2023年高考辽宁卷化学真题(解析版).docx
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1、辽宁省2023年普通高等学校招生选择性考试(化学)本试卷满分100分,考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量:H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1. 科技是第一生产力,我国科学家在诸多领域取得新突破,下列说法错误是A. 利用CO2合成了脂肪酸:实现了无机小分子向有机高分子的转变B. 发现了月壤中的“嫦娥石(Ca8Y)Fe(PO4)7”:其成分属于无机盐C. 研制了高效率钙钛矿太阳能电池,其能量转化形式:太阳能电能D. 革新了海水原位电解制氢工艺:其关
2、键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A常见的脂肪酸有:硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH),二者相对分子质量虽大,但没有达到高分子化合物的范畴,不属于有机高分子,A错误;B嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素,属于无机化合物,又因含有磷酸根,是无机盐,B正确;C电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置,钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能,C正确;D海水中含有大量的无机盐成分,可以将大多数物质腐蚀,而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王,耐酸、耐碱,不会被含水腐蚀,D正确;故答案选A。2. 下列化学用语或表述正确的是A. BeCl2的空间结构:V形B. P4中的共
3、价键类型:非极性键C. 基态Ni原子价电子排布式:3d10D. 顺2丁烯的结构简式: 【答案】B【解析】【详解】ABeCl2的中心原子为Be,根据VSEPR模型可以计算,BeCl2中不含有孤电子对,因此BeCl2为直线型分子,A错误;BP4分子中相邻两P原子之间形成共价键,同种原子之间形成的共价键为非极性共价键,P4分子中的共价键类型为非极性共价键,B正确;CNi原子的原子序数为28,其基态原子的价电子排布为3d84s2,C错误;D顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧,其结构简式为,D错误;故答案选B。3. 下列有关物质的工业制备反应错误的是A. 合成氨:N2+3H22NH3B. 制HC
4、l:H2+Cl22HClC. 制粗硅:SiO2+2CSi+2COD. 冶炼镁:2MgO(熔融)2Mg+O2【答案】D【解析】【详解】A工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的,反应方程式为N2+3H22NH3,A正确;B工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的,反应方程式为H2+Cl22HCl,B正确;C工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅,反应方程式为SiO2+2CSi+2CO,C正确;D冶炼金属镁是电解熔融氯化镁,反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2,D错误;故答案选D。4. 下列鉴别或检验不能达到实验目的的是A. 用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3B. 用K
5、SCN溶液检验FeSO4是否变质C. 用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化D. 加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛【答案】A【解析】【详解】A石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙,二者均生成白色沉淀,不能达到鉴别的目的,A错误;BFe2+变质后会生成Fe3+,可以利用KSCN溶液鉴别,现象为溶液变成血红色,可以达到检验的目的,B正确;CNa2SO3被氧化后会变成Na2SO4,加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀,可以用来检验Na2SO3是否被氧化,C正确;D含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质,可以用来检验乙醇中混油的乙醛,D正
6、确;故答案选A。5. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为:。设为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A. 含键数目为B. 每生成转移电子数目为C. 晶体中含离子数目为D. 溶液中含数目为【答案】C【解析】【详解】A分子含有2个键,题中没有说是标况条件下,气体摩尔体积未知,无法计算键个数,A项错误;B2.8g的物质的量,1mol生成转移的电子数为12,则0.1mol转移的电子数为1.2,B项错误;C0.1mol晶体含有离子为、,含有离子数目为0.2,C项正确;D因为水解使溶液中的数目小于0.1,D项错误;答案选C。6. 在光照下,螺呲喃发生开、闭环转换而变色,过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃
7、说法正确的是 A. 均有手性B. 互为同分异构体C. N原子杂化方式相同D. 闭环螺吡喃亲水性更好【答案】B【解析】【详解】A手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团,因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示,开环螺吡喃不含手性碳原子,故A错误;B根据它们的结构简式,分子式均为C19H19NO,它们结构不同,因此互为同分异构体,故B正确;C闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3,开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2,故C错误;D开环螺吡喃中氧原子显负价,电子云密度大,容易与水分子形成分子间氢键,水溶性增大,因此开环螺吡喃亲水性更好,故D错误;答案B。7. 某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示,其中高
8、选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是 A. b端电势高于a端电势B. 理论上转移生成C. 电解后海水下降D. 阳极发生:【答案】D【解析】【分析】由图可知,左侧电极产生氧气,则左侧电极为阳极,电极a为正极,右侧电极为阴极,b电极为负极,该装置的总反应产生氧气和氢气,相当于电解水,以此解题。【详解】A由分析可知,a为正极,b电极为负极,则a端电势高于b端电势,A错误;B右侧电极上产生氢气的电极方程式为:2H+2e-=H2,则理论上转移生成,B错误;C由图可知,该装置的总反应为电解海水的装置,随着电解的进行,海水的浓度增大,但是其pH基本不变,C错误;D由图可知,阳极上的电极反应为:,D正确;
9、故选D。8. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名,某冠醚分子c可识别,其合成方法如下。下列说法错误的是 A. 该反应为取代反应B. a、b均可与溶液反应C. c核磁共振氢谱有3组峰D. c可增加在苯中溶解度【答案】C【解析】【详解】A根据a和c的结构简式可知,a与b发生取代反应生成c和HCl,A正确;Ba中含有酚羟基,酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应,b可在NaOH溶液中发生水解反应,生成醇类,B正确;C根据C的结构简式可知,冠醚中有四种不同化学环境的氢原子,如图所示: , 核磁共振氢谱有4组峰,C错误;Dc可与K+形成鳌合离子,该物质在苯中溶解度较大,因此c可增加KI在苯中的溶解度,D正确;故答案选
