2023年北京市高考化學試卷一、選擇題〔共7小題，每題6分，總分值42分〕1．〔6分〕〔2023?北京〕以下有關鋼鐵腐蝕與防護的說法正確的是〔〕A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化，可保護內部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時，鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發生析氫腐蝕時，負極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+2．〔6分〕〔2023?北京〕以下物質與常用危險化學品的類別不對應的是〔〕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〕以下說法正確的是〔〕A．的結構中含有酯基B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物不同C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D．脂肪和蛋白質都是能發生水解反響的高分子化合物4．〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實驗裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過量濃硫酸的反響．以下實驗不合理的是〔〕A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量B．②中選用品紅溶液驗證SO2的生成C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D．為確認CuS04生成，向①中加水，觀察顏色5．〔6分〕〔2023?北京〕以下解釋實驗事實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，慢慢轉變為銅藍〔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原性，而銅藍沒有復原性C．CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D．整個過程涉及的反響類型有氧化復原反響和復分解反響，然后硫酸銅與ZnS、PbS發生復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K=．該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，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，乙中CO2的轉化率大于60%B．平衡時，甲中和丙中H2的轉化率均是60%C．平衡時，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，是0.012mol/LD．反響開始時，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時沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時開始沉淀，在pH=11.4時沉淀完全．實驗過程：I．向化合物X粉末中參加過量鹽酸，產生氣體A，得到無色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調節pH至5～6，產生白色沉淀B，過濾．Ⅳ．向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調節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的化學式是．〔6〕假設上述n〔A〕：n〔B〕：n〔C〕=1：1：3，那么X的化學式是．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〕過程Ⅰ：加NaOH溶液，調節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用化學平衡原理解釋通空氣的目的：．〔2〕過程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反響被氧化成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〞〕，判斷依據是．②1molNH4+〔aq〕全部氧化成NO3﹣〔aq〕的熱化學方程式是．〔3〕過程Ⅲ：一定條件下，向廢水中參加CH3OH，將HNO3復原成N2．假設該反響消耗32gCH3OH轉移6mol電子，那么參加反響的復原劑和氧化劑的物質的量之比是．10．〔13分〕〔2023?北京〕為驗證鹵素單質氧化性的相對強弱，某小組用如下圖裝置進行實驗〔夾持儀器已略去，氣密性已檢驗〕．實驗過程：Ⅰ．翻開彈簧夾，翻開活塞a，滴加濃鹽酸．Ⅱ．當B和C中的溶液都變為黃色時，夾緊彈簧夾．Ⅲ．當B中溶液由黃色變為棕紅色時，關閉活塞a．Ⅳ．…〔1〕A中產生黃綠色氣體，其電子式是．〔2〕驗證氯氣的氧化性強于碘的實驗現象是．〔3〕B中溶液發生反響的離子方程式是．〔4〕為驗證溴的氧化性強于碘，過程Ⅳ的操作和現象是．〔5〕過程Ⅲ實驗的目的是．〔6〕氯、溴、碘單質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〕鎮靜藥物C、化合物N以及高分子樹脂〔〕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．該反響的反響類型是．〔3〕酯類化合物C的分子式是C15H14O3，其結構簡式是．〔4〕A發生銀鏡反響的化學方程式是．〔5〕扁桃酸〔〕有多種同分異構體．屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構體共有種，寫出其中一種含亞甲基〔﹣CH2﹣〕的同分異構體的結構簡式．〔6〕F與M合成高分子樹脂的化學方程式是．〔7〕N在NaOH溶液中發生水解反響的化學方程式是．2023年北京市高考化學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〕以下有關鋼鐵腐蝕與防護的說法正確的是〔〕A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護B．鐵遇冷濃硝酸外表鈍化，可保護內部不被腐蝕C．鋼管與銅管露天堆放在一起時，鋼管不易被腐蝕D．鋼鐵發生析氫腐蝕時，負極反響是Fe﹣3e﹣═Fe3+【分析】A．用電解原理保護金屬時，金屬應作電解池陰極；B．常溫下，鐵和濃硝酸發生鈍化現象而阻止進一步反響；C．構成原電池負極的金屬易被腐蝕；D．鋼鐵發生析氫腐蝕時，負極上鐵失電子生成亞鐵離子．【解答】解：A．