2023年北京市高考化學試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.中國科學家首次成功制得大面積單晶石墨煥，是碳材料科學的一大進步。

下列關于金剛石、石墨、石墨快的說法正確的是（）

A.三種物質中均有碳碳原子間的。鍵B.三種物質中的碳原子都是sp3雜化

C.三種物質的晶體類型相同D.三種物質均能導電

2.下列化學用語或圖示表達正確的是（）

A.NaCl的電子式Na：4：

B.NH3的VSEPR模型為

C.2Pz電子云圖為

D.基態24“原子的價層電子軌道表示式為|ti|ti|t|IIIT1

3d4s

3.下列過程與水解反應無關的是（）

A.熱的純堿溶液去除油脂

B.重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉化為小分子燒

C.蛋白質在酶的作用下轉化為氨基酸

D.向沸水中滴入飽和FeCk溶液制備Fe（OH）3膠體

4.下列事實能用平衡移動原理解釋的是（）

A.小。2溶液中加入少量MnOz固體，促進出。2分解

B.密閉燒瓶內的NO2和電。4的混合氣體，受熱后顏色加深

C.鐵釘放入濃HNO3中，待不再變化后，加熱能產生大量紅棕色氣體

D.鋅片與稀H2sO4反應過程中，加入少量CuSC）4固體，促進小的產生

5.回收利用工業廢氣中的CO2和SO2,實驗原理示意圖如圖。

含*

和

的

下列說法不正確的是（）

A.廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨

B.裝置a中溶液顯堿性的原因是HCOJ的水解程度大于HCOJ的電離程度

C.裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的CO?和SO?

D.裝置b中的總反應為so：.coIIJ）'H（（H）H

6.下列離子方程式與所給事實不相符的是（）

A.制備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.利用覆銅板制作印刷電路板:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

D.Na2s去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgSI

7.蔗糖與濃硫酸發生作用的過程如圖所示。

濃硫酸庶融

下列關于該過程的分析不正確的是（）

A.過程①白色固體變黑，主要體現了濃硫酸的脫水性

B.過程②固體體積膨脹，與產生的大量氣體有關

C.過程中產生能使品紅溶液褪色的氣體，體現了濃硫酸的酸性

D.過程中蔗糖分子發生了化學鍵的斷裂

A.AB.BC.CID

9.一種聚合物PHA的結構簡式如圖，下列說法不正確的是（）

A.PHA的重復單元中有兩種官能團

0PHA

B.PHA可通過單體UJL縮聚合成

HO

C.PHA在堿性條件下可發生降解

D.PHA中存在手性碳原子

10.下列事實不能通過比較氟元素和氯元素的電負性進行解釋的是（）

A.F—F鍵的鍵能小于Q—Q鍵的鍵能

B.三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka

C.氟化氫分子的極性強于氯化氫分子的極性

D.氣態氟化氫中存在（HF）2，而氣態氯化氫中是HC1分子

11.化合物K與L反應可合成藥物中間體M,轉化關系如圖。

已知L能發生銀鏡反應，下列說法正確的是()

A.K的核磁共振氫譜有兩組峰B.L是乙醛

C.M完全水解可得到K和LD.反應物K與L的化學計量比是1：1

12.離子化合物Na?。2和Ca電與水的反應分別為①2Na2()2+2H2O=4NaOH+02T；

(2)CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2T?下列說法正確的是()

A.Na2O2>CaH2中均有非極性共價鍵

B.①中水發生氧化反應，②中水發生還原反應

C.Na?。?中陰、陽離子個數比為1：2,CH2中陰、陽離子個數比為2：1

D.當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和電的物質的量相同

13.--種分解氯化鏤實現產物分離的物質轉化關系如圖,

其中b、d代表MgO或Mg(OH)Cl中的一種。下列說法正確的

是()

A.a、c分別是HQ、NH3

B.d既可以是MgO,也可以是Mg(OH)Cl

C.已知MgCk為副產物，則通入水蒸氣可減少MgCk的產生

D.等壓條件下，反應①、②的反應熱之和，小于氯化錢直接分解的反應熱

14.利用平衡移動原理，分析一定溫度下Mg2+在不同pH的Na2c。3體系中的可能產物。

己知：①圖1中曲線表示Na2c。3體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。

2

②圖2中曲線I的離子濃度關系符合c(Mg2+)?C(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲線II的離子濃度

關系符合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)由圖1得到]。

1

.0(

50.8￡

80.46詈

氫)

M?。

.2

0,04681012―889101112

PHpH

圖1圖2

下列說法不正確的是（）

A.由圖1,pH=10.25,C(HCO3)=c(COi")

B.由圖2,初始狀態pH=11、Ig[c（Mg2+）]=-6,無沉淀生成

C.由圖2,初始狀態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.由圖1和圖2,初始狀態pH=8、Ig[c(Mg2+)]=-1,發生反應：Mg2++2HCO3=MgCO3I

+C02T+H20

二、流程題（本大題共1小題，共13.0分）

15.以銀鎰精礦（主要含AgzS、MnS、FeS?）和氧化鐳礦（主要含MnC>2）為原料聯合提取銀和鎰

的一種流程示意圖如圖。

沉銀液

銀缽

精礦

粗銀粉

氧化

鐳礦

己知：酸性條件下，MnOz的氧化性強于Fe3+。

（1）“浸鎰”過程是在H2sO4溶液中使礦石中的錦元素浸出，同時去除FeS2,有利于后續銀的

浸出；礦石中的銀以Ag2s的形式殘留于浸錦渣中。

+2+

①“浸銃”過程中，發生反應MnS4-2H=Mn+H2ST,則可推斷：Ksp（MnS）（填

“>”或）Ksp（Ag2S）?

