2023年辽宁省普通高等学校招生选择性考试化学无纸试卷

2023年辽宁省一般高等学校招生选择性考试化学无纸试卷选择题以下说法错误的选项是A．纯铁比生铁易生锈B．臭氧可用于自来水消毒C．酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料D．高纯硅可用于制芯片【答案】A【解析】A．由于生铁发生电化学腐蚀，而纯铁只能发生化学腐蚀，故生铁比纯铁易生锈，A错误；B．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用于自来水消毒正确；C．酚醛树脂具有空间立体网状构造，具有热固体，绝缘性，故可用作绝缘、隔热材料，C正确；D．高纯硅是良好的半导体材料，可用于制芯片，D正确；故答案为：A。选择题以下化学用语使用正确的选项是基态C原子价电子排布图：构造示意图：形成过程：2的氢核素：【答案】D【解析】基态C原子价电子排布图为： ，A错误；构造示意图为：形成过程为：

，B错误；

，C错误；2的氢核素为：，D正确；故答案为：D。选择题《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞四周，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，每纸一张打金箔五十度……”以下说法错误的选项是A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素C．豆油的主要成分油脂属于自然高分子化合物D．打金成箔，说明金具有良好的延展性【答案】C【解析】由题干可知，“乌金纸”，熏染烟光而成此纸，故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，A正确；造纸的原料主要是纤维素，故“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素，B正确；C．豆油的主要成分油脂，但不属于高分子化合物，豆油不属于自然高分子化合物，C错误；D．打金成箔，说明金具有良好的延展性，D正确；故答案为：C。选择题以下说法正确的选项是(标准状况)与水充分反响转移 电子和 均可通过化合反响得到将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生与 溶液反响：【答案】B【解析】由于溶于水中的Cl2只有局部与H2O反响，故与水充分反响转移电子数目小于 ，A错误；

标准状况)可通过化合反响得到，B正确；

CuCl2，故 和 均，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强复原性，故应： ，D错误；

与 溶液反故答案为：B。选择题有机物a、b、c的构造如图。以下说法正确的选项是A．a3种B．b是 的单体C．c中碳原子的杂化方式均为D．a、b、c互为同分异构体【答案】A【解析】A依据等效氢原理可知a的一氯代物有3种如以下图： ，A正确；B．b的加聚产物是： ， 的单体是苯乙烯不是b，B错误；C．c中碳原子的杂化方式由6个 ，2个sp3，C错误；、b、c的分子式分别为：C8H6，C8H6，C8H8ca、b不互为同分异构体，D错误；故答案为：A。选择题我国科技工作者觉察某“小分子胶水”(构造如图)能助力自噬细胞“漂浮”致病蛋白。以下说法正确的选项是A．该分子中全部碳原子确定共平面B．该分子能与蛋白质分子形成氢键C． 该物质最多能与 反响D．该物质能发生取代、加成和消去反响【答案】B【解析】A2个苯环、碳碳双键所在的三个平面，平面间单键连接可以旋转，故全部碳原子可能共平面，A错误；B．由题干信息可知，该分子中有羟基，能与蛋白质分子中的氨基之间形成氢键，B正确；C．由题干信息可知， 该物质含有2mol 酚羟基，可以消耗l反响，C错误；DH，能发生取代反响，含有苯环和碳碳双键，能发生加成反响，但没有卤素原子和醇羟基，不能发生消去反响，D错误；故答案为：B。选择题单质硫和氢气在低温高压下可形成一种型超导材料，其晶胞如图。以下说法错误的选项是A．S位于元素周期表p区B．该物质的化学式为C．S位于H构成的八面体空隙中D．该晶体属于分子晶体【答案】D【解析】S位于元素周期表p正确；故S原子个数比为故该物质的化学式为 ，B正确；S位于H构成的八面体空隙中如以下图 C正确由于该晶体是一种型超导材料说明其是由阴阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；故答案为：D。选择题含S元素的某钠盐a能发生如图转化。以下说法错误的选项是A．a可能为正盐，也可能为酸式盐B．c为不溶于盐酸的白色沉淀C．d为含极性键的非极性分子D．反响②中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【解析】a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能KMnO4dSO2aNa2SO3NaHSO3，Na2S2O3aCl2反响后将生成液反响得到沉淀c，故cBaSO4，据此分析解题。

BaCl2溶aNa2SO3NaHSO3Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；“”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；aNa2SO3NaHSO3Na2S2O3，色沉淀，D正确；故答案为：C。选择题由以下试验操作及现象能得出相应结论的是A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】KBr、KICCl4，振荡，静置，，＞＞2与2的氧化性强弱，A错误；Na元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，B错误；C．应当承受比照方法进展试验，但两种溶液的浓度未知，盐的种类pHH2CO3CH3COOH的酸性强弱，C错误；D．氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，马上把带火Na2O2O2，D正确；故合理选项是D。选择题确的是

