2023年辽宁省新高考化学试卷 （解析版）

2023年辽宁省新高考化学试卷

参考答案与试题解析

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）（2023∙辽宁）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广：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：太阳能一电能

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

【解答】解：A.利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸为竣酸类物质，不是高分子化合物，

故A错误；

B.发现了月壤中的“嫦娥石［（Ca8Y）Fe（PO4）7］”，组成结构分析可知，其成分属于

无机盐，故B正确；

C.研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式是太阳能转化为电能，故C正确；

D.海水原位电解制氢工艺中的关键材料多孔聚四氟乙烯，耐腐蚀，故D正确；

故选：Ao

2.（3分）（2023•辽宁）下列化学用语或表述正确的是（）

A.BeCI2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：3d10

CH.H

\/

C=C

/\

D.顺-2-丁烯的结构简式：HCH,

【答案】B

【解答】解：A.BeC12的中心原子的价层电子对数为2+1（2-2×1）=2+0=2,空间结

构为直线形，故A错误；

B.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，P4中的共价键类型为非极性键，故B

正确：

C.基态Ni原子电子排布式为[Ar]3d84s2,基态Ni原子价电子排布式：3d84s2,故C错误;

HH

∖Z

Z

D.顺-2-丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，结构简式为H（：H“故D错

误；

故选：B。

3.（3分）（2023•辽宁）下列有关物质的工业制备反应错误的是（）

A.合成氨：N，+3H，二加E压NHa

催化剂

占燃

B.制HC1：H2+C122HC1

吉洱

C.制粗硅：Siθ2+2Cr51πnSi+2COt

通电

D.冶炼镁：2MgO2Mg+θ2t

【答案】D

【解答】解：A.工业上氮气和氢气高温、高压、催化剂条件下制备氨气，制备原理合理,

故A正确；

B.氢气在氯气中燃烧生成HCL制备原理合理，故B正确；

C.C在高温下还原二氧化硅生成Si,制备原理合理，故C正确；

D.Mg为活泼金属，可电解熔融氯化镁生成Mg,MgO的熔点高，电解消耗能量高，制

诵由

备原理应为MgCl2（熔融）2Mg+C12↑,故D错误；

故选：D。

4.（3分）（2023∙辽宁）下列鉴别或检验不能达到实验目的是（）

A.用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCOs

B.用KSCN溶液检验FeSO4是否变质

C.用盐酸酸化的BaCI2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

【解答】解：A.Na2Cθ3溶液和NaHCθ3溶液均能与Ca（OH）2溶液反应生成白色沉淀,

现象相同，不能鉴别，故A错误；

B.变质混有铁离子,铁离子与KSCN反应生成血红色溶液,可利用KSCN溶液检验FeSO4

是否变质，故B正确；

C.Na2Sθ3溶液中滴加盐酸酸化的BaCI2溶液无白色沉淀生成，而Na2SO4溶液中滴加盐

酸酸化的Bael2溶液有BaSO4白色沉淀生成，故用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3

是否被氧化，故C正确；

D.乙醛含有醛基，可发生银镜反应，故加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛,

故D正确；

故选：Ao

5.（3分）（2023•辽宁）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C-K2S+N2

t+3C02t0设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.11.2LCO2含π键数目为NA

B.每生成2.8gN2转移电子数目为NA

C.0.ImolKNCh晶体中含离子数目为0.2NA

1

D.ILOJmoI-LK2S溶液中含S?-数目为0.1NA

【答案】C

【解答】解:A.不是标准状况,不能使用气体摩尔体积Vm=22.4L∕mol,无法计算11.2LCO2

含有π键的数目，故A错误；

B.由方程式可知，每生成ImoIN2转移12mol电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol,因此

