2023年高考遼寧卷化學(xué)真題（解析版）

第1頁(yè)/共1頁(yè)遼寧省2023年普通高等學(xué)校招生選擇性考試(化學(xué))本試卷滿分100分，考試時(shí)間75分鐘?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.科技是第一生產(chǎn)力，我國(guó)科學(xué)家在諸多領(lǐng)域取得新突破，下列說法錯(cuò)誤的是A.利用CO2合成了脂肪酸：實(shí)現(xiàn)了無機(jī)小分子向有機(jī)高分子的轉(zhuǎn)變B.發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分屬于無機(jī)鹽C.研制了高效率鈣鈦礦太陽(yáng)能電池，其能量轉(zhuǎn)化形式：太陽(yáng)能→電能D.革新了海水原位電解制氫工藝：其關(guān)鍵材料多孔聚四氟乙烯耐腐蝕【答案】A【解析】【詳解】A．常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對(duì)分子質(zhì)量雖大，但沒有達(dá)到高分子化合物的范疇，不屬于有機(jī)高分子，A錯(cuò)誤；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，屬于無機(jī)化合物，又因含有磷酸根，是無機(jī)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(yáng)能電池可以將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；D．海水中含有大量的無機(jī)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(huì)被含水腐蝕，D正確；故答案選A。2.下列化學(xué)用語(yǔ)或表述正確的是A.BeCl2的空間結(jié)構(gòu)：V形 B.P4中的共價(jià)鍵類型：非極性鍵C.基態(tài)Ni原子價(jià)電子排布式：3d10 D.順—2—丁烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【答案】B【解析】【詳解】A．BeCl2的中心原子為Be，根據(jù)VSEPR模型可以計(jì)算，BeCl2中不含有孤電子對(duì)，因此BeCl2為直線型分子，A錯(cuò)誤；B．P4分子中相鄰兩P原子之間形成共價(jià)鍵，同種原子之間形成的共價(jià)鍵為非極性共價(jià)鍵，P4分子中的共價(jià)鍵類型為非極性共價(jià)鍵，B正確；C．Ni原子的原子序數(shù)為28，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布為3d84s2，C錯(cuò)誤；D．順-2-丁烯的結(jié)構(gòu)中兩個(gè)甲基在雙鍵的同一側(cè)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D錯(cuò)誤；故答案選B。3.下列有關(guān)物質(zhì)的工業(yè)制備反應(yīng)錯(cuò)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】【詳解】A．工業(yè)合成氨是利用氮?dú)夂蜌錃庠诖呋瘎┑臈l件下反應(yīng)生成的，反應(yīng)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(yīng)生成的，反應(yīng)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(yīng)生成粗硅，反應(yīng)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(yīng)方程式為MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D錯(cuò)誤；故答案選D。4.下列鑒別或檢驗(yàn)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用石灰水鑒別Na2CO3與NaHCO3B.用KSCN溶液檢驗(yàn)FeSO4是否變質(zhì)C.用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗(yàn)Na2SO3是否被氧化D.加熱條件下用銀氨溶液檢驗(yàn)乙醇中是否混有乙醛【答案】A【解析】【詳解】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(yīng)生成碳酸鈣，二者均生成白色沉淀，不能達(dá)到鑒別的目的，A錯(cuò)誤；B．Fe2+變質(zhì)后會(huì)生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鑒別，現(xiàn)象為溶液變成血紅色，可以達(dá)到檢驗(yàn)的目的，B正確；C．Na2SO3被氧化后會(huì)變成Na2SO4，加入鹽酸酸化的BaCl2后可以產(chǎn)生白色沉淀，可以用來檢驗(yàn)Na2SO3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(yīng)生成銀單質(zhì)，可以用來檢驗(yàn)乙醇中混油的乙醛，D正確；故答案選A。5.我國(guó)古代四大發(fā)明之一黑火藥的爆炸反應(yīng)為：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.11.2LCO2含π鍵數(shù)目為NA B.每生成2.8gN2轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAC.0.1mol·L-1KNO3晶體中含離子數(shù)目為0.2NA D.1L0.1mol·L-1K2S溶液中含S2-數(shù)目為0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A．分子含有2個(gè)??鍵，題中沒有說是標(biāo)況條件下，氣體摩爾體積未知，無法計(jì)算??鍵個(gè)數(shù)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．2.8g的物質(zhì)的量，1mol生成轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為12，則0.1mol轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．0.1mol晶體含有離子為、，含有離子數(shù)目為0.2，C項(xiàng)正確；D．因?yàn)樗馐谷芤褐械臄?shù)目小于0.1，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。6.在光照下，螺呲喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換而變色，過程如下。下列關(guān)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(gòu)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】【詳解】A．手性是碳原子上連有四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，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(cuò)誤；B．