2023年北京高考化學(xué)試題及答案【高清解析版】

1、 年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題.13分2023北京我國(guó)科技創(chuàng)新成果斐然，以下成果中獲得諾貝爾獎(jiǎng)的是A徐光憲建立稀土串級(jí)萃取理論B屠呦呦發(fā)現(xiàn)抗瘧新藥青蒿素C閔恩澤研發(fā)重油裂解催化劑D侯德榜聯(lián)合制堿法【答案】B【解析】2023年10月，屠呦呦因發(fā)現(xiàn)青蒿素治療瘧疾的新療法獲諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎(jiǎng)，應(yīng)選：B23分2023北京A冷水浸泡B加熱煎制C箅渣取液D灌裝保存【答案】C【解析】解：A冷水浸泡屬于物質(zhì)的溶解，故A錯(cuò)誤；B加熱煎制屬于加熱，故B錯(cuò)誤；C箅渣取液將固體和液體別離，屬于過(guò)濾操作，故C正確；D灌裝是液體轉(zhuǎn)移，故D錯(cuò)誤33分2023北京以下食品添加劑中，其試用目的與反響速率有關(guān)的是A抗氧化劑B

2、調(diào)味劑C著色劑D增稠劑【答案】A【解析】解：A抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反響速率，故A正確；B調(diào)味劑是為了增加食品的味道，與速率無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D增稠劑是改變物質(zhì)的濃度，與速率無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤43分2023北京在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯有關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)、熔點(diǎn)如表：對(duì)二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點(diǎn)點(diǎn)/1325476以下說(shuō)法不正確的是A該反響屬于取代反響B(tài)甲苯的沸點(diǎn)高于144C用蒸餾的方法可將苯從反響所得產(chǎn)物中首先別離出來(lái)D從二甲苯混合物中，用冷卻結(jié)晶的方法可將對(duì)二甲苯別離出來(lái)【答案】B【解析】

3、解：A、甲苯變成二甲苯是苯環(huán)上的氫原子被甲基取代所得，屬于取代反響，故A正確；B、甲苯的相對(duì)分子質(zhì)量比二甲苯小，故沸點(diǎn)比二甲苯低，故B錯(cuò)誤；C、苯的沸點(diǎn)與二甲苯的沸點(diǎn)相差較大，可以用蒸餾的方法別離，故C正確；D、因?yàn)閷?duì)二甲苯的沸點(diǎn)較低，冷卻后鄰二甲苯與間二甲苯容易形成固體，從而將對(duì)二甲苯別離出來(lái)，所以能用冷卻結(jié)晶的方法別離出來(lái)，故D正確；53分2023北京K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-橙色+H2O2 CrO42-黃色+2H+。用K2Cr2O7溶液進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：結(jié)合實(shí)驗(yàn)，以下說(shuō)法不正確的是A= 1 * GB3中溶液橙色加深，= 3 * GB3中溶液變黃B= 2 * GB3中Cr2O

4、72-被C2H5OH復(fù)原C比照= 2 * GB3和= 4 * GB3可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)D假設(shè)向= 4 * GB3中參加70%H2SO4溶液至過(guò)量，溶液變?yōu)槌壬敬鸢浮緿【解析】解：A在平衡體系中參加酸，平衡逆向移動(dòng)，重鉻酸根離子濃度增大，橙色加深，參加堿，平衡正向移動(dòng)，溶液變黃，故A正確；B中重鉻酸鉀氧化乙醇，重鉻酸鉀被復(fù)原，故B正確；C是酸性條件，是堿性條件，酸性條件下氧化乙醇，而堿性條件不能，說(shuō)明酸性條件下氧化性強(qiáng)，故B正確；D假設(shè)向溶液中參加70%的硫酸到過(guò)量，溶液為酸性，可以氧化乙醇，溶液變綠色，故D錯(cuò)誤63分2023北京在兩份相同的BaOH2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃

