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【高考真题】2022年辽宁高考真题化学试题
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．（2022·辽宁）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
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】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不符合题意；
B．碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，B符合题意；
C．金属奖牌属于合金材料，C不符合题意；
D．聚乙烯属于有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物；
B.碳纤维是碳单质；
C.金属奖牌由合金制成；
D.聚乙烯属于有机高分子材料。
2．（2022·辽宁）下列符号表征或说法正确的是（ ）
A．电离： B．位于元素周期表p区
C．空间结构：平面三角形 D．电子式：
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，其一级电离方程式为，A不符合题意；
B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B不符合题意；
C．中心碳原子的价层电子对数为，不含孤电子对，其空间结构为平面三角形，C符合题意；
D．是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主；
B.Na位于元素周期表s区；
C.中心碳原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成。
3．（2022·辽宁）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有的中子数为
B．分子中含有的键数目为
C．标准状况下，气体中数目为
D．的溶液中数目为
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个原子中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，故A符合题意；
B．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键， 的物质的量为，含有的σ键数目为，B不符合题意；
C．是共价化合物，分子中不存在，故C不符合题意；
D．没有给出溶液的体积，无法计算的溶液中的数目，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个18O原子中含有10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.HCl分子中不含氢离子；
D.溶液体积未知。
4．（2022·辽宁）下列关于苯乙炔()的说法正确的是（ ）
A．不能使酸性溶液褪色 B．分子中最多有5个原子共直线
C．能发生加成反应和取代反应 D．可溶于水
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性溶液褪色，A不符合题意；
B．苯环为平面结构，乙炔为直线结构，则苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，如图：，B不符合题意；
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符合题意；
D．苯乙炔属于烃，难溶于水，D不符合题意；
故答案为：C；
【分析】A.苯乙炔含有碳碳三键；
B.苯环为平面结构，乙炔为直线结构；
D.烃难溶于水。
5．（2022·辽宁）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：
C．第一电离能： D．电负性：
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为C，能与多种元素形成共价键，A不符合题意；
B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，H2O分子间能形成氢键，其沸点高于H2S，B符合题意；
C．Y为N，Z为O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离：N>O，即Y>Z，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，W为Al，Z为O，电负性：O>Al，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W简单离子在同周期离子中半径最小，则W为Al元素，X、Z、Q原子均有两个单电子，X、Z的原子序数均小于Al，则位于第二周期，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，则X为C元素，Z为O元素，Y为N元素，Q为S元素。
6．（2022·辽宁）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，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为被还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
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被氧化
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项不符合题意；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为，具有强氧化性，可氧化，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳的密度大于水；
C.若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈。
7．（2022·辽宁）下列类比或推理合理的是（ ）
已知 方法 结论
A 沸点： 类比 沸点：
B 酸性： 类比 酸性：
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、、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：，所以沸点：，故A符合题意；
B．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：，酸性：，故B不符合题意；
C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C不符合题意；
D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.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；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，卤化氢中，卤素原子的原子序数越大，其酸性越强；
C.金属性：Fe＞Cu，则氧化性：Cu2+＞Fe2+；
D.对于结构相似的物质，溶度积常数越小，则溶解度越小，而组成、结构不相似的物质，不能根据溶度积常数大小比较溶解性。
8．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（ ）
A．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
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
9．（2022·辽宁）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入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：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．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不符合题意；
C．若c中收集气体，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：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
10．（2022·辽宁）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
【答案】B
【知识点】催化剂；同系物；加成反应
【解析】【解答】A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，总反应为+ ；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.Ⅵ既生成又消耗，为该反应的催化剂；
D.根据质量守恒可知X为H2O。
11．（2022·辽宁）、均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A不符合题意；
B．由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，故B不符合题意；
C．与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C符合题意；
D．和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应的原理是CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr。
12．（2022·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
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，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
13．（2022·辽宁）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溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D 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
【知识点】中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】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不符合题意；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B不符合题意；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C符合题意；
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不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.中和热的测定实验要保证测定过程中尽可能不向外散热；
B.NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象；
C.判断Ba2+离子是否沉淀完全，可取上层清液滴加原沉淀剂Na2CO3溶液继续滴加，依据现象判断是否沉淀完全；
D.检验淀粉溶液是否发生水解，应该检验其水解产物中有没有葡萄糖存在。
14．（2022·辽宁）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：
B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C．放电时每转移电子，理论上吸收
D．充电过程中，溶液浓度增大
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：，故A符合题意；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B不符合题意；
C． 放电时每转移电子，正极电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C不符合题意；
D． 充电过程中，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，Na3Ti2(PO4)3的中Ti元素化合价升高，发生氧化反应，则Na3Ti2(PO4)3电极为负极，电极反应式为，正极上Cl2得到电子变成Cl-，电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，充电时，阴阳极的反应式与正负极相反。
15．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．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 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2022·辽宁）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
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）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；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）
（3）抑制金属离子水解
（4）SiO2
（5）
（6）将Fe3+转化为Fe2+
（7）24.02%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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，
故答案为：ab；
（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
（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充分浸出和；②抑制金属离子水解；
（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；
（6）金属活动性：，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。
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到。
17．（2022·辽宁）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