用電解原理保護金屬時，金屬應作電解池陰極，應該與原電池負極連接，故A錯誤；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一步反響，所以可以保護內部金屬不被腐蝕，故B正確；C．鋼管、銅管和雨水能構成原電池，鐵作原電池負極而容易被腐蝕，故C錯誤；D．鋼鐵發生析氫腐蝕時，負極反響是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D錯誤；應選B．【點評】此題以金屬的腐蝕與防護為載體考查了原電池和電解池原理，注意鐵和鋁的鈍化現象不是沒反響而是反響生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進一步反響，為易錯點．2．〔6分〕〔2023?北京〕以下物質與常用危險化學品的類別不對應的是〔〕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有強腐蝕性；B．CH4、C2H4是氣體且具有可燃性；C．CaC2、Na能與水反響產生易燃氣體；D．KMnO4、K2Cr2O7有強氧化性．【解答】解：A．H2SO4、NaOH有強腐蝕性，是腐蝕品，故A正確；B．CH4、C2H4是氣體，不是易燃液體，故B錯誤；C．CaC2、Na能與水反響產生易燃氣體，是遇濕易燃物品，故C正確；D．KMnO4、K2Cr2O7有強氧化性，是氧化劑，故D正確．應選B．【點評】此題考查危險化學品的分類，難度不大，平時注意知識的積累．3．〔6分〕〔2023?北京〕以下說法正確的是〔〕A．的結構中含有酯基B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物不同C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸〔C3H6O3〕D．脂肪和蛋白質都是能發生水解反響的高分子化合物【分析】A．為的縮聚產物；B．因為加氫后雙鍵變為單鍵，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．為分子間發生縮聚反響的產物，鏈節中含有酯基，故A正確；B．因為加氫后雙鍵變為單鍵，單鍵可以旋轉，雙鍵不能旋轉，所以單鍵是一樣的，順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物均為丁烷，故B錯誤；C．葡萄糖為單糖，不能發生水解反響，故C錯誤；D．蛋白質為高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故D錯誤．應選A．【點評】此題考查有機物的結構和性質，題目難度不大，注意糖類中的單糖〔葡萄糖和果糖〕均不能發生水解反響．4．〔6分〕〔2023?北京〕用如下圖實驗裝置〔夾持儀器已略去〕探究銅絲與過量濃硫酸的反響．以下實驗不合理的是〔〕A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量B．②中選用品紅溶液驗證SO2的生成C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2D．為確認CuS04生成，向①中加水，觀察顏色【分析】A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反響；B．品紅能被二氧化硫漂白，根據SO2的漂白性分析；C．SO2為酸性氧化物，可與堿發生反響；D．不應將水參加過量的濃硫酸中，否那么易產生暴沸現象．【解答】解：A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反響，當往上抽動銅絲時，銅絲與硫酸不接觸，反響停止，故可通過上下移動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，實驗中，銅絲與過量濃硫酸的反響生成是硫酸銅，試管中含有大量水，不會生成白色固體，CuSO4溶液呈藍色，為確認CuS04生成，應用膠頭滴管將試管1中的液體取出少量，滴入水中，觀察溶液顏色，假設溶液顯藍色，證明有硫酸銅生成，反之那么無，而不應將水參加過量的濃硫酸中，否那么易產生暴沸現象，故D錯誤；應選D．【點評】此題考查了二氧化硫的性質，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〕以下解釋實驗事實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pH可判斷醋酸為弱電解質，電離方程式應用可逆號；B、根據溫度對化學平衡移動的影響來分析；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃說明鐵被氧化為三價鐵離子；D、根據碳酸根離子的水解生成氫氧根離子來分析．【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，其電離方程式為CH3COOHCH3COO﹣+H+，故A正確；B、因2NO2〔g〕〔紅棕色〕N2O4〔g〕〔無色〕△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，那么顏色變淺，故B正確；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃，鐵被氧化為三價鐵離子，離子反響為Fe+4H++NO3﹣png_iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAACUAAAAMCAYAAADlPXT9AAAAAXNSR0IArs4c6QAAAARnQU1BAACxjwv8YQUAAAAJcEhZcwAADsMAAA7DAcdvqGQAAADPSURBVDhPzZQtDoQwFISLQBQaQDacAMEhcLUILHdAcAeOUYlCopFIJBKJ5AhD2mRBLNkfsW+ZZFLTJl868x7DDcVuyARyqHmesSzLy78gh8rzHIwxxHGMuq4xjuMTIDnUuq4IgsCCGUdRBM45iqJA27bYtu2Mr6qq4+LjwT9OKSV9pz4ZLPL4voIqyxJCiEunaYosy0jcNM0ZX9/3UEohDEPbLcdxjo75vo+u6zAMw89tVsZlfNM0wRAnSQLP8+C6rgWm0ttOmRHWWtudQqUdPRjcK0PTUw4AAAAASUVORK5CYILoj4HkvJjnvZE=Fe3++NO↑+2H2O，故C錯誤；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；應選C．【點評】此題為小綜合，屬于高考中的冷拼試題，考查了弱電解質的電離、化學平衡的影響因素及平衡移動、水解平衡、氧化復原反響等知識點，注重了對高考常考考點的考查．6．〔6分〕〔2023?北京〕自然界地表層原生銅的硫化物經氧化、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，慢慢轉變為銅藍〔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原性，而銅藍沒有復原性C．