2023年高考辽宁卷化学真题（解析版）

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-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-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中的共价键类型：非极性键C.基态Ni原子价电子排布式：3d10 D.顺—2—丁烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．BeCl2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；B．P4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；C．Ni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+3H22NH3 B.制HCl：H2+Cl22HClC.制粗硅：SiO2+2CSi+2CO D.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KSCN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；B．Fe2+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；C．Na2SO3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；B．2.8g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；C．0.1mol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；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；B．a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；D．c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】A．W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F>O>C，B错误；C．Q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①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①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，(Ⅱ)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.(Ⅲ)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，(Ⅱ)和(Ⅶ)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H2C2O4，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；D．H2C2O4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.A B.B C.C D.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；C．I2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；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g∙cm-3 B.图1中O原子的配位数为6C.图2表示的化学式为 D.