2023年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題〔共7小題，每題6分，總分值42分〕1．〔6分〕〔2023?北京〕以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說(shuō)法正確的是〔〕A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護(hù)B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化，可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí)，鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+2．〔6分〕〔2023?北京〕以下物質(zhì)與常用危險(xiǎn)化學(xué)品的類(lèi)別不對(duì)應(yīng)的是〔〕A．H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B．CH4、C2H4﹣﹣易燃液體C．CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D．KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑3．〔6分〕〔2023?北京〕以下說(shuō)法正確的是〔〕A．的結(jié)構(gòu)中含有酯基B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物不同C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D．脂肪和蛋白質(zhì)都是能發(fā)生水解反響的高分子化合物4．〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實(shí)驗(yàn)裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響．以下實(shí)驗(yàn)不合理的是〔〕A．上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量B．②中選用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D．為確認(rèn)CuS04生成，向①中加水，觀察顏色5．〔6分〕〔2023?北京〕以下解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的方程式不正確的是〔〕A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOH?CH3COO﹣+H+B．“NO2球〞浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2〔g〕〔紅棕色〕?N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H＜0C．鐵溶于稀硝酸，溶液變黃：3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2OD．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣6．〔6分〕〔2023?北京〕自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)〔CuS〕．以下分析正確的是〔〕A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生銅的硫化物具有復(fù)原性，而銅藍(lán)沒(méi)有復(fù)原性C．CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D．整個(gè)過(guò)程涉及的反響類(lèi)型有氧化復(fù)原反響和復(fù)分解反響，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復(fù)分解反響生成更難溶的CuS7．〔6分〕〔2023?北京〕某溫度下，H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕的平衡常數(shù)K=．該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)恒容密閉容器中，投入H2〔g〕和CO2〔g〕，其起始濃度如表所示．以下判斷不正確的是〔〕起始濃度甲乙丙c〔H2〕/mol/L0.0100.0200.020c〔CO2〕/mol/L0.0100.0100.020A．平衡時(shí)，乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%B．平衡時(shí)，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60%C．平衡時(shí)，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，是0.012mol/LD．反響開(kāi)始時(shí)，丙中的反響速率最快，甲中的反響速率最慢二、非選擇題〔共58分〕8．〔14分〕〔2023?北京〕由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分．甲同學(xué)欲探究X的組成．查閱資料：①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁．②Al3+在pH=5.0時(shí)沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時(shí)開(kāi)始沉淀，在pH=11.4時(shí)沉淀完全．實(shí)驗(yàn)過(guò)程：I．向化合物X粉末中參加過(guò)量鹽酸，產(chǎn)生氣體A，得到無(wú)色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無(wú)黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調(diào)節(jié)pH至5～6，產(chǎn)生白色沉淀B，過(guò)濾．Ⅳ．向沉淀B中加過(guò)量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至12，得到白色沉淀C．