CuSO4與ZnS反響的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓D．整個過程涉及的反響類型有氧化復原反響和復分解反響，然后硫酸銅與ZnS、PbS發生復分解反響生成更難溶的CuS【分析】A、難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化是溶解度大的物質向溶解度小的物質轉化；B、根據元素的化合價判斷，最高價元素只有氧化性，最低價只有復原性，中間價態既有氧化性又有復原性；C、寫轉化離子方程式時，難溶電解質寫化學式不寫離子；D、根據反響中化合價是否變化及復分解反響的定義判斷．【解答】解：A、難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化是溶解度大的物質向溶解度小的物質轉化，PbS能轉化為CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故A錯誤；B、原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，硫元素化合價升高作復原劑具有復原性；銅藍中硫元素化合價最低，所以能失電子具有復原性，故B錯誤；C、硫化鋅難溶于水，所以要寫化學式，不能寫離子，故C錯誤；D、原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，所以存在氧化復原反響；CuSO4與ZnS反響生成硫化銅和硫酸鋅是復分解反響，故D正確；應選D．【點評】此題考查了難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，難度不大，易錯選項是C，注意難溶物質不能寫離子形式要寫化學式．7．〔6分〕〔2023?北京〕某溫度下，H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕的平衡常數K=．該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，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，乙中CO2的轉化率大于60%B．平衡時，甲中和丙中H2的轉化率均是60%C．平衡時，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，是0.012mol/LD．反響開始時，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、丙中平衡常數相同．由表中數據可知，該溫度下在甲、丙兩容器內起始濃度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化率比甲中高．根據三段式結合平衡常數計算出甲容器內，平衡時個物質的濃度變化量、平衡濃度．A、計算甲容器內二氧化碳的轉化率，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化率比甲中高．B、甲、丙為等效平衡，甲中和丙中H2的轉化率均相等，根據三段式計算甲中氫氣的轉化率．C、甲、丙為等效平衡，甲中和丙中CO2的轉化率均相等，根據三段式計算平衡時甲中的CO2的濃度、轉化率，進而計算丙中CO2的濃度．D、濃度越大反響速率越快．【解答】解：對于甲容器：H2〔g〕+CO2〔g〕?H2O〔g〕+CO〔g〕開始〔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、由上述計算可知，甲容器內二氧化碳的轉化率為×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化率比甲中高，故平衡時，乙中CO2的轉化率大于60%，故A正確；B、恒溫恒容下，由表中數據可知，該溫度下在甲、丙兩容器內起始濃度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，甲中和丙中H2的轉化率均相等，由上述計算可知，甲容器內氫氣的轉化率為×100%=60%，故甲中和丙中H2的轉化率均為60%，故B正確；C、由上述計算可知，平衡時甲容器內c〔CO2〕=〔0.01﹣x〕mol/L=0.004mol/L，甲、丙為等效平衡，平衡時，甲中和丙中CO2的轉化率相等，由A中計算可知為60%，故平衡時丙容器內c〔CO2〕=0.02mol/L×〔1﹣60%〕=0.008mol/L，平衡時，丙中c〔CO2〕是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，故C錯誤；D、濃度越大反響速率越快，由表中數據可知，甲、乙容器內，開始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，開始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．應選：C．【點評】考查化學平衡計算、等效平衡、外界條件對反響速率的影響等，濃度中等，注意三段式解題法的運用，判斷甲、丙為等效平衡是解題關鍵．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時沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時開始沉淀，在pH=11.4時沉淀完全．實驗過程：I．向化合物X粉末中參加過量鹽酸，產生氣體A，得到無色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調節pH至5～6，產生白色沉淀B，過濾．Ⅳ．向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調節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的化學式是Mg〔OH〕2．〔6〕假設上述n〔A〕：n〔B〕：n〔C〕=1：1：3，那么X的化學式是Mg3Al〔OH〕7CO3．【分析】Ⅰ、氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2．X中一定不含Si，因為硅酸鹽中參加過量鹽酸，會產生硅酸沉淀；Ⅱ、X中一定不含Na，因為Na的焰色為黃色．Ⅲ、根據題給信息知調節pH至5～6時生成的白色沉淀為Al〔OH〕3．