2023年辽宁省新高考化学试卷

2023年辽宁省新高考化学试卷一、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）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2．（3分）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：3d10 D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：3．（3分）下列有关物质的工业制备反应错误的是（）A．合成氨：N2+3H22NH3 B．制HCl：H2+Cl22HCl C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑ D．冶炼镁：2MgO2Mg+O2↑4．（3分）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NaHCO3 B．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5．（3分）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。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．0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA D．1L0.1mol•L﹣1K2S溶液中含S2﹣数目为0.1NA6．（3分）在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如图。下列关于开、闭环螺吡喃说法正确的是（）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7．（3分）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O2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﹣+H2O﹣2e﹣═HClO+H+8．（3分）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。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9．（3分）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（）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10．（3分）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（）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 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用11．（3分）某低成本储能电池原理如图所示。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：Pb++2Fe3+═PbSO4+2Fe2+12．（3分）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4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图所示。下列说法正确的是（）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（Ⅶ）不能大量共存 D．总反应为：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O13．（3分）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，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（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溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：I2+I﹣⇌C紫黑色晶体消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）⇌I2（aq）右移D溶液褪色Zn与有色物质发生了置换反应A．A B．B C．C D．D14．（3分）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g•cm﹣3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1﹣x D．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导15．（3分）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与﹣1gc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知Ksp（NiS）＞Ksp（CdS），下列说法正确的是（）A．Ksp（CdS）＝10﹣18.4 B．③为pH与﹣lgc（HS﹣）的关系曲线 C．Ka1（H2S）＝10﹣8.1 D．Ka2（H2S）＝10﹣14.7二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8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（H2SO5），1molH2SO5中过氧键的数目为。（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（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、（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体积分数为时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2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Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于（精确至0.1）。17．（13分）2﹣噻吩乙醇（Mr＝128）是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，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MgSO4，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MgSO4的作用为。（7）产品的产率为（用Na计算，精确至0.1%）18．（14分）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+H2SO4ㅤ2NO+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）+O2（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（数值己略去）与温度的关系如图所示，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α0，用含p和α0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）。19．（14分）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图。已知：①Bn为②（R1为羟基，R2、R3为羟基或H）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图（部分反应条件已略去），其中M和N的结构简式分别为和。

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）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【考点】常见的能量转化形式；物质的组成、结构和性质的关系．【答案】A【分析】A．相对分子质量大于一万的为高分子化合物；B．金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物为盐；C．太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置；D．聚四氟乙烯是高分子化合物，具有耐腐蚀性。【解答】解：A．利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸为羧酸类物质，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：A。2．（3分）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：3d10 D．顺﹣2﹣丁烯的结构简式：【考点】原子核外电子排布；电子排布式与电子排布图；判断简单分子或离子的构型．【答案】B【分析】A.BeCl2的中心原子的价层电子对数为2+＝2；B.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键；C.基态Ni原子电子排布式为[Ar]3d84s2；D.顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧。【解答】解：A.BeCl2的中心原子的价层电子对数为2+＝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；D.顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，结构简式为，故D错误；故选：B。3．（3分）下列有关物质的工业制备反应错误的是（）A．合成氨：N2+3H22NH3 B．