2023年高考遼寧卷化學真題（解析版）

PAGEPAGE1遼寧省2023年普通高等學校招生選擇性考試(化學)本試卷滿分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.科技是第一生產力，我國科學家在諸多領域取得新突破，下列說法錯誤是A.利用CO2合成了脂肪酸：實現了無機小分子向有機高分子的轉變B.發(fā)現了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分屬于無機鹽C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉化形式：太陽能→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〖解析〗【詳析】A．常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對分子質量雖大，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，是無機鹽，B正確；C．電池是一種可以將其他能量轉化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉化為電能，C正確；D．海水中含有大量的無機鹽成分，可以將大多數物質腐蝕，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〖答案〗選A。2.下列化學用語或表述正確的是A.BeCl2的空間結構：V形 B.P4中的共價鍵類型：非極性鍵C.基態(tài)Ni原子價電子排布式：3d10 D.順—2—丁烯的結構簡式：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．BeCl2的中心原子為Be，根據VSEPR模型可以計算，BeCl2中不含有孤電子對，因此BeCl2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原子的原子序數為28，其基態(tài)原子的價電子排布為3d84s2，C錯誤；D．順-2-丁烯的結構中兩個甲基在雙鍵的同一側，其結構簡式為，D錯誤；故〖答案〗選B。3.下列有關物質的工業(yè)制備反應錯誤的是A.合成氨：N2+3H22NH3 B.制HCl：H2+Cl22HClC.制粗硅：SiO2+2CSi+2CO D.冶煉鎂：2MgO(熔融)2Mg+O2↑〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．工業(yè)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+3H22NH3，A正確；B．工業(yè)制氯化氫是利用氫氣和氯氣反應生成的，反應方程式為H2+Cl22HCl，B正確；C．工業(yè)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+2CSi+2CO，C正確；D．冶煉金屬鎂是電解熔融氯化鎂，反應方程式為MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D錯誤；故〖答案〗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Na2CO3與NaHCO3B.用KSCN溶液檢驗FeSO4是否變質C.用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗Na2SO3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〖解析〗【詳析】A．石灰水的主要成分為Ca(OH)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，不能達到鑒別的目的，A錯誤；B．Fe2+變質后會生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鑒別，現象為溶液變成血紅色，可以達到檢驗的目的，B正確；C．Na2SO3被氧化后會變成Na2SO4，加入鹽酸酸化的BaCl2后可以產生白色沉淀，可以用來檢驗Na2SO3是否被氧化，C正確；D．含有醛基的物質可以與銀氨溶液反應生成銀單質，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：。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.含鍵數目為 B.每生成轉移電子數目為C.晶體中含離子數目為 D.溶液中含數目為〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．分子含有2個??鍵，題中沒有說是標況條件下，氣體摩爾體積未知，無法計算??鍵個數，A項錯誤；B．2.8g的物質的量，1mol生成轉移的電子數為12，則0.1mol轉移的電子數為1.2，B項錯誤；C．0.1mol晶體含有離子為、，含有離子數目為0.2，C項正確；D．因為水解使溶液中的數目小于0.1，D項錯誤；〖答案〗選C。6.在光照下，螺呲喃發(fā)生開、閉環(huán)轉換而變色，過程如下。下列關于開、閉環(huán)螺呲喃說法正確的是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)螺吡喃親水性更好〖答案〗B〖解析〗【詳析】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)螺吡喃含有手性碳原子如圖所示，，開環(huán)螺吡喃不含手性碳原子，故A錯誤；B．根據它們的結構簡式，分子式均為C19H19NO，它們結構不同，因此互為同分異構體，故B正確；C．閉環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp3，開環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp2，故C錯誤；D．開環(huán)螺吡喃中氧原子顯負價，電子云密度大，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，因此開環(huán)螺吡喃親水性更好，故D錯誤；〖答案〗B。7.某無隔膜流動海水電解法制的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑可抑制產生。下列說法正確的是A.b端電勢高于a端電勢 B.理論上轉移生成C.電解后海水下降 D.陽極發(fā)生：〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由圖可知，左側電極產生氧氣，則左側電極為陽極，電極a為正極，右側電極為陰極，b電極為負極，該裝置的總反應產生氧氣和氫氣，相當于電解水，以此解題。【詳析】A．由分析可知，a為正極，b電極為負極，則a端電勢高于b端電勢，A錯誤；B．右側電極上產生氫氣的電極方程式為：2H++2e-=H2↑，則理論上轉移生成，B錯誤；C．由圖可知，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．