〔1〕I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學(xué)式是．〔2〕由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、．〔3〕Ⅲ中生成B的離子方程式是．〔4〕Ⅳ中B溶解的離子方程式是．〔5〕沉淀C的化學(xué)式是．〔6〕假設(shè)上述n〔A〕：n〔B〕：n〔C〕=1：1：3，那么X的化學(xué)式是．9．〔14分〕〔2023?北京〕某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和MH3?H2O的形式存在，該廢水的處理流程如圖1所示：〔1〕過(guò)程Ⅰ：加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至9后，升溫至30℃，通空氣將氨趕出并回收．①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用：．②用化學(xué)平衡原理解釋通空氣的目的：．〔2〕過(guò)程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過(guò)兩步反響被氧化成NO3﹣．兩步反響的能量變化示意圖如圖2所示：①第一步反響是反響〔選題“放熱〞或“吸熱〞〕，判斷依據(jù)是．②1molNH4+〔aq〕全部氧化成NO3﹣〔aq〕的熱化學(xué)方程式是．〔3〕過(guò)程Ⅲ：一定條件下，向廢水中參加CH3OH，將HNO3復(fù)原成N2．假設(shè)該反響消耗32gCH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子，那么參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是．10．〔13分〕〔2023?北京〕為驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱，某小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)〔夾持儀器已略去，氣密性已檢驗(yàn)〕．實(shí)驗(yàn)過(guò)程：Ⅰ．翻開(kāi)彈簧夾，翻開(kāi)活塞a，滴加濃鹽酸．Ⅱ．當(dāng)B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時(shí)，夾緊彈簧夾．Ⅲ．當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí)，關(guān)閉活塞a．Ⅳ．…〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體，其電子式是．〔2〕驗(yàn)證氯氣的氧化性強(qiáng)于碘的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是．〔3〕B中溶液發(fā)生反響的離子方程式是．〔4〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘，過(guò)程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是．〔5〕過(guò)程Ⅲ實(shí)驗(yàn)的目的是．〔6〕氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下，得電子能力逐漸減弱．11．〔17分〕〔2023?北京〕鎮(zhèn)靜藥物C、化合物N以及高分子樹(shù)脂〔〕的合成路線如下圖：①②：RCHORCH〔OH〕COOH；RCOOHRCClORCOOR′〔R、R′代表烴基〕〔1〕A的含氧官能團(tuán)的名稱是．〔2〕A在催化劑作用下可與H2反響生成B．該反響的反響類(lèi)型是．〔3〕酯類(lèi)化合物C的分子式是C15H14O3，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是．〔4〕A發(fā)生銀鏡反響的化學(xué)方程式是．〔5〕扁桃酸〔〕有多種同分異構(gòu)體．屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構(gòu)體共有種，寫(xiě)出其中一種含亞甲基〔﹣CH2﹣〕的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．〔6〕F與M合成高分子樹(shù)脂的化學(xué)方程式是．〔7〕N在NaOH溶液中發(fā)生水解反響的化學(xué)方程式是．2023年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔共7小題，每題6分，總分值42分〕1．〔6分〕〔2023?北京〕以下有關(guān)鋼鐵腐蝕與防護(hù)的說(shuō)法正確的是〔〕A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護(hù)B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化，可保護(hù)內(nèi)部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時(shí)，鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+【分析】A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí)，金屬應(yīng)作電解池陰極；B．常溫下，鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象而阻止進(jìn)一步反響；C．構(gòu)成原電池負(fù)極的金屬易被腐蝕；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子．【解答】解：A．用電解原理保護(hù)金屬時(shí)，金屬應(yīng)作電解池陰極，應(yīng)該與原電池負(fù)極連接，故A錯(cuò)誤；B．常溫下，鐵和濃硝酸反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反響，所以可以保護(hù)內(nèi)部金屬不被腐蝕，故B正確；C．