精品解析：2022年辽宁省高考真题化学试题（解析版）

2022年辽宁省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-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-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.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【解析】【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.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【解析】【详解】A．是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为，A错误；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错误；C．中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；D．是离子化合物，电子式为，D错误；故答案选C。3.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【解析】【详解】A．1个原子中含有10个中子，的物质的量为，故中含有中子的物质的量为，中子数为，故A正确；B．乙烯分子的结构式为，1个乙烯分子中含有5个键，的物质的量为，所以分子中含有的键数目为，B错误；C．是共价化合物，分子中不存在，故C错误；D．没有给出溶液的体积，无法计算的溶液中的数目，故D错误；选A。4.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【解析】【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，能使酸性溶液褪色，A错误；B．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：C.第一电离能： D.电负性：【答案】B【解析】【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，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【解析】【详解】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项错误；B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；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项错误；D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确；答案选D。7.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【解析】【详解】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正确；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错误；C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C错误；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错误；选A。8.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【解析】【详解】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；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错误；C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；D．中含叠氨结构()，常温下不稳定，D正确；故答案选B。9.、均可自电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】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正确；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正确；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错误；D．和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，故D正确；故答案选C。10.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/0～20.200～40.150～60.10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【解析】【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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确； 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错误；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正确；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正确；故答案选B。11.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【解析】【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．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错误；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正确；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。12.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【解析】【分析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析【详解】A．放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：，故A正确；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错误；C．放电时每转移电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C错误；D．充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D错误；故选A。13.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【解析】【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；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正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；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错误；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。14.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)联合焙烧法制备和，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6.58.31.62.88.110.1回答下列问题：（1）为提高培烧效率，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）加入金属的目的是___________。【答案】（1）ab（2）（3）抑制金属离子水解（4）（5）（6）将转化为【解析】【分析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：、、，故联合焙烧后得到、、、和；水浸：进入滤液，滤渣为、、和；酸浸：加入过量浓盐酸后，和发生转化：、，因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：，气体A为，滤渣主要为不溶于浓盐酸，滤液中金属离子为；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，的金属活动性强于，且调pH=2.6时和进入滤液，可知加入金属的目的是将还原为。【小问1详解】a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的