5、度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如下列圖以下分析不正確的是A代表滴加H2SO4溶液的變化曲線Bb點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na+、OHCc點(diǎn)，兩溶液中含有相同量的OHDa、d兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液均顯中性【答案】C【解析】解：ABaOH2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反響方程式分別為H2SO4+BaOH2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+BaOH2=BaSO4+NaOH+H2O，溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線在a點(diǎn)溶液導(dǎo)電能力接近0，說(shuō)明該點(diǎn)溶液離子濃度最小，應(yīng)該為BaOH2溶液和H2SO4的反響，那么曲線為BaOH2溶液和NaHSO4溶液

6、的反響，即代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A正確；B根據(jù)圖知，a點(diǎn)為BaOH2溶液和H2SO4恰好反響，H2SO4、NaHSO4溶液的物質(zhì)的量濃度相等，那么b點(diǎn)溶液溶質(zhì)為NaOH，所以b點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na+、OH，故B正確；Cc點(diǎn)，中稀硫酸過(guò)量，溶質(zhì)為硫酸，中硫酸氫鈉過(guò)量，那么溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4，因?yàn)榱蛩岣x子濃度相同，中鈉離子濃度大于中氫離子濃度，所以溶液中氫氧根離子濃度不同，故C錯(cuò)誤；Da點(diǎn)中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反響，溶液中只含水；d點(diǎn)中溶質(zhì)為Na2SO4，水和硫酸鈉溶液都呈中性，故D正確；73分2023北京用石墨電極完成以下電解實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)一實(shí)驗(yàn)二裝置現(xiàn)象a、d處

7、試紙變藍(lán)；b處變紅，局部褪色；c處無(wú)明顯變化兩個(gè)石墨電極附近有氣泡產(chǎn)生；n處有氣泡產(chǎn)生；以下對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋或推測(cè)不合理的是Aa、d處：2H2O+2eH2+2OHBb處：2Cl2eCl2Cc處發(fā)生了反響：Fe2eFe2+D根據(jù)實(shí)驗(yàn)一的原理，實(shí)驗(yàn)二中m處能析出銅【答案】B【解析】解：Ad處試紙變藍(lán)，為陰極，生成OH，電極方程式為2H2O+2eH2+2OH，故A正確；Bb處變紅，局部褪色，說(shuō)明是溶液中的氫氧根和氯離子同時(shí)放電，故B錯(cuò)誤；Cc處為陽(yáng)極，發(fā)生了反響：Fe2eFe2+，故C正確；D實(shí)驗(yàn)一中ac形成電解池，db形成電解池，所以實(shí)驗(yàn)二中也相當(dāng)于形成三個(gè)電解池一個(gè)球兩面為不同的兩極，m為電解池

8、的陰極，另一球朝m的一面為陽(yáng)極n的反面，故相當(dāng)于電鍍，即m上有銅析出，故D正確二、解析題共4小題，總分值58分817分2023北京功能高分子P的合成路線如下：1A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_。2試劑a是_。3反響的化學(xué)方程式：_。4E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能團(tuán)：_。5反響的反響類型是_。6反響的化學(xué)方程式：_。7：。以乙烯為起始原料，選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成E，寫(xiě)出合成路線用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反響條件。【答案】1；2濃硫酸和濃硝酸；3+NaOH+NaCl；4碳碳雙鍵、酯基；5加聚反響；6+nH2O+n CH3CH2OH；7)H2=CH2

9、CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】解：A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，結(jié)合P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反響生成B為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反響生成C為，C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反響生成D為，可知G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，那么F為，E的分子式是C6H10O2，那么E為CH3CH=CHCOOCH2CH31A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是，；2試劑a是：濃硫酸和濃硝酸；3反響的化學(xué)方程式：+NaOH+NaCl，4E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能團(tuán)：碳碳雙鍵、酯