鋼管、銅管和雨水能構(gòu)成原電池，鐵作原電池負(fù)極而容易被腐蝕，故C錯(cuò)誤；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時(shí)，負(fù)極反響是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題以金屬的腐蝕與防護(hù)為載體考查了原電池和電解池原理，注意鐵和鋁的鈍化現(xiàn)象不是沒(méi)反響而是反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進(jìn)一步反響，為易錯(cuò)點(diǎn)．2．〔6分〕〔2023?北京〕以下物質(zhì)與常用危險(xiǎn)化學(xué)品的類(lèi)別不對(duì)應(yīng)的是〔〕A．H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B．CH4、C2H4﹣﹣易燃液體C．CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D．KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑【分析】A．H2SO4、NaOH有強(qiáng)腐蝕性；B．CH4、C2H4是氣體且具有可燃性；C．CaC2、Na能與水反響產(chǎn)生易燃?xì)怏w；D．KMnO4、K2Cr2O7有強(qiáng)氧化性．【解答】解：A．H2SO4、NaOH有強(qiáng)腐蝕性，是腐蝕品，故A正確；B．CH4、C2H4是氣體，不是易燃液體，故B錯(cuò)誤；C．CaC2、Na能與水反響產(chǎn)生易燃?xì)怏w，是遇濕易燃物品，故C正確；D．KMnO4、K2Cr2O7有強(qiáng)氧化性，是氧化劑，故D正確．應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查危險(xiǎn)化學(xué)品的分類(lèi)，難度不大，平時(shí)注意知識(shí)的積累．3．〔6分〕〔2023?北京〕以下說(shuō)法正確的是〔〕A．的結(jié)構(gòu)中含有酯基B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物不同C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D．脂肪和蛋白質(zhì)都是能發(fā)生水解反響的高分子化合物【分析】A．為的縮聚產(chǎn)物；B．因?yàn)榧託浜箅p鍵變?yōu)閱捂I，單鍵是一樣的；C．葡萄糖不能水解；D．脂肪不是高分子化合物．【解答】解：A．為分子間發(fā)生縮聚反響的產(chǎn)物，鏈節(jié)中含有酯基，故A正確；B．因?yàn)榧託浜箅p鍵變?yōu)閱捂I，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，雙鍵不能旋轉(zhuǎn)，所以單鍵是一樣的，順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產(chǎn)物均為丁烷，故B錯(cuò)誤；C．葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反響，故C錯(cuò)誤；D．蛋白質(zhì)為高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，注意糖類(lèi)中的單糖〔葡萄糖和果糖〕均不能發(fā)生水解反響．4．〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實(shí)驗(yàn)裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響．以下實(shí)驗(yàn)不合理的是〔〕A．上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量B．②中選用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D．為確認(rèn)CuS04生成，向①中加水，觀察顏色【分析】A．在加熱的條件下，當(dāng)銅絲與濃硫酸接觸時(shí)才能反響；B．品紅能被二氧化硫漂白，根據(jù)SO2的漂白性分析；C．SO2為酸性氧化物，可與堿發(fā)生反響；D．不應(yīng)將水參加過(guò)量的濃硫酸中，否那么易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象．【解答】解：A．在加熱的條件下，當(dāng)銅絲與濃硫酸接觸時(shí)才能反響，當(dāng)往上抽動(dòng)銅絲時(shí)，銅絲與硫酸不接觸，反響停止，故可通過(guò)上下移動(dòng)①中銅絲可控制SO2的量，故A正確；B．SO2具有漂白性，品紅能被二氧化硫漂白，可用品紅溶液驗(yàn)證SO2的生成，故B正確；C．SO2為酸性氣體，具有污染性，可與堿發(fā)生反響，生成亞硫酸鈉和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正確；D．銅與濃硫酸的反響Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，實(shí)驗(yàn)中，銅絲與過(guò)量濃硫酸的反響生成是硫酸銅，試管中含有大量水，不會(huì)生成白色固體，CuSO4溶液呈藍(lán)色，為確認(rèn)CuS04生成，應(yīng)用膠頭滴管將試管1中的液體取出少量，滴入水中，觀察溶液顏色，假設(shè)溶液顯藍(lán)色，證明有硫酸銅生成，反之那么無(wú)，而不應(yīng)將水參加過(guò)量的濃硫酸中，否那么易產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了二氧化硫的性質(zhì)，題目難度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性．5．〔6分〕〔2023?北京〕以下解釋實(shí)驗(yàn)事實(shí)的方程式不正確的是〔〕A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOH?CH3COO﹣+H+B．“NO2球〞浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2〔g〕〔紅棕色〕?N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H＜0C．鐵溶于稀硝酸，溶液變黃：3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2OD．