制HCl：H2+Cl22HCl C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑ D．冶炼镁：2MgO2Mg+O2↑【考点】金属冶炼的一般原理；工业制氨气．【答案】D【分析】A．工业上氮气和氢气高温、高压、催化剂条件下制备氨气；B．氢气在氯气中燃烧生成HCl；C．C在高温下还原二氧化硅生成Si；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。【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，制备原理应为MgCl2（熔融）2Mg+Cl2↑，故D错误；故选：D。4．（3分）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NaHCO3 B．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【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【答案】A【分析】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均能与Ca（OH）2溶液反应生成白色沉淀；B．变质混有铁离子，铁离子与KSCN反应生成血红色溶液；C．Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀生成，而Na2SO4溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有BaSO4白色沉淀生成；D．乙醛可发生银镜反应。【解答】解：A．Na2CO3溶液和NaHCO3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．Na2SO3溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀生成，而Na2SO4溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2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：A。5．（3分）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑。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．0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA D．1L0.1mol•L﹣1K2S溶液中含S2﹣数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【答案】C【分析】A．气体摩尔体积Vm＝22.4L/mol的使用条件是标准状况（0℃、101kPa）；B．由方程式可知，每生成1molN2转移12mol电子；C．1molKNO3晶体中含有2mol离子；D．K2S溶液中S2﹣会发生水解。【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1molN2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．1molKNO3晶体中含有2mol离子，因此0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA，故C正确；D．K2S溶液中S2﹣会发生水解，因此1L0.1mol•L﹣1K2S溶液中含S2﹣数目小于0.1NA，故D错误；故选：C。6．（3分）在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如图。下列关于开、闭环螺吡喃说法正确的是（）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【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质．【答案】B【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；B．同分异构体：分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体；C．闭环螺吡喃中N原子为sp3杂化，开环螺吡喃中N原子为sp2杂化；D．开环螺吡喃中的正、负离子容易与水形成水合离子。【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，开环螺吡喃分子中不含手性碳原子，故A错误；B．开、闭环螺吡喃是分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体，故B正确；C．闭环螺吡喃中N原子为sp3杂化，开环螺吡喃中N原子为sp2杂化，杂化方式不同，故C错误；D．开环螺吡喃中的正、负离子容易与水形成水合离子，亲水性更好，故D错误；故选：B。7．（3分）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O2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﹣+H2O﹣2e﹣═HClO+H+【考点】电解原理．【答案】D【分析】根据图示可知，钛网电极上在PRT的抑制下，Cl﹣放电生成HClO，电极反应为Cl﹣+H2O﹣2e﹣═HClO+H+，故钛网电极为阳极，a为正极，b为负极，钛箔电极为阴极，该电极上水放电生成氢气：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，电解池总反应为：NaCl+H2ONaClO+H2↑，据此分析。【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2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣可知，转移2mole﹣生成2gH2，故B错误；C.电解后得到NaClO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Cl﹣+H2O﹣2e﹣═HClO+H+，故D正确；故选：D。8．（3分）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。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【考点】有机物的结构和性质．【答案】C【分析】A．取代反应指化合物中的任意一个原子被一个原子或原子团替代的反应；B．a中含有酚羟基，可与NaOH溶液反应，b中含有卤原子，在NaOH溶液中可发生水解反应；C．c为高度对称的结构，有4种不同化学环境的氢原子；D．c为冠醚，可与K+形成配合离子。【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NaOH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为冠醚，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，故D正确；故选：C。9．（3分）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（）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【考点】原子结构与元素周期律的关系．【答案】B【分析】由于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，Q为+3价的元素Al，由L的结构示意图可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，依此进行分析解答。【解答】解：A.由于O与氢形成的化合物H2O或H2O2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Al2O3，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：B。10．（3分）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（）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 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】B【分析】矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2、4FeO+O22Fe2O3，水浸之后除去生成的氧化铁，滤液中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr（OH）3，以此解答该题。【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元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2、4FeO+O22Fe2O3，产生CO2，故A正确；B．矿渣主要成分为FeO、Cr2O3，加入纯碱、空气焙烧，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，发生反应：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2、4FeO+O22Fe2O3，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：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2，即滤液①中Cr元素的主要存在形式为，故C正确；D．滤液中加入淀粉水解液，葡萄糖与Na2CrO4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。11．（3分）某低成本储能电池原理如图所示。