每生成2.8gN2转移电子数目为1.2NA,故B错误；

C.ImolKNCh晶体中含有2mol离子，因此0.1molKNθ3晶体中含离子数目为0.2NA,故

C正确：

D.K2S溶液中S?一会发生水解,因此lL0.1mol∙L"K2S溶液中含S2-数目小于0.1NA,

故D错误；

故选：C,

6.（3分）（2023•辽宁）在光照下，螺口比喃发生开、闭环转换而变色，过程如图。下列关于

开、闭环螺毗喃说法正确的是（）

A.均有手性B.互为同分异构体

C.N原子杂化方式相同D.闭环螺毗喃亲水性更好

【答案】B

【解答】解：A.连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，开环螺毗喃分子中

不含手性碳原子，故A错误；

B.开、闭环螺Itt喃是分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体，故B正确；

C.闭环螺毗喃中N原子为sp3杂化，开环螺哦喃中N原子为sp2杂化，杂化方式不同，

故C错误；

D.开环螺毗喃中的正、负离子容易与水形成水合离子，亲水性更好，故D错误；

故选：Bo

7.（3分）（2023•辽宁）某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示，其中高选择性催

化剂PRT可抑制02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4gH2

C.电解后海水PH下降

D.阳极发生：Cl^+H2θ-2e—HC10+H+

【答案】D

【解答】解：A.根据分析可知，a为正极，b为负极，则b端电势低于a端电势，故A错

误；

B.根据阴极电极反应2H2θ+2e=H2t+20H可知，转移2mole一生成2gH2,故B错误；

C.电解后得到NaCIo溶液，水解呈碱性，溶液的PH升高，故C错误；

+

D.阳极电极反应为CΓ+H2O-2e=HClO+H,故D正确；

故选：D。

8.（3分）（2023•辽宁）冠雄因分子结构形如皇冠而得名，某冠酸分子C可识别K+,其合

成方法如图。下列说法错误的是（)

A.该反应为取代反应

B.a、b均可与Nae）H溶液反应

C.C核磁共振氢谱有3组峰

D.c可增加Kl在苯中的溶解度

【答案】C

【解答】解：A.对比a、b、C的结构简式可知，a和b反应生成C和HCL因此该反应

为取代反应，故A正确；

B.a中含有酚羟基，可与Nae）H溶液反应，b中含有卤原子，在NaoH溶液中可发生水

解反应，故B正确；

C.C为高度对称的结构，有4种不同化学环境的氢原子，因此C核磁共振氢谱有4组峰,

故C错误；

D.c为冠酸，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Kl在苯中的溶解度，故D正确;

故选：C。

9.（3分）（2023•辽宁）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。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（）

W

L×LΓL为Z,X—,一Y—

XZ3

A.W与Y的化合物为极性分子

B.第一电离能：Z>X>Y

C.Q的氧化物是两性氧化物

D.该阴离子中含有配位键

【答案】B

【解答】解：A.由于O与氢形成的化合物H20或H2θ2均为极性分子，故A正确；

B.第二周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，因此第一电离能F>O>C,Z>Y>X,

故B错误；

C.Q的氧化物即A12θ3,既能与酸发生反应，又能与碱发生反应，因而属于两性氧化物,

故C正确；

D.该阴离子中含有配位键，故D正确，

故选：Bo

10.（3分）（2023•辽宁）某工厂采用如图工艺制备Cr（OH）3,已知焙烧后Cr元素以+6

价形式存在，下列说法错误的是（）

Na2COs+O2淀粉水解液

滤渣滤液②

A.“焙烧”中产生CO2

B.滤渣的主要成分为Fe（OH）2

C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Croj

D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用

【答案】B

【解答】解：A.矿渣主要成分为FeO、Cr2O3,加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr

吉*日

元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2θ3+4Na2Cθ3+3θ2向皿4Na2Crθ4+4Cθ2、

∙⅛√B

4FeO+θ2向皿2Fe2θ3,产生CO2,故A正确；

B.矿渣主要成分为FeO、Cr2θ3,加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形

-⅛-√B

式存在，发生反应：2Cr2θ3+4Na2Cθ3÷3θ2向皿4Na2Cr04+4C02、

^α^<B

f51

4FeO+θ22Fe2θ3,水浸之后除去生成的氧化铁，滤渣的主要成分为Fe2O3,故B

错误；

C.已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2θ3+4Na2Cθ3+3θ2

-o∙√B

f51iπn

1Na2Crθ4+4Cθ2,即滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrcI『故C正确；

D.滤液中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2Crθ4发生氧化还原反应生成Cr（OH）3,淀