②在H2sO4溶液中，銀鎰精礦中的Fes2和氧化鎰礦中的MnC）2發生反應，則浸鐳液中主要的金

屬陽離子有。

(2)“浸銀”時，使用過量FeCb、HQ和CaCh的混合液作為浸出劑，將Ag2s中的銀以[AgCl?]-

形式浸出。

①將“浸銀"反應的離子方程式補充完整：Fe3++Ag2s+:

+2[AgCl2]-+So

②結合平衡移動原理，解釋浸出劑中Cl，H+的作用：。

(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。

①該步反應的離子方程式有。

②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋t分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小

的原因：o

(4)結合“浸鎰”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯合提取銀和鎘的優勢:

三、實驗題(本大題共1小題，共14.0分)

16.資料顯示，％可以將Cu氧化為CM+。某小組同學設計實驗探究Cu被I2氧化的產物及銅元

素的價態。

己知：12易溶于KI溶液，發生反應121式紅棕色)；12和5氧化性幾乎相同。

(1)將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nmoH2(n>m)的固體混合物中，振蕩。

實驗記錄如下:

c(KI)實驗現象

O.Olmol極少量12溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉

實驗I

?L淀，溶液仍為淡紅色

部分12溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，

實驗IIO.lmol-L-1

溶液仍為紅棕色

12完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶

實驗川4mol-L-1

液為深紅棕色

①初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗I(填或“=")實驗II。

②實驗III所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu(H20)4]2+(藍色)或[Cul2「(無色

),進行以下實驗探究：

步驟a.取實驗HI的深紅棕色溶液，加入CC14，多次萃取、分液。

步驟b.取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。

i.步驟a的目的是。

ii.查閱資料，2Cu2++4r=2Cu"+L[Cu(NH3)2/(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式

解釋步驟b的溶液中發生的變化：o

③結合實驗IH,推測實驗I和H中的白色沉淀可能是Cui,實驗I中銅被氧化的化學方程式

是?分別取實驗I和n充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，

(填實驗現象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是。

(2)上述實驗結果，％僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I?能

將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是。

(3)運用氧化還原反應規律，分析在上述實驗中Cu被I2氧化的產物中價態不同的原因：

0.1mol?L_1

KfO,溶液

四、簡答題(本大題共2小題，共19.0分)

17.硫代硫酸鹽是一類具有應用前景的浸金試劑。硫代硫酸根?2。/)可看作是SO：-中的一

個0原子被S原子取代的產物。

(1)基態S原子價層電子排布式是。

(2)比較S原子和。原子的第一電離能大小，從原子結構的角度說明理由：?

(3?2。1的空間結構是。

(4)同位素示蹤實驗可證實S20歹中兩個S原子的化學環境不同，實驗過程為

>()'。過程ii中，S20歹斷裂的只有硫硫鍵，若過程i所用試劑

是Na養SO3和35S,過程ii含硫產物是。

(5)MgS2()3?6H?0的晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、bnm、cnm,結構如圖所示。

晶胞中的［Mg(H20)6『十個數為。已知MgS2()3-6比0的摩爾質量是Mg-mo「i,阿伏

加德羅常數為NA，該晶體的密度為g-cm-3o(Inm=10-7cm)

(6)浸金時，S2。歹作為配體可提供孤電子對與Au+形成［AU(S203)2F-。分別判斷S2O廠中的中

心S原子和端基S原子能否做配位原子并說明理由：o

18.尿素［C0(NH2)2］合成的發展體現了化學科學與技術的不斷進步。

(1)十九世紀初，用氟酸銀(AgOCN)與NH4Q在一定條件下反應制得C0(NH2)2,實現了由無機

物到有機物的合成。該反應的化學方程式是。

(2)二十世紀初，工業上以CO2和N&為原料在一定溫度和壓強下合成尿素。反應分兩步:

i.82和NH3生成NH2COONH4；

ii.NH2coON*分解生成尿素。

結合反應過程中能量變化示意圖，下列說法正確的是(填序號)。

a.活化能：反應i〈反應ii

b.i為放熱反應，ii為吸熱反應

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

(3)近年研究發現，電催化CO2和含氮物質(N0］等)在常溫常壓下合成尿素，有助于實現碳中

和及解決含氮廢水污染問題。向一定濃度的KNO3溶液通CO2至飽和，在電極上反應生成

CO(NH2)2,電解原理如圖所示。

①電極b是電解池的極。

②電解過程中生成尿素的電極反應式是

(4)尿素樣品含氮量的測定方法如圖。

己知：溶液中c(NH力不能直接用NaOH溶液準確滴定。

麗子口2s。產》時前百陽加,鴛

畫Ji.消化分解1------ii.蒸餛一Uiii.吸收

標準NaOH溶*計算樣品

iv.滴定~>含氮母

①消化液中的含氮粒子是O

②步驟iv中標準NaOH溶液的濃度和消耗的體積分別為c和V,計算樣品含氮量還需要的實驗數

據有______

五、推斷題(本大題共1小題，共12.0分)