10、基，故答案為：碳碳雙鍵、酯基；5反響的反響類型是：加聚反響，6反響的化學(xué)方程式：+nH2O+n CH3CH2OH，7乙烯與HBr發(fā)生加成反響生成CH3CH2Br，然后發(fā)生水解反響生成CH3CH2OH，再發(fā)生氧化反響生成CH3CHO，2分子乙醛發(fā)生加成反響生成，再發(fā)生氧化反響生成，再與氫氣發(fā)生加成反響生成，在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反響生成生成CH3CH=CHCOOH，最后與乙醇發(fā)生酯化反響生成CH3CH=CHCOOCH2CH3，合成路線流程圖為：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3，913分2023北京用零價(jià)鐵F

11、e去除水體中的硝酸鹽NO3已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一。1Fe復(fù)原水體中NO3-的反響原理如右圖所示。作負(fù)極的物質(zhì)是_。正極的電極反響式是_。2將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時(shí)測(cè)定NO3的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小時(shí)pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)FeFepH=4.5時(shí)，NO3的去除率低。其原因是_。3實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時(shí)，補(bǔ)充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3的去除率。對(duì)Fe2+的作用提出兩種假設(shè)：. Fe2+直接復(fù)原NO3；. Fe2+破壞FeOOH氧化層。做比照實(shí)驗(yàn)，結(jié)果如右圖所示，

12、可得到的結(jié)論是_。同位素示蹤法證實(shí)Fe2+能與FeOOH反響生成Fe3O4。結(jié)合該反響的離子方程式，解釋參加Fe2+提高NO3去除率的原因：_。4其他條件與2相同，經(jīng)1小時(shí)測(cè)定NO3的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率約10%約3%1小時(shí)pH接近中性接近中性與2中數(shù)據(jù)比照，解釋2中初始pH不同時(shí)，NO3去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：_。【答案】解：1鐵；NO3+8e+10H+=NH4+3H2O；2FeOOH不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移；3本實(shí)驗(yàn)條件下，F(xiàn)e2+不能直接復(fù)原NO3；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3的去除率；Fe2+2FeOOH=Fe3O4+

13、2H+，F(xiàn)e2+將不導(dǎo)電的FeOOH轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，利于電子轉(zhuǎn)移；4初始pH低時(shí)，產(chǎn)生的Fe2+充足；初始pH高時(shí)，產(chǎn)生的Fe2+缺乏【解析】解：1Fe復(fù)原水體中NO3，那么Fe作復(fù)原劑，失去電子，作負(fù)極，NO3在正極得電子發(fā)生復(fù)原反響產(chǎn)生NH4+，根據(jù)圖2信息可知為酸性環(huán)境，那么正極的電極反響式為：NO3+8e+10H+=NH4+3H2O，2pH越高，F(xiàn)e3+越易水解生成FeOOH，F(xiàn)eOOH不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移，所以NO3的去除率低3從圖2的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可以看出，單獨(dú)參加Fe2+時(shí)，NO3的去除率為0，因此得出Fe2+不能直接復(fù)原NO3；而Fe和Fe2+共同參加時(shí)NO3的去除率比單獨(dú)

14、Fe高，因此可以得出結(jié)論：本實(shí)驗(yàn)條件下，F(xiàn)e2+不能直接復(fù)原NO3；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3的去除率同位素示蹤法證實(shí)了Fe2+能與FeOOH反響生成Fe3O4，離子方程式為：Fe2+2FeOOH=Fe3O4+2H+，F(xiàn)e2+將不導(dǎo)電的FeOOH轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，利于電子轉(zhuǎn)移4根據(jù)實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知Fe2+的作用是將不導(dǎo)電的FeOOH轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，而NO3的去除率由鐵的最終物質(zhì)形態(tài)確定，因此可知實(shí)驗(yàn)初始pH會(huì)影響Fe2+的含量1012分2023北京以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等和H2SO4為原料，制備高純PbO，實(shí)現(xiàn)鉛的再生利用。