粉水解液中的葡萄糖起还原作用，故D正确；

故选：B«

II.（3分）（2023•辽宁）某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是（）

-----------1电源或负载-------

pb∕pbSO^∖ΠH：多孔碳

Fe,+∕Fe2+J

H2SO4（aq）:即0俩）■

质子交换膜

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

3+2+

D.充电总反应：Pb+s02-+2Fe-PbS04+2Fe

【答案】B

【解答】解：A.放电时，电池负极的电极反应式为：Pb-2e-+soj=PbSO*负极质

量增加，故A错误；

B.储能过程中为电解池，将电能转变为化学能，故B正确；

C.放电时，阳离子移向正极，即左侧H+通过质子交换膜移向右侧，故C错误；

D.电池负极的电极反应式为：Pb-2e^+s02-=PbSθ4,正极的电极反应式为：2Fe3++2e

2+3+2+

^=2Fe,放电总反应：Pb+sQ2-+2Fe=PbS04+2Fe,故充电总反应PbSO4+2Fe2+=

3+

Pb+s02-+2Fe,故D错误；

故选：B»

12.（3分）（2023•辽宁）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（∏）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图所示。下列说法正确的是

)

八

70

3L

8

二6

。→-Mn(VΠ)

日6

7*Mn(IV)

0.

0S4-o-Mn(ΠI)

§2-O-Mn(∏)

0S.

在0O

T

O

1525

时间∕min

A.Mn(III)不能氧化H2C2O4

B.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(VΠ)不能大量共存

+2+

D.总反应为：2HnQ-+5C2Q2-+16H=2Mn+l0CO2t+8H2O

【答案】C

【解答】解：A.图像可知，随着时间推移，Mn(III)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,故A

错误；

B.随着反应物浓度减小，到大约13min时，开始生成Mn(ID,Mn(II)对反应起到

催化剂作用，13mmin后反应速率会增大，故B错误；

C.图象可知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，故C正确；

D.H2C2θ4为弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子，总反应离子方程式为：

+2+

2HnQ-+5H2C2θ4+6H-2Mn+1OCO2f+8H2O,故D错误；

故选：Co

13.(3分)(2023∙辽宁)某小组进行实验，向IomL蒸储水中加入0.4gl2,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Ig

(aq)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12在水中

棕色溶解度较

小

B溶液颜色发生了反

加深应：I2+I

F

C紫黑色晶12(aq)的

体消失消耗使溶

解平衡12

(s)≠l2

(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

【解答】解：A.12为紫黑色固体，向IOmL蒸储水中加入0.4gl2,充分振荡，溶液呈浅

棕色，说明溶解的碘较少，则12在水中溶解度较小，故A正确；

B.ɪɜ(aq)为棕色，向IomL蒸储水中加入0.4gl2,充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入

0.2g锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn粒后12转化为ιg(aq),所以溶液颜色加深，发

生了反应：故B正确；

i3

C.12在水中存在溶解平衡12(s)≠I2(aq),12(s)为紫黑色晶体，I2(aq)为棕色，紫

黑色晶体消失，因为Zn和12反应生成的「和12(叫)生成Ig(aq),I2(叫)浓度减小，

溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，故C正确；

D.12和Zn发生化合反应生成ZnI2.最终溶液褪色是因为Zn和有色物质匕发生了化合

反应而不是置换反应，故D错误；

故选：D。

14.（3分）（2023∙辽宁）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-----与至_—g∙cm

3ju

NA×a×10~

B.图1中O原子的配位数为6

C.图2表示的化学式为LiMg2OClxBri-X

D.Mg?+取代产生的空位有利于Li+传导

【答案】C

【解答】解：A.由图可知，晶胞中含有Cl：4×1=1,含有0：2X工=1,含有Li：8

42

72.5g

χL+l=3,晶胞的化学式为Li3CIO,所以晶体密度为：P=&=---------⅛------------

103

4V(a×10-cm)

