1、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
2、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Fe3e=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
3、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丁烯和反丁烯的加氢产物不同C.1 mol葡萄糖可水解生成2 mol乳酸C3H6O3D.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
4、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.上下移动中铜丝可控制SO的量B.中选用品红溶液验证SO的生成C.中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D.为确认CuSO4生成,向中加水，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，因此中品红溶液可以验证SO2的生成，B项正确；SO2
5、有毒，能与NaOH溶液反响，因此中NaOH溶液可以吸收多余的SO2，C项正确；铜与浓硫酸反响后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：CH3COOHCH3COO+H+B.“NO2球浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) N2O4(g) H0C.铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2OD.向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO+H2OHCO+OH10答案C 【解析】此题考查方程式的正误判断。0.1molCH3COOH溶液的pH1，那么c(H)0
6、.1mol/L，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，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：Fe4HNO3Fe3NO2H2O，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
7、ZnS反响的离子方程式是Cu2+S2=CuSD.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，H2gCO2gH2OgCOg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H2g和CO2g，其起始浓度如右表所示。起始浓度甲乙丙cH2/mol/L0.0100.0200.020c(CO2)/mol/L0.0100.0100.020以下判断不正确的选项是A.平衡时，乙中CO2的转化率大于60B.平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60C.平衡时，丙中cCO2是甲中的2倍，是0.012 mol/LD.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
8、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0.01x、0.01x、x、x，根据平衡常数K，解得x0.006，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0.02y、0.02y、y、y，根据平衡常数K，解得x0.012，那么丙中CO2的转化率为100%60%，B项正确；平衡时甲中c(CO2)0.010.0060.004mol/L，丙中c(CO2)0.020.0120.008mol/L，C
9、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：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。 Al3+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。.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。.向I中所得的溶液中滴加氨水，调
10、节pH至56，产生白色沉淀B，过滤。.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。. 向中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。1I中气全A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是 。2由I、判断X一定不含有的元素是磷、 。3中生成B的离子方程式是 。4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nA:nB:nC1:1:3，那么X的化学式是 。25答案14分1CO2(2) 钠 硅3 4 (5)(6)【解析】此题考查抗酸药成分的探究实验。1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，一定不含Si，因为硅酸盐中参加过量盐酸，会产生硅酸
11、沉淀，根据，一定不含Na，因为Na的焰色为黄色。3根据提供资料，中调解pH至56时生成的白色沉淀为Al(OH)3。4中参加过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3OHAlO2H2O。5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)：nAl(OH)3：nMg(OH)21：1：3，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
12、】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NaHCO3NaHCO3HClNaClH2OCO2HCO3HH2OCO2CaCO3CaCO32HClCaCl2H2OCO2CaCO32HCa2H2OCO2MgCO3MgCO32HClMgCl2H2OCO2MgCO32HMg2H2OCO2Mg(OH)2Mg(OH)22HClMgCl22H2OMg(OH)22HMg22H2OAl(OH)3Al(OH)33HClAlCl33H2OAl(OH)33HAl33H2O26.14某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：1过程:加NaOH溶液，调节pH至9后，
13、升温至30,通空气将氨赶出并回收。用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：。用化学平衡原理解释通空气的目的：。2过程：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：第一步反响是反响选填“放热或“吸热，判断依据是。1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是。3过程：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 gCH3OH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 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放热 (反响物的总能量大于生成物的总能量) (3)5
14、:6【解析】此题考查化学工艺流程的分析。1加NaOH溶液，氨氮废水中NH4与OH发生反响：NH4OHNH3H2O。通空气将NH3带走，NH3H2O NH3H2O向正方向移动，利于除氨。2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。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)H273kJ/mol73kJ/mol346kJ/mol。332gCH3OH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：1.2：16：5。27.13分