19.化合物P是合成抗病毒藥物普拉那韋的原料，其合成路線如圖。

K

o

UOH

已知：R—BrZn「R，R"?叫JR”

(1)A中含有痰基，A-B的化學方程式是?

(2)D中含有的官能團是.

(3)關于D-E的反應：

①L的城基相鄰碳原子上的C-H鍵極性強，易斷裂，原因是

②該條件下還可能生成一種副產物，與E互為同分異構體。該副產物的結構簡式是。

(4)下列說法正確的是(填序號)。

a.F存在順反異構體

b.J和K互為同系物

c.在加熱和Cu催化條件下，J不能被。2氧化

(5)L分子中含有兩個六元環。L的結構簡式是。

00H

(6)已知：X人/RJ，依據DfE的原理，L和M反應得到了P。M的結構

簡式是o

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.原子間優先形成o鍵，三種物質中均有碳碳原子間的。鍵，故A正確；

B.金剛石中碳原子均采取sp3雜化，而石墨中碳原子采取sp2雜化，石墨煥中苯環上碳原子采取sp2

雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜化，故B錯誤；

C.金剛石屬于共價晶體，石墨屬于混合晶體，石墨塊屬于分子晶體，三種物質晶體類型不相同，

故C錯誤；

D.石墨、石墨煥中存在大n鍵，可以導電，而金剛石沒有自由移動的電子，不能導電，故D錯誤；

故選：Ao

A.原子間優先形成。鍵；

B.石墨中碳原子采取sp?雜化，石墨快中苯環上碳原子采取sp2雜化，碳碳三鍵中碳原子采取sp雜

化；

C.金剛石屬于共價晶體，石墨屬于混合晶體，石墨煥屬于分子晶體；

D.金剛石沒有自由移動的電子，不能導電。

本題考查比較綜合，涉及化學鍵、晶體類型、雜化方式等，題目難度不大，旨在考查學生對基礎

知識的掌握情況。

2.【答案】C

【解析】解：A.NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數且陰陽離子應該寫出電荷和電

性，NaCl的電子式為N才[：@：＞，故A錯誤；

B.NH3的VSEPR模型為四面體結構，圖為三角錐形結構且沒有寫出孤電子對，故B錯誤;

C.p能級電子云是啞鈴形,

][3不符合洪特規則，基態24口原子的價層電子軌道表示式為

D.IUt

3d4s

11111111|T|[T],故D錯誤;

3d4s

故選：Co

A.NaCl是離子化合物，陰離子要寫出其最外層電子數且陰陽離子應該寫出電荷和電性;

B.Nf的VSEPR模型為四面體結構；

C.p能級電子云是啞鈴形；

p.itiittRi11m不符合洪特規則。

3d4s

本題考查化學用語，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確軌道表示式的方法、電子排

布規律、電子云形狀、電子式的書寫等知識點是解本題關鍵，題目難度不大。

3.【答案】B

【解析】解：A.純堿溶液呈堿性，油脂在堿性條件下發生水解反應生成易溶于水的高級脂肪酸鹽

和甘油，可用于除油污，與鹽類水解有關，故A正確；

B.重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉化為小分子燒，發生的是裂解、裂化反應，與水解反應無