（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。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，控温的原因为 。
（6）氢醌法制备总反应的化学方程式为 。
（7）取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。
【答案】（1）
（2）②
（3）a、b；c、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，同时防止温度过高分解
（6）
（7）17%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；
（2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在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，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
【分析】的制备反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，装置A是制取的装置，产生的中混有和，处在后通入C中发生第一步反应，随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒。
18．（2022·辽宁）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：。回答下列问题：
（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。
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。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
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．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
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：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．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：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
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，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（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，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
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；
故答案为：ab。
（4）a．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，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．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；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=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，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
19．（2022·辽宁）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 。
（2）在溶液中，苯酚与反应的化学方程式为 。
（3）中对应碳原子杂化方式由 变为 ，的作用为 。
（4）中步骤ⅱ实现了由 到 的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为 。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)；
i．含苯环且苯环上只有一个取代基
ii．红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为 (任写一种)。
【答案】（1）
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O
（3）；；选择性将分子中的羟基氧化为羰基
（4）硝基；氨基
（5）
（6）12；(或)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A分子中含有7个C原子，7个H原子，1个N原子和3个O原子，其分子式为 ；
（2）苯酚可与发生取代反应生成和HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和，则反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O；
（3）D→E发生了羟基到酮羰基的转化，羟基上的碳原子采用sp3杂化，羰基上的碳原子采用sp2杂化；由D→E的结构变化可知，PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基；
（4）由题给已知信息可知，的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由硝基到氨基的转化；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为；
（6）化合物I的分子式为，其不饱和度为4，化合物I的同分异构体分子中含有苯环，苯环的不饱和度为4，则其余C原子均为饱和碳原子；红外光谱无醚键吸收峰，则苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，则该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，因此满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体的结构简式为 或。
【分析】F和I发生已知反应生成G，结合F、G的结构简式和I的分子式可知，I的结构简式为 。
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【高考真题】2022年辽宁高考真题化学试题
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．（2022·辽宁）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
2．（2022·辽宁）下列符号表征或说法正确的是（ ）
A．电离： B．位于元素周期表p区
C．空间结构：平面三角形 D．电子式：
3．（2022·辽宁）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．中含有的中子数为
B．分子中含有的键数目为
C．标准状况下，气体中数目为
D．的溶液中数目为
4．（2022·辽宁）下列关于苯乙炔()的说法正确的是（ ）
A．不能使酸性溶液褪色 B．分子中最多有5个原子共直线
C．能发生加成反应和取代反应 D．可溶于水
5．（2022·辽宁）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：
C．第一电离能： D．电负性：
6．（2022·辽宁）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，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为被还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
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被氧化
7．（2022·辽宁）下列类比或推理合理的是（ ）
已知 方法 结论
A 沸点： 类比 沸点：
B 酸性： 类比 酸性：
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（ ）
A．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
9．（2022·辽宁）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入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：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
10．（2022·辽宁）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
11．（2022·辽宁）、均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2022·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
13．（2022·辽宁）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溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D 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
14．（2022·辽宁）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：
B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C．放电时每转移电子，理论上吸收
D．充电过程中，溶液浓度增大
15．（2022·辽宁）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（ ）
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（2022·辽宁）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
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）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；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 。
17．（2022·辽宁）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
（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。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，控温的原因为 。
（6）氢醌法制备总反应的化学方程式为 。
（7）取产品，加蒸馏水定容至摇匀，取于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为、、。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为 。
18．（2022·辽宁）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：。回答下列问题：
（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。
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。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
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．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
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：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．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：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
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，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
19．（2022·辽宁）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 。
（2）在溶液中，苯酚与反应的化学方程式为 。
（3）中对应碳原子杂化方式由 变为 ，的作用为 。
（4）中步骤ⅱ实现了由 到 的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为 。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)；
i．含苯环且苯环上只有一个取代基
ii．红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为 (任写一种)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料
【解析】【解答】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不符合题意；
B．碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，B符合题意；
C．金属奖牌属于合金材料，C不符合题意；
D．聚乙烯属于有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物；
B.碳纤维是碳单质；
C.金属奖牌由合金制成；
D.聚乙烯属于有机高分子材料。
2．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，其一级电离方程式为，A不符合题意；
