2023年遼寧化學高考真題及解析

2023年高考遼寧卷化學真題

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一、單選題

1.科技是第一生產(chǎn)力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法錯誤的是

A.利用CO2合成了脂肪酸：實現(xiàn)了無機小分子向有機高分子的轉(zhuǎn)變

B.發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石［(Ca8Y)Fe(PO4)7r'：其成分屬于無機鹽

C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉(zhuǎn)化形式：太陽能一電能

D.革新了海水原位電解制氫工藝：其關鍵材料多孔聚四氟乙烯耐腐蝕

【答案】A

【詳解】

A.日常生活中常見的脂肪酸有：硬脂酸(G7H35coOH)、油酸(G7H33coOH),二者相對分子質(zhì)量雖大，但沒有達到

高分子化合物的范疇，不屬于有機高分子，A錯誤；

B.嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，屬于無機化合物，又因含有磷酸根，因此屬于無機鹽，B正確；

C.電池是一種可以將其他能量轉(zhuǎn)化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；

D.海水中含有大量的無機鹽成分，可以將大多數(shù)物質(zhì)腐蝕，而聚四氟乙烯塑料被稱為塑料王，耐酸、耐堿，不會

被含水腐蝕，D正確；

故選Ao

2.下列化學用語或表述正確的是

A.BeCL的空間結構：V形B.P4中的共價鍵類型：非極性鍵

CH,H

\/

C.基態(tài)Ni原子價電子排布式：3d10D.順—2—丁烯的結構簡式：/C—

HCH,

【答案】B

【詳解】

A.BeCb的中心原子為Be,由VSEPR模型可以計算，BeCL中不含有孤電子對，故BeCL為直線型分子，A錯誤；

B.P4分子中相鄰兩P原子之間形成共價鍵，同種原子之間形成的共價鍵為非極性共價鍵，P4分子中的共價鍵類型

為非極性共價鍵，B正確；

C.Ni原子的原子序數(shù)為28,其基態(tài)原子的價電子排布為3d84s2,C錯誤；

cCH

D.順-2-丁烯的結構中兩個甲基在雙鍵的同一側(cè)，其結構簡式為H3x/\D錯誤；

HC=CH

故選Bo

3.下列有關物質(zhì)的工業(yè)制備反應錯誤的是

高溫、高壓占燃

A.合成氨：N2+3H2=2NHsB.制HQ：H2+C12^=^HC1

催化劑

高溫電解

C.制粗硅：SiO2+2C^=Si+2COD.冶煉鎂：2Mge）（熔融）：^=2Mg+02T

【答案】D

【詳解】

高溫、高壓

A.工業(yè)上合成氨是利用氮氣和氫氣在催化劑的條件下反應生成的，反應方程式為N2+3H2…、2NH3,A正確;

催化劑

占燃

B.工業(yè)上制氯化氫是利用氫氣和氯氣反應生成的，反應方程式為H2+C1工*2HC1,B正確；

C.工業(yè)上制粗硅是將SiO2與C在高溫下反應生成粗硅，反應方程式為SiO2+2cNsi+2cO,C正確；

由解

D.冶煉金屬鎂是電解熔融氯化鎂，反應方程式為MgCb（熔融）粵Mg+CLT，D錯誤；

故選D。

4.下列鑒別或檢驗不能達到實驗目的的是

A.用石灰水鑒別Na2c03與NaHCCh

B.用KSCN溶液檢驗FeSCM是否變質(zhì)

C.用鹽酸酸化的BaCb溶液檢驗Na2s03是否被氧化

D.加熱條件下用銀氨溶液檢驗乙醇中是否混有乙醛

【答案】A

【詳解】A.石灰水的主要化學成分為Ca（0H）2能與碳酸鈉和碳酸氫鈉反應生成碳酸鈣，二者均生成白色沉淀，因

此不能達到鑒別的目的，A錯誤；

B.Fe2+變質(zhì)后會生成Fe3+,可以利用KSCN溶液鑒別，反應現(xiàn)象為溶液變成血紅色，可以達到檢驗的目的，B正

確；

C.Na2s03被氧化后會變成Na2s04,加入鹽酸酸化的BaCL后可以產(chǎn)生白色沉淀，因此可以用來檢驗Na2s。3是否

被氧化，C正確；

D.含有醛基的物質(zhì)可以與銀氨溶液反應生成銀單質(zhì)，因此可以用來檢驗乙醇中混油的乙醛，D正確；

故答案選A。

5.我國古代四大發(fā)明之一黑火藥的爆炸反應為：S+2KNO3+3C=K2S+N2T+3CO2T,設山為阿伏加德羅常數(shù)

