2023年高考化学真题完全解读（辽宁卷）

2023年是辽宁省新高考自主命题第3年，试题在《高考评价体系》得指导下命制，落实立德树人的境中考查学生联系实际，灵活运用知识解决问题的能力，关注社会热点和国际前沿，促进学生化学观念、科学思维和正确价值观念的形成与发展，充分发挥高考的育人功能和价值导向作用一、立意高远选材考究考点明确于社会生产实践中化学原理的考查，充分体现化学学科推动科技发展和人类学学科的社会价值。如：第1题介绍我国科学家在诸多领域取得新突破，考查常见能量转化形式、高分子化合物通性的概述、合成材料；第5题以我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为载体，考查阿伏加德二、重视基础体现创新难度适中与应用、化学反应速率的表达式及影响因素、原子结构与元素的性质关系、弱电解质的电离平衡与pH、有机化合物的知识及应用等，其他的主干知识，如阿伏加德罗常数、氧化还原反知识，则分散在其他选择题的各个选项中。强调知识的覆盖面，突出体现从四个不同的角度进行考查；同时，对知识的考查更多的停留在了解的层次上否扎实，从而引导中学教学遵循教育规律、严格按照高中化学课程标准进行教学。如：第2题考查化学用第3题考查氨、氯化氢、粗硅和镁等物质的工业制备反应；第4题物质的鉴别或检验；第6题以螺呲喃发生开、闭环转换反应，考查有机物的结构；第7题以无隔膜流动海水电解法制H₂为情景，考查电解原理及其运用；第8题以冠醚为情景，考查有机物的性质；第9题为元素推断，考查电离能变化规律，配合物的概念、组成及形成条件，极性分子和非极性分子；第11题以低成本储能电池为情景，考查二次电池原理；第15题沉淀溶解平衡图象分析；第19题以加兰他敏的合成过程，进行有机推断，考查官能团、反应三、情境真实核心素养引领教学13、14、15、16、17、18、19题均有真实情境，要求学生多角度、多层次、多维度地认识化学基本规律，在分析和解决化学问题导学生培育核心素养。如：第7、11、12、13、15、16、18题考查化学反应原理基础知识；第2、5、9、14题考查物质结构知识。其中第17题制备2—噻吩乙醇，考查有机物的制备原理，物质分离和提纯，并对实验进行综合评价，把有机物与化学实验知识进行有机融合，对试题创新进行了有益尝试；第18题以四、全面设点重视主干突出实验的情境考查学生熟悉的知识内容，既满足高等学校选拔要求，又有利于学生实际水平的发挥。试题新颖、实验能力，思维能力，计算能力，知识迁移和类比推理能力，有利于培养学生的科学素养，和创新精神。如：第10题以制备Cr(OH)₃工艺为载体，考查铁及其化合物转，盐类水解在生活、生产中的应用，淀粉、纤维素的水解；第12题Mn(Ⅱ)对酸性KMnO₄溶液与H₂C₂O₄发生反应起催化作用切入点，考查离子方程式的正误判断，催化剂对化学反应速率的影响，锰的化合物的性质及转化；第13题分析I₂和锌粒反应过程中的颜色变化加以分析；第14题晶体结构的缺陷美与对称美，根据晶胞结构确定晶体化学式，晶胞的有关计算；第16题处理镍钴矿硫酸浸取液工艺，实现镍、钴、镁元素的回收，考查离子方程式的书写，详细知识点1易物通性的概述；合成材料。2中物质结构与性质(化学用语)立体异构的概念；化学键与物质类别关系的判断；电子排布式；价层电子对互斥理论的应用。3中常见无机物及其应用氯气与非金属单质的反应；二氧化硅的化学性质；常见金属的冶炼；氨的合成。4中化学实验基础物质的检验；有机物的检验；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验。5中水解规律；共价键对分子构型、性质的影响。6中有机化学基础简单有机物同分异构体书写及辨识；分子的手性；7中(电化学)电解原理的应用；电解池电极反应式及化学方程式8有机化学基础核磁共振氢谱；取代反应；卤代烃的水解反应；有9物质结构与性质(元素推断)根据原子结构进行元素种类推断；电离能变化规律；(电化学)原电池原理理解；铅蓄电池；原电池、电解池综合考查；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判中(反应速率)离子方程式的正误判断；催化剂对化学反应速率的中常见无机物及其应用溴、碘单质与大多数金属单质的反应；浓度对化学中物质结构与性质(晶体结构)晶胞；根据晶胞结构确定晶体化学式；晶胞的有关难(沉淀溶解平衡)弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶度积规则及其应用；溶度积常数相关计算；弱电解质的电离平衡难离子方程式的书写；氧化还原反应有关计算；影响中取代反应；物质分离、提纯综合应用；常见有机物难难有机化学基础 紧扣《高考评价体系》,研究高考试题，学习高考评价体系说明，把握考试方向。深入领会《高考评价层”的意义，制定出一套既适合教者本人，又适合所教学生的方案，夯实基础、培养能力，切实提高教与学的效率。二、回归课本，注重细节教材是命题的出发点和归宿，考题中通常有相当一部分内容是依据课本编制的。复习过程中要对课本上出现的各种形式的知识做一个梳理，包括：基本概念和原理、化学方程式、化学式、演示实验、实验现象、实验基本操作、活动与探究、家庭小实验、课本例题、课后习题、教材插图、单元小结等等。化学是理科中的文科，许多知识点需要记忆。对于一些必知必舍近求远的细节内容要整理出来，利用空暇时间读记。三、精讲精练，提高效率“三讲”即：讲理解不了的问题(难点、疑点),讲归纳不了的问题(规律、方法),讲运用不了的问题(知识的迁移、思路的点拨)。“三不讲”即：学生已经会了的不讲，学生自己能学会的不讲，讲了学习仍然不会的不讲。“精练”在讲练结合，注重实效。恰到好处的“练”能帮助学生掌握知识、形成技能、提高学习能力，可以四、夯实基础，突出重点1.继续强化对基础知识的理解，掌握抓住重点知识抓住薄弱的环节知识的缺陷，全面搞好基础知识的复习。2.系统地对知识进行整理、归纳、沟通知识间的内在联系，形成纵向、横向知识链，构建知识网张，从知识的联系和整体上把握基础知识。3.重视学科主干知识的落实，夯实基础，强调知识运用，进行有效训练。始终要注重知识的落实，夯在反思中巩固知识，避免机械记忆。真题解读一、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属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C项，电池是装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；D项，海将大多数物质腐蚀，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，DA.BeCl₂的空间结构：V形BC.基态Ni原子价电子排布式：3d10D.【答案】B基态原子的价电子排布为3d84s²,C错误；D项，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：故选B。【解析】A项，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,A正确；B项，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点燃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【答案】A【解析】A项，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5.我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO₃+3C=K₂S+N₂↑+3CO₂↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.11.2LCO₂含π键数目为NAB.每生成2.8gN2转移电子数目为NAC.0.1molKNO₃晶体中含离子数目为0.2NAD.1L0.1mol-L¹K₂S溶液中含S²数目为0.1NA6.