2023年北京高考化学试题及答案高清解析版

年北京市高考化学试卷2023一、选择题.〕北京〕我国科技创成果斐然，以下成果中获得诺贝尔奖的是〔2023?1〔3分〕．屠呦呦觉察抗疟药青蒿素．徐光宪建立稀土串级萃取理论BA．侯德榜联合制碱法DC．闵B【答案】【解析】2023ABCD．灌装保存年10．应选：B2〔3ABCD．灌装保存CA【解析】解：A．冷水浸泡属于物质的溶解，故B错误；B．加热煎制属于加热，故C正确；C．箅渣取液将固体和液体分别，属于过滤操作，故D错误．D．灌装是液体转移，故〕北京〕以下食品添加剂中，其试用目的与反响速率有关的是〔3〔3分〔2023DC．着色剂A．抗氧化剂B．调味剂AA正确；解：A【解析】错误；B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C．着色剂是为了给食品添CD北京〕〔2023?4〔3分苯间二甲苯80139138144℃沸点/6471325℃熔点/〕以下说法不正确的选项是〔．该反响属于取代反响A℃．甲苯的沸点高于144BC．用蒸馏的方法可将苯从D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分别出来AA【解析】解：A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取C正确；C、却后邻二甲苯与间二甲苯简洁形成固体，从而将对二甲苯分别出来，所以能D正确；D用冷却结晶的方法分别出来，故+2-2-OK+2H〔黄色〕Cr。用O2023?北京〕KCr溶液中存在平衡：CrO〔橙色2O分〕5〔3〔7222274227溶液进展以下试验：2-结合试验，以下说法不正确的选项是． 复原H被O ．①中溶液橙色加深，③中溶液黄 B．②中CrA SO70%HD酸性溶液氧化性强OCrKC．比照②和④可知．假设向④中2-参加溶液至过量，溶液变为橙色42722．D溶NaHSOOH〕溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的HSOBa6〔3分〔2023北京〕在两一样的〔4224 〕液，其导电力量随滴入溶液体积变化的曲线如下图．以下分析不正确的选项是〔．在平衡体系中参加酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，参加碱，溶NaHSOOH〕溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的HSOBa6〔3分〔2023北京〕在两一样的〔4224 〕液，其导电力量随滴入溶液体积变化的曲线如下图．以下分析不正确的选项是〔SOAH42+﹣、bNaOHB．﹣点，OHC．cdD．a、C、O、=BaSO↓+2HSO+B〔OH溶液和HSOAB〔OHNaHSO溶液反响方程式分别为H242422442a，溶液导电力量与离子浓度成正比，依据图知，曲线①在〕+Ba〔OH=BaSO↓+NaOH+HONaHSO2244Ba〔OH溶液和HSO0，应当为Ba〔OH〕422A正确；NaHSO溶液的反响，即①HSO4422bNaHSO溶液的物质的量浓度相等，则恰好反响，HSOHSO、B．依据图知，a点为Ba〔OH〕溶液和424224+﹣BOH，故点，溶液中大量存在的离子是点溶液溶NaOHbNaSO中硫酸氢钠过量，则溶质为②NaOH、NaC．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，42错误；中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C度一样，②，水和硫酸钠溶液都呈中SO②中溶质为Na．a点①中硫d点D42性，故D3分〔20237〔北京用石墨电极完成以下电解试验．装置a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；两个石墨电极四周有气泡产现象cn处有气泡产生；……以下对试验现象的解释或推想不合理的是〔〕22 ═H ↑+2OHO+2e、d处：2HA．a ═Cl ↑2e处：B．b2Cl﹣ Fe═2e﹣Fe22 ﹣﹣ ﹣﹣ ﹣c．C．处能析出铜．依据试验一的原理，试验二中mDB═【答案】H 处试纸变蓝，为阴极，生成【解析】解：A．dOH，电极方程式为2HO+2eA正═﹣﹣﹣+2OH，故22Bb处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，﹣故B2+Fe═ ﹣当于形成三个电解池〔一个球两面为不同的两D．试验一中ac形成电解池，db极，m池的阴极，另一球朝正确．上有铜析出，故Dm〔n的反面，故相当于电镀，即m的一面为阳极8分〔共4北京功能高分子P〔7分〔8/Cl2 + 光照//b试剂试剂aCHDBCA3③①②催化剂CHCHn⑥GCOOCHNO22/O,HH催化剂FEP2 + ⑤④OHCH52〔1〕A的分子式是CH，其构造简式是 。87〔2〕试剂a是 。〔3〕反响③的化学方程式： 。〔4〕E的分子式是CHO。E中含有的官能团： 。〔6〕反响⑤的化学方程式：以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线〔用构造简式表示有机物箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反响条件以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线〔用构造简式表示有机物箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反响条件。