由圖可知，陽極上的電極反應為：，D正確；故選D。8.冠醚因分子結構形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別，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均可與溶液反應C.c核磁共振氫譜有3組峰 D.c可增加在苯中溶解度〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據a和c的結構簡式可知，a與b發(fā)生取代反應生成c和HCl，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．根據C的結構簡式可知，冠醚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〖答案〗選C。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是核電荷數依次增大的短周期元素，W、Y原子序數之和等于Z，Y原子價電子數是Q原子價電子數的2倍。下列說法錯誤的是A.W與X的化合物為極性分子 B.第一電離能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〖解析〗〖祥解〗W、X、Y、Z、Q是核電荷數依次增大的短周期元素，W形成1條單鍵且核電荷數最小，W為H，X形成4條鍵，核電荷數大于H，且小于其他三種元素，X為C，Y形成2條單鍵，核電荷數大于C，Y為O，W、Y原子序數之和等于Z，Z為F，Y原子價電子數為Q原子價電子數的2倍，Q為Al?！驹斘觥緼．W與X的化合物不一定為極性分子，如CH4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，則第一電離能F>O>C，B錯誤；C．Q為Al，Al2O3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〖答案〗選AB。10.某工廠采用如下工藝制備，已知焙燒后元素以價形式存在，下列說法錯誤的是A.“焙燒”中產生 B.濾渣的主要成分為C.濾液①中元素的主要存在形式為 D.淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化，同時轉化為對應鈉鹽，水浸時鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀，濾液中存在鉻酸鈉，與淀粉的水解產物葡萄糖發(fā)生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀?！驹斘觥緼．鐵、鉻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，C正確；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用，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A.放電時負極質量減小B.儲能過程中電能轉變?yōu)榛瘜W能C.放電時右側通過質子交換膜移向左側D.充電總反應：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗該儲能電池放電時，Pb為負極，失電子結合硫酸根離子生成PbSO4，則多孔碳電極為正極，正極上Fe3+得電子轉化為Fe2+，充電時，多孔碳電極為陽極，Fe2+失電子生成Fe3+，PbSO4電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸?！驹斘觥緼．放電時負極上Pb失電子結合硫酸根離子生成PbSO4附著在負極上，負極質量增大，A錯誤；B．儲能過程中，該裝置為電解池，將電能轉化為化學能，B正確；C．放電時，右側為正極，電解質溶液中的陽離子向正極移動，左側的H+通過質子交換膜移向右側，C錯誤；D．充電時，總反應為PbSO4+2Fe2+=Pb++2Fe3+，D錯誤；故〖答案〗選B。12.一定條件下，酸性溶液與發(fā)生反應，(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價態(tài)含粒子的濃度隨時間變化如下圖所示。下列說法正確的是A.(Ⅲ)不能氧化B.隨著反應物濃度的減小，反應速率逐漸減小C.該條件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.總反應為：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗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(III)濃度增大直至達到最大值，結合圖像，此時間段主要生成Mn(III)，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(III)濃度減少，Mn(II)的濃度增大；據此作答?！驹斘觥緼．由圖像可知，隨著時間的推移Mn(III)的濃度先增大后減小，說明開始反應生成Mn(III)，后Mn(III)被消耗生成Mn(II)，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．由圖像可知，Mn(VII)的濃度為0后才開始生成Mn(II)，該條件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存，C項正確；D．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應以化學式保留，總反應為2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D項錯誤；〖答案〗選C。13.某小組進行實驗，向蒸餾水中加入，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知為棕色，下列關于顏色變化的解釋錯誤的是選項顏色變化解釋A溶液呈淺棕色在水中溶解度較小B溶液顏色加深發(fā)生了反應：C紫黑色晶體消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色與有色物質發(fā)生了置換反應A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I2的濃度較小，因為I2在水中溶解度較小，A項正確；B．已知(aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與I2反應生成ZnI2，生成的I-與I2發(fā)生反應I-+I2?，生成使溶液顏色加深，B項正確；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)?I2(aq)，Zn與I2反應生成I-與I2(aq)反應生成，I2(aq)濃度減小，上述溶解平衡向右移動，紫黑色晶體消失，C項正確；D．最終溶液褪色是Zn與有色物質發(fā)生了化合反應，不是置換反應，D項錯誤；〖答案〗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1)，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材料(圖2)。