2023年遼寧省新高考化學試卷（含解析）

2023年遼寧省新高考化學試卷

一、單選題（本大題共15小題，共45.0分）

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CO?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（P04）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(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

2.下列化學用語或表述正確的是（）

A.BeC%的空間結(jié)構(gòu)：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

CH.H

\/

D.順一2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式：/=C\

HCH,

3.下列有關物質(zhì)的工業(yè)制備反應錯誤的是（）

A.合成氨：、：!//—2X7/

?1LM;

B.制HC1：-2HCI

C.制粗硅：.、“人.S.2（O-

D.冶煉鎂：”/小）12\tg.O：

4.下列鑒別或檢驗不能達到實驗目的是（）

A.用石灰水鑒別Na2cO3與NaHC（）3

B.用KSCN溶液檢驗FeS（）4是否變質(zhì)

C.用鹽酸酸化的Bad2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

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+3CO2TO

設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A.11.2LCO2含n鍵數(shù)目為總

B.每生成2.8gNz轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NA

C.0.1molKNC>3晶體中含離子數(shù)目為0.2NA

D.ILO.lmol?LK2s溶液中含S2-數(shù)目為0.1總

6.在光照下，螺毗喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換而變色，過程如圖。下列關于開、閉環(huán)螺n比喃說法

正確的是（）

閉環(huán)螺毗喃開環(huán)螺瞰喃

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)螺毗喃親水性更好

7.某無隔膜流動海水電解法制出的裝置如圖所示，其中高選擇性催化齊IJPRT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2moie一生成4gH2

C.電解后海水pH下降

D.陽極發(fā)生：Cr+H2O-2e-=HC10+H+

8.冠雄因分子結(jié)構(gòu)形如皇冠而得名，某冠酸分子c可識別K+,其合成方法如圖。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KI在苯中的溶解度

9.某種鎂鹽具有良好的電化學性能，其陰離子結(jié)構(gòu)如圖所示。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

"LXL]'L^JZ3X-X-Y-

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

10.某工廠采用如圖工藝制備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,+O2淀粉水解液

Cr(OH)s

濾渣注液②

A.“焙燒”中產(chǎn)生CC>2

B.濾渣的主要成分為Fe(OH)2

C.濾液①中Cr元素的主要存在形式為50廠

D.淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用

11.某低成本儲能電池原理如圖所示。下列說法正確的是()

多孔碳

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+SO|-+2Fe=PbS04+2Fe

12.一定條件下，酸性KMnO,溶液與H2c2O4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圖所示。下列說法正確的是()

0

7L一

U-

8

一

二s

.

。

豐6

s一

?

04

一

一)o.?

、s2

制

一

境?

S0

一

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(Vn)不能大量共存

+2+

D.總反應為：2MnO；+5C2O1-+16H=2Mn+10CO2T+8H20

13.某小組進行實驗，向10mL蒸儲水中加入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I式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：h+「=與

C紫黑色晶體消失k(aq)的消耗使溶解平衡k(s)WIz(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

14.晶體結(jié)構(gòu)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(zhì)材料(圖2)。下列說法錯誤的是()

A.圖1晶體密度為許/g5一3

B.圖1中0原子的配位數(shù)為6

C.圖2表示的化學式為LiMgzOClxBr1

D.Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+傳導

15.某廢水處理過程中始終保持H2s飽和，即c(H2S)=0.1mol」T,通過調(diào)節(jié)pH使Ni?+和

Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與-Ige關系如圖所示，c為HSJS2-,附2+和Cd2+的濃度,

單位為已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),下列說法正確的是()

A.Ksp(CdS)=IO-1&4B.③為pH與一Igc(HS-)的關系曲線

-81

C.Kal(H2S)=IOD.Ka2(H2S)=10-4.7

二、流程題(本大題共1小題，共14.0分)

16.某工廠采用如圖工藝處理銀鉆礦硫酸酸浸取液(含Ni?+、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

漉渣缽銀渣沉渣

已知:

物質(zhì)Ni(OH)

Fe(0H)3CO(OH)22Mg(0H)2

10-37.410-14.710-14.710-10.8

Ksp

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),

ImolH2sO5中過氧鍵的數(shù)目為。

⑶“氧化”中，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

(H2sos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(H)氧化率與時間的關系如圖。SO2體積分數(shù)為

時，Mn(H)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數(shù)時，Mn(II)氧化速率減小的原因是

1004

%g-

?、so2體積分數(shù)

M6o-

MO0.0%

(■0.8%

n4o

w-△2.0%

nO9.0%

2o-?16.0%

d

O-O-

o

204060

時間/min

⑸“沉鉆銀”中得到的Co(H)在空氣中可被氧化成CoO(OH),該反應的化學方程式為

⑹“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25。0,需控制pH不低于(精確至0.1)。

三、簡答題(本大題共2小題，共27.0分)

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

睡吩2-喔吩鈉2一曝吩乙需鈉2一噬吩乙翦

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25mLi1塞吩，反應至鈉砂消失。

HI.制噬吩乙爵鈉。降溫至—10。&加入稍過量的環(huán)氯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MgSO"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o

a.乙醇

b.水

c,甲苯

d.液氨

(2)嚷吩沸點低于此咯(、N/)的原因是。

H

(3)步驟H的化學方程式為o

(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o

(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。

I|0

If氣口

(7)產(chǎn)品的產(chǎn)率為(用Na計算，精確至0.1%)

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一一“煉石膽(CuSO4-5H2。)取精華法”。借助現(xiàn)代儀器

分析，該制備過程中CUSO4?5H2。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)如圖所示。700。(：左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO?、和

(填化學式)。

huc

v

班

三

及

M

(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：

N02+S02+H20=NO+H2sO4

2N0+02=2NO2

①上述過程中NO?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：S02(g)+j02(g)=SO3(g)AH=-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(chǎn)溫度，繪制相應轉(zhuǎn)化率(a)下反應速率(數(shù)值

己略去)與溫度的關系如圖所示，下列說法正確的是。

\a=0.88

a=0.90

\a=0.92

470480490500510520

溫度/匕

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

關系如圖所示，催化性能最佳的是(填標號)。

80-

60

40

20

OH—>—?—?—?—?—?—?—?—?—?—?