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：Pb++2Fe3+═PbSO4+2Fe2+【考点】原电池与电解池的综合．【答案】B【分析】由图可知，Pb/PbSO4电极为原电池负极，电池负极的电极反应式为：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4，多孔碳电极为正极，正极的电极反应式为：2Fe3++2e﹣＝2Fe2+，放电总反应：Pb++2Fe3+═PbSO4+2Fe2+，放电时，阳离子移向正极，据此分析。【解答】解：A．放电时，电池负极的电极反应式为：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4，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﹣+＝PbSO4，正极的电极反应式为：2Fe3++2e﹣＝2Fe2+，放电总反应：Pb++2Fe3+═PbSO4+2Fe2+，故充电总反应PbSO4+2Fe2+＝Pb++2Fe3+，故D错误；故选：B。12．（3分）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4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图所示。下列说法正确的是（）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（Ⅶ）不能大量共存 D．总反应为：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率的影响因素．【答案】C【分析】A．图象分析可知，随着时间推移，Mn（Ⅲ）浓度先增大，后减小，说明Mn（Ⅲ）可以做氧化剂氧化草酸；B．图象中曲线变化可知，随着反应物浓度减小，到大约13min时，开始生成Mn（Ⅱ），Mn（Ⅱ）对反应起到催化剂作用；C．图象可知Mn（Ⅶ）的浓度为0后才开始生成Mn（Ⅱ）；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子。【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（Ⅱ），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．H2C2O4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+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选：C。13．（3分）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，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（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溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：I2+I﹣⇌C紫黑色晶体消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）⇌I2（aq）右移D溶液褪色Zn与有色物质发生了置换反应A．A B．B C．C D．D【考点】化学平衡的影响因素．【答案】D【分析】A．I2为紫黑色固体，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少；B．（aq）为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，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I2转化为（aq）；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）⇌I2（aq），碘和碘离子反应生成，I2+I﹣⇌；D．I2和Zn发生化合反应生成ZnI2。【解答】解：A．I2为紫黑色固体，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少，则I2在水中溶解度较小，故A正确；B．（aq）为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，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I2转化为（aq），所以溶液颜色加深，发生了反应：I2+I﹣⇌，故B正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）⇌I2（aq），I2（s）为紫黑色晶体，I2（aq）为棕色，紫黑色晶体消失，因为Zn和I2反应生成的I﹣和I2（aq）生成（aq），I2（aq）浓度减小，溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，故C正确；D．I2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I2发生了化合反应而不是置换反应，故D错误；故选：D。14．（3分）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g•cm﹣3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1﹣x D．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导【考点】晶胞的计算．【答案】C【分析】A．根据均摊法计算晶胞的化学式，再根据晶体密度为：ρ＝进行计算；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；C．根据均摊法计算晶胞中Mg的个数即可；D．因为Mg2+的半径大于Li+，Mg2+取代产生的空位体积更大。【解答】解：A．由图可知，晶胞中含有Cl：4×＝1，含有O：2×＝1，含有Li：8×+1＝3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：ρ＝＝＝g•cm﹣3，故A正确；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，含有O：2×＝1，含有Li：8×+1＝3，含有Mg或空位：8×＝1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1﹣x，故C错误；D．因为Mg2+的半径大于Li+，Mg2+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：C。15．（3分）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离，体系中pH与﹣1gc关系如图所示，c为HS﹣、S2﹣、Ni2+和Cd2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知Ksp（NiS）＞Ksp（CdS），下列说法正确的是（）A．Ksp（CdS）＝10﹣18.4 B．③为pH与﹣lgc（HS﹣）的关系曲线 C．Ka1（H2S）＝10﹣8.1 D．Ka2（H2S）＝10﹣14.7【考点】沉淀溶解平衡．【答案】D【分析】酸性较强的溶液中含硫微粒为H2S、HS﹣、S2﹣，H2S是二元弱酸，则起始阶段c（HS﹣）＞c（S2﹣），﹣lgc（HS﹣）＜﹣lgc（S2﹣），随着溶液pH增大，溶液的酸性减弱，c（HS﹣）和c（S2﹣）都逐渐增大，﹣lgc（HS﹣）和﹣lgc（S2﹣）都逐渐减小，c（Ni2+）或c（Cd2+）逐渐减小，﹣lgc（Ni2+）或﹣lgc（Cd2+）逐渐增大，且Ksp（NiS）＞Ksp（CdS），当c（S2﹣）一定时c（Ni2+）＞c（Cd2+），﹣lgc（Ni2+）＜﹣lgc（Cd2+），所以图中曲线①②③④分别为pH与﹣lgc（Ni2+）、﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（S2﹣）、﹣lgc（HS﹣）的关系曲线，据此分析解答。【解答】解：由上述分析可知，曲线①②③④分别为pH与﹣lgc（Ni2+）、﹣lgc（Cd2+）、﹣lgc（S2﹣）、﹣lgc（HS﹣）的关系曲线；A．pH＝4.9时c（S2﹣）＝c（Cd2+）＝10﹣13.0mol/L，Ksp（CdS）＝c（S2﹣）•c（Cd2+）＝10﹣26.0，故A错误；B．③为pH与﹣lgc（S2﹣）的关系曲线，④为pH与﹣lgc（HS﹣）的关系曲线，故B错误；C．pH＝4.2时c（HS﹣）＝10﹣3.9mol/L，c（H+）＝10﹣4.2mol/L，Ka1（H2S）＝×c（H+）＝＝10﹣7.1，故C错误；D．Ka2（H2S）＝×c（H+），Ka1（H2S）＝×c（H+），则Ka2（H2S）•Ka1（H2S）＝×c2（H+），当pH＝4.9时c（S2﹣）＝10﹣13.0mol/L，c（H+）＝10﹣4.9mol/L，Ka2（H2S）•Ka1（H2S）＝×10﹣9.8＝10﹣21.8，由选项C可知Ka1（H2S）＝10﹣7.1，所以Ka2（H2S）＝10﹣14.7，故D正确；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．（14分）某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8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粉碎镍钴矿（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），1molH2SO5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H2O++Mn2+＝MnO2++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SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是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）“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4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）。