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2022年辽宁省新高考化学试卷 （解析版）
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这是一份2022年辽宁省新高考化学试卷 （解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年辽宁省新高考化学试卷（解析版）
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．（3分）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
【解答】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，故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，故B错误；
C．金属奖牌属于合金材料，故C正确；
D．聚乙烯属于有机高分子材料，故D正确；
故选：B。
2．（3分）下列符号表征或说法正确的是（ ）
A．H2S电离：H2S⇌2H++S2﹣
B．Na位于元素周期表p区
C．CO空间结构：平面三角形
D．KOH电子式：
【解答】解：A．H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2S⇌H++HS﹣，故A错误；
B．基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，故B错误；
C．CO32﹣中心碳原子的价层电子对数为3+×（4+2﹣2×3）＝3，故其空间结构为平面三角形，故C正确；
D．KOH是离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：C。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.8g18O中含有的中子数为NA
B．28gC2H4分子中含有的σ键数目为4NA
C．标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为NA
D．pH＝12的Na2CO3溶液中OH﹣数目为0.01NA
【解答】解：A．1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为＝0.1mol，故1.8g18O中含有中子的物质的量为1mol，中子数为NA，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σ键，28gC2H4的物质的量为n＝＝＝1mol，所以28gC2H4分子中含有的σ键数目为5NA，故B错误；
C．HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H+，故C错误；
D．没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH﹣的数目，故D错误；
故选：A。
4．（3分）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
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
【解答】解：A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B．如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，故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，故C正确；
D．苯乙炔属于烃，难溶于水，故D错误；
故选：C。
5．（3分）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＜Q
C．第一电离能：Y＞Z
D．电负性：W＜Z
【解答】解：根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，Q为S元素，
A．C元素最外层含有4个电子，能够形成4个共价键，则C元素能与多种元素形成共价键，故A正确；
B．水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，则简单氢化物沸点：Z＞Q，故B错误；
C．N元素的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故C正确；
D．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Al＜O，故D正确；
故选：B。
6．（3分）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CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为I2被Fe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I﹣被氧化
【解答】解：A．锌比铁活泼，更容易失电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，褪色原因是I2被Zn还原，故A错误；
B．液体分层后，I2在CCl4层，CCl4密度比水大，则下层呈紫红色，故B错误；
C．镀层金属活泼性大于铁，则铁不易生锈，若铁活泼性大于镀层金属，则铁更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，故C错误；
D．漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，具有强氧化性，可将I﹣氧化，故D正确；
故选：D。
7．（3分）理论化学模拟得到一种N13+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
【解答】解：A．由N13+的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．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sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，故B错误；
C．中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，故C正确；
D．N13+中含叠氮结构（），常温下不稳定，故D正确；
故选：B。
8．（3分）下列类比或推理合理的是（ ）
已知
方法
结论
A
沸点：Cl2＜Br2＜I2
类比
沸点：H2＜N2＜O2
B
酸性：HClO4＞HIO4
类比
酸性：HCl＞HI
C
金属性：Fe＞Cu
推理
氧化性：Fe3+＜Cu2+
D
Ksp：Ag2CrO4＜AgCl
推理
溶解度：Ag2CrO4＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高，H2、N2、O2的沸点也只受分子间作用力影响，随相对分子质量的逐渐增大，沸点逐渐升高，故A正确；
B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞I，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HIO4，卤化氢的稳定性越强，其酸溶液的酸性越弱，氢化物稳定性：HCl＞HI，则酸性：HCl＜HI，二者不能类比，故B错误；
C．金属性：Fe＞Cu，可推理出氧化性：Cu2+＞Fe2+，不是Fe3+＜Cu2+，故C错误；
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，故D错误；
故选：A。
9．（3分）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：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
B．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0.1mol•L﹣1