下列說法錯誤的是A.圖1晶體密度為g?cm-3 B.圖1中O原子的配位數為6C.圖2表示的化學式為 D.取代產生的空位有利于傳導〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據均攤法，圖1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1個晶胞的質量為g=g，晶胞的體積為(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，則晶體的密度為g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A項正確；B．圖1晶胞中，O位于面心，與O等距離最近的Li有6個，O原子的配位數為6，B項正確；C．根據均攤法，圖2中Li：1，Mg或空位為8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的個數小于2，根據正負化合價的代數和為0，圖2的化學式為LiMgOClxBr1-x，C項錯誤；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材料，說明Mg2+取代產生的空位有利于Li+的傳導，D項正確；〖答案〗選C。15.某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即，通過調節(jié)pH使和形成硫化物而分離，體系中與關系如下圖所示，c為和的濃度，單位為。已知，下列說法正確的是A. B.③為與的關系曲線C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗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，則有-lgc(HS-)和-lg(S2-)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS-濃度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，則Ni2+和Cd2+濃度逐漸減小，且即當c(S2-)相同時，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，則-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS-，據此分析結合圖像各點數據進行解題。【詳析】A．由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2-，由圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，則有，A錯誤；B．由分析可知，③為與的關系曲線，B錯誤；C．由分析可知，曲線④代表HS-，由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H+)=10-1.6mol/L時，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者當c(H+)=10-4.2mol/L時，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C錯誤；D．已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點坐標可知，當c(H+)=10-4.9mol/L時，c(S2-)=10-13mol/L，或者當c(H+)=10-6.8mol/L時，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，結合C項分析可知，Ka1=10-7.1故有，D正確；故〖答案〗為：D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和)。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，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生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數目為_______。（3）“氧化”中，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為_______(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、_______(填化學式)。（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數為_______時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。

（5）“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為_______。（6）“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于_______(精確至0.1)。〖答案〗（1）適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2）NA（3）①.②.Fe(OH)3（4）①.9.0%②.SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）（6）11.1〖解析〗〖祥解〗在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，發(fā)生反應，Fe3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成?！拘?詳析】用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積【小問2詳析】的結構簡式為，所以中過氧鍵的數目為NA【小問3詳析】用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；【小問4詳析】根據圖示可知體積分數為0.9%時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數時，由于SO2有還原性，過多將會降低濃度，降低(Ⅱ)氧化速率【小問5詳析】“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為：；【小問6詳析】氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；17.2—噻吩乙醇()是抗血栓藥物氯吡格雷的重要中間體，其制備方法如下：Ⅰ．制鈉砂。向燒瓶中加入液體A和金屬鈉，加熱至鈉熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小鈉珠出現。Ⅱ．制噻吩鈉。