的值，下列說法正確的是

A.11.2LCO2含n鍵數(shù)目為治B.每生成2.8gNz轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為治

C.O.lmolKNOs晶體中含離子數(shù)目為0.2NAD.lLO.lmol?『小2s溶液中含S?-數(shù)目為0.1以

【答案】c

【詳解】

A.CO2分子含有2個兀鍵，題干中沒有說是標況條件下，氣體摩爾體積未知，無法計算兀鍵個數(shù)，A錯誤；

B.2.8gN2的物質(zhì)的量11寸=gmol=O.lmol,ImolN?生成轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為12NA,則O.lmolN2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.2以，

B錯誤；

C.0.1molKN()3晶體含有離子為K+、NO&,含有離子數(shù)目為0.2NA，C正確；

D.因為S2-水解使溶液中S2-的數(shù)目小于O.INA，D錯誤；

故選C。

6.在光照下，螺毗喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換而變色，過程如下。下列關于開、閉環(huán)螺毗喃說法正確的是

⑶環(huán)螺毗喃開環(huán)螺毗喃

A.均有手性B.互為同分異構體

C.N原子雜化方式相同D.閉環(huán)螺毗喃親水性更好

【答案】B

【詳解】A.手性是碳原子上連有四個不同的原子或原子團，因此閉環(huán)螺毗喃含有手性碳原子如圖所示，

,開環(huán)螺叱喃不含手性碳原子，A錯誤；

B.據(jù)二者的結構簡式分析，分子式均為Ci9H19NO,其結構不同，因此互為同分異構體，B正確：

C.閉環(huán)螺毗喃中N原子雜化方式為sp3,開環(huán)螺毗喃中N原子雜化方式為sp2,C錯誤；

D.開環(huán)螺毗喃中氧原子顯負價，電子云密度大，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，所以開環(huán)螺毗喃親

水性更好，D錯誤;

故選Bo

7.某無隔膜流動海水電解法制出的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制。2產(chǎn)生。下列說法正確的是

A.b端電勢高于a端電勢B.理論上轉(zhuǎn)移2moie1生成4gH2

+

C.電解后海水pH下降D.陽極發(fā)生：Cl"+H20-2e-=HC104-H

【答案】D

【分析】

據(jù)圖分析可知，左側(cè)電極產(chǎn)生氧氣，因此左側(cè)電極為陽極，電極a為正極，右側(cè)電極為陰極，b電極為負極，該裝

置的總反應產(chǎn)生氧氣和氫氣，相當于電解水。

【詳解】

A.a為正極，b電極為負極，因此a端電勢高于b端電勢，A錯誤；

B.右側(cè)電極上產(chǎn)生氫氣的電極方程式為：2H++2e=H2T，則理論上轉(zhuǎn)移2moie-生成2gH2,B錯誤；

C.據(jù)圖分析可知，該裝置的總反應為電解海水的裝置，隨著電解的進行，海水的濃度增大，但是其pH基本不變，

C錯誤；

+

D.據(jù)圖分析可知，陽極上的電極反應為：Cr+H20-2e-HC10+H,D正確；

故選D。

8.冠雄因分子結構形如皇冠而得名，某冠酸分子c可識別K+,其合成方法如下。下列說法錯誤的是

A.該反應為取代反應B.a、b均可與NaOH溶液反應

C.c核磁共振氫譜有3組峰D.c可增加K1在苯中的溶解度

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)a和c的結構簡式分析可知，a與b發(fā)生取代反應生成c和HC1,A正確；

B.a中含有酚羥基，酚羥基呈弱酸性能與NaOH反應，b可在NaOH溶液中發(fā)生水解反應，生成醇類，B正確;

C.由C的結構簡式分析可知，冠酸中有四種不同化學環(huán)境的氫原子，如圖所示:

核磁共振氫譜有4組峰，C錯誤:

D.c可與K+形成鰲合離子,該物質(zhì)在苯中溶解度較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度,