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【解答】解：A．由以上分析可知，左侧电极反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A正确；
B．实验结束时，b中为乙酸钠和硫酸钠溶液，乙酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显红色，故B错误；
C．阳极电极反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，阴极电极反应式为2CH3COOH+2e﹣═2CH3COO﹣+H2↑，根据电子守恒可知，c中产生1molO2时，b中消耗4molCH3COOH，若c中收集气体11.20mL，即＝0.0005molO2，b中消耗0.002molCH3COOH，样品中乙酸浓度为＝0.2mol•L﹣1，故C错误；
D．把盐桥换为U形铜导线，a、b两池均为电解池，b池中铜电极作阳极，电极反应为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，Cu2+水解显酸性，影响测定结果，故D错误；
故选：A。
10．（3分）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反应催化机理如图，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H2O
【解答】解：A．由图可知，和为反应物，为生成物，总反应为加成反应，故A正确；
B．Ⅰ为链状，Ⅴ为环状，二者结构不相似，故二者不互为同系物，故B错误；
C．由反应机理可知Ⅵ为反应的催化剂，故C正确；
D．在第一步或第三步反应中，由反应前后原子守恒可知，化合物X为H2O，故D正确；
故选：B。
11．（3分）H2O（l）、NH3（l）均可自耦电离：2H2O（l）⇌OH﹣+H3O+、2NH3（l）⇌NH+NH。下列反应与原理不同的是（ ）
A．Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3
B．SiCl4+8NH3（l）═Si（NH2）4+4NH4Cl
C．3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2
D．PCl3+3H2O═H3PO3+3HCl
【解答】解：根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr，
A．由2H2O（l）⇌OH﹣+H3O+，Mg3N2和H2O互相交换成分，生成Mg（OH）2和NH3，与题中反应原理相同，故A正确；
B．由NH3（l）自耦电离，2NH3（l）⇌NH+NH，SiCl4和NH3互相交换成分，生成Si（NH2）4和NH4Cl，原理与题干中相同，故B正确；
C．Cl2和NH3发生反应生成单质N2，反应物之间没有进行成分的互相交换，与题中的反应原理不相同，故C错误；
D．PCl3和H2O的反应，二者进行互换成分生成了H3PO3和HCl，与题中的反应原理是相同的，故D正确；
故选：C。
12．（3分）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）⇌Y（g）+2Z（g），有关数据如下：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol•L﹣1•min﹣1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是（ ）
A．1min时，Z的浓度大于0.20mol⋅L﹣1
B．2min时，加入0.20molZ，此时v正（Z）＜v逆（Z）
C．3min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
【解答】解：A．如果0～2内Z的反应速率为匀速，则1min时，生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×1min＝0.20mol/L，实际上，随着反应进行，Z的生成速率逐渐减小，所以1min时c（Z）大于0.20mol/L，故A正确；
B．2min内生成的c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×2min＝0.40mol/L、4min内c（Z）＝v△t＝0.15mol•L﹣1•min﹣1×4min＝0.60mol/L、6min内c（Z）＝v△t＝0.10mol•L﹣1•min﹣1×6min＝0.60mol/L，则4min时反应已经达到平衡状态，c（Z）＝0.6mol/L，根据方程式知，c（Y）＝c（Z）＝×0.6mol/L＝0.3mol/L，化学平衡常数K＝c（Y）×c2（Z）＝0.3×（0.6）2＝0.108，2min时，加入0.20molZ，c（Z）＝0.40mol/L+＝0.60mol/L，c（Y）＝0.20mol/L，Qc＝c（Y）×c2（Z）＝0.20×（0.60）2＜K，平衡正向移动，则v正（Z）＞v逆（Z），故B错误；
C．Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2，3min时，Y的体积分数等于其物质的量分数，为33.3%，故C正确；
D．根据C的分析知，5min时反应达到平衡状态，生成n（Z）＝0.60mol，消耗n（X）＝0.60mol，X的物质的量为（2﹣0.6）mol＝1.4mol，故D正确；
故选：B。
13．（3分）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Na2SO3溶液，对比现象
C
判断反应后Ba2+是否沉淀完全
将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3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
【解答】解：A．酸碱中和滴定操作中没有较好的保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，故A错误；
B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，故B错误；
C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则沉淀完全，故C正确；
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，可选用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，碘水则用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，故D错误；
故选：C。
14．（3分）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：Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+
B．放电时Cl﹣透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1mol电子，理论上CCl4吸收0.5molCl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
【解答】解：A．放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+，故A正确；
B．放电时，阴离子向负极移动，则Cl﹣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1mol电子，正极上氯气被消耗，电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，则理论上CCl4释放0.5molCl2，故C错误；
D．充电时，阳极上为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Cl﹣被消耗，NaCl溶液浓度减小，故D错误；
故选：A。