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣【分析】A、根據(jù)pH可判斷醋酸為弱電解質(zhì)，電離方程式應(yīng)用可逆號(hào)；B、根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響來(lái)分析；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃說(shuō)明鐵被氧化為三價(jià)鐵離子；D、根據(jù)碳酸根離子的水解生成氫氧根離子來(lái)分析．【解答】解：A、0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，那么醋酸電離生成的氫離子的濃度小于0.1mol/L，即醋酸為弱電解質(zhì)，其電離方程式為CH3COOHCH3COO﹣+H+，故A正確；B、因2NO2〔g〕〔紅棕色〕N2O4〔g〕〔無(wú)色〕△H＜0，該反響為放熱反響，在冷水中該反響向正反響方向移動(dòng)，那么顏色變淺，故B正確；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃，鐵被氧化為三價(jià)鐵離子，離子反響為Fe+4H++NO3﹣png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAACUAAAAMCAYAAADlPXT9AAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAADPSURBVDhPzZQtDoQwFISLQBQaQDacAMEhcLUILHdAcAeOUYlCopFIJBKJ5AhD2mRBLNkfsW+ZZFLTJl868x7DDcVuyARyqHmesSzLy78gh8rzHIwxxHGMuq4xjuMTIDnUuq4IgsCCGUdRBM45iqJA27bYtu2Mr6qq4+LjwT9OKSV9pz4ZLPL4voIqyxJCiEunaYosy0jcNM0ZX9/3UEohDEPbLcdxjo75vo+u6zAMw89tVsZlfNM0wRAnSQLP8+C6rgWm0ttOmRHWWtudQqUdPRjcK0PTUw4AAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE=Fe3++NO↑+2H2O，故C錯(cuò)誤；D、因碳酸根離子水解使碳酸鈉溶液顯堿性，CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，故向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅，故D正確；應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題為小綜合，屬于高考中的冷拼試題，考查了弱電解質(zhì)的電離、化學(xué)平衡的影響因素及平衡移動(dòng)、水解平衡、氧化復(fù)原反響等知識(shí)點(diǎn)，注重了對(duì)高考常考考點(diǎn)的考查．6．〔6分〕〔2023?北京〕自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)〔CuS〕．以下分析正確的是〔〕A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度B．原生銅的硫化物具有復(fù)原性，而銅藍(lán)沒(méi)有復(fù)原性C．CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D．整個(gè)過(guò)程涉及的反響類(lèi)型有氧化復(fù)原反響和復(fù)分解反響，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復(fù)分解反響生成更難溶的CuS【分析】A、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；B、根據(jù)元素的化合價(jià)判斷，最高價(jià)元素只有氧化性，最低價(jià)只有復(fù)原性，中間價(jià)態(tài)既有氧化性又有復(fù)原性；C、寫(xiě)轉(zhuǎn)化離子方程式時(shí)，難溶電解質(zhì)寫(xiě)化學(xué)式不寫(xiě)離子；D、根據(jù)反響中化合價(jià)是否變化及復(fù)分解反響的定義判斷．【解答】解：A、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，PbS能轉(zhuǎn)化為CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故A錯(cuò)誤；B、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，硫元素化合價(jià)升高作復(fù)原劑具有復(fù)原性；銅藍(lán)中硫元素化合價(jià)最低，所以能失電子具有復(fù)原性，故B錯(cuò)誤；C、硫化鋅難溶于水，所以要寫(xiě)化學(xué)式，不能寫(xiě)離子，故C錯(cuò)誤；D、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，所以存在氧化復(fù)原反響；CuSO4與ZnS反響生成硫化銅和硫酸鋅是復(fù)分解反響，故D正確；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，難度不大，易錯(cuò)選項(xiàng)是C，注意難溶物質(zhì)不能寫(xiě)離子形式要寫(xiě)化學(xué)式．7．〔6分〕〔2023?北京〕某溫度下，H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕的平衡常數(shù)K=．該溫度下在甲、乙、丙三個(gè)恒容密閉容器中，投入H2〔g〕和CO2〔g〕，其起始濃度如表所示．以下判斷不正確的是〔〕起始濃度甲乙丙c〔H2〕/mol/L0.0100.0200.020c〔CO2〕/mol/L0.0100.0100.020A．平衡時(shí)，乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%B．平衡時(shí)，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60%C．平衡時(shí)，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，是0.012mol/LD．反響開(kāi)始時(shí)，丙中的反響速率最快，甲中的反響速率最慢【分析】反響H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕前后氣體的體積不變，恒溫恒容下，甲、乙、丙中平衡常數(shù)相同．