D正確;

故選C。

二、多選題

9.某種鎂鹽具有良好的電化學性能，其陰離子結構如下圖所示。W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增大的短周期

元素，W、Y原子序數(shù)之和等于Z,Y原子價電子數(shù)是Q原子價電子數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是

W

,I

L為Z.X—X—Y—

I

XZ,

A.W與X的化合物為極性分子B.第一電離能Z>X>Y

C.Q的氧化物是兩性氧化物D.該陰離子中含有配位鍵

【答案】AB

【分析】

據(jù)圖分析，W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增大的短周期元素，W形成1條單鍵且核電荷數(shù)最小，W為H,X形

成4條鍵，核電荷數(shù)大于H,且小于其他三種元素，X為C,Y形成2條單鍵，核電荷數(shù)大于C,Y為O,W、Y

原子序數(shù)之和等于Z,Z為F,Y原子價電子數(shù)為Q原子價電子數(shù)的2倍，Q為A1。

【詳解】

A.W與X的化合物不一定為極性分子，例如CE就是非極性分子，A錯誤；

B.同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，因此第一電離能F>0>C,B錯誤：

C.Q為Al,AI2O3為兩性氧化物，C正確；

D.該陰離子中L與Q之間形成配位鍵，D正確；

故選ABo

三、單選題

10.某工廠采用如下工藝制備Cr(0H)3，已知焙燒后Cr元素以+6價形式存在，下列說法錯誤的是

Na;CO,+Oj淀粉水解液

程渣送液②

A.“焙燒”中產(chǎn)生CO?B.濾渣的主要成分為Fe(0H)2

C.濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrOj-D.淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用

【答案】B

【詳解】

A.鐵、錨氧化物與碳酸鈉和氧氣反應時生成對應的鈉鹽和二氧化碳，A正確；

B.焙燒過程鐵元素被氧化，濾渣的主要成分為氫氧化鐵，B錯誤；

C.濾液①中Cr元素的化合價是+6價，鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀溶液顯堿性，所以Cr元素主要存在形式

為CrOt，C正確；

D.淀粉水解液中的葡萄糖含有醛基起著還原作用，D正確;

故選B。

11.某低成本儲能電池原理如下圖所示。下列說法正確的是

多孔碳

A.放電時負極質(zhì)量減小

B.儲能過程中電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能

C.放電時右側(cè)H+通過質(zhì)子交換膜移向左側(cè)

3+2+

D.充電總反應：Pb+SOi-+2Fe=PbS04+2Fe

【答案】B

【分析】

據(jù)圖分析，儲能電池放電時，Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成PbSOa，因此多孔碳電極為正極，正極上Fe3+

得電子轉(zhuǎn)化為Fe2+,充電時，多孔碳電極為陽極，F(xiàn)e2+失電子生成Fe3+,PbSCU電極為陰極，PbSC)4得電子生成Pb

和硫酸。

【詳解】

A.放電時負極上Pb失電子結合硫酸根離子生成PbSCU附著在負極上，負極質(zhì)量增大，A錯誤;

B.儲能過程中，該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學能，B正確;

C.放電時，右側(cè)為正極，電解質(zhì)溶液中的陽離子向正極移動，左側(cè)的H+通過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)，C錯誤;

D.充電時，總反應為PbSO4+2Fe2+=Pb+SO,+2Fe3+,D錯誤；

故選Bo

12.一定條件下，酸性KMnO4溶液與H2c發(fā)生反應，Mn(H)起催化作用，過程中不同價態(tài)含Mn粒子的濃度隨時

間變化如下圖所示。下列說法正確的是

(

□

?

O一

U

T

0

-

)

后

好

A.Mn(HI)不能氧化H2c2O4

B.隨著反應物濃度的減小，反應速率逐漸減小

C.該條件下，Mn(H)和Mn(VD)不能大量共存

+2+

D.總反應為：2MnO1+5c2。/+16H=2Mn+10CO21+8H2O

【答案】C

【分析】

據(jù)圖分析，反應開始一段時間(大約13min前)隨著時間的推移Mn(VII)濃度減小直至為0,Mn(HI)濃度增大直至

達到最大值，結合圖像，此時間段主要生成Mn(HI),同時先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后來(大約13min