15．（3分）甘氨酸（NH2CH2COOH）是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO﹣和NH2CH2COO﹣的分布分数【如δ（A2﹣）＝】与溶液pH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NH2CH2COO﹣
C．NH3+CH2COO﹣+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH﹣的平衡常数K＝10﹣11.65
D．c2（NH3+CH2COO﹣）＜c（NH3+CH2COOH）⋅c（NH2CH2COO﹣）
【解答】解：A．NH2CH2COOH，具有﹣NH2，﹣COOH两种官能团，则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H+，羧基具有酸性，在碱性较强时会与OH﹣反应，则曲线a表示NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NH2CH2COO﹣的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．NH3+CH2COO﹣+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH﹣的平衡常数K＝，25℃，根据曲线a、b交点坐标（2.35，0.50）可知，pH＝2.35时，c（NH3+CH2COOH）＝c（NH3+CH2COO﹣），K＝c（OH﹣）＝＝10﹣11.65，故C正确；
D．由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标（9.78，0.50）分析，可得电离平衡NH3+CH2COO﹣⇌NH2CH2COO﹣+H+的电离常数为K1＝10﹣9.78，＝＝，则×＝×＝＜1，即c2（NH3+CH2COO﹣）＞c（NH3+CH2COOH）⋅c（NH2CH2COO﹣），故D错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）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MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如图：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
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pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
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 ab 。
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Bi2O3，反应的化学方程式为 2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；② 抑制金属离子水解 。
（4）滤渣的主要成分为 SiO2 （填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为 Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O 。
（6）加入金属Bi的目的是 将Fe3+转化为Fe2+ 。
（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 24.02% 。
【解答】解：（1）a．进一步粉碎矿石，可以增大接触面积，加快反应速率，故a正确；
b．鼓入适当过量的空气，增大氧气的浓度，加快反应速率，故b正确；
c．降低焙烧温度，反应速率会减小，故c错误；
故答案为：ab；
（2）焙烧时Bi2S3被空气中氧气氧化，生成Bi的氧化物和SO2，反应的方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2，
故答案为：2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；
（3）加入盐酸时，金属氧化物和盐酸反应生成盐和水，可以使Bi3+和Mn2+充分浸出，同时还可以是溶液保持酸性环境，抑制金属离子水解，
故答案为：抑制金属离子水解；
（4）加入盐酸时，Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3和盐酸反应生成金属氯化物进入溶液中，不和盐酸反应的是SiO2被过滤出来，在滤渣里，
故答案为：SiO2；
（5）加入浓盐酸时，Mn2O3转化为MnCl2，离子方程式为Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O，
故答案为：Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O；
（6）加入金属Bi之后的滤液中含有FeCl2，说明Bi将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；
BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%，则Bi的质量为32kg×78.5%＝25.12kg，转化中消耗的Bi为1.1gkg，则原矿物中含有Bi的质量为25.12kg﹣1.1kg＝24.02kg，则原将100kg辉铋矿Bi元素的质量分数为＝24.02%，
故答案为：24.02%。
17．（13分）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（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1 ΔS＝﹣200J•K﹣1•mol﹣1。
回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 能 （填“能”或“不能”）自发。
（2） 高 温（填“高”或“低”，下同）有利于提高反应速率， 低 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TiO2﹣xHy的温度为415℃）。
下列说法正确的是 ab 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．N≡N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：M﹣LiH复合催化剂。
下列说法正确的是 a 。
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＝kcα（N2）cβ（H2）•cγ（NH3），根据表中数据，γ＝ ﹣1 ；
实验
c（N2）/mol•L﹣1
c（H2）/mol•L﹣1
c（NH3）/mol•L﹣1
v/mol•L﹣1•s﹣1
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 ac 。
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3，八面体中心为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 Fe （填元素符号）；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 3d6 。
【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1 ΔS＝﹣200J•K﹣1•mol﹣1，则△G＝△H﹣T△S＝（﹣92.4+0.2×298）kJ•mol﹣1＝﹣32.8 kJ•mol﹣1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行，
故答案为：能；
（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，