由表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下在甲、丙兩容器內(nèi)起始濃度n〔H2〕：n〔CO2〕=1：1，甲、丙為等效平衡．乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高．根據(jù)三段式結(jié)合平衡常數(shù)計(jì)算出甲容器內(nèi)，平衡時(shí)個(gè)物質(zhì)的濃度變化量、平衡濃度．A、計(jì)算甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高．B、甲、丙為等效平衡，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均相等，根據(jù)三段式計(jì)算甲中氫氣的轉(zhuǎn)化率．C、甲、丙為等效平衡，甲中和丙中CO2的轉(zhuǎn)化率均相等，根據(jù)三段式計(jì)算平衡時(shí)甲中的CO2的濃度、轉(zhuǎn)化率，進(jìn)而計(jì)算丙中CO2的濃度．D、濃度越大反響速率越快．【解答】解：對(duì)于甲容器：H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕開(kāi)始〔mol/L〕：0.010.0100變化〔mol/L〕：xxxx平衡〔mol/L〕：0.01﹣x0.01﹣xxx所以=，解得x=0.006A、由上述計(jì)算可知，甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，恒溫恒容下，乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高，故平衡時(shí)，乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%，故A正確；B、恒溫恒容下，由表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下在甲、丙兩容器內(nèi)起始濃度n〔H2〕：n〔CO2〕=1：1，反響H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕前后氣體的體積不變，故甲、丙為等效平衡，平衡時(shí)，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均相等，由上述計(jì)算可知，甲容器內(nèi)氫氣的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，故甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均為60%，故B正確；C、由上述計(jì)算可知，平衡時(shí)甲容器內(nèi)c〔CO2〕=〔0.01﹣x〕mol/L=0.004mol/L，甲、丙為等效平衡，平衡時(shí)，甲中和丙中CO2的轉(zhuǎn)化率相等，由A中計(jì)算可知為60%，故平衡時(shí)丙容器內(nèi)c〔CO2〕=0.02mol/L×〔1﹣60%〕=0.008mol/L，平衡時(shí)，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，故C錯(cuò)誤；D、濃度越大反響速率越快，由表中數(shù)據(jù)可知，甲、乙容器內(nèi)，開(kāi)始CO2濃度相等，乙中H2濃度比甲中濃度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器內(nèi)，開(kāi)始H2濃度相等，丙中CO2濃度比乙中濃度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，故D正確．應(yīng)選：C．【點(diǎn)評(píng)】考查化學(xué)平衡計(jì)算、等效平衡、外界條件對(duì)反響速率的影響等，濃度中等，注意三段式解題法的運(yùn)用，判斷甲、丙為等效平衡是解題關(guān)鍵．二、非選擇題〔共58分〕8．〔14分〕〔2023?北京〕由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分．甲同學(xué)欲探究X的組成．查閱資料：①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁．②Al3+在pH=5.0時(shí)沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時(shí)開(kāi)始沉淀，在pH=11.4時(shí)沉淀完全．實(shí)驗(yàn)過(guò)程：I．向化合物X粉末中參加過(guò)量鹽酸，產(chǎn)生氣體A，得到無(wú)色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無(wú)黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調(diào)節(jié)pH至5～6，產(chǎn)生白色沉淀B，過(guò)濾．Ⅳ．向沉淀B中加過(guò)量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至12，得到白色沉淀C．〔1〕I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學(xué)式是CO2．〔2〕由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、鈉、硅．〔3〕Ⅲ中生成B的離子方程式是Al3++3NH3?H20═Al〔OH〕3↓+3NH4+．〔4〕Ⅳ中B溶解的離子方程式是Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．〔5〕沉淀C的化學(xué)式是Mg〔OH〕2．〔6〕假設(shè)上述n〔A〕：n〔B〕：n〔C〕=1：1：3，那么X的化學(xué)式是Mg3Al〔OH〕7CO3．【分析】Ⅰ、氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結(jié)合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2．X中一定不含Si，因?yàn)楣杷猁}中參加過(guò)量鹽酸，會(huì)產(chǎn)生硅酸沉淀；Ⅱ、X中一定不含Na，因?yàn)镹a的焰色為黃色．