關，故B錯誤；

C.蛋白質在酶的作用下轉化為氨基酸，發生的反應是水解反應，與水解反應有關，故C正確；

D.FeC%是強酸弱堿鹽，鐵離子能發生水解反應生成氫氧化鐵膠體,加熱能促進鐵離子的水解,FeCb

溶液制備Fe(0H)3膠體與鹽類水解有關，故D正確；

故選:Bo

A.油脂能在堿溶液中發生水解反應，生成溶于水的物質；

B.重油在高溫、高壓和催化劑作用下發生裂解、裂化生成小分子燒；

C.蛋白質在酶的作用下發生水解反應生成氨基酸；

D.FeCk是強酸弱堿鹽，鐵離子能發生水解反應生成氫氧化鐵膠體。

本題考查水解反應的應用，明確鹽類水解原理、有機反應、物質的性質為解答關鍵，試題有利于

培養學生靈活應用所學知識解決實際問題的能力，題目難度不大。

4.【答案】B

【解析】解：A.MnOz作小。2分解的催化劑，催化劑只改變化學反應速率，不影響平衡移動，所

以不能用平衡移動原理解釋，故A錯誤；

B.2N02(g)^N204(g)AH<0,密閉燒瓶內的NO?和電。4的混合氣體，加熱，平衡逆向移動，導

致"NO?)增大，氣體顏色加深，能用平衡移動原理解釋，故B正確：

C.常溫下，Fe和濃硝酸發生鈍化現象，加熱使鐵表面的氧化物薄膜溶解，且在加熱條件下鐵和濃

硝酸發生氧化還原反應生成NO2，NC)2呈紅棕色，與平衡移動原理無關,不能用平衡移動原理解釋，

故C錯誤；

D.Fe能置換出Cu,Fe、Cu和稀硫酸構成原電池而促進H?的產生，與平衡移動原理無關，不能用平

衡移動原理解釋，故D錯誤；

故選：Bo

平衡移動原理為：如果改變影響平衡的一個條件(如濃度、壓強或溫度等)，平衡就向能夠減弱這

種改變的方向移動；平衡移動原理適用的對象應存在可逆過程，如與可逆過程無關，則不能用平

衡移動原理解釋，平衡移動原理對所有的動態平衡都適用。

本題考查化學平衡移動原理，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確化學平衡移動原理

內涵及其適用范圍是解本題關鍵，題目難度不大。

5.【答案】C

【解析】解：ASO2是形成酸雨的主要成分，所以廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨，故A正確；

B.HCO］水解導致溶液呈堿性、HCO,電離導致溶液呈酸性，裝置a中溶液顯堿性的原因是HCO］的

水解程度大于HCO1的電離程度，故B正確；

C.NaHCC)3溶液能和SC)2反應但不能和CC)2反應，所以NaHCO?溶液不能吸收CO?，故C錯誤；

+

D.裝置b中陽極S0『-2e-+20H-=SO廠+H20,陰極反應式為CO2+2e-+2H=HCOOH,在

得失電子相等的條件下將陰陽電極反應式相加即得總反應式為

SO-CO,HJ)^-HCOOH，故D正確；

故選:Co

根據圖知，含CC)2和S02的廢氣通入NaHC()3溶液中，得到NaHCO?和Na2sO3的混合溶液和CO?,發

生的反應為2NaHCC)3+S02=Na2SO3+2CO2+H20,電解池中，左側電極上SO算失電子生成SO：1

該電極上失電子發生氧化反應，為陽極，電解質溶液呈堿性，陽極反應式為SO家-2e-+2OH-=

SO；-+H2。，則通入CO2的電極為陰極，陰極反應式為COz+2e-+2H+=HCOOH；

A.SO2是形成酸雨的主要成分；

B.HCO］水解導致溶液呈堿性、HCOJ電離導致溶液呈酸性；

C.NaHCOs溶液能和SO?反應但不能和C02反應；

+

D.裝置b中陽極SOg-2e-+20H-=SOr+H20,陰極反應式為CO2+2e-+2H=HCOOH,在

得失電子相等的條件下將陰陽電極反應式相加即得總反應式。

本題考查電解原理及三廢處理，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性

質、電解原理是解本題關鍵，知道各個電極上發生的反應，題目難度不大。

6.【答案】B

【解析】解:A.氯氣和NaOH溶液反應生成NaCl、NaClO和出0,離子方程式為+20FT=+

CIO-+H20,故A正確；

2+

B.醋酸為弱酸，應該寫化學式，離子方程式為CaCC）3+2CH3COOH=Ca+2CH3COQ-+H20+

C02T,故B錯誤；

C.Cu和Fe3+反應生成CM+、Fe2+,離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe?++Cu?+,故C正確;

D.Hg2+、S?-反應生成HgS沉淀，離子方程式為Hg2++S2-=HgS1,故D正確；

故選：B?

A.氯氣和NaOH溶液反應生成NaCl、NaCIO和％0;