故答案为：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，故a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以N≡N 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，故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，故c错误；
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，故d错误；
故答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，300℃，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，故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，故b错误；
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，故c错误；
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，故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，故b错误；
c．根据速率方程计算的γ＝﹣1可知，其他条件不变时，速率与氨气浓度成反比，分离出氨，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；
故答案为：﹣1；ac；
（6）从图中信息可以进行以下计算：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[M（NH3）6]2+，白球的化学式为[BH4]﹣，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，
故答案为：Fe；3d6。
18．（14分）H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2原理及装置如图：
已知：H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为 Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 。
（2）装置B应为 ② （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 a、b ，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 c、d ，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 防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 。
（5）反应过程中，控温45℃的原因为 适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解 。
（6）氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为 H2+O2H2O2 。
（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H2O2质量分数为 17% 。
【解答】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+＝Zn2++H2↑，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；
（2）H2O、HX等杂质易使Ni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，
故答案为：②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的H2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H2O2和乙基蒽醌，
故答案为：a、b；c、d；
（4）H2O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，
故答案为：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H2O2分解，所以反应过程中控温45℃，
故答案为：适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解；
（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H2O2和乙基蒽醌，总反应为H2+O2H2O2，
故答案为：H2+O2H2O2；
（7）滴定反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4﹣～5H2O2，三组数据中20.90mL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20.00mL，H2O2的质量分数ω＝×100%＝17%，
故答案为：17%。
19．（14分）某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C7H7NO3 。
（2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为 +CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O 。
（3）D→E中对应碳原子杂化方式由 sp3 变为 sp2 ，PCC的作用为 选择性将分子中的羟基氧化为羰基 。
（4）F→G中步骤ⅱ实现了由 硝基 到 氨基 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 12 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 或 （任写一种）。
【解答】解：（1）由A的结构简式可知A是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代苯环上的一个氢原子，所以A的分子式为C7H7NO3，
故答案为：C7H7NO3；
（2）由题目给出的合成路线中C→D的转化可知，苯酚可与CH3OCH2Cl发生取代反应生成与HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和H2O，据此可得该反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，
故答案为：+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O；
（3）根据D、E的结构简式可知，D→E发生了羟基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由sp3变为sp2；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，
故答案为：sp3；sp2；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，F→G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，
故答案为：硝基；氨基；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为，
故答案为：；
（6）化合物Ⅰ的分子式为C10H14O，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环（已占据4个不饱和度），则其余C原子均为饱和碳原子（单键连接其他原子）；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得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，可知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），所以满足条件的化合物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的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为或，