Ⅲ、根據(jù)題給信息知調(diào)節(jié)pH至5～6時(shí)生成的白色沉淀為Al〔OH〕3．Ⅳ、參加過(guò)量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，離子方程式為：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．Ⅴ、參加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12，有白色沉淀產(chǎn)生，那么沉淀C為Mg〔OH〕2．綜上所述：由于n〔CO2〕：n[Al〔OH〕3]：n[Mg〔OH〕2]=1：1：3，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質(zhì)的量之比為1：1：3，結(jié)合電荷守恒，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質(zhì)的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al〔OH〕7CO3．【解答】解：〔1〕氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結(jié)合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2，故答案為：CO2；〔2〕X中一定不含Si，因?yàn)楣杷猁}中參加過(guò)量鹽酸，會(huì)產(chǎn)生硅酸沉淀，一定不含Na，因?yàn)镹a的焰色為黃色，故答案為：鈉、硅；〔3〕調(diào)節(jié)pH至5～6時(shí)生成的白色沉淀為Al〔OH〕3，NH3?H20為弱電解質(zhì)，離子方程式中應(yīng)寫(xiě)為化學(xué)式，故答案為：Al3++3NH3?H20═Al〔OH〕3↓+3NH4+；〔4〕Al〔OH〕3為兩性氫氧化物，能溶于強(qiáng)堿，參加過(guò)量NaOH溶液，Al〔OH〕3沉淀完全溶解，離子方程式為：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案為：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；〔5〕參加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH至12，有白色沉淀產(chǎn)生，那么沉淀C為Mg〔OH〕2，故答案為：Mg〔OH〕2；〔6〕由于n〔CO2〕：n[Al〔OH〕3]：n[Mg〔OH〕2]=1：1：3，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質(zhì)的量之比為1：1：3，結(jié)合電荷守恒，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質(zhì)的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al〔OH〕7CO3．故答案為：Mg3Al〔OH〕7CO3．【點(diǎn)評(píng)】此題考查抗酸藥成分的探究實(shí)驗(yàn)，題目較為綜合，此題易錯(cuò)點(diǎn)為第〔6〕題，根據(jù)質(zhì)量守恒定律解答．9．〔14分〕〔2023?北京〕某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和MH3?H2O的形式存在，該廢水的處理流程如圖1所示：〔1〕過(guò)程Ⅰ：加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH至9后，升溫至30℃，通空氣將氨趕出并回收．①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用：NH4++OH﹣=NH3?H2O．②用化學(xué)平衡原理解釋通空氣的目的：空氣可以將生成的氨氣帶走，使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)，促進(jìn)了氨水電離．〔2〕過(guò)程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過(guò)兩步反響被氧化成NO3﹣．兩步反響的能量變化示意圖如圖2所示：①第一步反響是放熱反響〔選題“放熱〞或“吸熱〞〕，判斷依據(jù)是△H=﹣273kJ/mol＜0〔反響為的總能量大于生成物的總能量〕．②1molNH4+〔aq〕全部氧化成NO3﹣〔aq〕的熱化學(xué)方程式是NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕，△H=﹣346kJ/mol．〔3〕過(guò)程Ⅲ：一定條件下，向廢水中參加CH3OH，將HNO3復(fù)原成N2．假設(shè)該反響消耗32gCH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子，那么參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是5：6．【分析】〔1〕①銨根能和強(qiáng)堿反響生成一水合氨；②減少生成物，可以使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)；〔2〕①當(dāng)反響物的總能量大于生成物的總能量，反響是放熱的；②結(jié)合圖象根據(jù)蓋斯定律來(lái)計(jì)算反響的焓變；〔3〕根據(jù)消耗甲醇的量和轉(zhuǎn)移電子的量來(lái)書(shū)寫(xiě)方程式，并確定氧化劑和復(fù)原劑的量的多少．