辽宁2023年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷化学试题参考答案及解析

2023年辽宁省选择性考试模拟（一）试题参考答案化学一、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。题号123456789101112131415答案BBABDBBDCCADADC1.B【解析】A.核酸和蛋白质都是高分子化合物，A选项正确。B.核酸水解产物中含有磷酸，戊糖和碱基，B选项错误。C.化肥都不可以过度使用,C选项正确。D.我们常见的指示剂酚酞，石蕊，甲基橙都是有机物,D选项正确。2.B【解析】A.标准状况下，CH3CHO为非气态，A选项错误。2+B.向FeBr2溶液中通入适量氯气,氯气先和Fe反应，当有1molBr2生成时,总共转移电子的数目不能确定，至少为3mol，故B选项正确。C.0.05molCu与S完全反应生成Cu2S，故转移0.05NA电子，故选项C错误。D.O3为极性分子，D选项错误。3.A【解析】A.当n(Fe):n(HNO)=1:1时，Fe过量应生成Fe2+，A选项正确。32-+B.NaSO溶液与稀HSO反应的离子方程式:S2O3+2H=SO2+S+H2O，B选项错误C.向饱和22Na3CO溶液中通入过量24CO,2Na+CO+CO+HO=2HCO↓，C选项错+2−误。232322????????????????3D.CuSO与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu+4NHHO=[Cu(NH)]+4，D2+2+选项错误。43⋅234????????2????????4.B【解析】A.乙基蒽醌是反应的催化剂，乙基蒽醇是反应的中间产物，A选项正确。B.H2O2是折线形，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B选项错误。C.乙基蒽醇中的碳的杂化方式有sp2和sp3两种，C选项正确。D.乙基蒽醌结构不对称，有9种不同环境的氢,一氯代物有9种，D选项正确。5.D【解析】A.工业盐酸呈黄色，是因为溶有Fe3+，并不是氯气。A选项错误。B.对某物质进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色，说明含有钾元素，但不一定是钾盐，也可以是氢氧化钾,B选项错误。C.KMnO4和HOOC-COOH反应生成CO2,故C选项错误。D.浓硫酸具有吸水性，可以使蓝色胆矾晶体变成白色粉末，D选项正确。6.B2+2-2-+【详解】由电荷守恒分析出该溶液可能有两种组成，一种是Fe，SO4。一种是SO3，K，Na+。A.S0Fe2+因双水解而不可能同时存在,只能二选一,A选项错误。2-++B.若溶液中有SO3，则含有K，Na,做焰色试验,可能观察到黄色火焰,B选项正确。C.据分析，溶液中不可能有Al3+,故C选项错误。2++−3+2-D.产生红棕色气体的离子方程式可能是3Fe+4H+NO3=3Fe+NO↑,也可能是SO3和HNO3反应，故D选项错误。7.B【详解】A.该物质中存在两个手性碳原子，A选项正确。B.该物质最多可与2molNaOH反应，醇羟基与NaOH不反应，B选项错误。C.该物质中所有碳原子不可能共平面,C选项正确。D.分子式为C18H20O4，D选项正确。8.D【解析】①碳酸氢钠和盐酸反应是吸热反应故①正确。②因明矾晶体为固体，可放在坩埚中加热，硫酸是难挥发性酸，所以可制备KAl(SO4)2，故②正确。③苯环与醛基用单键相连，单键可旋转，所以最少12个原子共平面，故③错误。④沸点：CO>N2，故④错误。⑤根据分散质粒子的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故⑤错误。⑥氟的电负性大于氯的电负性,氟碳键的极性大于氯碳键的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸羧基中羟基的极性更大,更易电离出氢离子,烃基是推电子基团,使羧基中的羟基极性减小，酸性减弱，故⑥2+3正确。⑦[Cu(NH)4]是平面四边形若为sp杂化，则为正四面体构型，故⑦正确。⑧硅胶多孔，有吸附性，故硅胶吸水是物理变化故⑧正确。所以正确的有①②⑥⑦⑧共5个。9.C【解析】A.