3

------导~—g∙cm-1故A正确；

jju

NA×a×10^

B.由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6,即O配位数为6,

故B正确；

C.由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×1=1,含有O：2X工=1,含有Li：8×A+1

424

=3,含有Mg或空位：8×.l=l,所以晶胞的化学式为LiMgoClXBr1X,故C错误；

D.因为Mg?+的半径大于Li+,Mg?+取代产生的空位体积更大，有利于内部的Li+传导，

故D正确；

故选：Co

l

15.（3分）（2023•辽宁）某废水处理过程中始终保持H水饱和,即C（H2S）=0.1mol∙L,

通过调节PH使Ni?+和Cd?+形成硫化物而分离，体系中PH与-IgC关系如图所示，c为

2

HS∖S∖Ni?+和Cd?+的浓度,单位为mol∙L∕i.己知KSP(NiS)>Ksp(CdS),下列

B.③为PH与-IgC(HS)的关系曲线

C.Kal(H2S)=10".I

D.Ka2(H2S)=Ior47

【答案】D

【解答】解：由上述分析可知，曲线①②③④分别为PH与-IgC(Ni2+)、-IgC(Cd2+)、

-IgC(S2一)、-IgC(HSD的关系曲线；

22+13022+

A.pH=4.9时c(S')=C(Cd)=10^mol∕L,Ksp(CdS)=C(S')∙c(Cd)

=10^26∙0,故A错误；

B.③为PH与-IgC(S2')的关系曲线，④为PH与-IgC(HS)的关系曲线，故B错

误；

39+42

C.pH=4.2时C(HS')=10-∙mol∕L,c(H)=10-∙mol∕L,Ka∣(H2S)=£1里_2_

c(H2S)

×c(H+)=工。二二‘X10"1=10-7.1,故C错误；

0.1

t+

D.Ka2(H2S)=S⅛Lxc(H),Kal(H2S)=£(HSLXC(H+)(则Ka2(H2S)

C(HS")c(%S)

•Kal(H2S)_L×c2(H+),当pH=4.9时C(S2')=10-l30mol∕L,C(H+)=

C(H2S)

1cΓɪɜ,θ

104-9mol∕L,Ka2(H2S)∙Ka1(H2S)=M-------X10-9.8=]0-21.8,由选项C可知KaI(H2S)

0.1

=IO-7」，所以Ka2(Has)=10l4∙7,故D正确;

故选：D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(14分)(2023•辽宁)某工厂采用如图工艺处理银钻矿硫酸浸取液(含Ni2∖Co2+,Fe2+.

Fe3+,Mg2+⅛Mn2+)»实现银、钻、镁元素的回收。

混合气

石灰乳瞰+空气)NaOHNaOH

滤渣钻银渣沉渣

(1)用硫酸浸取银钻矿时，提高浸取速率的方法为粉碎银钻矿(适当提高硫酸的浓

度、适当加热、搅拌等)(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(H2SO5),

ImOIH2SO5中过氧键的数目为NA。

(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为Mno2,该反应的离子方

程式为H2θ+HSCς+Mn2+=Mnθ2+Soj+3H+(H2SO5的电离第一步完全,第二步微

弱)；滤渣的成分为MnO2、Fe(OH)3、CaSo4(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图。SO2体积

分数为9.0%时,Mn(II)氧化速率最大；继续增大S02体积分数时，Mn(Il)氧

化速率减小的原因是SO2具有还原性，S02过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn

(II)的氧化速率。

IOO

%

80-

§蓝SC)2体积分数

160-O0.0%

■0.8%

)«

U40-△2.0%

n◊9.0%

•16.0%

20-

0204060

时间∕min

(5)“沉钻银”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4Co(OH)2+O2=2H2O+4COO(OH)。

(6)“沉镁”中为使Mg?+沉淀完全(25℃),需控制PH不低于11」(精确至0.1)。

【答案】(1)粉碎银钻矿(适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等)；

(2)NA;

