2022年辽宁高考真题化学试题

2022年辽宁高考真题化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料【答案】B【详解】A．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；C．金属奖牌属于合金材料，C正确；D．聚乙烯属于有机高分子材料，D正确；故答案选B。2．下列符号表征或说法正确的是A．H2S电离：H2SC．CO32-空间结构：平面三角形 D．【答案】C【详解】A．H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为B．基态Na原子的价电子排布式是3sC．CO32−中心碳原子的价层电子对数为D．KOH是离子化合物，电子式为K+故答案选C。3．设NAA．1.8g18B．28gC2H4分子中含有的C．标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为D．pH=12的Na2CO3溶液中【答案】A【详解】A．1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为1.8g18gB．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键，28gC2H4的物质的量为1mol，所以28gC2HC．HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H+D．没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH=12的选A。4．下列关于苯乙炔()的说法正确的是A．不能使酸性KMnO4溶液褪色 C．能发生加成反应和取代反应 D．可溶于水【答案】C【分析】根据苯环的性质判断可以发生氧化、加成、取代反应；根据碳碳叁键的特点判断可发生加成反应，能被酸性高锰酸钾钾氧化，对于共线可根据有机碳原子的杂化及官能团的空间结构进行判断；【详解】A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnOB．如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误；C．苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确；D．苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误；故选答案C；【点睛】本题考查苯乙炔的结构与性质，根据官能团的特点进行判断。5．短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点：Z<QC．第一电离能：Y>Z D．电负性：W<Z【答案】B【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；故选B。6．镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4A．褪色原因为I2被Fe还原 C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为I-【答案】D【详解】A．Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被B．液体分层后，I2在CCl4层，C．若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I答案选D。7．理论化学模拟得到一种N13A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定【答案】B【详解】A．由N13B．中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为C．中心N原子为sp3D．N13+中含叠氮结构(故答案选B。8．下列类比或推理合理的是已知方法结论A沸点：Cl类比沸点：HB酸性：HClO类比酸性：HClC金属性：Fe推理氧化性：FeDKsp：推理溶解度：AgA．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：HB．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：HClO4>HIO4C．由金属性：Fe>Cu，可推出氧化性Fe2+<Cu2+D．Ag2CrO4和AgCl选A。9．如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取10.00mL待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是A．左侧电极反应：2HB．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去C．若c中收集气体11.20mL，则样品中乙酸浓度为0.1molD．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果【答案】A【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。【详解】A．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：2H2B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2↑+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B错误；C．若c中收集气体11.20mL，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：2×10-3mol÷10÷10-3=0.2mol⋅D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D错误；答案选A。10．利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是A．总反应为加成反应 B．Ⅰ和Ⅴ互为同系物C．Ⅵ是反应的催化剂 D．化合物X为H【答案】B【详解】A．由催化机理可知，总反应为+→催化剂，该反应为加成反应，A正确；B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确；答案选B。11．H2O(l)、NH3(l)均可自耦电离：2H2O(l)⇌OH-+HA．MgB．SiClC．3ClD．PCl【答案】C【详解】A．根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr。由B．由于NH3(l)可自电离，2NH3可写为NHδ+4-NHδ-2C．Cl2与NH3反应生成了单质D．Hδ+-OHδ-和PCl3故答案选C。12．某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)⇌时间段/min产物Z的平均生成速率/mol0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A．1min时，Z的浓度大于0.20molB．2min时，加入0.20molZ，此时vC．3min时，Y的体积分数约为33.3%D．5min时，X的物质的量为1.4mol【答案】B【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0∼1min内Z的平均生成速率大于0∼2min内的，故1minB．4min时生成的Z的物质的量为0.15mol⋅L−1⋅min−1×42根据2a=0.6，得a=0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol⋅L−1，Z的平衡浓度为0.6mol⋅L−1，平衡常数K=c2(Z)⋅c(C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V(Y)V(Z)D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2故答案选B。13．下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2C判断反应后Ba2+将Na2CO3溶液与BaClD检验淀粉是否发生了水解向淀粉水解液中加入碘水A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；B．NaClO和Na2C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故答案选C。【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。14．某储能电池原理如图。下列说法正确的是A．放电时负极反应：NaB．放电时Cl-透过多孔活性炭电极向CClC．放电时每转移1mol电子，理论上CCl4吸收D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大【答案】A【分析】放电时负极反应：Na3Ti2PO43-2e-=NaTi2PO43【详解】A．放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：Na3B．放电时，阴离子移向负极，放电时Cl-C．放电时每转移1mol电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上CCl4释放0D．充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，故D错误；故选A。15．甘氨酸NH2CH2COOH是人体必需氨基酸之一、在25℃时，NH3+CH2COOHA．甘氨酸具有两性B．曲线c代表NHC．NH3+D．c【答案】D【详解】A．NH2CH2B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH3NH3+CHC．NH3+CH2COO-+H2O⇌NH3+D．由C项分析可知，cNH3+CH2COOHcNH3+CH2COO-=故答案选D。二、工业流程题16．某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：开始沉淀pH完全沉淀pHFe6.58.3Fe1.62.8Mn8.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为。a.进一步粉碎矿石

b.鼓入适当过量的空气

c.降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②(4)滤渣的主要成分为(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为。(6)加入金属Bi的目的是。(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为。【答案】(1)ab(2)2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn(6)将Fe3+转化为Fe2+(7)24.02%【分析】已知①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使燃烧更加充分，故选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为Mn2（6）金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为32kg三、原理综合题17．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：N2(1)合成氨反应在常温下(填“能”或“不能”)自发。(2)温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400~500℃。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO下列说法正确的是。a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率b．N≡c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率(4)方案二：M-LiH复合催化剂。下列说法正确的是。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高(5)某合成氨速率方程为：v=kcαN2c实验cccv/mol1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为。a．有利于平衡正向移动

b．防止催化剂中毒

c．提高正反应速率(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g⋅mol-1，则M元素为【答案】(1)能(2)高低(3)ab(4)a(5)-1a(6)Fe3d6【详解】（1）N2(g)+3H2(g)⇌2NH3（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；b．温度升高，反应速率加快，所以N≡c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；故选ab。答案为：ab；（4）a．从图中可以看出，300℃时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；故选a。答案为：a；（5）选择实验1和3进行分析，此时v1a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；故选a。答案为：-1；a；（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为8×18+6×12=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为[MNH36]【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。四、实验题18．H2O2已知：H2O、HX等杂质易使(1)A中反应的离子方程式为。(2)装置B应为(填序号)。(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞，控温45℃。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。(4)装置F的作用为。(5)反应过程中，控温45℃的原因为。(6)氢醌法制备H2O2(7)取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500mol⋅L-1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中【答案】(1)Zn+2H(2)②或③①(3)a、cc、d(4)防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒(5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2(6)H(7)17%【分析】从H2O2的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为H2在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置，产生的H2中混有【详解】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为Zn+2H+（2）H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H（3）开始制备时，打开活塞a、c，A中产生的H2进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留H2抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O（4）H2O容易使（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2（6）第一步为H2在Ni催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2（7）滴定反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O五、有机推断题19．某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的分子式为