B.醋酸為弱酸，應該寫化學式；

C.Cu和Fe3+反應生成CM+、Fe2+；

D.Hg2+、S2-反應生成HgS沉淀。

本題考查離子方程式正誤判斷，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性

質、離子方程式書寫規則是解本題關鍵，題目難度不大。

7.【答案】C

【解析】解：A.濃硫酸將蔗糖中H原子、0原子按2：1比例以出0的形成脫除，白色固體變黑，體

現濃硫酸的脫水性，故A正確；

B.濃硫酸脫水過程中產生大量的熱，會發生反應：C+2H2so式濃（（）：s（）:_-///>>

產生的大量氣體，使固體體積膨脹，故B正確；

C.濃硫酸脫水過程中生成的SO2使品紅溶液褪色，濃硫酸發生還原反應生成二氧化硫，體現了濃硫

酸的強氧化性，故C錯誤；

D.蔗糖發生化學反應，發生了化學鍵的斷裂，故D正確；

故選:Co

A.濃硫酸將蔗糖中H原子、0原子按2：1比例以出0的形成脫除；

B.濃硫酸與碳反應生成二氧化硫、二氧化碳使固體體積膨脹；

C.生成的二氧化硫使品紅溶液褪色，濃硫酸發生還原反應生成二氧化硫；

D.蔗糖發生化學反應，一定有化學鍵的斷裂。

本題考查濃硫酸性質實驗，掌握濃硫酸的特性，題目難度不大，旨在考查學生對基礎知識的掌握

情況。

8.【答案】D

【解析】解：A.在加熱條件下，濃鹽酸和MnOz反應生成Cl?，圖中裝置能制取氯氣，故A正確；

B.乙烯難溶于水，所以可以采用排水法收集，故B正確；

C.打開活塞，將膠頭滴管中的水擠入燒瓶中，氨氣溶于導致燒瓶內壓強急劇減小，外界大氣壓不

變，大氣壓將水通過導管進入燒瓶中而形成噴泉，氨氣和水反應生成的一水合氨電離出0H-而使

其水溶液呈堿性，酚酥遇堿溶液變紅色，所以該裝置能驗證N&易溶于水且溶液呈堿性，故C正

確；

D.CO2,HC1都能和Na2c。3溶液反應，應該用飽和NaHCC>3溶液除去CO?中的HCL故D錯誤；

故選：Do

A.在加熱條件下，濃鹽酸和MnC)2反應生成。2；

B.難溶于水的氣體可以采用排水法收集；

C.酚儆遇堿溶液變紅色，極易溶于水的氣體能形成噴泉實驗；

D.CO2,HC1都能和Na2cO3溶液反應。

本題考查化學實驗方案評價，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確實驗原理、元素化

合物的性質是解本題關鍵，注意：除雜時要除去雜質且不能引進新的雜質，操作要簡便。

9.【答案】A

【解析】解：A.根據圖知，PHA的重復單元中官能團只有酯基一種，故A錯誤；

00

B.是PHA的單體，人人中含有粉基和醇羥基，所以PHA可通過單體

o

XJL縮聚合成，故B正確；

H（<X^）H

C.PHA中含有酯基，所以PHA在堿性條件下能發生水解反應而降解，故C正確；

D.根據圖知，PHA的重復單元中連接一個甲基的碳原子為手性碳原子，故D正確；

故選：Ao

A.PHA的重復單元中官能團為酯基：

0

B.1X是PHA的單體；

H00H

C.酯基在堿性條件下能發生水解反應；

D.連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子。

本題考查有機物的結構和性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其性質

的關系是解本題關鍵，題目難度不大.

10.【答案】A

【解析】解：A.F原子半徑小，電子云密度大，F原子之間的排斥力大，則F—F鍵不穩定，則F-F

鍵的鍵能小于C1-Q鍵的鍵能，與電負性無關，故A正確；

B.電負性：F>CLF-C鍵的極性大于Cl-C鍵的極性，使得F3c-的極性大于Cl3c-的極性，導

致F3CCOOH的竣基中-0H極性更大，更容易電離出氫離子，酸性更強，能通過比較氟元素和氯元

素的電負性進行解釋，故B錯誤；

C.元素的電負性越大，該元素與氫元素之間的極性越強，電負性F>C1,F-H鍵的極性大于C1-H

鍵的極性，導致HF分子極性比HCI強，能通過比較氟元素和氯元素的電負性進行解釋，故C錯誤；

D.F元素電負性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵，因此氣態HF中存在（HF},

氣態HC1中不存在（HCI）2,能通過比較氟元素和氯元素的電負性進行解釋，故D錯誤；

故選：Ao

A.F原子半徑小，電子云密度大，F原子之間的排斥力大，貝IJF-F鍵不穩定；

B.電負性：F>CLF—C鍵的極性大于Cl-C鍵的極性，使得F3c-的極性大于Cl3c-的極性，導

致F3CCOOH的竣基中—0H極性更大；

C.元素的電負性越大，該元素與氫元素之間的極性越強；

D.F元素電負性較大，HF中F原子與其它HF中H原子能形成分子間氫鍵。

本題考查元素周期律，側重考查對電負性的理解和運用能力，明確分子極性、酸的酸性強弱的影

響因素是解本題關鍵，題目難度不大。

11.【答案】D

【解析】解：A.K結構對稱，-CON%中含有工種氫原子，中間碳原子上含有1種氫原子，中間氨基

上含有1種氫原子，所以K含有3種氫原子，K的核磁共振氫譜有三組峰，故A錯誤；

B.L為OHCCHO,名稱為乙二醛，故B錯誤；

0H

C.M水解時酰胺基生成氨基和峻基，生成.N丫、°和N&,故C錯誤；

JH0人。

D.1個K、1個L分子反應生成1個M分子和2個H2。，所以K、L的計量數之比為1：1,故D正確；

故選：D。

根據圖知，K和L發生取代反應生成M和也0,L能發生銀鏡反應，說明含有醛基，根據原子守恒知，

1個K、1個L分子反應生成1個M分子和2個電0,則L為OHCCHO；

A.K結構對稱，-CON%中含有1種氫原子，中間碳原子上含有1種氫原子，中間氨基上含有1種氫

原子；

B.L為OHCCHO；

C.M水解時酰胺基生成氨基和竣基；

D.1個K、1個L分子反應生成1個M分子和2個電0。

本題考查有機物合成，側重考查對比、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確官能團及其在的關

系并正確判斷L的結構簡式是解本題關鍵，題目難度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A.Na2（）2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵，過氧根離子中氧原子之間存在非