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所示，,开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；B项，根据它们的结构简式，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；故选B。bbA.b端电势高于a端电势B.理论上转移2mole生成4gH₂【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a论上转移2mole生成2gH₂,B错误；C项，由图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K+,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NaOH溶液反应C.c核磁共振氢谱有3组峰D.c可增加KI在苯中溶解度【答案】C【解析】A项，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项，a中,核磁共振氢谱有4组峰，C错误；D项，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；故选C。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A.W与Y的化合物为极性分子B.第一电离能Z>X>YC.Q的氧化物是两性氧化物D.该阴离子中含有配位键【答案】B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0,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。A子中L与Q之间形成配位键，D正确；故选B。10.某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)₃,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误的是()A.“焙烧”中产生CO₂C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO₄²D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】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正主要成分为氢氧化铁，B错误；C项，滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁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H+通过质子交换膜移向左侧【解析】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。A项，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，项，充电时，总反应为PbSO₄+2Fe²+=Pb+SO₄²+2Fe³+,D错误；故选B。12.一定条件下，酸性KMnO₄溶液与H₂C₂O₄发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价时间/minA.Mn(Ⅲ)不能氧化H₂C₂O₄B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(VI)不能大量共存D.总反应为：2MnO₄+5C₂O₄²+16H+=2Mn²++10CO₂↑+8H₂O【答案】C【解析】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。A项，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项，随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II),Mn(II)对反应起催保留，总反应为2MnO₄+5H₂C₂O₄+6H+=2Mn²++10CO₂↑+8H₂O,D项错误；故选C。13.某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI₂,充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I₃(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项AI₂在水中溶解度较小B溶液颜色加深C紫黑色晶体消失D【答案】D【解析】A项，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，因为故选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B.图1中O原子的配位数为6C.图2表示的化学式为LiMg₂OClxBr1xD.Mg²+取代产生的空位有利于Li+传导【解析】A项，根据均摊法，图1的晶胞中含Li:,1个晶胞的质量为g,晶胞的体积为(a×1010cm)³=a³×10³⁰cm³,则晶体的密度为,A项正确；B项，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项，根据均摊法，图2中Li:1,Mg或空位为C项错误；D项，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Lit的传导，D项正确；故选C。15.某废水处理过程中始终保持H₂S饱和，即c(H₂S)=0.1mol-L¹,通过调节pH使Ni²+和Cd²+形成硫>Ksp(CdS),下列说法正确的是()pHA.Ksp(CdS)=1018.4B.③为pH与lgc(HS)的关系曲线C.Ka₁(H₂S)=108.1D.Ka₂(H₂S)=1014.7【答案】D【解析】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1g(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1g(S²),随着pH增大而增大，且有lgc(Ni2+)小于1g(Cd²+),由此可知曲线①代表Cd²+、②代表Ni²+、③代表S²,④代表HS。A项，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)=10¹³mol/L,则有Ksp(CdS)=c(Cd²+)·c(S²)=10¹×10¹³=10-26,A错误；B项，③为pH与1g(S²)的关系曲线，B错误；C项，曲线④代表HS,由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=101-6mol/L时，或者当c(H+)=104.2mol/L时，C错误；D项，已知Ka₁Ka₂==10²1.8,结合C项分析可知，Kai=107.1故有Ka₂(H₂S)=1014.7,D正确；故选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(Ni²+、Co²+、Fe²+、Fe³+、Mg²+和Mn²+)。实现镍、钴、镁元素的回收。硫酸浸取液一沉沉沉沉钴镍渣上层清液物质(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(H₂SO₅),1molH的电离第一步完全，第二步微弱);滤渣的成分为MnO₂、(填化学式)。Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO₂体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是o时间/min(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为o(6)“沉镁”中为使Mg²+沉淀完全(25℃),需控制pH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)(4)①9.0%②SO₂有还原性，过多将会降低H₂SO₅的浓度，降低Mn²(Ⅱ)氧化速率【解析】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(H₂SO₅),用石灰乳调节pH=4,Mn²+被H₂SO5氧化为MnO₂,发生反应Mn2++HSO₃+H₂O=MnO₂+SO₄²+3H+,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CoO(OH)。(1)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；(2)H₂SOs的结构简式为,所以1molH₂SO₅中过氧键的数目氧化为MnO₂,该反应的离子方程式为：Mn²++HSO₃+H₂O=MnO₂+SO₄²+3H+;氢氧化铁的Ksp=10³7.4,当铁根据Kw=10¹4,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；(4)根据图示可知SO₂体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO₂体积分数时，由于SO₂有还原性，过多将会降低H₂SOs的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)₂,在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为：4Co(OH)₂+O₂=4CoO(OH)+2H₂O;(6)氢氧化镁的Ksp=1010.8,c(H+)=1011.1mol/L,所以溶液的pH=11.1;17.2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：噻吩2-噻吩钠2-噻吩乙醇钠I.制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。Ⅱ.制噻吩钠。降温至10℃,加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。Ⅲ.制噻吩乙醇钠。降温至10℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。IV.水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min;加盐酸调pH至4~6,继续反应2h,分液；用水洗涤有机相，二次分液。V.分离。向有机相中加入无水MgSO₄,静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品17.92g。回答下列问题：(1)步骤I中液体A可以选择0(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是0(5)步骤IV中用盐酸调节pH的目的是_o(6)下列仪器在步骤V中无需使用的是(填名称):无水MgSO₄的作用为_o(7)产品的产率为(用Na计算，精确至0.1%)。【答案】(1)c(2)中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高(4)将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热(5)将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率(6①球形冷凝管和分液漏斗②除去水【解析】(1)步骤I制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。(2)噻吩沸点低于吡咯()的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。(3)步骤Ⅱ中和Na反应生成2噻吩钠和H₂,化学方程式为：2+H₂↑。(4)步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。(5)2噻吩乙醇钠水解生成噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。(6)步骤V中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水。(7)步骤I中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2噻吩乙醇，产品的产率为18.硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuS过程中CuSO4-5H₂O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO₂、和(填化学式)。温度/℃(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下),副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO₂+SO₂+H₂O=NO+H₂SO₄(i)上述过程中NO₂的作用为_0(ii)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_(答出两点即可)。(3)接触法制硫酸的关键反应为SO₂的催化氧化：(i)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(a)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是__oa.温度越高，反应速率越大b.α=0.88的曲线代表平衡转化率c.α越大，反应速率最大值对应温度越低d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度(ii)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是(填标号)。(ii)设O2的平衡分压为p,SO₂的平衡转化率为αe,用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算)。【答案】(1)①CuO②SO₃(2①催化剂②反应中有污染空气的NO和NO₂放出影响空气环境、NO₂可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)【解析】(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO₄发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO₄质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO₂、SO₃、O₂,可能出现的化学方程式为3CuSO4700℃3CuO+2SO₂↑+SO₃↑+O₂↑,结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为Cuo、SO₂、SO₃、O₂。(2)(i)根据所给的反应方程式，NO₂在反应过程中线消耗再生成，说明NO₂在反应中起催化剂的作用；(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO₂放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO₂可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(答案合理即可)。(3)(i)a项，根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b项，