〔〕反响④的反响类型是526105 。〔2〕〔〔2〕〔5〕〔6〕+nHO+nCHCHOH；〔5〕〔6〕+nHO+nCHCHOH；232CHCHCHOHCHOBrCH〔7)H=CHCH3323222CHCH=CHCOOHCHCH=CHCOOCHCH．3332【解析】解：A的分子式是CH，其构造简式是，结合P的构造简式，可知A与浓硝酸在浓87，B与氯气在光照条件下发生取代反响生成为热条件下发生消去反响生成BC为为D在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反响生成知．OHG，则的构造简式为，则FE为，E的分子式是C2106CH．CH=CHCOOCHCH323〔1〕A的分子式是CH87；是：浓硫酸和浓硝酸〔2〕试剂aE碳碳双键、酯基；〔4E为CHCH=CHCOOCHCH332的化学方程式：⑤〔5〕6〕反响，O+nCH+nHCHOH223，再发生氧化反响生成CHHBrCHCHBr，然后发生CHOH〔7〕2323CHCHO，23，最终与生加成反响生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反响生成生成CHCH=CHCOOH3，CHCH=CHCOOCHCH332CHOCHCH=CHCHCHOHBrCHCH3222332，CHCH=CHCOOHCHCHCH=CHCOOCH3233 〕去除水体中的硝酸盐〔NO〕已成为环境—3- 修复争论的热点之一。北京〕用零价铁〔9〔3分〔NO〔1〕Fe3- 。①作负极的物质是 。 的去除率和H的去除率和H〔24小时测定O55—3初始50%＜接近100%NO的去除率 接近中性接近中性24小时pH—3

②正极的电极铁的最终物质形态Fe—时，NO的去除率低。其缘由是。

32+32+—除率。补充肯定量的pH=4.5试验觉察：3〔〕Fe可以明NO对．32+的作用提出两种假设：Fe2+ NO除率。补充肯定量的pH=4.5试验觉察：3〔〕Fe可以明NO对．32+的作用提出两种假设：Fe2+ —得到的结论是。 NO〕反响生成能与FeO〔OHFeO。结合该反响的离子方程式，解释参加Fe提高②同位素示—踪法证明 。334

去除率的缘由：3的去除率和H〔〕其他条件与〔〕一样，经1小时测定O553—3初始3%约约10%NO的去除率 接近中性接近中性1小时pH3—与〔〕中数据比照，解释〕中初p不同时N去除率和铁的最终物质形态不同的原— 3++﹣﹣

