【文档说明】2023年高考真题——化学（辽宁卷） Word版含解析.docx，共(23)页，2.340 MB，由小赞的店铺上传

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辽宁省2023年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.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【解析】【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质

量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能

转化为电能，C正确；D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，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，D正确；故答案选A。2.下列化学用语或表述正确的是A.BeCl2的空间结构：V形B.P4中的共价键类型：非极性键C.基态Ni原子价电子排布式：3d10D.顺—2

—丁烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线型分子，A错误；B．P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价

键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误；D．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；故答案选B。3.下列有关物质的工业制备反应错误的是A.合成氨：N2+3H2垐垐垐?噲垐垐

?高温、高压催化剂2NH3B.制HCl：H2+Cl2点燃2HClC.制粗硅：SiO2+2C高温Si+2COD.冶炼镁：2MgO(熔融)电解2Mg+O2↑【答案】D【解析】【详解】A．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垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3，A正确；B．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2HCl，B正确；C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下

反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2C高温Si+2CO，C正确；D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2↑，D错误；故答案选D。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D.加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛【答案】A【解析】【详解】A．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

白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；B．Fe2+变质后会生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；C．Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；D．含有

醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D正确；故答案选A。5.我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：3222S2KNO3CKSN3CO=++++。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法

正确的是A.211.2LCO含π键数目为ANB.每生成22.8gN转移电子数目为ANC.30.1molKNO晶体中含离子数目为A0.2ND.121L0.1molLKS−溶液中含2S−数目为A0.1N【答案】C【解析】【详解】A．2CO分子含有2个��键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，

无法计算��键个数，A项错误；B．2.8g2N的物质的量m2.8n=mol0.1molM28==，1mol2N生成转移的电子数为12AN，则0.1mol2N转移的电子数为1.2AN，B项错误；C．0.1mol3KNO晶体含

有离子为+K、-3NO，含有离子数目为0.2AN，C项正确；D．因为2-S水解使溶液中2-S的数目小于0.1AN，D项错误；答案选C。6.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【答案】B【解析】【详解】A．手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；B．根据它们的结构简式，分子式均为C19H19

NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；C．闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；D．开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，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；答案为B。7.某

无隔膜流动海水电解法制2H的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制2O产生。下列说法正确的是A.b端电势高于a端电势B.理论上转移2mole−生成24gHC.电解后海水pH下降D.阳极发生：ClHO2eHClOH−−++−=+₂【答案】D【解析】

【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H+

+2e-=H2↑，则理论上转移2mole−生成22gH，B错误；C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；D．由图可知，阳极上的电极反应为：--+Cl+HO-2e=HClO+H₂，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在苯中的溶解度【答案】C【解析】【详解】A．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．a中含有酚羟基，酚

羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；C．根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：，核磁共振氢谱有4组峰，C错误；D．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；故答案选C。9.某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，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。下列说法错误的是A.W与X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】AB【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W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O，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。【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能

呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B错误；C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故答案选AB。10.某工厂采用如下工艺制备3Cr(OH)，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2COB.滤渣的主要成分为2Fe(OH)C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为24CrO−D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】【分析】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发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。【详解】A．铁、铬氧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正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C．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沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为24CrO−，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。11.某

低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是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D.充电总反应：23244PbSO2FePbSO2Fe−++++=+【答案】B【解析】【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbS

O4，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。【详解】A．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，负极质量增大，A错误；B

．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错误；D．充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+24SO−+2Fe3+，D错误

；故答案选B。12.一定条件下，酸性4KMnO溶液与224HCO发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.Mn(Ⅲ)不能氧化224HCOB.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(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−−++++=++【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(V

II)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；据此作答。【详解】A．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．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II)，Mn(II)

对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图像可知，Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(II)，该条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应

为2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。13.某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入20.4gI，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()3Iaq−为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色2I在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：23I+II−−C紫黑色晶体消失2I(aq)的消耗使溶解平衡22I(s)I(aq)右移D溶液褪色

Zn与有色物质发生了置换反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．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I2在水中溶解度较小，A项正确；B．已知-3I(aq)为棕色，加入0

.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌-3I，生成-3I使溶液颜色加深，B项正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成-3I，

I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选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3-30A72.5Na10g∙cm-3B.图1中O原子的配位数为6C.图2表示的化学式为2x1xLiMgOClBr−D

.2Mg+取代产生的空位有利于+Li传导【答案】C【解析】【详解】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1个晶胞的质量为A371635.5N++g=A72.5N

g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为A72.5Ng÷(a3×10-30cm3)=3-30A72.5Na10g/cm3，A项正确；B．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．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×14=2。O：2×12=1，Cl或Br：4×14=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；D．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Li+的传导，D项正确；答案选C。15.某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即()12cHS0.1molL−=，通过调节pH使2Ni+和2Cd+形成硫化物而分离，体系中pH与

lgc−关系如下图所示，c为22HSSNi−−+、、和2Cd+的浓度，单位为1molL−。已知()spspKNiSK(CdS)，下列说法正确的是A.18.4spK(CdS)10−=B.③为pH与()lgcHS−−的关系曲线C.()8.1a12KHS10−=D.()

14.7a22KHS10−=【答案】D【解析】【分析】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-lg(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-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且()spspKNiSK(CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+

、③代表S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。【详解】A．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-)=10-13mol/L，则有()()()22-13-1326spKCd

SccS1010=10Cd+−−==，A错误；B．由分析可知，③为pH与()2lgcS−−的关系曲线，B错误；C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L