10、C。9. 某种镁盐具有良好的电化学性能,其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素,W、Y原子序数之和等于Z,Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是 A. W与X的化合物为极性分子B. 第一电离能C. Q的氧化物是两性氧化物D. 该阴离子中含有配位键【答案】AB【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素,W形成1条单键且核电荷数最小,W为H,X形成4条键,核电荷数大于H,且小于其他三种元素,X为C,Y形成2条单键,核电荷数大于C,Y为O,W、Y原子序数之和等于Z,Z为F,Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍,Q为Al。【详解】
11、AW与X的化合物不一定为极性分子,如CH4就是非极性分子,A错误;B同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,则第一电离能FOC,B错误;CQ为Al,Al2O3为两性氧化物,C正确;D该阴离子中L与Q之间形成配位键,D正确;故答案选AB。10. 某工厂采用如下工艺制备,已知焙烧后元素以价形式存在,下列说法错误的是 A. “焙烧”中产生B. 滤渣的主要成分为C. 滤液中元素的主要存在形式为D. 淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化,同时转化为对应钠盐,水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀,滤液中存在铬酸钠,与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化
12、铬沉淀。【详解】A铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳,A正确;B焙烧过程铁元素被氧化,滤渣的主要成分为氢氧化铁,B错误;C滤液中元素的化合价是+6价,铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性,所以Cr 元素主要存在形式为,C正确;D由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用,D正确; 故选B。11. 某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 放电时负极质量减小B. 储能过程中电能转变为化学能C. 放电时右侧通过质子交换膜移向左侧D. 充电总反应:【答案】B【解析】【分析】该储能电池放电时,Pb为负极,失电子结合硫酸根离子生成PbSO4,则多孔碳电极为正极,正极上
13、Fe3+得电子转化为Fe2+,充电时,多孔碳电极为阳极,Fe2+失电子生成Fe3+,PbSO4电极为阴极,PbSO4得电子生成Pb和硫酸。【详解】A放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上,负极质量增大,A错误;B储能过程中,该装置为电解池,将电能转化为化学能,B正确;C放电时,右侧为正极,电解质溶液中的阳离子向正极移动,左侧的H+通过质子交换膜移向右侧,C错误;D充电时,总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+2Fe3+,D错误;故答案选B。12. 一定条件下,酸性溶液与发生反应,()起催化作用,过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. ()
14、不能氧化B. 随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小C. 该条件下,()和()不能大量共存D. 总反应为:【答案】C【解析】【分析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(VII)浓度减小直至为0,Mn(III)浓度增大直至达到最大值,结合图像,此时间段主要生成Mn(III),同时先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗;后来(大约13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少,Mn(II)的浓度增大;据此作答。【详解】A由图像可知,随着时间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小,说明开始反应生成Mn(III),后Mn(III)被消耗生成Mn(II),Mn(III)能氧化H2
15、C2O4,A项错误;B随着反应物浓度的减小,到大约13min时开始生成Mn(II),Mn(II)对反应起催化作用,13min后反应速率会增大,B项错误;C由图像可知,Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(II),该条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存,C项正确;DH2C2O4为弱酸,在离子方程式中应以化学式保留,总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O,D项错误;答案选C。13. 某小组进行实验,向蒸馏水中加入,充分振荡,溶液呈浅棕色,再加入锌粒,溶液颜色加深;最终紫黑色晶体消失,溶液褪色。已知为棕色,下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释A溶液
16、呈浅棕色在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应:C紫黑色晶体消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色与有色物质发生了置换反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A向10mL蒸馏水中加入0.4gI2,充分振荡,溶液呈浅棕色,说明I2的浓度较小,因为I2在水中溶解度较小,A项正确;B已知(aq)为棕色,加入0.2g锌粒后,Zn与I2反应生成ZnI2,生成的I-与I2发生反应I-+I2,生成使溶液颜色加深,B项正确;CI2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq),Zn与I2反应生成I-与I2(aq)反应生成,I2(aq)浓度减小,上述溶解平衡向右移动,紫黑色晶体消失,C项正确;
17、D最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应,不是置换反应,D项错误;答案选D。14. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1),进行镁离子取代及卤素共掺杂后,可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1晶体密度为gcm-3B. 图1中O原子的配位数为6C. 图2表示的化学式为D. 取代产生的空位有利于传导【答案】C【解析】【详解】A根据均摊法,图1的晶胞中含Li:8+1=3,O:2=1,Cl:4=1,1个晶胞的质量为g=g,晶胞的体积为(a10-10cm)3=a310-30cm3,则晶体的密度为g(a310-30cm3)=g/cm3,A项
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