故答案为：12；或。
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2022年辽宁省新高考化学试卷（解析版）
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．（3分）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
【解答】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，故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，故B错误；
C．金属奖牌属于合金材料，故C正确；
D．聚乙烯属于有机高分子材料，故D正确；
故选：B。
2．（3分）下列符号表征或说法正确的是（ ）
A．H2S电离：H2S⇌2H++S2﹣
B．Na位于元素周期表p区
C．CO空间结构：平面三角形
D．KOH电子式：
【解答】解：A．H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2S⇌H++HS﹣，故A错误；
B．基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，故B错误；
C．CO32﹣中心碳原子的价层电子对数为3+×（4+2﹣2×3）＝3，故其空间结构为平面三角形，故C正确；
D．KOH是离子化合物，电子式为，故D错误；
故选：C。
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.8g18O中含有的中子数为NA
B．28gC2H4分子中含有的σ键数目为4NA
C．标准状况下，22.4LHCl气体中H+数目为NA
D．pH＝12的Na2CO3溶液中OH﹣数目为0.01NA
【解答】解：A．1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为＝0.1mol，故1.8g18O中含有中子的物质的量为1mol，中子数为NA，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σ键，28gC2H4的物质的量为n＝＝＝1mol，所以28gC2H4分子中含有的σ键数目为5NA，故B错误；
C．HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H+，故C错误；
D．没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH﹣的数目，故D错误；
故选：A。
4．（3分）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
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
【解答】解：A．苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性性KMnO4溶液褪色，故A错误；
B．如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，故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，故C正确；
D．苯乙炔属于烃，难溶于水，故D错误；
故选：C。
5．（3分）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＜Q
C．第一电离能：Y＞Z
D．电负性：W＜Z
【解答】解：根据分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素，Q为S元素，
A．C元素最外层含有4个电子，能够形成4个共价键，则C元素能与多种元素形成共价键，故A正确；
B．水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，则简单氢化物沸点：Z＞Q，故B错误；
C．N元素的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O，故C正确；
D．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Al＜O，故D正确；
故选：B。
6．（3分）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CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为I2被Fe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I﹣被氧化
【解答】解：A．锌比铁活泼，更容易失电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，褪色原因是I2被Zn还原，故A错误；
B．液体分层后，I2在CCl4层，CCl4密度比水大，则下层呈紫红色，故B错误；
C．镀层金属活泼性大于铁，则铁不易生锈，若铁活泼性大于镀层金属，则铁更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，故C错误；
D．漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，具有强氧化性，可将I﹣氧化，故D正确；
故选：D。
7．（3分）理论化学模拟得到一种N13+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
【解答】解：A．由N13+的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．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sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，故B错误；
C．中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，故C正确；
D．N13+中含叠氮结构（），常温下不稳定，故D正确；
故选：B。
8．（3分）下列类比或推理合理的是（ ）
已知
方法
结论
A
沸点：Cl2＜Br2＜I2
类比
沸点：H2＜N2＜O2
B
酸性：HClO4＞HIO4
类比
酸性：HCl＞HI
C
金属性：Fe＞Cu
推理
氧化性：Fe3+＜Cu2+
D
Ksp：Ag2CrO4＜AgCl
推理
溶解度：Ag2CrO4＜AgCl
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高，H2、N2、O2的沸点也只受分子间作用力影响，随相对分子质量的逐渐增大，沸点逐渐升高，故A正确；
B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞I，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞HIO4，卤化氢的稳定性越强，其酸溶液的酸性越弱，氢化物稳定性：HCl＞HI，则酸性：HCl＜HI，二者不能类比，故B错误；
C．金属性：Fe＞Cu，可推理出氧化性：Cu2+＞Fe2+，不是Fe3+＜Cu2+，故C错误；
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，故D错误；
故选：A。
9．（3分）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：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+
B．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0.1mol•L﹣1