，()()()()1.66.57.1a122cH1010KHS10HS0.1cHSc+−−−−===或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，()()()()4.23.97.1

a122cH1010KHS10HS0.1cHSc+−−−−===，C错误；D．已知Ka1Ka2=+-+2--2c(H)c(HS)c(H)c(S)×c(HS)c(HS)=+2-22c(H)c(S)c(HS)，

由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=+2-22c(H

)c(S)c(HS)=-4.92-13-6.82-9.2(10)10(10)10=0.10.1=10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有()14.7a22KHS10−=，D正确；故答案为：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（22232NiCoFeFeMg+++++、、、、和2Mn+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质()3FeOH()2CoOH()2NiOH()2MgOHspK37.410−14.710−14.710−10.8

10−回答下列问题：（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()25HSO，251molHSO中过氧键的数目为_______。（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH

4=，2Mn+被25HSO氧化为2MnO，该反应的离子方程式为_______(25HSO的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为2MnO、_______(填化学式)。（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。2SO体积分数为_______时，Mn(Ⅱ)氧

化速率最大；继续增大2SO体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。（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_______。（6）“沉镁”中为使2Mg+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）①.2+-2-+2524HO+Mn+HSO=MnO+SO+3H②.Fe(OH)3（4）①.9.0%②.SO2有还原性，过多将

会降低25HSO的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率（5）2224Co(OH)+O=4CoO(OH)+2HO（6）11.1【解析】【分析】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()25HSO，用石灰乳调节pH4=，2Mn+被25HSO氧化为2MnO，发生反应

2+-2-+2524HO+Mn+HSO=MnO+SO+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)。【小问1详解】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【小问2详解】(

)25HSO的结构简式为，所以251molHSO中过氧键的数目为NA【小问3详解】用石灰乳调节pH4=，2Mn+被25HSO氧化为2MnO，该反应的离子方程式为：2+-2-+2524HO+Mn+HSO=MnO+SO+3H；氢

氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，-33+-3-5-37.4Ksp=c(OH)c(Fe)=c(OH)10=10，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，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；【小问4详解】根据图示可知2SO体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大2SO体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低25HSO的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率【小问5详解】“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：2224Co(OH)+O=4CoO(OH)+2HO；【小问6详解】氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c

(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；17.2—噻吩乙醇(rM128=)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法

如下：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4MgSO，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_______。a．乙醇b．水c．甲苯d．液氨（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是_______。（3）步骤Ⅱ的化学方程式为_______。（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_______。（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是_______。（6）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是_______(填名称)：无水4MgSO的作用为_______。（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（3）2+2Na→2+H2（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（6）①.球形冷凝管和分液漏斗②.除去水（7）70.0%【解析】【小问1详解】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。【小问2详解】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

。【小问3详解】步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na→2+H2。【小问4详解】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。【小问5详解】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。【小问6详解】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4

MgSO的作用是：除去水。【小问7详解】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4.60g=0.2mol23g/mol，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17.92g100%0.

2mol128g/mol=70.0%。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(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中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)。（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+H2SO42NO+O2=2NO2(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。(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：SO2(g

)+12O2(g)SO3(g)ΔH=-98.9kJ·mol-1(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(α)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_______。a．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

)。(ⅲ)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）①.CuO②.SO3（2）①.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）（3）①.cd②.d③.()e12e1p−【解析】【小问1详解】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，故答案为CuO、SO3。【小问2详解】(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）。【小问3详解】(i)a．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．从图中所给出的速率曲线可以

看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d．从图像可以看出随着转化

率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好

，产率最佳，故答案选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=31222(SO)(SO)(O)ppp=31222(SO)()()(SO)()(O)()npnnppn总总总总=31222(SO)(SO)(O)nnp

；设SO2初始量为mmol，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp=()ee122(1O)mpm−=()e12e1p−，故答案为()e12e1p−。19.加兰他敏是一种天

然生物碱，可作为阿尔茨海默症的药物，其中间体的合成路线如下。回答下列问题：（1）A中与卤代烃成醚活性高的羟基位于酯基的_______位(填“间”或“对”)。（2）C发生酸性水解，新产生的官能团为羟基和_______(填名称)。（3）用O2代替PCC完成D→E的转化，化学

方程式为_______。（4）F的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无N-H键的共有_______种。（5）H→I的反应类型为_______。（6）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M和N的结构简式分别为_______和_

______。【答案】（1）对（2）羧基（3）2+O2Cu/Ag⎯⎯⎯→2+2H2O（4）3（5）取代（6）①.②.【解析】【分析】根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CH3I反应生成有机物B，根据有机物B的分子式可

以得到有机物B的结构，即；有机物与BnCl反应生成有机物C，有机物C发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物D的分子式可以得到有机物D的结构，即；有机物E与有机物有机物F发生已知条件给的②反应生成有机物G，有

机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即，同时也可得到有机物F的结构，即；随后有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I。由此分析解题。【小问1详解】由有机物A与CH3I反应得到有机物B可知，酚与卤代烃

反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位。【小问2详解】有机物C在酸性条件下发生水解，其含有的酯基发生水解生成羧基，其含有的醚键发生水解生成酚羟基，故答案为羧基。【小问3详解】O2与有机物D发生催化氧化反应生成有

机物E，反应的化学方程式为2+O2Cu/Ag⎯⎯⎯→2+2H2O。【小问4详解】F的同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含有苯环和羟基，固定羟基的位置，有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构

体。【小问5详解】有机物H与HCOOCH2CH3反应生成有机物I，反应时，有机物H中的N-H键发生断裂，与HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应。【小问6详解】根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物

N可以与NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4反应生成有机物H，作用位置为有机物N的N=C上，故有机物N的结构为，有机物M可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物M中含有C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物M的反应是羟基的催化氧化，有机物M的结

构为，故答案为、。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com