15、其工作流程如下：1過(guò)程中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反響生成PbSO4的化學(xué)方程式是_。2過(guò)程中，F(xiàn)e2+催化過(guò)程可表示為：i.2Fe2+ PbO2+4H+SO42= 2Fe3+PbSO4+2H2Oii. 寫(xiě)出ii的離子方程式：_。以下實(shí)驗(yàn)方案可證實(shí)上述催化過(guò)程。將實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中參加KSCN溶液，溶液幾乎無(wú)色，再參加少量PbO2，溶液變紅。b._。3PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbOs+NaOHaqNaHPbO2aq，其溶解度曲線如下列圖。過(guò)程的目的是脫硫。濾液1經(jīng)處理后可在過(guò)程中重復(fù)使用，其目的是_選填序號(hào)。A減少PbO的損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率B

16、重復(fù)利用NaOH，提高原料的利用率C增加Na2SO4的濃度，提高脫硫效率過(guò)程III的目的是提純。結(jié)合上述溶解度曲線，簡(jiǎn)述過(guò)程III的操作_【答案】1Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O；22Fe3+Pb+SO42PbSO4+2Fe2+；取a中紅色溶液少量，參加過(guò)量Pb，充分反響后，紅色褪去；3AB；向PbO粗品中參加一定量的35%NaOH溶液，加熱至110，充分溶解后，趁熱過(guò)濾，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾得到PbO固體【解析】解：1根據(jù)題給化學(xué)工藝流程知，過(guò)程中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2和H2SO4反響生成PbSO4和水，化學(xué)方程式為：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2

17、O，2催化劑通過(guò)參加反響，改變反響歷程，降低反響的活化能，加快化學(xué)反響速率，而本身的質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)反響前后保持不變根據(jù)題給信息知反響i中Fe2+被PbO2氧化為Fe3+，那么反響ii中Fe3+被Pb復(fù)原為Fe2+，離子方程式為：2Fe3+Pb+SO42PbSO4+2Fe2+，a實(shí)驗(yàn)證明發(fā)生反響i，那么b實(shí)驗(yàn)需證明發(fā)生反響ii，實(shí)驗(yàn)方案為：a向酸化的FeSO4溶液中參加KSCN溶液，溶液幾乎無(wú)色，再參加少量PbO2，溶液變紅，亞鐵離子被氧化為鐵離子，b取a中紅色溶液少量，溶液中存在平衡，F(xiàn)e3+3SCN=FeSCN3，參加過(guò)量Pb，和平衡狀態(tài)下鐵離子反響生成亞鐵離子，平衡逆向進(jìn)行充分反響后，紅色

18、褪去，3過(guò)程脫硫過(guò)程中發(fā)生的反響為PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO能溶解與NaOH溶液，因此濾液中含有Pb元素，濾液重復(fù)使用可減少PbO損失，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，且濾液中過(guò)量的NaOH可以重復(fù)利用，提高原料的利用率，應(yīng)選AB根據(jù)PbO的溶解度曲線，提純粗Pb的方法為將粗PbO溶解在NaOH溶液中，結(jié)合溶解度曲線特點(diǎn)可知濃度高的NaOH溶液和較高的溫度，PbO的溶解度高，因此加熱至較高溫度，充分溶解，然后再高溫下趁熱過(guò)濾除去雜質(zhì)，后冷卻后PbO又析出結(jié)晶，再次過(guò)濾可得到PbO固體1116分2023北京以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實(shí)驗(yàn)對(duì)象，探究鹽的性質(zhì)和

19、鹽溶液間反響的多樣性。實(shí)驗(yàn)試劑現(xiàn)象滴管試管0.2 molL1 Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液.產(chǎn)生白色沉淀0.2 molL1 CuSO4.溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1 molL1 Al2(SO4)3溶液.開(kāi)始無(wú)明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀 1經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象：_。2經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象的棕黃色沉淀中不含SO42，含有Cu+、Cu2+和SO32。：用稀硫酸證實(shí)沉淀中含有Cu+的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_。通過(guò)以下實(shí)驗(yàn)證實(shí)，沉淀中含有Cu2+和SO32。a.白色沉淀A是BaSO4，試劑1是_。b.證實(shí)沉淀中含有Cu2+和SO32的理由是_。3：Al2SO33