②NO+8e+10HO=NH+3H①【答案】〔1〕铁；243OH〕不导电，阻碍电子转移；﹣﹣FeO〔2+2+ NONO；在Fe和Fe的去除率；〔3〕①本试验条件下，Fe共同作用下能提332+2++，利于电子转移；将不导电的FeO〔OH〕转化为可导电的②FeFe+2FeO﹣﹣〔OH〕=FeO+2HO，Fe44332+2+充分；初始pHFe高时，产生的Fe〔4〕初始pH产生的3+作复原剂，失去电子，作负极，①Fe复原水体中NO，则Fe【解析】解：1〕 NONH则正3+- ﹣2信息可知为酸性环境，②NO在正极得电子发生复原反响产生343++﹣﹣﹣+3HO+10H=NH，+8e243+ FeO〔OH〕不导电，阻碍电子转移，所以NO2〕pH越高，Fe的﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣去除率低．越易水解生成FeO〔OH，〔32+2+NO不能直接复原，因此得出①从图2的试验结FeFe时，NO0〔3〕332+2+Fe高，因此可以得出结论：本试验条件下，FeFeFeNO共同参加时的去除率比单独32+的去除率．共同作用下能提高NO原NO；在Fe和Fe33+2+2+，O，离子方程式为：Fe+2H+2FeO〔OH〕=Fe②同位素示踪法证明白Fe〕能与FeO〔OH反响生成FeO43432+，利于电子转移．FeFeO将不导电的FeO〔OH〕转化为可导电的432+的去除率由铁，而NO的作用是将不导电的FeO〔OH〕转化为可导电的FeO〔4〕依据试验结果可知Fe3342+的含量．的最终物质形态确定，因此可知试验初pHFe﹣﹣﹣﹣﹣﹣OOO及炭黑等〕和0〔2分?北京〕以废旧铅酸电池中的含Pb铅废料〔、Pb4224

PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：制备高纯滤液/SOFeSO、H含铅

44214PbO42+ PbSO的化学方程式是催化下，Pb和PbO〔1〕过程Ⅰ中，在Fe反响生成 。2+ 3+?+22+ 〕过程Ⅰ中，e催化过程可表示为〔2 Oi.=+H ……3+?+22+ 。 ii①写出的离子方程式：②以下试验方案可证明上述催化过程。将试验方案补充完整。PbOKSCN溶液中参加向酸化的a.FeSO溶液，溶液几乎无色，再参加少量，溶液变红。24．b. 。O溶解在H溶液中，存在平衡：O〔〕H〔aq〕O〔aq，其溶解度曲线如图所2示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 2示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的削减PbO的损失，提高产品的产率重复利用NaOH，提高原料的利用率NaSO的浓度，提高脱硫效率III的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过III的操作﹣【答案】〔1〕Pb+PbO+2HSO═2PbSO+2HO224243+22+PbSO═〕①2Fe+2Fe+Pb+SO﹣a中红色溶液少量，加〔244Pb，充分反响后，红色褪去；〔3〕①AB；②向PbO粗品中参加肯定量的35%NaOH110℃，充分溶解后，趁PbO固体．2+催化下，Pb、PbOHSO〔1〕依据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe反响生成PbSO【解析】解：4242和水，化学方程式为：Pb+PbO+2HSO═2PbSO+2HO22424〔2〕①催化剂通2+3+3+2+，FeFePbiiiFeFePbO﹣23+22+PbSO═，+2Fe离子方程式为：2Fe+Pb+SO44②aib试验需ii，试验方案为：﹣向酸化的FeSO溶液中参加KSCN溶液，溶液几乎无色，再参加少量PbO，溶液变红，亚铁24铁离子，﹣3++3SCN=Fe〔SCN〕a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe，参加过量Pb，和平衡状态下铁b3应生成亚铁离子，平衡逆向进展充分反响后，红色褪去，﹣〔3〕①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反响为PbSO+2NaOH=PbO+NaSO+HO，由于PbO能溶解与NaOH溶液，2442因此滤液Ⅰ中含有Pb元素，滤液Ⅰ重复使用可削减PbO损失，提高产品的产率，且滤液ⅠNaOHAB．②依据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，因此加热至较高温度，充分溶PbOPbO固体．质和盐溶液间32反响的多样性。〔6分〔?北京〕以质和盐溶液间32反响的多样性。42 1? 1?324饱和AgSO溶液Ⅰ.产生白色沉淀 CuSO0.2mol·LⅡ.溶液变绿，连续滴加产生棕黄色沉淀1?L0.2mol·SO溶开头无明显变化，连续滴加产生白色沉淀)(SO溶液0.1mol·LAl 〔142 1? 1?324色沉淀是AgSO。用离子方程式解释现象Ⅰ：

。 。和， 34 2+422+ 含有CuSO、Cu〔2〕经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SOI稀HSO Cu，Cu+34 2+422+ 〔白色〕I。2： +2+2? Cu 。SOCu2+2?

