)近年研究发现，电催化C02和含氮物质(Nog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C02至饱和，在电极

上反应生成CO(NH2)2,电解原理如图所示。

CO,

质子交换膜

①电极b是电解池的阳极。

+

②电解过程中生成尿素的电极反应式是_2h∩-+CO2+16e+18H=CO(NH2)

2+7H2O。

(4)尿素样品含氮量的测定方法如图。

已知：溶液中C(MI：)不能直接用NaOH溶液准确滴定。

司浓HfO,等、r---1浓NaOH溶巡f-过量H2SO4溶。

g∕i.消化分解------ii.蒸储一■ijiii.吸收

标准NaOH溶电计算样品

~iv∙滴定~^1二氮量

①消化液中的含氮粒子是

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

的实验数据有步骤In所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量。

【答案】(1)AgoCN+NHQ=CO(NH2)2+AgCl;

(2)ab；

(3)①阳;

②2Ncς+Cθ2+16e+18H+=CO(NH2)2+7H2O；

⑷①畸

②步骤HI所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量。

【解答】解：(1)AgOCN与NH4C1在一定条件下反应制得Co(NH2)2和AgCL依据

原子守恒，该反应的化学方程式是AgC)CN+NH4C1=CO(NH2)2+AgCl,

故答案为：AgOCN+NH4Cl=CO(NH2)2+AgCI；

(2)a.由图可知，反应i的活化能是Ei,反应ii的活化能是E3,Eι<E3,即活化能：反

应i<反应ii,故a正确：

b.从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出i为放热反应，ii为吸热反应，故b正确；

c.由图可知，总反应的AH=EI-E2+E3-E4,即Co2(1)+2NH3(1)—CO(NH2)2

(1)+H2O(1)ΔH=Eι-E2+E3-E4,故C错误；

故答案为：ab；

(3)①电解池中阳离子移向阴极，由图可知，H+移向a极，即a极为阴极，b极是电解

池的阳极，

故答案为：阳；

②电解过程中阴极上NOgCo2得到电子生成尿素，电极反应式是：2NC∣g+C02+16e∙

+18H+=CO（NH2）2+7H2O,

故答案为：2N0g+Cθ2+16e+18H+=CO（NH2）2+7H2O；

（4）①消化液中加入浓NaOH溶液反应生成氨气，故消化液中的含氮粒子是NHj

故答案为：NH；；

②由图可知，尿素样品在浓硫酸等物质的作用下消化分解得到NH接着加入浓NaOH

溶液与NH:反应生成NH3,再将生成的NH3蒸储用过量的硫酸吸收，最后用标准Nae）H

溶液中和剩余的硫酸，故计算样品含氮量还需要的实验数据有步骤HI所加入H2SO4溶液

的体积和浓度、样品的质量，

故答案为：步骤In所加入H2SO4溶液的体积和浓度、样品的质量。

17.（12分）（2023•北京）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。

0

OH

R-BrZnAR——R3

已知：

(1)A中含有竣基，AfB的化学方程式是

浓硫酸

BrCH2COOH+CH3CH2OH7--------^BrCH2COOCH2CH3+H2O。

Λ

（2）D中含有的官能团是醛基。

（3）关于D-E的反应:

①的拨基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是皴基为强吸电子

基团，使得相邻碳原子上的电子偏向班基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键极

性增强。

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

OHO

（4）下列说法正确的是ac（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02氧化

0

（5）L分子中含有两个六元环。L的结构简式是

0OH

R2

(6)己知：,依据D→E的原理，L和M反应得到了Po

0

θ2NxʌA∕

M的结构简式是U。

浓硫酸

【答案】(1)BreH2COOH+CH3CH2O%==≥BrCH2COOCH2CH3+H2θ；

Λ

（2）醛基；

（3）①镖基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向皴基上的碳原子，使得相邻

碳原子上的C-H键极性增强

OHO

（4）ac；

0

O

O：N

(6)

【解答】解：(I)A为BrCH2COOH,A和乙醇发生酯化反应生成B,AfB的化学方程

式是BrCH2COOH+CH3CH2OH^==^BrCH2COOCH2CH3+H2O,

ʌ

故答案为：BrCH2COOH+CH3CH2OH2S^BrCH2COOCH2CH3+H2O;

△

(2)D为Q^CH0,D中含有的官能团是醛基，

故答案为：醛基；

O

(3)①人的粉基相邻碳原子上的C-H键极性强，易断裂，原因是埃基为强吸电

子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向埃基上的碳原子，使得相邻碳原子上的C-H键

极性增强，

故答案为：皴基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的电子偏向谈基上的碳原子，使得

相邻碳原子上的C-H键极性增强；

②该条件下还可能生成一种副产物，与E互为同分异构体，可能是亚甲基上的氢原子和

ʌʌʌʌ

(4)a.F为,F中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团,

所以F存在顺反异构体，故a正确；

b.J和K结构不相似，不互为同系物，故b错误；

c.在加热和CU催化条件下，J中连接醇羟基的碳原子上不含氢原子，所以J不能被02

氧化，故C正确；

故答案为：ac；

18.（13分）（2023•北京）以银镒精矿（主要含Ag2SʌMnS>FeS2）和氧化铳矿（主要含

MnO2）为原料联合提取银和镒的一种流程示意图如图。

已知：酸性条件下，MnC）2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的形式残留于浸镒渣中。

①“浸镒”过程中，发生反应MnS+2H+-Mn2++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MnO2发生反应，则浸镒液中主