2++

(3)H2θ+HSQ-+Mn=Mnθ2+2-+3H；Fe(OH)3、CaSO4；

(4)9.0%；SO2具有还原性，SO2过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn(II)的氧

化速率；

(5)4Co(OH)2+θ2=2H2θ+4CoO(OH)；

(6)11.1»

【解答】解：(1)用硫酸浸取银钻矿时，提高浸取速率可以采用增大接触面积、提高反

应物浓度、升高温度等方法，可采取的具体措施有粉碎银钻矿(适当提高硫酸的浓度、

适当加热、搅拌等)，

故答案为：粉碎银钻矿(适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等)；

(2)H2SO5中过氧键的数目为X,则有2x个O原子显-1价，则-2价O原子数目为5

-2x,正负化合价代数和为0,列式：+2+6-2x-2(5-2x)=0,解得x=1,则lmolH2SO5

中过氧键的数目为NA,

故答案为：NA；

(3)依据H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，则H2SO5拆开表示为H++HSCP酸

式根离子不能再拆分，H2SO5将Mi?+氧化成MnO2,H2SO5的还原产物为SO2，反应的

离子方程式为：H2θ+HS0g+Mn2+=Mnθ2+s0j+3H+;加入石灰乳pH=4时，Fe(OH)

3已经完全沉淀，还生成了CaSo4,故滤渣的成分为MnO2、Fe(OH)3、CaSo4,

故答案为：H2θ+HSθg+Mn2+=Mnθ2+so:+3H+;Fe(OH)3、CaSθ4;

(4)由Mn(II)氧化率与时间的关系如图，斜率最大的速率最大，其对应的S02体积

分数为9.0%；

故答案为：9.0%；S02具有还原性，S02过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn(II)

的氧化速率；

(5)“沉钻镇”中得到的Co(II),其成分是Co(OH)2,在空气中可被氧化成CoO(OH),

反应方程式为：4Co(OH)2+O2=2H2O+4COO(OH),

故答案为：4Co(OH)2+O2=2H2O+4COO(0H)；

2+2

(6)Mg(OH)2的Ksp=C(Mg)Xc(OH)=Io-I°力，“沉镁”时Mg?+沉淀完全

I~Kh∩-10.8

(25℃)的最低浓度是105moi∙ι√∣,此时C(OH)=J------当一=JM---------mol∙

Vc(Mg2+)VIO-5

L'=10'29mol∙L^1,贝!]C(H+)=———----=-^-------mol∙L'=10^11lmol∙L',PH

c(0H^)10^2∙9

--Igc(H+)=11.1,

故答案为：11.1。

17.(13分)(2023•辽宁)2-噬吩乙醇(Mr=I28)是抗血栓药物氯毗格雷的重要中间体，

其制备方法如图：

I.制钠砂。向烧瓶中加入30OmL液体A和4.6Og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.制曝吩钠。降温至10℃,加入25mL嚷吩，反应至钠砂消失。

III.制曝吩乙醇钠。降温至-10℃,加入稍过量的环氧乙烷的四氢吠喃溶液，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MgSO4,静置，过滤，对滤液进行蒸储，蒸出四氢吠喃、

曝吩和液体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cO

a.乙醇

b.水

c.甲苯

d.液氨

O

(2)曝吩沸点低于此咯(H)的原因是毗咯分子具有N-H的结构，分子间可

形成氢键，使其熔沸点较高。

(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先

将环氧乙烷溶于四氢陕喃中，再缓慢加入。

(5)步骤IV中用盐酸调节PH的目的是促进2-嘎吩乙醇钠水解完全，生成2-里吩

乙醇。

(6)下列仪器在步骤V中无需使用的是球形冷凝管、分液漏斗(填名称)；无水

MgSe)4的作用为吸收水分，起到干燥作用。

(7)产品的产率为70.0%(用Na计算，精确至0.1%)

【答案】(1)c；

(2)毗咯分子具有N-H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高;