。 1BaSO，试剂是

是白色沉淀 。a. A a. A 的理由是.证明沉淀中含有和O 该白色沉淀既能溶于强酸〔O在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无O〕〔3 O又能溶于强碱，还可使性溶液褪色。4．①推想沉淀中含有亚硫酸根和 。ii设计了ii成立。3a.ii设计了ii成立。3a.将比照试验方案补充完整。〔按上图形式呈现。步骤二： 2+﹣=Ag1〕2AgSO+S【答案】〔332溶液；a.HCl和BaCl①2+﹣=Ag1〕2AgSO+S【答案】〔332溶液；a.HCl和BaCl①﹣为硫酸钡，证明含有S，证明含有CuA．棕黄色沉淀与KI溶液反响生成白色沉淀〔CuI33+﹣OH〔3〕①Al②ab．V明显大于V；21〔4〕复原性、水解呈碱性；两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反响条件有关．〔1〕Ⅰ中0.2mol/LNaSO溶液滴入饱和AgSO溶液，由于AgSO饱和溶液且溶﹣﹣液混合后4422322浓度较大，因此推断白色沉淀为AgSO沉淀，考虑SO，反响的离子方程式为：稀释，因此不行能是AgSO32423+2=AgSO↓+SO；2Ag332++，参加稀硫酸会发生歧化反响生成铜单质，和稀硫酸反响铜和铜离子，假设沉淀中含有Cu〕①依据反响Cu〔2试验现象是有红色固体生成，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2+22+22+=BaS↓SO+HO=SO+2I+2H+Ba②a2Cu+4I=2CuI+I、I+SO44222342+BaClABaBaSO，BaSO342在酸性环境中．﹣﹣﹣﹣﹣﹣22+，CuKIbA可知之前所取上层清液中有SO生成白色沉淀可知棕黄色﹣﹣﹣- 沉淀中含有42+2+ 和I反响生成I而I，Cu，Cu因而推断生和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无222；参与了其他反响，因而有复原剂SO成的I322﹣﹣- ﹣既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性SOⅢ的白色沉淀中无3〕①依据题意知试验〔43+和OH，Al可使酸性KMnO溶液褪色是由于存在有复原性的亚硫酸KMnO溶液褪色，可以推想44根离子；﹣②依据假设可知试验的目的是证明产生的沉淀是Al〔OH〕还是铝的碱式盐，给定试验首先制铝的碱式盐和NaOH溶液反响相当于铝离子和NaOH反响，反响比例为1：4，而Al〔OH〕和NaOH31：1，因此假设VV，则假设ii成立；假设V=V，则假设i成立．2211a铝的碱式盐和NaOH溶液反响相当于铝离子和NaOH反响，反响比例为1：4，而Al〔OH〕和NaOH31：1，因此假设VV，则假设ii成立；假设V=V，则假设i成立．2211a；iiVV，21〔4〕题目中有多处示意我们复原性，比方〔3〕探究的是NaSO溶液和不同金属的硫酸盐溶液反响，所以得到结论：盐溶液间反32应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反响条件有关．年北京市高考化学试卷2023.一、选择题〕2023北京〕我国科技创成果斐然，以下成果中获得诺贝尔奖的是〔分〔A．徐光宪建立稀土串级萃取理论B．屠呦呦觉察抗疟药青蒿素．闵恩泽研发重油裂解催化剂D．侯德榜联合制碱法 〔2023北京〕以下中草药煎制步骤中，属于过滤操作是〔2〔3分〕．灌装保存．加热煎制是〔2〔3分〕．灌装保存．加热煎制．箅渣取液．冷水浸泡B80138144139 沸点/℃6132547 熔点/℃〕以下说法不正确的选项是〔A．该反响属于取代反144℃BC．用蒸馏的方法可将苯从反响所得产物中首先分别出来D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分别出来 OK〔黄色〕+2HCrKOCrO溶液中存+2-2-在平衡：80138144139 沸点/℃6132547 熔点/℃〕以下说法不正确的选项是〔A．该反响属于取代反144℃BC．用蒸馏的方法可将苯从反响所得产物中首先分别出来D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分别出来 OK〔黄色〕+2HCrKOCrO溶液中存+2-2-在平衡：。用〔橙色〕2O〔．3分〔?北京〕7222472227溶液进展以下试验：的是结合试验以下说法不正确．-H复原被H B②中OA①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 5722溶液至过量溶液变为橙色．假设向④中参加70%HSO酸性溶液氧化性强CrODCK42227SONaHSO〔OH〕溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H36〔分〔2023北京〕在两份一样的Ba4422〕液，其导电力量随滴入溶液体积变化的曲线如下图．以下【答案】不正确的选项是〔+﹣+﹣bBNaOHSO①A．代表滴加H溶液的变化曲线42﹣d两点对应的溶液均显中性aDOHcC．点，两溶液中含有一样量的?北京〕用石墨电极完成下列电解试验．2023分〔73〔一．两个石墨电极四周有气泡产处变红，局部褪色；a、d处试纸变蓝；b现象n处有气泡产生；c……处无明显变化生；〕以下对试验现象的解释或推想不合理的是〔H═+2OH↑、d处：2HO+2eA．a22Cl═