根據(jù)它們的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，分子式均為C19H19NO，它們結(jié)構(gòu)不同，因此互為同分異構(gòu)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(cuò)誤；D．開環(huán)螺吡喃中氧原子顯負(fù)價(jià)，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(cuò)誤；答案B。7.某無隔膜流動(dòng)海水電解法制H2的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2產(chǎn)生。下列說法正確的是A.b端電勢(shì)高于a端電勢(shì) B.理論上轉(zhuǎn)移2mole-生成4gH2C.電解后海水pH下降 D.陽(yáng)極發(fā)生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+【答案】D【解析】【分析】由圖可知，左側(cè)電極產(chǎn)生氧氣，則左側(cè)電極為陽(yáng)極，電極a為正極，右側(cè)電極為陰極，b電極為負(fù)極，該裝置的總反應(yīng)產(chǎn)生氧氣和氫氣，相當(dāng)于電解水，以此解題?！驹斀狻緼．由分析可知，a為正極，b電極為負(fù)極，則a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)，A錯(cuò)誤；B．右側(cè)電極上產(chǎn)生氫氣的電極方程式為：2H++2e-=H2↑，則理論上轉(zhuǎn)移2mole-生成2gH2，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，該裝置的總反應(yīng)為電解海水的裝置，隨著電解的進(jìn)行，海水的濃度增大，但是其pH基本不變，C錯(cuò)誤；D．由圖可知，陽(yáng)極上的電極反應(yīng)為：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，D正確；故選D。8.冠醚因分子結(jié)構(gòu)形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識(shí)別K+，其合成方法如下。下列說法錯(cuò)誤的是A.該反應(yīng)為取代反應(yīng) B.a、b均可與NaOH溶液反應(yīng)C.c核磁共振氫譜有3組峰 D.c可增加KI在苯中的溶解度【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)a和c的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，a與b發(fā)生取代反應(yīng)生成c和HCl，A正確；B．a(chǎn)中含有酚羥基，酚羥基呈弱酸性能與NaOH反應(yīng)，b可在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成醇類，B正確；C．根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，冠醚中有四種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，如圖所示：，核磁共振氫譜有4組峰，C錯(cuò)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；故答案選C。9.某種鎂鹽具有良好的電化學(xué)性能，其陰離子結(jié)構(gòu)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(jià)電子數(shù)是Q原子價(jià)電子數(shù)的2倍。下列說法錯(cuò)誤的是A.W與X的化合物為極性分子 B.第一電離能Z>Y>XC.Q的氧化物是兩性氧化物 D.該陰離子中含有配位鍵【答案】A【解析】【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(jià)電子數(shù)為Q原子價(jià)電子數(shù)的2倍，Q為Al。【詳解】A．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(cuò)誤；B．同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，則第一電離能F>O>C，B正確；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A。10.某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)3，已知焙燒后Cr元素以+6價(jià)形式存在，下列說法錯(cuò)誤的是A.“焙燒”中產(chǎn)生CO2 B.濾渣的主要成分為Fe(OH)2C.濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrO42- D.淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用【答案】B【解析】【分析】焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化，同時(shí)轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)鈉鹽，水浸時(shí)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(chǎn)物葡萄糖發(fā)生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀?！驹斀狻緼．鐵、鉻氧化物與碳酸鈉和氧氣反應(yīng)時(shí)生成對(duì)應(yīng)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(cuò)誤；C．濾液①中Cr元素的化合價(jià)是+6價(jià)，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CrO42-，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(chǔ)能電池原理如下圖所示。下列說法正確的是A.放電時(shí)負(fù)極質(zhì)量減小B.儲(chǔ)能過程中電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能C.放電時(shí)右側(cè)H+通過質(zhì)子交換膜移向左側(cè)D.充電總反應(yīng)：Pb+SO42-+2Fe3+=PbSO4+2Fe2+【答案】B【解析】【分析】該儲(chǔ)能電池放電時(shí)，Pb為負(fù)極，失電子結(jié)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(zhuǎn)化為Fe2+，充電時(shí)，多孔碳電極為陽(yáng)極，F(xiàn)e2+失電子生成Fe3+，PbSO4電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸?！驹斀狻緼．放電時(shí)負(fù)極上Pb失電子結(jié)合硫酸根離子生成PbSO4附著在負(fù)極上，負(fù)極質(zhì)量增大，A錯(cuò)誤；B．儲(chǔ)能過程中，該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，B正確；C．放電時(shí)，右側(cè)為正極，電解質(zhì)溶液中的陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，左側(cè)的H+通過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)，C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)，總反應(yīng)為PbSO4+2Fe2+=Pb+SO42-+2Fe3+，D錯(cuò)誤；故答案選B。