（6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于11.1（精确至0.1）。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）粉碎镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等）；（2）NA；（3）H2O++Mn2+＝MnO2++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+O2＝2H2O+4CoO（OH）；（6）11.1。【分析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，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；（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，依据正负化合价代数和为0计算得出；（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++，酸式根离子不能再拆分，H2SO5将Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的还原产物为；加入石灰乳时加入石灰乳pH＝4时，Fe（OH）3已经完全沉淀且生成了CaSO4；（4）由Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图，斜率最大的速率最大；（5）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ），其成分是Co（OH）2，在空气中可被氧化成CoO（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣），“沉镁”时Mg2+沉淀完全（25℃）的最低浓度是10﹣5mol•L﹣1，以此分析解题。【解答】解：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，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镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等），故答案为：粉碎镍钴矿（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1molH2SO5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++，酸式根离子不能再拆分，H2SO5将Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的还原产物为，反应的离子方程式为：H2O++Mn2+＝MnO2++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：H2O++Mn2+＝MnO2++3H+；Fe（OH）3、CaSO4；（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SO2体积分数为9.0%；故答案为：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）“沉钴镍”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（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣）＝10﹣10.8，“沉镁”时Mg2+沉淀完全（25℃）的最低浓度是10﹣5mol•L﹣1，此时c（OH﹣）＝＝mol•L﹣1＝10﹣2.9mol•L﹣1，则c（H+）＝＝mol•L﹣1＝10﹣11.1mol•L﹣1，pH＝﹣lgc（H+）＝11.1，故答案为：11.1。17．（13分）2﹣噻吩乙醇（Mr＝128）是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，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MgSO4，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c。a.乙醇b.水c.甲苯d.液氨（2）噻吩沸点低于吡咯（）的原因是吡咯分子具有N﹣H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高。（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先将环氧乙烷溶于四氢呋喃中，再缓慢加入。（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节pH的目的是促进2﹣噻吩乙醇钠水解完全，生成2﹣噻吩乙醇。（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MgSO4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%）【考点】制备实验方案的设计．【答案】（1）c；（2）吡咯分子具有N﹣H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高；（3）；（4）分液漏斗向烧瓶中缓缓滴加环氧乙烷溶液；（5）促进2﹣噻吩乙醇钠水解完全，生成2﹣噻吩乙醇；（6）球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用；（7）70.0%。【分析】（1）钠和乙醇、水和液氨都能反应；（2）吡咯分子间可形成氢键；（3）步骤Ⅱ的化学方程式为噻吩和钠反应生成噻吩钠和氢气；（4）环氧乙烷溶解于四氢呋喃溶液中，再缓慢加入噻吩钠中；（5）2﹣噻吩乙醇钠水解生成2﹣噻吩乙醇和氢氧化钠，加入盐酸促进水解；（6）向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，涉及到的操作为过滤、蒸馏，据此分析需要的仪器，硫酸镁为干燥剂；（7）理论上计算得到2﹣噻吩乙醇的质量，产品的产率＝×100%。【解答】解：（1）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，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）噻吩沸点低于吡咯（）的原因是：吡咯分子具有N﹣H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高，故答案为：吡咯分子具有N﹣H的结构，分子间可形成氢键，使其熔沸点较高；（3）步骤Ⅱ的化学方程式为：，故答案为：；（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：先将环氧乙烷溶于四氢呋喃中，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﹣噻吩乙醇钠水解完全，生成2﹣噻吩乙醇，故答案为：促进2﹣噻吩乙醇钠水解完全，生成2﹣噻吩乙醇；（6）向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，涉及到的操作为过滤、蒸馏，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＝＝0.2mol，理论上计算得到2﹣噻吩乙醇的物质的量0.2mol，质量＝0.2mol×128g/mol＝25.6g，产品的产率＝×100%70.0%，故答案为：70.0%。18．（14分）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、CuO和SO3（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+H2SO4ㅤ2NO+O2═2NO2（i）上述过程中NO2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SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（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（数值己略去）与温度的关系如图所示，下列说法正确的是cd。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图所示，催化性能最佳的是d（填标号）。（iii）设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为α0，用含p和α0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）。【考点】化学平衡的计算；工业制取硫酸；探究物质的组成或测量物质的含量；化学平衡的影响因素．【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；（iii）。【分析】（1）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3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，据此分析判断；（2）（i）根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成；（ii）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；（3）（i）a．根据不同转化率下的反应速率曲线分析判断；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；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；d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大