要的金属阳离子有Fe3+、Mι√+。

（2）“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和Cael2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：2Fe3++A3+4Cl=2Fe?+

+2[AgCh]+So

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl一、H+的作用：C「与AvS电离出的Ad结合

生成fAgC121∖增大溶液中S?一浓度，有利于平衡正向移动，提高Ag2S浸出率，H+可以

抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。

(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Fe+2[A£C12「=Fe2++4C「+2A&、Fe+2Fe3+=3Fe2+。

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：溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe?+把部分Ag氧化为

A%s

、

郴

娓

⅛

s

ħDv

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

将两种矿石中铳元素同时提取到浸镒液中，获得MnSe)4,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。

【答案】(1)①＞；

②Fe3+、Mn2+;

(2)①2；4；CΓ;2；Fe2+;

②C「与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgC12「，增大溶液中S?-浓度，有利于平衡正向移

动，提高Ag2S浸出率，H+可以抑制Fe?+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀；

(3)①Fe+2[AgC12]-≈Fe2++4CΓ+2Ag^Fe+2Fe3+≈3Fe2+;

②溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe3+,而Fe?+把部分Ag氧化为Ag+;

(4)将两种矿石中镒元素同时提取到浸镒液中，获得MnSθ4,同时实现镒元素与银元

素分离，而生成的Fe?+可以用于浸银，节约氧化剂。

+2+

【解答】解：(1)①“浸镒”过程中，发生反应MnS+2H-Mn+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Ag2S不溶于硫酸，说明MnS

的溶度积大于Ag2S,即KSP(MnS)＞Ksp(Ag2S),

故答案为：＞;

②发生反应MnS+2H+-M∏2++H2St,FeS2和Mno2发生反应，根据信息可知，在H2SO4

溶液中MnO2可以将Fe?+氧化为Fe?+,自身被还原为MJ+,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，Fe?+被还原为Fe?+,即生成物缺项为Fe?+,由元素守恒可知

反应物中缺项为CΓ,配平后离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl-≠2Fe2++2[AgC12]^+S,

故答案为：2；4；Cl';2；Fe2+;

②C「与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgC12「，增大溶液中S?-浓度，有利于平衡正向移

动，提高Ag2S浸出率，溶液中Fe3+水解，FT可以抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3

沉淀，

故答案为：C「与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2「，增大溶液中S?-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，防止生成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Fe?+,发生离子反应

有：Fe+2[AgC12]'=Fe2++4CI+2Ag>Fe+2Fe3+=3Fe2+,

故答案为：Fe+2[AgC12]'=Fe2++4C1-+2Ag,Fe+2Fe3+=3Fe2+;

②溶液中生成的Fe?+会被氧气氧化生成Fe?+,而Fe?+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Fe?+把部分Ag氧化为Ag+;

(4)“浸镒”过程中，将两种矿石中镭元素同时提取到浸镒液中，获得MnSO4,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：将两种矿石中镐元素同时提取到浸镭液中，获得MnSo4,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。

19.(14分)(2023•北京)资料显示，12可以将CU氧化为C「+。某小组同学设计实验探究

Cu被12氧化的产物及铜元素的价态。

已知：12易溶于Kl溶液，发生反应12+r=I二(红棕色)；12和I二氧化性几乎相同。

i313

(1)将等体积的Kl溶液加入到mmol铜粉和nmoll2(n>m)的固体混合物中，振荡。

实验记录如下：

c(KI)实验现象

实验I0∙01mol∙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

L7沉淀，溶液仍为淡红色

实验II0.1mol∙L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

r淀，溶液仍为红棕色

实验ΠI4mol∙L√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，

'溶液为深红棕色

①初始阶段，CU被氧化的反应速率：实验IV（填或“="）实验H。

②实验HI所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu（H2θ）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的目的是除去ɪg,防止干扰后续实验。

2+

ii.查阅资料，2Cu+4I-2CuII+12,[Cu（NH3）2广（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：[Cul21+2NH3∙H2θ=fCu（NH3）2广+21

+2H2θ,4|CU（NH3）2广+。2+8NH3∙H2θ=4[Cu（NH3）4]2++4OH.+8H2。。

③结合实验IΠ,推测实验1和H中的白色沉淀可能是CuI,实验1中铜被氧化的化学方程

式是2Cu+l2=2CuI（或2Cu+工二一2CUl+1一）。分别取实验I和∏充分反应后的固体，

洗涤后得到白色沉淀，加入浓Kl溶液，白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色（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铜与碘的反应为可逆反应

（或]-浓度小，未能氧化全部的CU）O

（2）上述实验结果，12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12能将CU氧化为Cl?+。装置如图所示，a、b分别是铜；含nmoll2的4mol∙I√∣

的Kl溶液。

（3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被12氧化的产物中价态不同的原因：

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

In中CU以Cu+形式存在，这是由于在实验I、实验∏、实验HI中Cu+可以进一步与厂结

合生成CUl沉淀或Cul2「，Cu+浓度减小使得Ci?+氧化性增强,发生反应2CU2++4厂-2CU