2023年高考化学试卷（辽宁）（解析卷）

1/21 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，下列说法错误的 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 1/21 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； 2/21 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+3H2 2NH3 B. 制HCl：H2+Cl2 2HCl C. 制粗硅：SiO2+2C Si+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+3H2 2NH3，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+Cl2 2HCl，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+2C Si+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NaHCO3 B. 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； 2/21 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； 3/21 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 3/21 【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， 4/21 ，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； 答案为 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； 4/21 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 5/21 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 在苯中的 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 5/21 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 6/21 【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； 6/21 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 7/21 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 7/21 A. ( ) Ⅲ不能氧化 8/21 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： 8/21 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 9/21 【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反应生成的 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6 C. 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(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为 g÷(a3×10-30cm3)= 9/21 g/cm3，A 项正确； B．图1 晶胞中，O 位于面心，与O 等距离最近的Li 有6 个，O 原子的配位数为6，B 项正确；C 10/21 ．根据均摊法，图2 中Li：1，Mg 或空位为8× =2。O：2× =1，Cl 或Br：4× =1，Mg 的个数小于2， 根据正负化合价的代数和为0，图2 的化学式为LiMgOClxBr1-x，C 项错误； D．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，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+ 的传导，D 项正确； 答案选C。 15. 某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即 ，通过调节pH 使 和 形成硫 化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c 为 和 的浓度，单位为 。 已知 ，下列说法正确的是 A. B. ③为 与 的关系曲线 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大， 则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH 增大而减小，且相同pH 相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)， 则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和- lg(Cd2+)随着pH 增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表 S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。 10/21 【详解】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时 c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 ，A 错误； B 11/21 ．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B 错误； C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L 时，c(HS-)=10- 6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2 mol/L 时，c(HS-)=10-3.9 mol/L， ，C 错误； D．已知Ka1Ka2= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L 时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L 时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2= = =10-21.8，结合C 项分析可知，Ka1=10-7.1故有 ，D 正确； 故答案为：D。 二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。 16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（ 和 )。实现镍、 钴、镁元素的回收。 已知： 物 质 11/21 回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。 （2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 ， 中 过氧键的数目为_______。（3）“氧化”中，用石灰乳调节 ， 被 氧化为 12/21 ，该反应的离子方程式为_______( 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为 、_____ __(填化学式)。 （4）“氧化”中保持空气通入速率不变， ( ) Ⅱ氧化率与时间的关系如下。 体积分数为_______时， ( ) Ⅱ氧化速率最大；继续增大 体积分数时， ( ) Ⅱ氧化速率减小的原因是_______。 （5）“沉钴镍”中得到的 ( ) Ⅱ在空气中可 被氧化成 ，该反应的化学方程式为_______。 （6）“沉镁”中为使 沉淀完全 ，需控制 不低于_______(精确至0.1)。 【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）NA （3） ①. . ②Fe(OH)3 （4） ①. 9.0% . ②SO2有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 ( ) Ⅱ氧化速率 （5） （6）11.1 【解析】 12/21 【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸 ，用石灰乳 调节 ， 被 氧化为 ，发生反应 ，Fe3+水 解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成 。 【小问1 详解】 用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 13/21 【小问2 详解】 的结构简式为 ，所以 中过氧键的数目为NA 【小问3 详解】 用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为： ；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中 c(Fe3+)=10-5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14， pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； 【小问4 详解】 根据图示可知 体积分数为0.9%时， ( ) Ⅱ氧化速率最大；继续增大 体积分数时，由于SO2有还 原性，过多将会降低 的 浓度，降