放电时，M电极反响为放电时， 由M电极向N电极移动充电时，M电极的质量减小充电时，N电极反响为【答案】B【解析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反响为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反响为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，据此分析解题。A．由分析可知，放电时，M电极反响为Li-e-=Li+，A错误；B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故 由M电极向N电极移动，B正确；C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反响互为逆过程，M电极的电极反响为：Li++e-=Li，故电极质量增大，C错误；D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反响电极反响为故答案为：B。选择题

错误；某温度下，在恒容密闭容器中参与确定量X，发生反响，一段时间后到达平衡。以下说法错误的选项是上升温度，假设 增大，则参与确定量Z，达平衡后 减小参与等物质的量的Y和Z，达平衡后 增大参与确定量氩气，平衡不移动【答案】C【解析】依据勒夏特列原理可知，上升温度，化学平衡向着吸热反响方向移动，而 增大，说明平衡正向移动，故则 ，A正确；参与确定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达平衡后减小，B正确；参与等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大平衡逆向移动由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达平衡后 不变，C错误；瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反响速率不变，故平衡不移动，D正确；故答案为：C。选择题浓度准时间关系如图。反响物消耗一半所需的时间称为半衰期，以下说法错误的选项是A．其他条件一样时，催化剂浓度越大，反响速率越大B．其他条件一样时，降冰片烯浓度越大，反响速率越大C．条件①，反响速率为D．条件②，降冰片烯起始浓度为【答案】B【解析】

时，半衰期为A．由题干图中曲线①②反响所需要的时间更短，故反响速率越大，A正确；B．由题干图中曲线①③可知，其他条件一样时，降冰片烯浓度①是③①也是③的两倍，反响速率相等，故说明反响速率与降冰片烯浓度无关，B错误；= ，C正确；D．反响物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为，D正确；故答案为：B。选择题

时，半衰期为125min÷2=利用 (Q)与 电解转化法从烟气中分别 的原理如图。气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。以下说法错误的是A．a为电源负极溶液中Q的物质的量保持不变在M极被复原分别出的 从出口2排出【答案】C【解析】由题干信息可知M极发生的是由Q 转化为 过程该过程是一个复原反响故M极为阴极电极反响为：+2H2O+2e-=

+2OH-M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反响为：为电源正极，据此分析解题。

-2e-= +2H+，b极由分析可知，a为电源负极，A正确；Q的物质的量保持不变，B正确；由分析可知，整个过程CO2未被复原，CO2+OH-= ，C错误；

在M极发生反响为息可知，M极上CO2发生反响为：CO2+OH-= 被吸收， 向阳极移动极上发生的反响为： +H+=H2O+CO2↑，故分别出的

2排出，D正确；故答案为：C。选择题某多孔储氢材料前驱体构造如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序Z32个未成对电子。以下说法正确的选项是A．氢化物沸点：B．原子半径：C．第一电离能：D．阴、阳离子中均有配位键【答案】D【解析】Z32个未成对电子，故ZC或者O，依据多孔储氢材料前驱体构造图可知Y4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序YNZO，M只形成一个单键，MH，X为C，则W为B，据此分析解题。A．由分析可知Y的氢化物分别为和由于存在分子间氢键，故氢化物沸点： ，A错误；B．依据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径： ，B错误；A与A，VA与VIA反常，故第一电离能： ，C错误；D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；故答案为：D。选择题用 盐酸滴定 溶液溶液中 、 、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图以下说法正确的选项是【如分布分数： 】A． 的 为B．c点：C．第一次突变，可选酚酞作指示剂D．【答案】C【解析】用 盐酸滴定 溶液较大时

的分布分数最大，随着pH的减小，

的分布分数渐渐减小，

的分布分数渐渐增大，恰好生成的分布分数渐渐增大，表示

之后，、

的分布分数渐渐减小，、 的分布分数的曲线如图所示，的

，据此分析选择。，依据上图交点1计算可知 =10-6.38，A错误；依据图像可知c点中 ，B错误；C．依据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；De40mL时，全部生成

，依据答案为：C。解答题

计算可知

错误；从钒铬锰矿渣(主要成分为如下：

、 、 )中提铬的一种工艺流程：pH较大时二价锰[ ](在空气中易被氧化.答复以下问题：(1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。用 溶液制备 胶体的化学方程式为 。常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[1。钒铬锰矿渣硫酸浸液中

]pH关系如，“沉钒”过程把握 ，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。某温度下， 、 的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最正确pH为 ；在该条件下滤液B中 【近似为 ， 的 近似为 。“转化”过程中生成“提纯”过程中

的离子方程式为 的作用为 。【答案】(1) 4 VIB(2)FeCl3+3H2O(3)

(4) 6.0 1×10-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O]被空气中氧气氧化，转化为MnO2Cr(OH)3的外表，使产物不纯【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，参与Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反响离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。(1)Cr24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，依据最高能层数等Cr4VIB族，故答案为：4；VIB；(2)用 溶液制备 胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2O(3)[