B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B不符合题意；
C．中心碳原子的价层电子对数为，不含孤电子对，其空间结构为平面三角形，C符合题意；
D．是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主；
B.Na位于元素周期表s区；
C.中心碳原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成。
3．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个原子中含有10个中子，的物质的量为，含有的中子数为，故A符合题意；
B．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个σ键， 的物质的量为，含有的σ键数目为，B不符合题意；
C．是共价化合物，分子中不存在，故C不符合题意；
D．没有给出溶液的体积，无法计算的溶液中的数目，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.1个18O原子中含有10个中子；
B.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
C.HCl分子中不含氢离子；
D.溶液体积未知。
4．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性溶液褪色，A不符合题意；
B．苯环为平面结构，乙炔为直线结构，则苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，如图：，B不符合题意；
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符合题意；
D．苯乙炔属于烃，难溶于水，D不符合题意；
故答案为：C；
【分析】A.苯乙炔含有碳碳三键；
B.苯环为平面结构，乙炔为直线结构；
D.烃难溶于水。
5．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．X为C，能与多种元素形成共价键，A不符合题意；
B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，H2O分子间能形成氢键，其沸点高于H2S，B符合题意；
C．Y为N，Z为O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离：N>O，即Y>Z，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，W为Al，Z为O，电负性：O>Al，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】W简单离子在同周期离子中半径最小，则W为Al元素，X、Z、Q原子均有两个单电子，X、Z的原子序数均小于Al，则位于第二周期，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，则X为C元素，Z为O元素，Y为N元素，Q为S元素。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项不符合题意；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为，具有强氧化性，可氧化，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳的密度大于水；
C.若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈。
7．【答案】A
【知识点】晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、、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：，所以沸点：，故A符合题意；
B．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：，酸性：，故B不符合题意；
C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C不符合题意；
D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.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；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，卤化氢中，卤素原子的原子序数越大，其酸性越强；
C.金属性：Fe＞Cu，则氧化性：Cu2+＞Fe2+；
D.对于结构相似的物质，溶度积常数越小，则溶解度越小，而组成、结构不相似的物质，不能根据溶度积常数大小比较溶解性。
8．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
9．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．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不符合题意；
C．若c中收集气体，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：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
10．【答案】B
【知识点】催化剂；同系物；加成反应
【解析】【解答】A．由催化机理可知，总反应为+ ，该反应为加成反应，A不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，总反应为+ ；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.Ⅵ既生成又消耗，为该反应的催化剂；
D.根据质量守恒可知X为H2O。
11．【答案】C
【知识点】有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A．根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A不符合题意；
B．由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，故B不符合题意；
C．与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C符合题意；
D．和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应的原理是CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
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，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
13．【答案】C
【知识点】中和热的测定；探究影响化学反应速率的因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】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不符合题意；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B不符合题意；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C符合题意；
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不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.中和热的测定实验要保证测定过程中尽可能不向外散热；
B.NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象；
C.判断Ba2+离子是否沉淀完全，可取上层清液滴加原沉淀剂Na2CO3溶液继续滴加，依据现象判断是否沉淀完全；
D.检验淀粉溶液是否发生水解，应该检验其水解产物中有没有葡萄糖存在。
14．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：，故A符合题意；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B不符合题意；
C． 放电时每转移电子，正极电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C不符合题意；
D． 充电过程中，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，Na3Ti2(PO4)3的中Ti元素化合价升高，发生氧化反应，则Na3Ti2(PO4)3电极为负极，电极反应式为，正极上Cl2得到电子变成Cl-，电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，充电时，阴阳极的反应式与正负极相反。
15．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；
B．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 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性；
B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化；
C.根据计算。
16．【答案】（1）ab
（2）
（3）抑制金属离子水解
（4）SiO2
（5）
（6）将Fe3+转化为Fe2+
（7）24.02%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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，
故答案为：ab；
（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
（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充分浸出和；②抑制金属离子水解；
（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；
（6）金属活动性：，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。
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到。
17．【答案】（1）
（2）②
（3）a、b；c、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，同时防止温度过高分解
（6）
（7）17%
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；
（2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在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，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
【分析】的制备反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，装置A是制取的装置，产生的中混有和，处在后通入C中发生第一步反应，随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒。
18．【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（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，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
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；
故答案为：ab。
（4）a．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，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．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；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=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，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
19．【答案】（1）
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O
（3）；；选择性将分子中的羟基氧化为羰基
（4）硝基；氨基
（5）
（6）12；(或)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A分子中含有7个C原子，7个H原子，1个N原子和3个O原子，其分子式为 ；
（2）苯酚可与发生取代反应生成和HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和，则反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O；
（3）D→E发生了羟基到酮羰基的转化，羟基上的碳原子采用sp3杂化，羰基上的碳原子采用sp2杂化；由D→E的结构变化可知，PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基；
（4）由题给已知信息可知，的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由硝基到氨基的转化；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为；
（6）化合物I的分子式为，其不饱和度为4，化合物I的同分异构体分子中含有苯环，苯环的不饱和度为4，则其余C原子均为饱和碳原子；红外光谱无醚键吸收峰，则苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，则该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，因此满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体的结构简式为 或。
【分析】F和I发生已知反应生成G，结合F、G的结构简式和I的分子式可知，I的结构简式为 。
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