后)隨著時間的推移Mn(lII)濃度減少，Mn(H)的濃度增大。

【詳解】

A.根據(jù)圖像分析可知，隨著時間的推移Mn(III)的濃度先增大后減小，則說明開始反應生成Mn(III),后Mn(IH)被

消耗生成Mn(H),Mn(III)能氧化H2c2O4，A項錯誤；

B.隨著反應物濃度的減小，到大約13min時開始生成Mn(II),Mn(II)對反應起催化作用，13min后反應速率會增大，

B項錯誤；

C.根據(jù)圖像分析可知，Mn(VH)的濃度為0后才開始生成Mn(Il),該條件下Mn(II)和Mn(VH)不能大量共存，C項

正確；

D.H2c2。4為弱酸，在離子方程式中應以化學式保留，總反應為2MnO4+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H20,D項

錯誤；

故選Co

13.某小組進行實驗，向10mL蒸鐲水中加入0.4g12,充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深;

最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知g(aq)為棕色，下列關于顏色變化的解釋錯誤的是

選項顏色變化解釋

A溶液呈淺棕色12在水中溶解度較小

B溶液顏色加深發(fā)生了反應：12+「=百

C紫黑色晶體消失[2(aq)的消耗使溶解平衡h(s)Uk(aq)右移

D溶液褪色Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了置換反應

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【詳解】

A.根據(jù)題意，向10mL蒸儲水中加入0.4gL，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明L的濃度較小，因為L在水中溶解

度較小，A正確;

B.由于I式aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與L反應生成ZnL，生成的「與L發(fā)生反應「+LWI，生成與使溶液顏

色加深，B正確;

C.12在水中存在溶解平衡b(s)=l2(叫)，Zn與L反應生成的r與l2(aq)反應生成5,L(aq)濃度減小，上述溶解平衡

向右移動，紫黑色晶體消失，C正確;

D.最終溶液褪色是Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了化合反應，不是置換反應，D錯誤;

故選D。

14.晶體結構的缺陷美與對稱美同樣受關注。某富鋰超離子導體的晶胞是立方體(圖I),進行鎂離子取代及鹵素共

摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料(圖2)。下列說法錯誤的是

OC1或Br

OO

oMg或空位

?Li

圖1圖2

72.5

A.圖1晶體密度為3g，CmB.圖1中。原子的配位數(shù)為6

NAxa3xlO-0

C.圖2表示的化學式為LiMg20CkBri_xD.Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+傳導

【答案】C

【詳解】

A.依據(jù)均攤法，圖1的晶胞中含Li：8x%l=3,O：2x1=1,Cl：4x；=l,1個晶胞的質(zhì)量為空警場g=^g,晶

424NANA

72G77q

胞的體積為(axlO"%m)3=a3xl()-3Ocm3,因此晶體的密度為花了：二才高而而g/cm%A正確;

B.根據(jù)圖1晶胞中，O位于面心，與O等距離最近的Li有6個，O原子的配位數(shù)為6,B正確;

C.依據(jù)均攤法，圖2中Li：1,Mg或空位為8x[=2。O：2xi=],Cl或Br：4x1=1,Mg的個數(shù)小于2,根據(jù)正負

化合價的代數(shù)和為0,圖2的化學式為LiMgOClxBr..x，C錯誤;

D.進行鎂離子取代及鹵素共摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料，說明Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+的傳導,

D正確;

故選Co

15.某廢水處理過程中始終保持H2s飽和，即C(H2S)=O.lmol?通過調(diào)節(jié)pH使Ni?+和Cd2+形成硫化物而分離,

體系中pH與一Ige關系如下圖所示，c為HSJS2-、Ni2+和Cd2+的濃度，單位為mol?廠】。已知K$p(NiS)>Ksp(CdS),

下列說法正確的是

PH

A.Ksp(CdS)=10-18.4B.③為pH與一Igc(HS-)的關系曲線

-147

C.Kal(H2S)=10-&1D.Ka2(H2S)=IO

【答案】D

【分析】

據(jù)圖分析，已知H2s飽和溶液中隨著pH的增大，H2s的濃度逐漸減小，HS-的濃度增大，S2-濃度逐漸增大，因此有

-lgc(HS)和-lg(S%)隨著pH增大而減小,且相同pH相同時,HS-濃度大于S”，即-lgc(HS)小于-IgS)則Ni?+和Cd"