12.一定條件下，酸性KMnO4溶液與H2C2O4發(fā)生反應(yīng)，Mn(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價(jià)態(tài)含Mn粒子的濃度隨時(shí)間變化如下圖所示。下列說法正確的是A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.隨著反應(yīng)物濃度的減小，反應(yīng)速率逐漸減小C.該條件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.總反應(yīng)為：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【分析】開始一段時(shí)間（大約13min前）隨著時(shí)間的推移Mn(VII)濃度減小直至為0，Mn(III)濃度增大直至達(dá)到最大值，結(jié)合圖像，此時(shí)間段主要生成Mn(III)，同時(shí)先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后來（大約13min后）隨著時(shí)間的推移Mn(III)濃度減少，Mn(II)的濃度增大；據(jù)此作答?！驹斀狻緼．由圖像可知，隨著時(shí)間的推移Mn(III)的濃度先增大后減小，說明開始反應(yīng)生成Mn(III)，后Mn(III)被消耗生成Mn(II)，Mn(III)能氧化H2C2O4，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．隨著反應(yīng)物濃度的減小，到大約13min時(shí)開始生成Mn(II)，Mn(II)對(duì)反應(yīng)起催化作用，13min后反應(yīng)速率會(huì)增大，B項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確；D．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應(yīng)以化學(xué)式保留，總反應(yīng)為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。13.某小組進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，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I3-(aq)為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋錯(cuò)誤的是選項(xiàng)顏色變化解釋A溶液呈淺棕色I(xiàn)2在水中溶解度較小B溶液顏色加深發(fā)生了反應(yīng)：I2+I-?I3-C紫黑色晶體消失I2(aq)的消耗使溶解平衡I2(s)?I2(aq)右移D溶液褪色Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了置換反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】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?yàn)镮2在水中溶解度較小，A項(xiàng)正確；B．已知(aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與I2反應(yīng)生成ZnI2，生成的I-與I2發(fā)生反應(yīng)I-+I2?I3-，生成I3-使溶液顏色加深，B項(xiàng)正確；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)?I2(aq)，Zn與I2反應(yīng)生成的I-與I2(aq)反應(yīng)生成，I2(aq)濃度減小，上述溶解平衡向右移動(dòng)，紫黑色晶體消失，C項(xiàng)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(yīng)，不是置換反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。14.晶體結(jié)構(gòu)的缺陷美與對(duì)稱美同樣受關(guān)注。某富鋰超離子導(dǎo)體的晶胞是立方體(圖1)，進(jìn)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(cuò)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(shù)為6C.圖2表示的化學(xué)式為L(zhǎng)iMgOClxBr1-x D.Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+傳導(dǎo)【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)均攤法，圖1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1個(gè)晶胞的質(zhì)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(xiàng)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(gè)，O原子的配位數(shù)為6，B項(xiàng)正確；C．根據(jù)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(gè)數(shù)小于2，根據(jù)正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，圖2的化學(xué)式為L(zhǎng)iMgOClxBr1-x，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．進(jìn)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(dǎo)，D項(xiàng)正確；答案選C。15.某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1mol·L-1，通過調(diào)節(jié)pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與-lgc關(guān)系如下圖所示，c為HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度，單位為mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列說法正確的是A.Ksp(CdS)=10-18.4 B.③為pH與-lgc(HS-)的關(guān)系曲線C.Ka1(H2S)=10-8.1 D.Ka2(H2S)=10-14.7【答案】D【解析】【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，則有-lgc(HS-)和-lg(S2-)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時(shí)，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(dāng)c(S2-)相同時(shí)，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(jù)此分析結(jié)合圖像各點(diǎn)數(shù)據(jù)進(jìn)行解題?