降溫至，加入噻吩，反應至鈉砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇鈉。降溫至，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應。Ⅳ．水解?；謴褪覝?，加入水，攪拌；加鹽酸調至4~6，繼續(xù)反應，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，靜置，過濾，對濾液進行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體A后，得到產品?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟Ⅰ中液體A可以選擇_______。a．乙醇b．水c．甲苯d．液氨（2）噻吩沸點低于吡咯()的原因是_______。（3）步驟Ⅱ的化學方程式為_______。（4）步驟Ⅲ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Ⅳ中用鹽酸調節(jié)的目的是_______。（6）下列儀器在步驟Ⅴ中無需使用的是_______(填名稱)：無水的作用為_______。（7）產品的產率為_______(用計算，精確至0.1%)?！即鸢浮剑?）c（2）：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（3）2+2Na2+H2（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，增大反應物的轉化率（6）①.球形冷凝管和分液漏斗②.除去水（7）70.0%〖解析〗【小問1詳析】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?！拘?詳析】噻吩沸點低于吡咯()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。【小問3詳析】步驟Ⅱ中和Na反應生成2-噻吩鈉和H2，化學方程式為：2+2Na2+H2?！拘?詳析】步驟Ⅲ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?！拘?詳析】2-噻吩乙醇鈉水解生成-噻吩乙醇的過程中有NaOH生成，用鹽酸調節(jié)的目的是將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應物的轉化率。【小問6詳析】步驟Ⅴ中的操作有過濾、蒸餾，蒸餾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的作用是：除去水?！拘?詳析】步驟Ⅰ中向燒瓶中加入液體A和金屬鈉，Na的物質的量為，步驟Ⅱ中Na完全反應，根據方程式可知，理論上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，產品的產率為=70.0%。18.硫酸工業(yè)在國民經濟中占有重要地位。（1）我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSO4·5H2O)取精華法”。借助現代儀器分析，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，數值已省略)如下圖所示。700℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化學式)。（2）鉛室法使用了大容積鉛室制備硫酸(76%以下)，副產物為亞硝基硫酸，主要反應如下：NO2+SO2+H2O=NO+H2SO42NO+O2=2NO2(ⅰ)上述過程中NO2的作用為_______。(ⅱ)為了適應化工生產的需求，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)ΔH=-98.9kJ·mol-1(ⅰ)為尋求固定投料比下不同反應階段的最佳生產溫度，繪制相應轉化率(α)下反應速率(數值已略去)與溫度的關系如下圖所示，下列說法正確的是_______。a．溫度越高，反應速率越大b．α=0.88的曲線代表平衡轉化率c．α越大，反應速率最大值對應溫度越低d．可根據不同下的最大速率，選擇最佳生產溫度(ⅱ)為提高釩催化劑的綜合性能，我國科學家對其進行了改良。不同催化劑下，溫度和轉化率關系如下圖所示，催化性能最佳的是_______(填標號)。(ⅲ)設O2的平衡分壓為p，SO2的平衡轉化率為αe，用含p和αe的代數式表示上述催化氧化反應的Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算)?！即鸢浮剑?）①.CuO②.SO3（2）①.催化劑②.反應中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、NO2可以溶解在硫酸中給產物硫酸帶來雜質、產率不高（〖答案〗合理即可）（3）①.cd②.d③.〖解析〗【小問1詳析】根據圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應，從TG圖像可以看出，質量減少量為原CuSO4質量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產出，此時氣體產物為SO2、SO3、O2，可能出現的化學方程式為3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，結合反應中產物的固體產物質量和氣體產物質量可以確定，該反應的產物為CuO、SO2、SO3、O2，故〖答案〗為CuO、SO3。【小問2詳析】(i)根據所給的反應方程式，NO2在反應過程中線消耗再生成，說明NO2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NO2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物硫酸帶來雜質影響產品質量、產率不高（〖答案〗合理即可）?！拘?詳析】(i)a．根據不同轉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，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88的條件下是平衡轉化率，b錯誤；c．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，c正確；d．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，d正確；故〖答案〗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的轉化率最好，產率最佳，故〖答案〗選d；(iii)利用分壓代替濃度計算平衡常數，反應的平衡常數Kp===；設SO2初始量為mmol，則平衡時n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp==，故〖答案〗為。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?；卮鹣铝袉栴}：（1）A中與鹵代烴成醚活性高的羥基位