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【解答】解：A．由以上分析可知，左侧电极反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A正确；
B．实验结束时，b中为乙酸钠和硫酸钠溶液，乙酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显红色，故B错误；
C．阳极电极反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，阴极电极反应式为2CH3COOH+2e﹣═2CH3COO﹣+H2↑，根据电子守恒可知，c中产生1molO2时，b中消耗4molCH3COOH，若c中收集气体11.20mL，即＝0.0005molO2，b中消耗0.002molCH3COOH，样品中乙酸浓度为＝0.2mol•L﹣1，故C错误；
D．把盐桥换为U形铜导线，a、b两池均为电解池，b池中铜电极作阳极，电极反应为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，Cu2+水解显酸性，影响测定结果，故D错误；
故选：A。
10．（3分）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反应催化机理如图，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H2O
【解答】解：A．由图可知，和为反应物，为生成物，总反应为加成反应，故A正确；
B．Ⅰ为链状，Ⅴ为环状，二者结构不相似，故二者不互为同系物，故B错误；
C．由反应机理可知Ⅵ为反应的催化剂，故C正确；
D．在第一步或第三步反应中，由反应前后原子守恒可知，化合物X为H2O，故D正确；
故选：B。
11．（3分）H2O（l）、NH3（l）均可自耦电离：2H2O（l）⇌OH﹣+H3O+、2NH3（l）⇌NH+NH。下列反应与原理不同的是（ ）
A．Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3
B．SiCl4+8NH3（l）═Si（NH2）4+4NH4Cl
C．3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2
D．PCl3+3H2O═H3PO3+3HCl
【解答】解：根据题目信息可知，CH3CH2Br和H2O互相交换成分生成CH3CH2OH和HBr，
A．由2H2O（l）⇌OH﹣+H3O+，Mg3N2和H2O互相交换成分，生成Mg（OH）2和NH3，与题中反应原理相同，故A正确；
B．由NH3（l）自耦电离，2NH3（l）⇌NH+NH，SiCl4和NH3互相交换成分，生成Si（NH2）4和NH4Cl，原理与题干中相同，故B正确；
C．Cl2和NH3发生反应生成单质N2，反应物之间没有进行成分的互相交换，与题中的反应原理不相同，故C错误；
D．PCl3和H2O的反应，二者进行互换成分生成了H3PO3和HCl，与题中的反应原理是相同的，故D正确；
故选：C。
12．（3分）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）⇌Y（g）+2Z（g），有关数据如下：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol•L﹣1•min﹣1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是（ ）
A．1min时，Z的浓度大于0.20mol⋅L﹣1
B．2min时，加入0.20molZ，此时v正（Z）＜v逆（Z）
C．3min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
【解答】解：A．如果0～2内Z的反应速率为匀速，则1min时，生成c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×1min＝0.20mol/L，实际上，随着反应进行，Z的生成速率逐渐减小，所以1min时c（Z）大于0.20mol/L，故A正确；
B．2min内生成的c（Z）＝v△t＝0.20mol•L﹣1•min﹣1×2min＝0.40mol/L、4min内c（Z）＝v△t＝0.15mol•L﹣1•min﹣1×4min＝0.60mol/L、6min内c（Z）＝v△t＝0.10mol•L﹣1•min﹣1×6min＝0.60mol/L，则4min时反应已经达到平衡状态，c（Z）＝0.6mol/L，根据方程式知，c（Y）＝c（Z）＝×0.6mol/L＝0.3mol/L，化学平衡常数K＝c（Y）×c2（Z）＝0.3×（0.6）2＝0.108，2min时，加入0.20molZ，c（Z）＝0.40mol/L+＝0.60mol/L，c（Y）＝0.20mol/L，Qc＝c（Y）×c2（Z）＝0.20×（0.60）2＜K，平衡正向移动，则v正（Z）＞v逆（Z），故B错误；
C．Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2，3min时，Y的体积分数等于其物质的量分数，为33.3%，故C正确；
D．根据C的分析知，5min时反应达到平衡状态，生成n（Z）＝0.60mol，消耗n（X）＝0.60mol，X的物质的量为（2﹣0.6）mol＝1.4mol，故D正确；
故选：B。
13．（3分）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Na2SO3溶液，对比现象
C
判断反应后Ba2+是否沉淀完全
将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3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
【解答】解：A．酸碱中和滴定操作中没有较好的保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，故A错误；
B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，故B错误；
C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则沉淀完全，故C正确；
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，可选用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，碘水则用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，故D错误；
故选：C。
14．（3分）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：Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+
B．放电时Cl﹣透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1mol电子，理论上CCl4吸收0.5molCl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
【解答】解：A．放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+，故A正确；
B．放电时，阴离子向负极移动，则Cl﹣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1mol电子，正极上氯气被消耗，电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，则理论上CCl4释放0.5molCl2，故C错误；
D．充电时，阳极上为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，Cl﹣被消耗，NaCl溶液浓度减小，故D错误；
故选：A。
15．（3分）甘氨酸（NH2CH2COOH）是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO﹣和NH2CH2COO﹣的分布分数【如δ（A2﹣）＝】与溶液pH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NH2CH2COO﹣