極性鍵，而Ca%中FT和鈣離子之間存在離子鍵，該化合物中不含非極性鍵，故A錯誤；

B.反應①中水中氫元素、氧元素化合價不變，只有過氧化鈉中0元素化合價變化，所以①中水不

參與氧化還原反應，故B錯誤；

C.NazOz由鈉離子與過氧根離子構成，而CaH?由鈣離子與氫負離子構成，所以Na2。?中陰、陽離子

個數比為1：2,CaHz中陰、陽離子個數比為2：1,故C正確；

D.反應①中生成lmolC）2轉移2moi電子，反應②中生成lmol%轉移lmol電子，所以反應①和②中

轉移的電子數相同時，產生的。2和H2的物質的量之比為1：2,故D錯誤；

故選：Co

A.Ca%中只含有離子鍵；

B.反應①中水中氫元素、氧元素化合價不變；

C.NazOz由鈉離子與過氧根離子構成，而Ca%由鈣離子與氫負離子構成；

D.反應①中生成lmol()2轉移2moi電子，反應②中生成Imo%轉移lmol電子。

本題考查氧化還原反應，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確物質構成微粒及微粒之

間作用力、氧化還原反應中電子轉移數目是解本題關鍵，題目難度不大。

13.【答案】C

【解析】解：A.由上述分析可知，a是N&,c是HC1,故A錯誤；

B.由上述分析可知，b是Mg(OH)Cl,d是MgO,故B錯誤：

C.MgCl?可以水解生成Mg(OH)Cl,則通入水蒸氣可減少MgCk的產生，故C正確；

D.由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應①、②的反應熱之和等于氯化鏤直接分解的反應熱，故D

錯誤；

故選：Co

由圖可知，反應①：NH4C1+MgO#NH3+Mg(OH)Cl,反應②：Mg(OH)Q=HC1+MgO,故a是

NH3,b是Mg(OH)CLc是HC1,d是MgO,如果一個反應可以分幾步進行，則各分步反應的反應熱

之和與該反應一步完成時的反應熱是相同的，這個規律稱為蓋斯定律。

本題考查化學反應能量變化相關知識及反應機理，注意掌握蓋斯定律運用，此題難度中等。

14.【答案】C

【解析】解：A.由圖1可知，pH=10.25時c(HCO。=c(COg),故A正確；

B.由圖2可知，pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6時，該點位于曲線I和曲線II的下方，濃度積Q<

Ksp[Mg(0H)2]或Ksp(MgC()3),不會產生Mg(0H)2沉淀或MgCC)3沉淀，故B正確；

C.由圖2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2時，該點位于曲線H的上方，會生成MgCC)3沉淀，根據物

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

D.pH=8時溶液中主要含碳微粒是HCO],pH=8Jg[c(Mg2+)]=-1時，該點位于曲線II的上方，

Mg2+和HCO,反應生成MgCC)3沉淀，則反應的離子方程式為Mg2++2HCO3=MgCO3I+C02T

+H20,故D正確；

故選:Co

A.由圖1可知，pH=10.25時c(HCO])=c(COp)；

B.結合與濃度積Q的關系分析判斷，若Ksp<Q時則無沉淀生成；

C.由圖2可知pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2的點位于曲線II的上方，會生成MgC()3沉淀，含碳微粒總

量減小；

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

點位于曲線H的上方，反應生成MgCO3沉淀。

本題考查沉淀溶解平衡、弱電解質的電離平衡，側重圖象分析能力和基礎知識綜合運用能力的考

查，把握溶度積常數的應用、圖象上下方位置離子的種類及性質是解題關鍵，注意掌握Ksp、濃度

積Q及其與生成沉淀的關系，題目難度中等。

15.【答案】>Fe3+、Mn2+24cl-2Fe2+C「與Ag2s電離出的Ag+結合生成[Ag"]一,增大

溶液中S2-濃度，有利于平衡正向移動，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?+會被氧氣氧化

生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+將兩種礦石中鎰元素同時提取到浸錦液中，獲得MnSO4,

同時實現錦元素與銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節約氧化劑

【解析】解：(1)①“浸鎰”過程中，發生反應MnS+2H+=Mn2++H2ST,礦石中的銀以Ag2s的

形式殘留于浸鎰渣中，可知MnS溶于硫酸，而Ag?S不溶于硫酸，說明MnS的溶度積大于Ag?S,即

Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S),

故答案為：>；

②發生反應MnS+2H+=MM++H2ST,FeS2和MnOz發生反應，根據信息可知，在H2sO4溶液中

MnOz可以將Fe?+氧化為Fe3+,自身被還原為MM+,則浸鎰液中主要的金屬陽離子有Fe3+、Mn2+,

故答案為：Fe3+>Mn2+；

(2)①根據電子轉移守恒，Fe3+被還原為Fe2+,即生成物缺項為Fe?+,由元素守恒可知反應物中缺

2+

項為Q-,配平后離子方程式為2Fe3++Ag2S+4C1-=2Fe+2[AgCl2]~+S,

故答案為：2；4；Cr；2；Fe2+；

②C「與Ag2s電離出的Ag+結合生成[AgC12「，增大溶液中S2-濃度，有利于平衡正向移動，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，

