1、2023年普通高中学业水平等级性考试(北京卷)化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32第一部分本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是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【详解】A原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A正确；B金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳
2、原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B错误；C金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C错误；D金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D错误；故选A。2. 下列化学用语或图示表达正确的是A. 的电子式为B. 的VSEPR模型为C. 电子云图为D. 基态原子的价层电子轨道表示式为【答案】C【详解】A氯化钠是离子化合物，其电子式是，A错误；B氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B错误：Cp能级电子云是哑铃(纺锤)形，C正确；D基态铬原子的价层电子轨道表示式是，D错误；故选C。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烃
3、C. 蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D. 向沸水中滴入饱和溶液制备胶体【答案】B【详解】A热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A错误；B重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B正确；C蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C错误；D Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3+ 的水解程度，D错误；故选B。4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是A. 溶液中加入少量固体，促进分解B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C. 铁钉放入浓中，待不
4、再变化后，加热能产生大量红棕色气体D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【详解】AMnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A错误； BNO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B正确；C铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C错误；D加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D错误；故选B。5. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是A. 废气中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的水
5、解程度大于的电离程度C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和D. 装置中的总反应为【答案】C【详解】A是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，A正确；B装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，因此说明的水解程度大于电离程度，B正确；C装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，C错误；D由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，D正确；故选C。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)：B. 食醋去除水垢中的：C. 利用覆铜板制作印刷电路板：D. 去除废水中的：【答案】B【详解】ACl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了
6、Cl2和H2O不能拆写其余均可拆写为离子，A正确；B食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，B错误；CFeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，C正确；DNa2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2+S2=HgS，D正确；故选B。7. 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. 过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B. 过程固体体积膨胀，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
7、了化学键的断裂【答案】C【详解】A浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按21的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，所以体现浓硫酸的脱水性，A正确；B浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B正确；C结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D正确；故选C。8. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是A. 实验室制B. 实验室收集C. 验证易溶于水且溶液呈碱性D. 除去中混有的少量【答案】D【详解】AMnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该
8、装置可用于制备Cl2，A正确；BC2H4不溶于水，可选择排水收集，B正确；C挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C正确；DNa2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D错误；故选D。9. 一种聚合物的结构简式如下，下列说法不正确的是A. 的重复单元中有两种官能团B. 可通过单体缩聚合成C. 在碱性条件下可发生降解D. 中存在手性碳原子【答案】A【详解】A的重复单元中只含有酯基一种官能团，A错误；B根据的结构可知其为聚酯，由单体缩聚合成，B正确；
9、C为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确；D的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D正确；故选A。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. 键的键能小于键的键能B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的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，而气态氯化氢中是分子【答案】A【详解】AF原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A正确 ；B氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B错误；C氟的电负性大
10、于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C错误；D氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D错误；故选A。11. 化合物与反应可合成药物中间体，转化关系如下。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11【答案】D【解析】A有机物的结构与性质 K分子结构对称，分子中有3种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，A错误；B根据原子守恒可知1个K与1个L反应生成1个M和2个 ，因此L应为乙二醛，B错误；CM发生完全水解时，酰
11、胺基水解，得不到K，C错误；D由上分析反应物K和L的计量数之比为11，D正确；故选D。12. 离子化合物和与水的反应分别为；。下列说法正确的是A. 中均有非极性共价键B. 中水发生氧化反应，中水发生还原反应C. 中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D. 当反应和中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【详解】ANa2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；B中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，中水发生还原反应，B错误；CNa2O2由Na+和组成阴、阳离子个数之比为12，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为21，C正确；D中
12、每生成1个氧气分子转移2个电子，中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为12，D错误； 故选C。13. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是A. a、c分别是B. 既可以是，也可以是C. 已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生D. 等压条件下，反应、的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热【答案】C【分析】分解的产物是和，分解得到的与反应生成，又可以分解得到和，则a为，b为，c为，d为。【详解】A据题干分析可知，a为，c为，A项错误；Bd为，B错误；C可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；D反应和
13、反应相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应、反应的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；故选C。14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。ii.2中曲线的离子浓度关系符合；曲线的离子浓度关系符合注：起始，不同下由图1得到。下列说法不正确的是A. 由图1，B. 由图2，初始状态，无沉淀生成C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应：【答案】C【详解】A水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；B据图分析
14、，从图2可以看出、时，该点位于曲线和曲线的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B正确；C据图分析，从图2可以看出、时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C错误；D据图分析，时，溶液中主要含碳微粒是，时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；故选C。第二部分本部分共5小题，共58分。15. 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。（1）基态原子价层电子排布式是_。（2）比较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）的空间结构是_。（4）同位素示踪实验可证实中两个原子
15、的化学环境不同，实验过程为。过程中，断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是和，过程含硫产物是_。（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。晶胞中的个数为_。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_。（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：_。【答案】（1） （2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 （3）四面体形 （4）和 （5） . 4 . （6）中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子【详解】（1） S是第三周期A族元素，基态
16、S原子价层电子排布式为。（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。（4）过程中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程所用的试剂为和，过程的含硫产物是和。（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为
17、4，无孤电子对，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. 尿素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，用氰酸银与在一定条件下反应制得，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，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：和生成；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”或“ . 、 （2） . . 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 （3） . 、 . 被氧气氧化为，把氧化为（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰
18、液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【分析】银锰精矿(主要含、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【详解】（1）“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：；根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；是为了
19、与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混
20、合物中，振荡。实验记录如下：实验现象实验极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色实验部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色实验完全溶解，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，被氧化的反应速率：实验_(填“”“”或“=”)实验。（2）实验所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：步骤a取实验的深红棕色溶液，加入，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。步骤a的目的是_。查阅资料，(无色)容易被空气氧
21、化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：_。（3）结合实验，推测实验和中的白色沉淀可能是，实验中铜被氧化的化学方程式是_。分别取实验和充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，_(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_。（4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_。【答案】（1） （2）. 除去，防止干扰后续实验 . 、 （3） . 或 . 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(或浓度小未能氧化全部
22、的) （4）铜、含的的溶液 （5）在实验、实验、实验中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。【详解】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验实验。（2）加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入氨水浓后转化为无色的被氧化为蓝色的，方程式为、。（3）结合实验，推测实验和中的白色沉淀可能是，实验中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。（4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液。（5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验、实验和实验中以形式存在，这是由于在实验、实验、实验中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。