C．NH3+CH2COO﹣+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH﹣的平衡常数K＝10﹣11.65
D．c2（NH3+CH2COO﹣）＜c（NH3+CH2COOH）⋅c（NH2CH2COO﹣）
【解答】解：A．NH2CH2COOH，具有﹣NH2，﹣COOH两种官能团，则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H+，羧基具有酸性，在碱性较强时会与OH﹣反应，则曲线a表示NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NH2CH2COO﹣的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．NH3+CH2COO﹣+H2O⇌NH3+CH2COOH+OH﹣的平衡常数K＝，25℃，根据曲线a、b交点坐标（2.35，0.50）可知，pH＝2.35时，c（NH3+CH2COOH）＝c（NH3+CH2COO﹣），K＝c（OH﹣）＝＝10﹣11.65，故C正确；
D．由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标（9.78，0.50）分析，可得电离平衡NH3+CH2COO﹣⇌NH2CH2COO﹣+H+的电离常数为K1＝10﹣9.78，＝＝，则×＝×＝＜1，即c2（NH3+CH2COO﹣）＞c（NH3+CH2COOH）⋅c（NH2CH2COO﹣），故D错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）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MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如图：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
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pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
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 ab 。
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Bi2O3，反应的化学方程式为 2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2 。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；② 抑制金属离子水解 。
（4）滤渣的主要成分为 SiO2 （填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为 Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O 。
（6）加入金属Bi的目的是 将Fe3+转化为Fe2+ 。
（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 24.02% 。
【解答】解：（1）a．进一步粉碎矿石，可以增大接触面积，加快反应速率，故a正确；
b．鼓入适当过量的空气，增大氧气的浓度，加快反应速率，故b正确；
c．降低焙烧温度，反应速率会减小，故c错误；
故答案为：ab；
（2）焙烧时Bi2S3被空气中氧气氧化，生成Bi的氧化物和SO2，反应的方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2，
故答案为：2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；
（3）加入盐酸时，金属氧化物和盐酸反应生成盐和水，可以使Bi3+和Mn2+充分浸出，同时还可以是溶液保持酸性环境，抑制金属离子水解，
故答案为：抑制金属离子水解；
（4）加入盐酸时，Mn2O3、Fe2O3、Bi2O3和盐酸反应生成金属氯化物进入溶液中，不和盐酸反应的是SiO2被过滤出来，在滤渣里，
故答案为：SiO2；
（5）加入浓盐酸时，Mn2O3转化为MnCl2，离子方程式为Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O，
故答案为：Mn2O3+6H++2Cl﹣＝2Mn2++Cl2↑+3H2O；
（6）加入金属Bi之后的滤液中含有FeCl2，说明Bi将Fe3+还原为Fe2+，
故答案为：将Fe3+转化为Fe2+；
BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%，则Bi的质量为32kg×78.5%＝25.12kg，转化中消耗的Bi为1.1gkg，则原矿物中含有Bi的质量为25.12kg﹣1.1kg＝24.02kg，则原将100kg辉铋矿Bi元素的质量分数为＝24.02%，
故答案为：24.02%。
17．（13分）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（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1 ΔS＝﹣200J•K﹣1•mol﹣1。
回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 能 （填“能”或“不能”）自发。
（2） 高 温（填“高”或“低”，下同）有利于提高反应速率， 低 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TiO2﹣xHy的温度为415℃）。
下列说法正确的是 ab 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．N≡N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：M﹣LiH复合催化剂。
下列说法正确的是 a 。
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＝kcα（N2）cβ（H2）•cγ（NH3），根据表中数据，γ＝ ﹣1 ；
实验
c（N2）/mol•L﹣1
c（H2）/mol•L﹣1
c（NH3）/mol•L﹣1
v/mol•L﹣1•s﹣1
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 ac 。
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3，八面体中心为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 Fe （填元素符号）；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 3d6 。
【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1 ΔS＝﹣200J•K﹣1•mol﹣1，则△G＝△H﹣T△S＝（﹣92.4+0.2×298）kJ•mol﹣1＝﹣32.8 kJ•mol﹣1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行，
故答案为：能；
（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，
故答案为：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，故a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以N≡N 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，故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，故c错误；