故答案為：C「與Ag2s電離出的Ag+結合生成[AgCk「，增大溶液中S2-濃度，有利于平衡正向移動，

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鐵粉將[AgC12「被還原為Ag,過量的Fe與鐵離子反應生成Fe2+,發生離子反應有：Fe+

-2+3+2+

2[AgCl2]=Fe+4Cr+2Ag、Fe+2Fe=3Fe,

z+3+2+

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

②溶液中生成的Fe?+會被氧氣氧化生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+,所以t分鐘后Ag的沉淀

率逐漸減小，

故答案為：溶液中生成的Fe?+會被氧氣氧化生成Fe3+,而Fe3+把部分Ag氧化為Ag+；

(4)“浸錦”過程中，將兩種礦石中錦元素同時提取到浸鋪液中，獲得MnSO,，同時實現鎬元素與

銀元素分離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節約氧化劑，

故答案為：將兩種礦石中鎰元素同時提取到浸鎰液中，獲得MnSO,，同時實現鎰元素與銀元素分

離，而生成的Fe3+可以用于浸銀，節約氧化劑。

+2+

“浸錦”過程中，在H2sO4溶液中使礦石中的鐳元素浸出，發生反應MnS+2H=Mn+H2ST,

FeS2和MnOz發生反應，即Fe?+被氧化生成Fe3+,浸鐳液中主要含有Fe3+、Mr?+及未反應的硫酸，

礦石中的銀以Ag2s的形式殘留于浸鐳渣中，過濾分離，浸銃夜經系列操作獲得MnSO,，“浸銀”

時將Ag2s中的銀以[AgC%「形式浸出，過濾分離，“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑，

[AgCk「被還原為Ag,再過濾分離：

(1)①MnS溶于硫酸，而Ag2s不溶于硫酸；

②根據信息可知，在H2sO4溶液中MnC)2可以將Fe?+氧化為Fe3+,自身被還原為M/+；

(2)①根據電子轉移守恒，Fe3+被還原為Fe2+,即生成物缺項為Fe2+,由元素守恒可知反應物中缺

項為C「，配平書寫離子方程式；

②C「與Ag+結合生成[AgC12「，酸性可以抑制Fe3+水解；

(3)①鐵粉將[AgCk「被還原為Ag,過量的Fe與鐵離子反應生成Fe2+；

②溶液中Fe2+會被氧氣氧化生成Fe3+,而Fe3+可以把Ag氧化為Ag+；

(4)“浸鎘”過程中，將兩種礦石中鎰元素同時提取到浸鋪液中，實現鎰元素與銀元素分離，獲得

MnS04,而生成的Fe3+可以用于浸銀，節約氧化劑。

本題考查物質制備工藝流程，涉及溶度積、方程式配平、離子方程式書寫、對試劑與操作分析評

價、對原理的理解與運用等，注意根據題干中的內容理解整個流程，需要學生具備扎實的基礎與

綜合運用的能力。

+

16.【答案】<除去后,防止干擾后續實驗[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)白色沉淀逐漸溶解，溶液變為無色銅與碘的反應為可逆反應(或g濃度小，未能

氧化全部的Cu)銅；含nmol%的4moi的KI溶液銅與碘反應的體系在原電池裝置中，h將Cu氧

化為CM+；而在實驗I、實驗H和實驗HI中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實驗I、實驗H、實

驗in中Cu+可以進一步與【一結合生成Cui沉淀或[Cul2「，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強，發生

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

【解析】解：(1)①12固體與Cu的接觸面減小，12在水中溶解性小，反應速率慢，12和5氧化性幾

乎相同，則與離子濃度越大，反應速率越快，實驗n中can較大，所以反應速率：實驗I〈實驗

II,

故答案為：＜;