c处发生了反响：﹣﹣ ﹣﹣ ﹣Fe﹣2eC．处能析出铜．依据试验一的原理，试验二中mD分8〔共4功能高分子P分〔20238〔1Ca2CACHCHGCOOCHNO2O,EP高分O2〔1〕ACH，其构造简式是．87〔2〕a是．〔3〕反响③的化学方程式： ．〔4〕ECHO．E中含有的官能团：．2610〔5〕反响④的反响类型是．〔6〕反响⑤的化学方程式： ．OHOHCHCHCHCHOCHOCH2233〔7〕以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线〔用构造简式表示有机物箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反响条件。33分〔?北京〕用零价铁〕去除水体中的硝酸盐O〕已成为环境修复争论的热—点之一。的反响原理如右图所示。FeNO〔1〕3-3pH=4.5pH=2.5pH—3初始50%＜NO100%—24．3接近中性接近中性pH小时

②正极的电极反响式是 —的去除率低。其缘由是—的去除率低。其缘由是时，NO 。pH=4.53—2+的去除率。可以明显提高NO〔3〕试验觉察：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充肯定量的Fe32+—2+NOⅠ.Fe；〔OHⅡ.Fe〕氧化层。32+破坏FeO①做比照试验，结果如右图所示，可得到的结论是 。能与提高NOFeO②同位素示踪法证明FeO〔OH〕反响生成Fe。结合该反响的离子方程式，—解释参加343

。 去除率的缘由：，结果如下〕〕其他条件与小时测N的去除率H〔3%N10%pH接近中去除率和铁的最终物质形态不同的缘由 〕中数据比照，解释〔与〔〕中初p—3不同时NO 。 3OO及炭黑等〕和0〔2分〔?北京〕以废旧铅酸电池中的含铅废料

制备高纯PbO滤液/SO、FeSOH含铅

42441/10%NaOHPbSO〔过程IPbO高纯〔过程II〔过程IIIPbO42+ Pb催化下，FePbO反响生成PbSO的化学方程式是〔1〕过程Ⅰ中，在和 。2+ 3+2?2++ 催化过程可表示为〔〕