濃度逐漸減小,且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即當c(S”)相同時，c(Ni2+)>c(Cd2+),因此-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)隨著pH增大

而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+),由此可推斷曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S',④代表HS-。

【詳解】

A.根據(jù)分析可知，曲線①代表Cd?*、③代表S',根據(jù)圖示曲線①③交點可知，止匕時c(Cd2+)=c(S2-)=10」3moi/L,因

此有Ksp(CdS)=c(Cd2+)c(S2-)=1013x10-13=10-26,A錯誤；

B.根據(jù)分析可知，③為pH與-lgc(S2-)的關系曲線，B錯誤；

C.根據(jù)分析可知,曲線④代表HS1由圖示曲線④兩點坐標可知,此時c(H+)=10-i6moi/L時，c(HS)=l()65mol/L,

K(HS)=￡(?°詈="L"生"=10-71或者當c(H+)=10-42mol/L0寸，c(HS-)=10-3-9mol/L,

al2c(HzS)0.1

區(qū)式移)=咒圖="答^=1。一小c錯誤；

D.因為有跖42=咚黑皂X當滬=注黑口，由曲線③兩點坐標可知，當c(H+)=10-4-9mol/L時，

C(n2o)C(Hb)C(n2o)

c(S2)=10"3moi/L,或者當c(H+)=10'68mol/L時，c(S2-)=1092moi/L,故有

以返廿汽:丁，心”"?衛(wèi)=”‘產(chǎn)”鄉(xiāng)之二丑⑵結合c項分析可知，心口。。」因此有人2(出$)=1Q-147,

C(H2O)0.10.1

D正確；

故選D。

四、工業(yè)流程題

16.某工廠采用如下工藝處理銀鉆礦硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+,Fe2+.Fe3+.Mg?+和MM+)。實現(xiàn)銀、鉆、鎂元

素的回收。

混合氣

石灰乳(SO2+空氣)NaOHNaOH

硫酸浸取液上層清液

濾渣鉆鍥渣沉渣

己知:

物質(zhì)Fe(OH)3CO(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2

Ksp10-37.410-14.710-14.710-10.8

回答下列問題:

(1)用硫酸浸取銀鉆礦時，提高浸取速率的方法為(答出一條即可)。

(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2so5)，ImolH2s中過氧鍵的數(shù)目

為o

(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4,MM+被H2sO5氧化為MnC)2,該反應的離子方程式為(H2s0$的電離第一

步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為MnC)2、(填化學式)。

(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(U)氧化率與時間的關系如下。S02體積分數(shù)為時，Mn(I【)氧化速率

%

、

7樹

〉

嘛

=

u)

工

(5)“沉鉆銀”中得到的Co(H堆空氣中可被氧化成CoO(OH),該反應的化學方程式為

(6)“沉鎂”中為使Mg?+沉淀完全(25?,需控制pH不低于(精確至0.1)o

【答案】

(1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或?qū)y鉆礦粉碎增大接觸面積

(2)NA

2++

(3)H2O+Mn+HSO5=MnO2+SOi'+3HFe(OH)3

(4)9.0%SO2有還原性，過多將會降低H2sO5的濃度，降低Mn(II)氧化速率

(5)4CO(0H)2+02=4CO0(0H)+2H20

(6)11.1

【分析】

據(jù)圖分析，在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H2so5)，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=

4,MM+被H2sO5氧化為MnC)2，發(fā)生反應H2O+Mn2++HSOg=MnC)2+SO孑+3H+,Fe?+水解同時生成氫氧化鐵，“沉

鉆銀''過程中，Q?+變?yōu)镃O(OH)2，在空氣中可被氧化成COO(OH)。

【詳解】

(1)用硫酸浸取銀鉆礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)y鉆礦粉碎增大接觸面積

O

(2)(H2sO5)的結構簡式為I)II.因此Imo(H2sO5中過氧鍵的數(shù)目為NA

6-H

(3)用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4,MM+被H2sO5氧化為MnOz，該反應的離子方程式為：

2++

H2O+Mn+HSO5=MnO2+SOi-+3H；氫氧化鐵的Ksp=l()-37.4,當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=l(y5mol/L,