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2-，由圖示曲線①③交點(diǎn)可知，此時(shí)c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，則有，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，③為與的關(guān)系曲線，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，曲線④代表HS-，由圖示曲線④兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，此時(shí)c(H+)=10-1.6mol/L時(shí)，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者當(dāng)c(H+)=10-4.2mol/L時(shí)，c(HS-)=10-3.9mol/L，，C錯(cuò)誤；D．已知Ka1Ka2==，由曲線③兩點(diǎn)坐標(biāo)可知，當(dāng)c(H+)=10-4.9mol/L時(shí)，c(S2-)=10-13mol/L，或者當(dāng)c(H+)=10-6.8mol/L時(shí)，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2===10-21.8，結(jié)合C項(xiàng)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（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)回答下列問題：（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，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(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過氧鍵的數(shù)目為_______。（3）“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為_______(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為MnO2、_______(填化學(xué)式)。（4）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為_______時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。（5）“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（6）“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精確至0.1)?！敬鸢浮浚?）適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V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(huì)降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）（6）11.1【解析】【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(qiáng)氧化性的過一硫酸，用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)e3+水解同時(shí)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?詳解】用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積【小問2詳解】的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，所以中過氧鍵的數(shù)目為NA【小問3詳解】用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，該反應(yīng)的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時(shí)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詳解】根據(jù)圖示可知體積分?jǐn)?shù)為0.9%時(shí)，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分?jǐn)?shù)時(shí)，由于SO2有還原性，過多將會(huì)降低濃度，降低(Ⅱ)氧化速率【小問5詳解】“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：；【小問6詳解】氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時(shí)，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計(jì)算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；17.2—噻吩乙醇(Mr=128)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．制噻吩鈉。降溫至10℃，加入25mL噻吩，反應(yīng)至鈉砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇鈉。降溫至-10℃，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應(yīng)30min。Ⅳ．水解?；謴?fù)室溫，加入70mL水，攪拌30min；加鹽酸調(diào)pH至4~6，繼續(xù)反應(yīng)2h，分液；用水洗滌有機(jī)相，二次分液。Ⅴ．分離。向有機(jī)相中加入無水MgSO4，靜置，過濾，對(duì)濾液進(jìn)行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體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）噻吩沸點(diǎn)低于吡咯()的原因是_______。（3）步驟Ⅱ的化學(xué)方程式為_______。（4）步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是_______。（5）步驟Ⅳ中用鹽酸調(diào)節(jié)pH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MgSO4的作用為_______。（7）產(chǎn)品的產(chǎn)率為_______(用Na計(jì)算，精確至0.1%)?！敬鸢浮浚?）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(diǎn)升高（3）2+2Na2+H2（4）將環(huán)氧乙烷溶液沿?zé)诰従徏尤?，此過程中不斷用玻璃棒進(jìn)行攪拌來散熱（5）將NaOH中和，使平衡正向移動(dòng)，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)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詳解】步驟Ⅰ制鈉砂過程中，液體A不能和Na反應(yīng)，而乙醇、水和液氨都能和金屬Na反應(yīng)，故選c?！