【解答】解：〔1〕①銨鹽能和強(qiáng)堿反響，實(shí)質(zhì)是：NH4++OH﹣═NH3?H2O，故答案為：NH4++OH﹣═NH3?H2O；②氨水電離是可逆反響，將生成的氨氣帶走，即減少生成物，可以使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)，即更多的生成氨氣，因而促進(jìn)了氨水電離，故答案為：空氣可以將生成的氨氣帶走，使化學(xué)平衡向正反響方向移動(dòng)，促進(jìn)了氨水電離；〔2〕①焓變小于0，那么反響為放熱反響，故答案為：放熱；因?yàn)椤鱄=﹣273kJ/mol＜0〔反響物的總能量大于生成物的總能量〕；②第一步的熱化學(xué)方程式為NH4+〔aq〕+1.5O2〔g〕═NO2﹣〔aq〕+2H+〔aq〕+H2O〔l〕，△H=﹣273KJ/mol，第二步的熱化學(xué)方程式為：NO2﹣〔aq〕+0.5O2〔g〕═NO3﹣〔aq〕，△H=﹣73KJ/mol，根據(jù)蓋斯定律那么NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕，△H=﹣346kJ/mol，故答案為：NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕，△H=﹣346kJ/mol；〔3〕消耗32g〔1mol〕CH3OH轉(zhuǎn)移6mol電子，由CH3OH中碳原子的化合價(jià)升高6，所以反響后碳的化合價(jià)為+4，產(chǎn)物為CO2，根據(jù)質(zhì)量守恒和化合價(jià)升降總數(shù)相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反響中氧化劑是硝酸，復(fù)原劑是甲醇，參加反響的復(fù)原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是5：6，故答案為：5：6．【點(diǎn)評(píng)】此題是一道有關(guān)化學(xué)平衡和熱化學(xué)方程式的題目，綜合性強(qiáng)，難度較大，注意平時(shí)知識(shí)的積累和靈活應(yīng)用．10．〔13分〕〔2023?北京〕為驗(yàn)證鹵素單質(zhì)氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱，某小組用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)〔夾持儀器已略去，氣密性已檢驗(yàn)〕．實(shí)驗(yàn)過(guò)程：Ⅰ．翻開(kāi)彈簧夾，翻開(kāi)活塞a，滴加濃鹽酸．Ⅱ．當(dāng)B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時(shí)，夾緊彈簧夾．Ⅲ．當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí)，關(guān)閉活塞a．Ⅳ．…〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體，其電子式是．〔2〕驗(yàn)證氯氣的氧化性強(qiáng)于碘的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是淀粉KI試紙變藍(lán)．〔3〕B中溶液發(fā)生反響的離子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣．〔4〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘，過(guò)程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是翻開(kāi)活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關(guān)閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽霞t色．〔5〕過(guò)程Ⅲ實(shí)驗(yàn)的目的是確認(rèn)C的黃色溶液中無(wú)Cl2，排除Cl2對(duì)溴置換碘實(shí)驗(yàn)的干擾．〔6〕氯、溴、碘單質(zhì)的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．【分析】〔1〕A中產(chǎn)生黃綠色氣體為Cl2；〔2〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，并檢驗(yàn)產(chǎn)物碘；〔3〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；〔4〕根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，并檢驗(yàn)產(chǎn)物碘的存在；〔5〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)防止氯氣的干擾．；〔6〕從原子結(jié)構(gòu)〔電子層數(shù)、原子半徑〕的角度分析【解答】解：〔1〕因KMnO4與濃HCl反響可以用來(lái)制Cl2，其電子式為：；故答案為：；〔2〕因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可發(fā)生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，I2能使淀粉變藍(lán)；故答案為：淀粉KI試紙變藍(lán)；Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；〔3〕因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，可發(fā)生：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，〔4〕因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，要發(fā)生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，同時(shí)檢驗(yàn)產(chǎn)物碘的存在；故答案為：翻開(kāi)活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關(guān)閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽稀不蜃霞t〕色；〔5〕為驗(yàn)證溴的氧化性強(qiáng)于碘，實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)防止氯氣的干擾，當(dāng)B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時(shí)，說(shuō)明有大量的溴生成，此時(shí)應(yīng)關(guān)閉活塞a，否那么氯氣過(guò)量，影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論，故答案為：確認(rèn)C的黃色溶液中無(wú)Cl2，排除Cl2對(duì)溴置換碘實(shí)驗(yàn)的干擾；〔6〕因同一主族元素，從上到下，電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，得電