33+35374l08

Ksp=c(OH-)Xc(Fe)=c(OH')X10-=10--,c(OH)=10mol/L,依據(jù)KwTO",pH=3.2,此時溶液的pH=4,

所以鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，因此濾渣還有氫氧化鐵；

(4)根據(jù)圖示分析可知SO2體積分數(shù)為0.9%時，Mn(H)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，由于SCh有還原

性，過多將會降低H2sO5的濃度，降低Mn(II)氧化速率

(5)“沉鉆鎮(zhèn)”中得到的CO(OH)2,在空氣中可被氧化成COO(OH),該反應的化學方程式為：

4CO(0H)2+02=4CO0(0H)+2H20；

(6)氫氧化鎂的Ksp=10」°-8,當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L,依據(jù)Ksp可計算c(OH)=l()29mo]/L,依

據(jù)Kw=10i4,c(H+)=10"'mol/L,所以溶液的pH=U.l；

五、實驗題

17.2—曝吩乙醇(Mr=128)是抗血栓藥物氯毗格雷的重要中間體，其制備方法如下：

曜吩3耀吩的r味吩乙醉納2?嚏吩乙靜

I.制鈉砂。向燒瓶中加入300mL液體A和4.60g金屬鈉，加熱至鈉熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小鈉珠出現(xiàn)。

II.制曝吩鈉。降溫至10。&加入25mL曝吩，反應至鈉砂消失。

III.制噬吩乙醇鈉。降溫至加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫吠喃溶液，反應30min。

IV.水解?；謴褪覝兀尤?0mL水，攪拌30min；加鹽酸調(diào)pH至4~6,繼續(xù)反應2h,分液：用水洗滌有機相，二

次分液。

V.分離。向有機相中加入無水MgSC)4,靜置，過濾，對濾液進行蒸儲，蒸出四氫吠喃、曝吩和液體A后，得到產(chǎn)

品17.92g。

回答下列問題:

(1)步驟I中液體A可以選擇

a.乙醇b.水c.甲苯d.液氨

(2)嚏吩沸點低于此咯)的原因是

(3)步驟II的化學方程式為o

(4)步驟m中反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是

(5)步驟W中用鹽酸調(diào)節(jié)pH的目的是o

(6)下列儀器在步驟V中無需使用的是(填名稱)：無水Mgs。4的作用為。

(7)產(chǎn)品的產(chǎn)率為(用Na計算，精確至0.1%)。

【答案】⑴c

(2)：O中含有N原子，可以形成分子間氫鍵，氫鍵可以使熔沸點升高

H

(4)將環(huán)氧乙烷溶液沿燒杯壁緩緩加入，此過程中不斷用玻璃棒進行攪拌來散熱

(5)將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應物的轉(zhuǎn)化率

(6)球形冷凝管和分液漏斗除去水

(7)70.0%

【詳解】

(1)據(jù)圖分析，步驟I制鈉砂過程中，液體A不能和Na反應，而乙醇、水和液氨都能和金屬Na反應，故選c。

(2)嚷吩沸點低于毗咯()的原因是:中含有N原子，可以形成分子間氫鍵，氫鍵可以使熔沸點升高。

H

(3)據(jù)圖分析，步驟n中化學方程式為:

2+2Na-?2+H2T?

Na

S,

(4)據(jù)圖分析，步驟HI中反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是：將環(huán)氧乙烷溶液

沿燒杯壁緩緩加入，此過程中不斷用玻璃棒進行攪拌來散熱。

(5)2-曝吩乙醇鈉水解生成-嚷吩乙醵的過程中有NaOH生成，用鹽酸調(diào)節(jié)pH的目的是將NaOH中和，使平衡正向

移動，增大反應物的轉(zhuǎn)化率。

(6)據(jù)圖分析，步驟V中的操作有過濾、蒸儲，蒸儲的過程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，無需使用的是

球形冷凝管和分液漏斗；向有機相中加入無水Mgs。4的作用是：除去水。

(7)據(jù)圖分析，步驟I中向燒瓶中加入300mL液體A和4.60g金屬鈉，Na的物質(zhì)的量為券a=0.2mol,步驟］I

Z3g/mol

中Na完全反應，根據(jù)方程式可知，理論上可以生成0.2mol2-曝吩乙醉，產(chǎn)品的產(chǎn)率為X100%=70.0%。

六、原理綜合題

18.硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟中占有重要地位。

(1)我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSOKlhO)取精華法”。借助現(xiàn)代儀器分析，該制備過程中