②i.深紅棕色溶液含有過量的耳，存在平衡為N+I-UIJ，12易溶于CC14,多次萃取、分液除去【2

和寫，防止氧化性的與干擾后續實驗，

故答案為：除去I。防止干擾后續實驗；

ii.實驗III所得溶液中，Cu元素以無色的[Cuh「形式存在，加入濃氨水時發生的反應為笆叫「+

+

2NH3-H20=[CU(NH3)2]+21-+2H2O,生成的[Cu(NH3)2〕+又被氧氣不斷氧化為藍色的

2+2+

[CU(NH3)4]1發生的反應4[CU(NH3)2】++02+8NH3?H20=4[Cu(NH3)4]+401+8H20,

++

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

2+

H20=4[CU(NH3)4]+40H~+8H2O；

③若實驗I中生成的白色沉淀為Cui,實驗I中Cu被氧化的化學方程式為2Cu+匕=2Cul或2Cu+

=2Cui+r；分別取少量實驗I和實驗n中白色固體，洗滌后得到白色沉淀，白色沉淀主要成

分是Cui,加入濃KI溶液，發生反應為Cul+I-=[Cul2「，則可以觀察到的現象是白色沉淀逐漸溶

解，溶液變為無色；實驗I和實驗n中碘未完全反應，還剩余少量銅，說明銅與碘的反應為可逆

反應或與濃度小，未能氧化全部的Cu,

故答案為：2(：11+12=2(：3(或2(：11+5=2(：111+1-)；白色沉淀逐漸溶解，溶液變為無色；銅與

碘的反應為可逆反應(或與濃度小，未能氧化全部的Cu)；

(2)通過原電池裝置證實I2可以將Cu氧化為銅離子，則銅作負極，但I2在水中溶解度很小，并且12的

氧化性和與幾乎相同，則正極的電解質溶液b是含nmollz的4moi?IT】的KI溶液，

故答案為：銅；含nmolL的4moi?IT】的KI溶液；

⑶小Cu原電池中，%能將Cu氧化為CM+,說明I2氧化性較強，但實驗I、實驗H和實驗HI中Cu只

能被氧化為Cu+,由于Cu+能與「生成Cui沉淀或配離子[Cul2「，氧化還原反應中，生成物的濃度

減小會增強氧化劑的氧化性,Cu+濃度減小使CM+氧化性增強,氧化性增強的C/+能氧化廠生成“，

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

故答案為：銅與碘反應的體系在原電池裝置中，12將CU氧化為CM+;而在實驗I、實驗II和實驗

山中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實驗I、實驗H、實驗HI中Cu+可以進一步與「結合生成Cui沉

淀或［Cu12「，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強,發生反應2CM++41-=2CuII+%和2C/++

61"=2［CUI2］~+I2o

(1)①I2固體與Cu的接觸面減小，I2和寫氧化性幾乎相同，則與離子濃度越大，反應速率越快；

②i.深紅棕色溶液中含有過量的反，存在平衡為左+「：寫，12易溶于CCLp多次萃取、分液除去

12,使平衡逆向移動，進而除去與；

ii.實驗HI經過多次萃取、分液所得溶液無色，則銅元素的存在形式為［Cui?「(無色)，［CU(NH3)21+

無色，滴入濃氨水時溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深，說明［Cu12「反應生成的［Cu(NH3)2〕+被氧

++

化生成［Cu(NH3)4】2+，反應為［Cu12「+2NH3-H20=［CU(NH3)2］+2廠+2H20,4［Cu(NH3)2］+

2+-

02+8NH3■H20=4［CU(NH3)4］+40H+8H20；

③實驗I和H中的白色沉淀是Cui,說明匕或與氧化Cu生成Cui或［Cuh「，分別取實驗I和H充分

反應后的固體，洗滌后得到的白色沉淀為Cui,加入濃KI溶液后沉淀溶解生成配離子［Cui?］：同時

觀察到紅色銅有剩余，說明銅與碘的反應不完全；

(2)h、Cu和硫酸鉀溶液形成的雙液原電池中，Cu發生失電子的氧化反應生成CM+,則Cu作負極,

石墨作正極，即a電極為Cu,b為含有k的溶液，但I2的溶解性小，匕和與氧化性幾乎相同，可用含

nmoH?的4moi?IT】的KI溶液代替I2水，增強溶液導電性；

(3兒、Cu原電池中，12能將Cu氧化為Cu2+,說明I2氧化性較強，實驗I、實驗II和實驗m中Cu只

能被氧化為Cu+,但cu+能與廣生成Cui沉淀或配離子［Cul2「，生成物的濃度減小增強了氧化劑的

氧化性，即生成Cui沉淀或［Cul2「使Cu2+氧化性增強，導致CM+氧化廠生成12。

本題考查物質性質實驗方案的設計、氧化還原反應規律的應用，側重實驗能力和綜合運用基礎知

識能力的考查，把握物質性質、發生的反應、實驗原理和操作、氧化還原反應方程式的書寫等知

識是解題關鍵，注意理解掌握影響氧化性強弱的因素，題目難度較大。

17.【答案】3s23P4S、0為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，

則r(O)<r(S),0原子核最最外層電子的吸引力大于S原子，0原子不易失去1個電子，所以0的第

4M

5

一電離能大于S四面體形32so歹、AglS4abcxl0-2iNAS2O1的中心S原子價層電子對個數為4

且不含孤電子對，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對，能做配位原子

【解析】解：(1)基態S原子價層電子為3s、3P能級上的電子，則價態S原子價層電子排布式為3s23P4,

故答案為：3s23P%

(2)同一主族元素，原子半徑越小，原子核對最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子，

S、0為同一主族元素，氧原子核外有2個電子層、硫原子核外有3個電子層，則r(O)<r(S),0原

子核最最外層電子的吸引力大于S原子，0原子不易失去1個電子，所以0的第一電離能大于S,

故答案