20、在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗(yàn)，現(xiàn)象的白色沉淀中無(wú)SO42，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。推測(cè)沉淀中含有亞硫酸根和_。對(duì)于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè)：i.被Al(OH)3吸附；ii.存在于鋁的堿式鹽中。對(duì)假設(shè)ii設(shè)計(jì)了比照實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了假設(shè)ii成立。a.將比照實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整。步驟二：_按上圖形式呈現(xiàn)。b.假設(shè)ii成立的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是_。4根據(jù)實(shí)驗(yàn)，亞硫酸鹽的性質(zhì)有_。鹽溶液間反響的多樣性與_有關(guān)?！敬鸢浮?2Ag+SO32=Ag2SO3；2析出紅色固體； a.HCl和BaCl2溶液；b棕黃色沉淀與KI溶液反響生成白色沉淀CuI，證明含有Cu2+，白色沉淀A

21、為硫酸鋇，證明含有SO32；3Al3+、OH；a；bV1明顯大于V2；4復(fù)原性、水解呈堿性；兩種鹽溶液中陰、陽(yáng)離子的性質(zhì)和反響條件有關(guān)【解析】解：1實(shí)驗(yàn)中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮SO32濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反響的離子方程式為：2Ag+SO32=Ag2SO3；2依據(jù)反響Cu+和稀硫酸反響銅和銅離子，假設(shè)沉淀中含有Cu+，參加稀硫酸會(huì)發(fā)生歧化反響生成銅單質(zhì)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是有紅色固體生成，a實(shí)驗(yàn)流程可知實(shí)驗(yàn)原理為2Cu2+4I=2CuI+I2、I2+SO32+H2O=SO4

22、2+2I+2H+、SO42+Ba2+=BaSO4，根據(jù)BaSO4沉淀可知，參加的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒(méi)有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中b由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SO42，由參加KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無(wú)現(xiàn)象說(shuō)明上層清液中無(wú)I2，而Cu2+和I反響生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反響，因而有復(fù)原劑SO32；3根據(jù)題意知實(shí)驗(yàn)的白色沉淀中無(wú)SO42，該白色沉淀既能溶于強(qiáng)酸，又能溶于強(qiáng)堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測(cè)沉淀中含有Al3+和OH，可使酸性KMnO4溶液褪色是

23、因?yàn)榇嬖谟袕?fù)原性的亞硫酸根離子；根據(jù)假設(shè)可知實(shí)驗(yàn)的目的是證明產(chǎn)生的沉淀是AlOH3還是鋁的堿式鹽，給定實(shí)驗(yàn)首先制備出現(xiàn)象中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此比照實(shí)驗(yàn)首先要制備出AlOH3沉淀，然后滴加NaOH溶液，假設(shè)兩者消耗的NaOH體積相同，那么現(xiàn)象中的沉淀就是AlOH3沉淀，假設(shè)兩者消耗的NaOH體積不同，那么現(xiàn)象中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽鋁的堿式鹽和NaOH溶液反響相當(dāng)于鋁離子和NaOH反響，反響比例為1：4，而AlOH3和NaOH反響比例為1：1，因此假設(shè)V1明顯大于V2，那么假設(shè)ii成立；假設(shè)V1=V2，那么假設(shè)i成立a；b假設(shè)ii成立的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是V1明顯大于V2，4題目中有多處

24、暗示我們復(fù)原性，比方3中的沉淀可以使酸性高錳酸鉀褪色，第二空，實(shí)驗(yàn)結(jié)論要緊扣實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，根?jù)題目，我們探究的是 Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反響，所以得到結(jié)論：鹽溶液間反響的多樣性與兩種鹽溶液中陰、陽(yáng)離子的性質(zhì)和反響條件有關(guān)2023年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題.13分2023北京我國(guó)科技創(chuàng)新成果斐然，以下成果中獲得諾貝爾獎(jiǎng)的是A徐光憲建立稀土串級(jí)萃取理論B屠呦呦發(fā)現(xiàn)抗瘧新藥青蒿素C閔恩澤研發(fā)重油裂解催化劑D侯德榜聯(lián)合制堿法23分2023北京以下中草藥煎制步驟中，屬于過(guò)濾操作的是 A冷水浸泡B加熱煎制C箅渣取液D灌裝保存AABBCCDD33分2023北京以下食品添加劑中，其試用目的與反