由题干可知三氯化铬(CrCl3)易潮解，所以整个装置应保持无水的状态，所以A中装的应是浓硫酸，除N2中的水蒸气，F中的无水CaCl2应是为了防止G中的水进入装置中。故AD选项错误。实验过程中若D处出现堵塞，因CrCl3易升华，应对D处导管用酒精灯加热即可。生成的COCl2(俗称光气)有毒,遇水发生水解COCl22+=+HOCO22HCl,故C选项正确。10.C【详解】A.由晶胞图可知,A原子位于体内，其数目为8,B原子位于顶点和面心,其数目为118×+6×=4,则A表示Li,B表示O,B周围最近的A的数目为8,则其配位数为8,A选项正82确。113B.由晶胞图可知，若晶胞中M的坐标为(0，0，0)则P的坐标为(,,),B选项正确。444C.A处于B围成的正四面体空隙中,故C选项错误。D.晶胞中A与B的最短距离为体对角线的1/4，由于晶胞的边长为apm，所以A与B的最短−10距离为3a×10cm，D选项正确。411.A【详解】由结构可知W可以形成1个共价键，为氢；Z可以形成3个键，为第五主族；X可以形成4个键，为第四主族；Y可以形成2个键，为第六主族；W,X,Z,Y是原子序数依次增大的短周期元素，W和Z化合成某种化合物是一种绿色氧化剂，所以分别为H,C,N,O元素。A.基态C原子核外有1s，2s，2p三种能量不同的电子，A选项正确。B.W和X形成的氢化物有多种，比如乙烯的键角大于NH3分子的键角，B选项错误。C.N元素形成的HNO2为弱酸，C选项错误。D.任何分子中如果有π键则一定有σ键,故D选项错误。12.D【详解】2+13c(Cu)9-4A.由于Ksp〔CU(OH)2〕/Ksp〔Al(OH)3〕=1.7×10，把=1.7×10带入，求出C（OH-）=1.0×10，c(Al3+)故PH=10,A选项正确。B.为保持恒温60℃,应采用的加热方式为水浴加热，故B选项正确。C.“还原”过程中为H2把焙烧后的氧化物还原为金属单质，C选项正确。D.“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是取最后一次滤液于试管中，先滴加HCl，再滴加BaCl2，看是否有沉淀产生,故D选项错误。13.A【详解】A.此反应开始时只加入了NH24COONH(s),生成的NH3和CO2始终是2：1，所以当混合气体的平均摩尔质量不变时，不可以标志此反应达到了平衡状态,A选项错误。B.通过三段式计算NH24COONH(s)�2NH3(g)+CO2(g)开始4.0mol001min3.2mol1.6mol0.8mol2min2.8mol2.4mol1.2mol3min2.8mol2.4mol1.2mol1min内消耗NH24COONH(s)0.8mol，质量为62.4g，故反应速率为62.4g/min，B选项正确。C.由于反应速率越来越慢，故30秒时，CO2的浓度大于0.2mol/L，C选项正确。D.由于反应2min已经达到平衡，当再加入2molNH3时，平衡逆移，故V逆>V正，D选项正确。14.D【详解】A.由于通氧气的一极是原电池的正极，微生物一端为原电池的负极，电池工作时外电路电子由负极流向正极，故由B极流向A极,A选项错误。B.无标况无法计算体积，B选项错误。C.若a为碳电极、b为铁电极，b应与B相连，C选项错误。D.微生物在高温下会死亡，所以不宜在高温下运行。故D选项正确。15.C【详解】1×10−−33××110A.Ka（CHCOOH）=Kb（NH⋅=HO）=×110−5，A选项正确。3320.1OOB.常温下，pH=3的HCl溶液与pH=11的NH32⋅H等体积混合，pH=11的NH32⋅H的浓度远大于pH=3的HCl，所以pH＞7，B选项正确。C.酸或碱抑制水的电离，而盐的水解促进水的电离，所以MP→过程中水的电离程度先增C（CHCOO-）大后减小；3为CHCOO-的水解常数的倒数，温度升高，水解常数变大，所C（OH-）C（CCOO）3HH3C（CHCOO-）以3随温度的升高而减小，C选项错误。C（OH-）C（CCOO）HH3+D.N点时，正好完全反应生成CH3COONH4溶液，根据电荷守恒和物料守恒推得c(H)+c(CH3COOH)-=c(OH)+c(NH3H2O)，故D选项正确。16．