Fe(OH)3(胶体)+3HCl；]pH1。钒铬锰矿渣硫酸浸液中中可知，“沉钒”过程把握 ，

， =-2，从图=-2时，与胶体共沉降的(4)某温度下， 、

，故答案为： ；pH2，由图中信息可知“沉铬”过程最正确pH 为6.0；则此时溶液中 OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 ==1×10-6(5)

，故答案为：6.0；1×10-6；由分析可知，“转化”过程中生成Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O ， Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；(6)

为答 案 为 由分析可知，“提纯”过程中 的作用为防止pH较大时，二价锰[ ]MnO2Cr(OH)3物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[ ]被空气中氧气氧MnO2Cr(OH)3的外表，使产物不纯。解答题如下反响：Ⅰ.

(g)∆H1＜0Ⅰ.副反响：(1)：Ⅰ.

(g)

(g)∆H2＞0Ⅰ.2 (g)+15O2(g)Ⅰ12CO2(g)+6H2O(l)∆H4Ⅰ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H5则 (用 、 和 表示)。有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有 A．适当升温B．适当降温C．适当加压反响Ⅰ在管式反响器中进展，实际投料往往在 根底上适当增大用量，其目的是 。理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反响Ⅰ的产率低，推想其可能缘由为 。催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解酸性中心可结合弧电子对以以下图中可作为酸性中心的原子的标号是 (填“①”“②”或“③”)。恒压反响器中依据 投料发生ⅠⅠ反响总为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反响1的 (=总压×物质的量分数)。【答案】(1)(2)BC提高苯的利用率H2SCO反响从而失去催化活动(5)②(6)【解析】(1)依据盖斯定律结合反响： Ⅰ. Ⅰ.2(g)+15O2(g)Ⅰ12CO2(g)+6H2O(l)(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H5

∆H4 Ⅰ.Ⅰ.主反响： (g)+3H2(g)Ⅰ (g)可由 ，则，故答案为： ；(2)依据Ⅰ.主反响：(g)+3H2(g)Ⅰ (g)是一个气体体积减小的方向的放热反响故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动依据勒夏特列原理可承受适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动而升温存减压都将使平衡逆向移动故答案为；(3)反响Ⅰ在管式反响器中进展，实际投料往往在 的基础上适当增大

H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；(4)如图当中混有微量 或等杂质时会导致反响Ⅰ的产率降低，推想其可能缘由为金属催化剂会与H2S或CO反响从而失去催化活动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反响从而失去催化活动；结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②③中有孤对电子，②；(6)恒压反响器中依据 投料设投入的苯的物质的量发生Ⅰ、Ⅰ反响总压为，平衡时苯的转化率α，环己烷分压为p，则： ，有反响后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为： ，H2的分压为：为：

1的。

= 试验题(各步均在气氛中进展)：①称取液漏斗中。②向三颈烧瓶中参与

，配成 溶液，转移至恒压滴溶液。③持续磁力搅拌，将瓶中，100Ⅰ3h

溶液以

的速度全部滴入三颈烧④2h3.24g。局部装置如图：

枯燥。答复以下问题：(1)仪器a的名称是 ；使用恒压滴液漏斗的缘由是 。(2)试验室制取有多种方法请依据元素化合物学问和氧化复原反响相关理论，结合以下供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为 ，对应的装置为 (填标号)。可供选择的试剂：饱和

、 、 、 、饱和 、可供选择的发生装置(净扮装置略去)：三颈烧瓶中反响生成了Fe和 ，离子方程式为 。 。承受适宜的滴液速度用盐酸代替KOH溶液，抑制 解C．在空气气氛中制备D．选择适宜的焙烧温度步骤④中推断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为 ；使用乙醇洗涤的目的是 。该试验所得磁性材料的产率为 3位有效数字)。【答案】(1) 〔球形〕冷凝管 平衡气压，便于液体顺当流下(2) ( 或) A(B)(3)(4)AD(5) 稀硝酸和硝酸银溶液 除去晶体外表水分便于快速枯燥(6)90.0%【解析】(1)依据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是〔球形〕冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺当流下。(2)试验室中制备少量氮气的根本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧在加热条件下发生反响，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和程式为：

在加热下发生氧化复原反响制备氮气，反响的化学方，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B 装置。综上考虑，答案为：( 或(3)三颈烧瓶中

)；A(B)；溶液与 溶液发生反响生成了Fe和 ，依据氧化复原反响的规律可知，该反响的离子方程式为；(4)结晶度受反响速率与温度的影响所以为保证产品性能需使其粒径适中、结晶度良好，可实行的措施有承受适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项符合题意，假设用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；假设在空气气氛中制备则亚铁离子简洁被空气氧化故D不选综上所述，答案为：AD；(5)由于反响后溶液中有氯离子，所以在步骤④中推断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最终一次洗涤液，参与