25、響速率有關(guān)的是A抗氧化劑B調(diào)味劑C著色劑D增稠劑43分2023北京在一定條件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯有關(guān)物質(zhì)的沸點(diǎn)、熔點(diǎn)如表：對(duì)二甲苯鄰二甲苯間二甲苯苯沸點(diǎn)點(diǎn)/1325476以下說(shuō)法不正確的是A該反響屬于取代反響B(tài)甲苯的沸點(diǎn)高于144C用蒸餾的方法可將苯從反響所得產(chǎn)物中首先別離出來(lái)D從二甲苯混合物中，用冷卻結(jié)晶的方法可將對(duì)二甲苯別離出來(lái)53分2023北京K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-橙色+H2O2 CrO42-黃色+2H+。用K2Cr2O7溶液進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：結(jié)合實(shí)驗(yàn)，以下說(shuō)法不正確的是A= 1 * GB3中溶液橙色加深，= 3 * GB3中溶液變黃

26、B= 2 * GB3中Cr2O72-被C2H5OH復(fù)原C比照= 2 * GB3和= 4 * GB3可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)D假設(shè)向= 4 * GB3中參加70%H2SO4溶液至過(guò)量，溶液變?yōu)槌壬?3分2023北京在兩份相同的BaOH2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如下列圖以下【答案】不正確的是A代表滴加H2SO4溶液的變化曲線Bb點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是Na+、OHCc點(diǎn)，兩溶液中含有相同量的OHDa、d兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液均顯中性3分2023北京用石墨電極完成以下電解實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)一實(shí)驗(yàn)二裝置現(xiàn)象a、d處試紙變藍(lán)；b處變紅，

27、局部褪色；c處無(wú)明顯變化兩個(gè)石墨電極附近有氣泡產(chǎn)生；n處有氣泡產(chǎn)生；以下對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的解釋或推測(cè)不合理的是Aa、d處：2H2O+2eH2+2OHBb處：2Cl2eCl2Cc處發(fā)生了反響：Fe2eFe2+D根據(jù)實(shí)驗(yàn)一的原理，實(shí)驗(yàn)二中m處能析出銅二、解析題共4小題，總分值58分817分2023北京功能高分子P的合成路線如下：1A的分子式是C7H8，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是2試劑a是3反響的化學(xué)方程式：4E的分子式是C6H10O2E中含有的官能團(tuán)：5反響的反響類型是6反響的化學(xué)方程式：7：。以乙烯為起始原料，選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成E，寫(xiě)出合成路線用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反響條件。

28、913分2023北京用零價(jià)鐵Fe去除水體中的硝酸鹽NO3已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一。1Fe復(fù)原水體中NO3-的反響原理如右圖所示。作負(fù)極的物質(zhì)是_。正極的電極反響式是_。2將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時(shí)測(cè)定NO3的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率接近100%50%24小時(shí)pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)FeFepH=4.5時(shí)，NO3的去除率低。其原因是_。3實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：在初始pH=4.5的水體中投入足量鐵粉的同時(shí)，補(bǔ)充一定量的Fe2+可以明顯提高NO3的去除率。對(duì)Fe2+的作用提出兩種假設(shè)：. Fe2+直接復(fù)原NO3；. Fe2+破壞FeOOH氧化層。做比照實(shí)驗(yàn)，結(jié)果如右圖所示，可得到的結(jié)論是_。同位素示蹤法證實(shí)Fe2+能與FeOOH反響生成Fe3O4。結(jié)合該反響的離子方程式，解釋參加Fe2+提高NO3去除率的原因：_。4其他條件與2相同，經(jīng)1小時(shí)測(cè)定NO3的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH=2.5pH=4.5NO3的去除率約10%約3%1小時(shí)pH接近中性接近中性與2中數(shù)據(jù)比照，解釋2中初始pH不同時(shí)，NO3去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：_。1012分2023北京以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等和H2SO