(4)分液漏斗向烧瓶中缓缓滴加环氧乙烷溶液；

(5)促进2-噬吩乙醇钠水解完全，生成2-曝吩乙醉；

(6)球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用;

(7)70.0%o

【解答】解：（1）制钠砂。向烧瓶中加入30OmL液体A和4.6Og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，A液体不能和钠发生反应，

a.乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，故a错误；

b.水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，故b错误；

c.甲苯和钠不反应，故C正确；

d.液氨和钠反应生成NaNH2和H2,故d错误；

故答案为：c；

（2）睡吩沸点低于毗咯（H）的原因是：毗咯分子具有N-H的结构，分子间可形

成氢键，使其熔沸点较高，

故答案为：毗咯分子具有N-H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高；

（4）步骤HI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：先

将环氧乙烷溶于四氢吠喃中，向烧瓶中缓缓滴加环氧乙烷溶液，

故答案为：分液漏斗向烧瓶中缓缓滴加环氧乙烷溶液；

（5）步骤IV中用盐酸调节PH的目的是：促进2-嚷吩乙醇钠水解完全，生成2-曝吩乙

醇，

故答案为：促进2-噬吩乙醇钠水解完全，生成2-睡吩乙醇；

（6）向有机相中加入无水MgSO4,静置，过滤，对滤液进行蒸播，涉及到的操作为过

滤、蒸储，据此分析不需要的仪器有：球形冷凝管、分液漏斗，硫酸镁的作用是：吸收

水分，起到干燥作用，

故答案为：球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用；

（7）4.60g钠的物质的量n=4∙60g=0.2mol,理论上计算得到2-IS吩乙醇的物质的

23g∕mol

量0.2mol,质量=0.2molX128g∕mol=25.6g,产品的产率=IL%_X1QO%7O.O%,

25.6g

故答案为：70.0%o

18.（14分）（2023•辽宁）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一一“炼石胆（CuSθ4∙5H2O）取精华法”。借助现

代仪器分析，该制备过程中CUSo4∙5H2θ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）如图所示。700°C左右有两个吸热峰，则此时分解生成的

氧化物有SO2、CUO和S03（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+H2SO4

2NO+O2=2NO2

（i）上述过程中N02的作用为催化剂。

（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（答出两点即可）。

（3）接触法制硫酸的关键反应为S02的催化氧化：SO2（g）+Aθ2（g）=So3（g）AH

2

--98.9kJ∙mol1

（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（数值己略去）与温度的关系如图所示，下列说法正确的是Cd。

A

S

sα=0.88

α=0.90

470480490500510520

温度/℃

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.a越大，反应速率最大值对应温度越低

d.可根据不同a下的最大速率，选择最佳生产温度

(ii)为提高钿催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和

转化率关系如图所示，催化性能最佳的是d(填标号)。

so-

-

%6O-

»、-

7o

)4-

泄a*V-K

o-

O-b→-V-K-Cs

S2

-c-o-V-K-Ce

d→-V-K-Cs-Ce

300350400450500550

温度/匕

(iii)设02的平衡分压为p,SO2的平衡转化率为αo,用含P和ao的代数式表示上述催

a0

化氧化反应的Kp=_---------j-_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。

2

(l-a0)p

【答案】(1)CuO；SO3；

(2)(i)催化剂；

(ii)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；

(3)(i)cd；

(ii)d；

/…、ao

(iii)---------j-o

2

(l-a0)p

【解答】解：(1)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、02,可能出现的

化学方程式为3CuSθ4ʌ3CUO+2SO2t+S03t+02t,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CU0、So2、So3、O2,

故答案为CU0；SO3；

(2)(i)根据所给的反应方程式，NCh在反应过程中先消耗再生成，说明NCh在反应中

起催化剂的作用，

故答案为：催化剂；

(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：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N02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，

故答案为：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；

(3)(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，故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，故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，故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，故d正确；

故答案为：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，

故答案为：d；

p（SO3）

（Hi）利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp-ɪ-

2

p(SO2)×p(O2)

n(S03)、

n(总)XP总n(S03)

设SO2初始量为mmol,则平

n(SO)