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，故d错误；
故答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，300℃，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，故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，故b错误；
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，故c错误；
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，故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，故b错误；
c．根据速率方程计算的γ＝﹣1可知，其他条件不变时，速率与氨气浓度成反比，分离出氨，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；
故答案为：﹣1；ac；
（6）从图中信息可以进行以下计算：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[M（NH3）6]2+，白球的化学式为[BH4]﹣，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，
故答案为：Fe；3d6。
18．（14分）H2O2作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备H2O2原理及装置如图：
已知：H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒。回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为 Zn+2H+＝Zn2++H2↑ 。
（2）装置B应为 ② （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 a、b ，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 c、d ，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 防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒 。
（5）反应过程中，控温45℃的原因为 适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解 。
（6）氢醌法制备H2O2总反应的化学方程式为 H2+O2H2O2 。
（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H2O2质量分数为 17% 。
【解答】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+＝Zn2++H2↑，
故答案为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑；
（2）H2O、HX等杂质易使Ni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，
故答案为：②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的H2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H2O2和乙基蒽醌，
故答案为：a、b；c、d；
（4）H2O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，
故答案为：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H2O2分解，所以反应过程中控温45℃，
故答案为：适当升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解；
（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H2O2和乙基蒽醌，总反应为H2+O2H2O2，
故答案为：H2+O2H2O2；
（7）滴定反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，可得关系式：2MnO4﹣～5H2O2，三组数据中20.90mL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20.00mL，H2O2的质量分数ω＝×100%＝17%，
故答案为：17%。
19．（14分）某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为 C7H7NO3 。
（2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为 +CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O 。
（3）D→E中对应碳原子杂化方式由 sp3 变为 sp2 ，PCC的作用为 选择性将分子中的羟基氧化为羰基 。
（4）F→G中步骤ⅱ实现了由 硝基 到 氨基 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 12 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 或 （任写一种）。
【解答】解：（1）由A的结构简式可知A是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代苯环上的一个氢原子，所以A的分子式为C7H7NO3，
故答案为：C7H7NO3；
（2）由题目给出的合成路线中C→D的转化可知，苯酚可与CH3OCH2Cl发生取代反应生成与HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和H2O，据此可得该反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O，
故答案为：+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O；
（3）根据D、E的结构简式可知，D→E发生了羟基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由sp3变为sp2；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，
故答案为：sp3；sp2；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，F→G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，
故答案为：硝基；氨基；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为，
故答案为：；
（6）化合物Ⅰ的分子式为C10H14O，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环（已占据4个不饱和度），则其余C原子均为饱和碳原子（单键连接其他原子）；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得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，可知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），所以满足条件的化合物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的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为或，
故答案为：12；或。
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