(14分)(1)分液漏斗（1分）A（1分）FeCl32⋅6HO+6SOCl2∆FeCl3+6SO2↑↑+12HCl（2分）(2)ab（2分）(3）当最后半滴KMnO4滴入时，溶液变为浅紫色，且半分钟不褪色（2分）×????????23x100%（2分）�80−5????????????????10�56????????1(4)非极性（1分）CCl4（1分）降低沸点防止水解（2分）【详解】（1）实验开始先通N2，排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置A，SOCl2变为气体和FeCl3·6H2O反应生成FeCl3。装置B内SOCl2和FeCl3·6H2O反应生成FeCl3、SO2、HCl，发生反应的化学方程式为FeCl32⋅6HO+6SOCl2∆FeCl3+6SO2↑↑+12HCl。(2)FeCl3•6H2O具有氧化性，SOCl2与水反应生成的SO2具有还原性，二者会发生氧化还原反2−2+应，生成新的物质，使得产品不纯；若发生副反应，则会生成SO4和Fe；2−a．BaCl2溶液可检验SO4，a符合题意；2+b．K3[Fe(CN)6]溶液可检验Fe，b符合题意；2+c．滴加酸性KMnO4溶液，可能是H2SO3使其褪色，也可能是Fe使其褪色，无法证明副反应是否发生，c错误；--d．先滴加稀HNO3，再滴加AgNO3溶液可检验Cl，体系中一直存在Cl，无法证明副反应是否发生，d错误；故选ab。-12+（3）m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·LKMnO4标准溶液滴定Fe达终点时消耗VmL，发生反应MnO+5Fe2++8H=Mn+5Fe3++4HO，−+2+42可知n(Fe2+)=5cmol·L-1×V×10-3L=5cV×10-3mol。根据实验Ⅱ，求得Fe3+的物质的量m，280????????????????????????3+×所以样品中Fe的质量分数为????????23x100%�80−5????????????????10�56????????1（4）TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。17．（15分）(1)14（2分）(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分（1分）(3)SiO2（1分）高温(4)3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2（2分）8（2分）(5)B（2分）高温(6)2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑（2分）(7)8（1分）6.4×1023（2分）ad3【详解】（1）Cu2+电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，即：1+1+3+1+3+5=14，所以Cu2+的运动状态为14种；（2）铜矿在灼烧之前粉碎的目的是增大固体的表面积，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，（3）SiO2是酸性氧化物，不与硫酸反应（4）由题意可知，灼烧中二硫化铁与空气中的氧气高温条件下反应生成四氧化三铁和二氧高温化硫，反应的化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，反应中消耗3mol二硫化铁，反应转移90g×32mol32mol电子，则90g二硫化铁完全反应时转移电子的物质的量为120g/mol=8mol，故3mol高温答案为：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2；8；电解（5）电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H24SO+↑O2，电解所得稀硫酸可在酸浸时循环使用，提高原料利用率，故选B；（6）由题意可知，硫化亚铜与氧化亚铜高温条件下反应生成铜和二氧化硫，反应的化学方高温程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑（7）晶胞中S2-为4个，而S2-与Cu+个数比为1:2，则Cu+有8个。Cu+位于S2-构成的四面体MN64×+832×4体心，则Cu+配位数为4，则S2-为8；由于ρ=带入数据计算得d=g/cm3，×3−21NVA晶胞N?Aa×10