CUSO4-5H2O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如下圖所示。700℃左右有兩

(填化學式)。

(2)鉛室法使用了大容積鉛室制備硫酸(76%以下)，副產(chǎn)物為亞硝基硫酸，主要反應如下:

NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4

2NO+O2=2NO2

(i)上述過程中NO2的作用為o

(ii)為了適應化工生產(chǎn)的需求，鉛室法最終被接觸法所代替，其主要原因是(答出兩點即可)。

(3)接觸法制硫酸的關鍵反應為SO2的催化氧化：

SO2(g)+^O2(g)^SO3(g)A/7=-98.9kJmor1

(i)為尋求固定投料比下不同反應階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制相應轉(zhuǎn)化率(a)下反應速率(數(shù)值已略去)與溫度的關系

如下圖所示，下列說法正確的是。

a=0.88

a=0.90

%=0.92

470480490500510520

溫度FC

a.溫度越高，反應速率越大

b.a=0.88的曲線代表平衡轉(zhuǎn)化率

c.a越大，反應速率最大值對應溫度越低

d.可根據(jù)不同a下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度

（ii）為提高機催化劑的綜合性能，我國科學家對其進行了改良。不同催化劑下，溫度和轉(zhuǎn)化率關系如下圖所示，催

化性能最佳的是（填標號）。

8o

%

>、6o

^

/4oa-V-K

O

Sb-V-K-Cs

2Oc—V-K-Ce

d-V-K-Cs-Ce

300350400450500550

溫度AC

（iii）設O2的平衡分壓為p,SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為d，用含p和%的代數(shù)式表示上述催化氧化反應的K產(chǎn)（用

平衡分壓代替平衡濃度計算）。

【答案】

（l）CuOSO3

（2）催化劑反應中有污染空氣的NO和NO?放出影響空氣環(huán)境、NO?可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)、

產(chǎn)率不高（答案合理即可）

m（1-ae）

（3）cdAAd-----

?eP5

【詳解】

（1）根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應，從TG圖像可

以看出，質(zhì)量減少量為原CuSCM質(zhì)量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產(chǎn)出，此時氣體產(chǎn)物為SO?、

700℃

SO3、02,可能出現(xiàn)的化學方程式為3CuSO4^=3CuO+2sO2T+SO3T+O2T，結合反應中產(chǎn)物的固體產(chǎn)物質(zhì)量和氣體

產(chǎn)物質(zhì)量可以確定，該反應的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、02。

（2）⑴根據(jù)所給的反應方程式，NO2在反應過程中線消耗再生成，說明NO?在反應中起催化劑的作用;

(ii)近年來，鉛室法被接觸法代替因為在反應中有污染空氣的NO和NO?放出影響空氣環(huán)境、同時作為催化劑的NO2

可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)影響產(chǎn)品質(zhì)量、產(chǎn)率不高(答案合理即可)。

(3)(i)a.根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，a錯誤；

b.從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉(zhuǎn)化率越低反應速率越快，但在轉(zhuǎn)化率小于88%的時的反應

速率圖像并沒有給出，無法判斷a=0.88的條件下是平衡轉(zhuǎn)化率，b錯誤；

c.根據(jù)圖像分析可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，c正

確；

d.根據(jù)圖像分析可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，這時可以根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率選

擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，d正確；

故選cd；

(ii)為了提高催化劑的綜合性能，科學家對催化劑進行了改良，從圖中可以看出標號為d的催化劑V-K-Cs-Ce對SO2

的轉(zhuǎn)化率最好，產(chǎn)率最佳，故選d；

曄。3%(總)

(iii)利用分壓代替濃度計算平衡常數(shù)，反應的平衡常數(shù)(=吸。?=__叫生一一=—螫?—

p(S02)p2(02)嚕%(總)講(02)n(S02).P2(02)

n(忠)

設SCh初始量為，〃mol,則平衡時”(SC)2)=%〃(SO3)=w-，"ae=/n(l-ae),K?=僧"：故答案為■

m-aep2(o2')ae,pEae-p2

七、有機推斷題

19.加蘭他敏是一種天然生物堿，可作為阿爾茨海默癥的藥物，其中間體的合成路線如下。

(E)