拘?詳解】噻吩沸點(diǎn)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(diǎn)升高?！拘?詳解】步驟Ⅱ中和Na反應(yīng)生成2-噻吩鈉和H2，化學(xué)方程式為：2+2Na2+H2?！拘?詳解】步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是：將環(huán)氧乙烷溶液沿?zé)诰従徏尤?，此過程中不斷用玻璃棒進(jìn)行攪拌來散熱?！拘?詳解】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(diào)節(jié)的目的是將NaOH中和，使平衡正向移動(dòng)，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率?！拘?詳解】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(jī)相中加入無水的作用是：除去水?！拘?詳解】步驟Ⅰ中向燒瓶中加入液體A和金屬鈉，Na的物質(zhì)的量為，步驟Ⅱ中Na完全反應(yīng)，根據(jù)方程式可知，理論上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，產(chǎn)品的產(chǎn)率為=70.0%。18.硫酸工業(yè)在國(guó)民經(jīng)濟(jì)中占有重要地位。（1）我國(guó)古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSO4·5H2O)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℃左右有兩個(gè)吸熱峰，則此時(shí)分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化學(xué)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(yīng)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(yīng)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(diǎn)即可)。（3）接觸法制硫酸的關(guān)鍵反應(yīng)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(yīng)階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制相應(yīng)轉(zhuǎn)化率(α)下反應(yīng)速率(數(shù)值已略去)與溫度的關(guān)系如下圖所示，下列說法正確的是_______。a．溫度越高，反應(yīng)速率越大b．α=0.88的曲線代表平衡轉(zhuǎn)化率c．α越大，反應(yīng)速率最大值對(duì)應(yīng)溫度越低d．可根據(jù)不同α下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度(ⅱ)為提高釩催化劑的綜合性能，我國(guó)科學(xué)家對(duì)其進(jìn)行了改良。不同催化劑下，溫度和轉(zhuǎn)化率關(guān)系如下圖所示，催化性能最佳的是_______(填標(biāo)號(hào))。(ⅲ)設(shè)O2的平衡分壓為p，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為αe，用含p和αe的代數(shù)式表示上述催化氧化反應(yīng)的Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算)?！敬鸢浮浚?）①.CuO②.SO3（2）①.催化劑②.反應(yīng)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(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)、產(chǎn)率不高（答案合理即可）（3）①.cd②.d③.【解析】【小問1詳解】根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會(huì)出現(xiàn)兩個(gè)吸熱峰，說明此時(shí)CuSO4發(fā)生熱分解反應(yīng)，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuSO4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(shí)氣體產(chǎn)物為SO2、SO3、O2，可能出現(xiàn)的化學(xué)方程式為3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，結(jié)合反應(yīng)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(yīng)的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、O2，故答案為CuO、SO3?！拘?詳解】(i)根據(jù)所給的反應(yīng)方程式，NO2在反應(yīng)過程中線消耗再生成，說明NO2在反應(yīng)中起催化劑的作用；(ii)近年來，鉛室法被接觸法代替因?yàn)樵诜磻?yīng)中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、同時(shí)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）?！拘?詳解】(i)a．根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應(yīng)速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應(yīng)速率先加快后減慢，a錯(cuò)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(yīng)速率越快，但在轉(zhuǎn)化率小于88%的時(shí)的反應(yīng)速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88的條件下是平衡轉(zhuǎn)化率，b錯(cuò)誤；c．從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率不斷減小，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，c正確；d．從圖像可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，這時(shí)可以根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率選擇合適的反應(yīng)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(xué)家對(duì)催化劑進(jìn)行了改良，從圖中可以看出標(biāo)號(hào)為d的催化劑V-K-Cs-Ce對(duì)SO2的轉(zhuǎn)化率最好，產(chǎn)率最佳，故答案選d；(iii)利用分壓代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp===；設(shè)SO2初始量為mmol，則平衡時(shí)n(SO2)=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案為