Ⅳ、參加過量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溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，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+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質的量之比為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，因為硅酸鹽中參加過量鹽酸，會產生硅酸沉淀，一定不含Na，因為Na的焰色為黃色，故答案為：鈉、硅；〔3〕調節pH至5～6時生成的白色沉淀為Al〔OH〕3，NH3?H20為弱電解質，離子方程式中應寫為化學式，故答案為：Al3++3NH3?H20═Al〔OH〕3↓+3NH4+；〔4〕Al〔OH〕3為兩性氫氧化物，能溶于強堿，參加過量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溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，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+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，那么CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al〔OH〕7CO3．故答案為：Mg3Al〔OH〕7CO3．【點評】此題考查抗酸藥成分的探究實驗，題目較為綜合，此題易錯點為第〔6〕題，根據質量守恒定律解答．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〕過程Ⅰ：加NaOH溶液，調節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，使化學平衡向正反響方向移動，促進了氨水電離．〔2〕過程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反響被氧化成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〕的熱化學方程式是NH4+〔aq〕+2O2〔g〕═2H+〔aq〕+H2O〔l〕+NO3﹣〔aq〕，△H=﹣346kJ/mol．〔3〕過程Ⅲ：一定條件下，向廢水中參加CH3OH，將HNO3復原成N2．假設該反響消耗32gCH3OH轉移6mol電子，那么參加反響的復原劑和氧化劑的物質的量之比是5：6．【分析】〔1〕①銨根能和強堿反響生成一水合氨；②減少生成物，可以使化學平衡向正反響方向移動；〔2〕①當反響物的總能量大于生成物的總能量，反響是放熱的；②結合圖象根據蓋斯定律來計算反響的焓變；〔3〕根據消耗甲醇的量和轉移電子的量來書寫方程式，并確定氧化劑和復原劑的量的多少．【解答】解：〔1〕①銨鹽能和強堿反響，實質是：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，可以使化學平衡向正反響方向移動，即更多的生成氨氣，因而促進了氨水電離，故答案為：空氣可以將生成的氨氣帶走，使化學平衡向正反響方向移動，促進了氨水電離；〔2〕①焓變小于0，那么反響為放熱反響，故答案為：放熱；因為△H=﹣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，第二步的熱化學方程式為：NO2﹣〔aq〕+0.5O2〔g〕═NO3﹣〔aq〕，△H=﹣73KJ/mol，根據蓋斯定律那么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轉移6mol電子，由CH3OH中碳原子的化合價升高6，所以反響后碳的化合價為+4，產物為CO2，根據質量守恒和化合價升降總數相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反響中氧化劑是硝酸，復原劑是甲醇，參加反響的復原劑和氧化劑的物質的量之比是5：6，故答案為：5：6．【點評】此題是一道有關化學平衡和熱化學方程式的題目，綜合性強，難度較大，注意平時知識的積累和靈活應用．10．〔13分〕〔2023?北京〕為驗證鹵素單質氧化性的相對強弱，某小組用如下圖裝置進行實驗〔夾持儀器已略去，氣密性已檢驗〕．實驗過程：Ⅰ．翻開彈簧夾，翻開活塞a，滴加濃鹽酸．Ⅱ．當B和C中的溶液都變為黃色時，夾緊彈簧夾．Ⅲ．當B中溶液由黃色變為棕紅色時，關閉活塞a．Ⅳ．…〔1〕A中產生黃綠色氣體，其電子式是．〔2〕驗證氯氣的氧化性強于碘的實驗現象是淀粉KI試紙變藍．〔3〕B中溶液發生反響的離子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣．〔4〕為驗證溴的氧化性強于碘，過程Ⅳ的操作和現象是翻開活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變為紫紅色．〔5〕過程Ⅲ實驗的目的是確認C的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾．〔6〕氯、溴、碘單質的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．【分析】〔1〕A中產生黃綠色氣體為Cl2；〔2〕根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，并檢驗產物碘；〔3〕根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；〔4〕根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，并檢驗產物碘的存在；〔5〕為驗證溴的氧化性強于碘，實驗時應防止氯氣的干擾．；〔6〕從原子結構〔電子層數、原子半徑〕的角度分析【解答】解：〔1〕因KMnO4與濃HCl反響可以用來制Cl2，其電子式為：；故答案為：；〔2〕因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，可發生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，I2能使淀粉變藍；故答案為：淀粉KI試紙變藍；Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；〔3〕因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，可發生：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，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，要發生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，同時檢驗產物碘的存在；故答案為：翻開活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變為紫〔或紫紅〕色；〔5〕為驗證溴的氧化性強于碘，實驗時應防止氯氣的干擾，當B中溶液由黃色變為棕紅色時，說明有大量的溴生成，此時應關閉活塞a，否那么氯氣過量，影響實驗結論，故答案為：確認C的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；〔6〕因同一主族元素，從上到下，電子層數依次增多，原子半徑逐漸增大，元素的金屬性逐漸增強，得電