300350400450500550

溫度/匕

(iii)設。2的平衡分壓為P，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為的,用含p和a0的代數(shù)式表示上述催化氧化反應

的。=(用平衡分壓代替平衡濃度計算)。

四、推斷題(本大題共1小題，共14.()分)

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圖。

回答下列問題：

⑴A中與鹵代燒成酷活性高的羥基位于酯基的位(填“間”或“對”)。

(2)C發(fā)生酸性水解，新產(chǎn)生的官能團為羥基和(填名稱)。

(3)用Oz代替PCC完成DtE的轉(zhuǎn)化，化學方程式為。

(4)F的同分異構(gòu)體中，紅外光譜顯示有酚羥基、無N-H鍵的共有種。

(5)H-I的反應類型為o

(6)某藥物中間體的合成路線如圖(部分反應條件已略去)，其中M和N的結(jié)構(gòu)簡式分別為

和。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸為竣酸類物質(zhì)，不是高分子化合物，故A錯誤；

B.發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石［(Ca8Y)Fe(P04)7f，組成結(jié)構(gòu)分析可知，其成分屬于無機鹽，故B

正確；

C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉(zhuǎn)化形式是太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故C正確；

D.海水原位電解制氫工藝中的關鍵材料多孔聚四氨乙烯，耐腐蝕，故D正確；

故選：Ao

A.相對分子質(zhì)量大于一萬的為高分子化合物；

B.金屬陽離子或鏤根離子與酸根陰離子構(gòu)成的化合物為鹽；

C.太陽能電池是把太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；

D.聚四氟乙烯是高分子化合物，具有耐腐蝕性。

本題考查了物質(zhì)組成、物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，注意知識的積累，題目難度不大。

2.【答案】B

【解析】解：ABeCk的中心原子的價層電子對數(shù)為2+2(2-2x1)=2+0=2,空間結(jié)構(gòu)為直

線形，故A錯誤；

B.形成于同種元素的原子間的共價鍵為非極性鍵，P4中的共價鍵類型為非極性鍵，故B正確；

C.基態(tài)Ni原子電子排布式為［Ar］3d84s2,基態(tài)Ni原子價電子排布式：3d84s2,故C錯誤；

HII

D.順-2-丁烯中兩個甲基位于碳碳雙鍵的同側(cè)，結(jié)構(gòu)簡式為(：一(：’,故D錯誤；

/\

H,(：CH,

故選：B?

A.BeC%的中心原子的價層電子對數(shù)為2+12-2x1)=2；

B.形成于同種元素的原子間的共價鍵為非極性鍵；

C.基態(tài)Ni原子電子排布式為［Ar］3d84s2；

D.順-2-丁烯中兩個甲基位于碳碳雙鍵的同側(cè)。

本題考查常見化學用語的表示方法，涉及電子排布式、結(jié)構(gòu)簡式等知識，明確常見化學用語的書

寫原則即可解答，試題有利于提高學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.工業(yè)上氮氣和氫氣高溫、高壓、催化劑條件下制備氨氣，制備原理合理，故A正

確；

B.氫氣在氯氣中燃燒生成HC1,制備原理合理，故B正確；

C.C在高溫下還原二氧化硅生成Si,制備原理合理，故C正確；

D.Mg為活潑金屬，可電解熔融氯化鎂生成Mg,MgO的熔點高，電解消耗能量高，制備原理應為

MgCk(熔融故D錯誤;

故選：D。

A.工業(yè)上氮氣和氫氣高溫、高壓、催化劑條件下制備氨氣；

B.氫氣在氯氣中燃燒生成HC1；

C.C在高溫下還原二氧化硅生成Si；

D.Mg為活潑金屬，可電解熔融氯化鎂生成Mg,MgO的熔點高，電解消耗能量高。

本題考查物質(zhì)的制備，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用

能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。

4.【答案】A

【解析】解：ANa2cO3溶液和NaHC()3溶液均能與Ca(OH)2溶液反應生成白色沉淀，現(xiàn)象相同，不

能鑒別，故A錯誤；

B.變質(zhì)混有鐵離子，鐵離子與KSCN反應生成血紅色溶液，可利用KSCN溶液檢驗FeSCU是否變質(zhì)，

故B正確；

C.Na2sO3溶液中滴加鹽酸酸化的BaCk溶液無白色沉淀生成，而Na2s溶液中滴加鹽酸酸化的

BaCk溶液有BaS04白色沉淀生成，故用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗NazSOs是否被氧化，故C正確；

D.乙醛含有醛基，可發(fā)生銀鏡反應，故加熱條件下用銀氨溶液檢驗乙醇中是否混有乙醛，故D正

確；

故選：Ao

A.Na2cO3溶液和NaHCO3溶液均能與Ca(OH)2溶液反應生成白色沉淀；

B.變質(zhì)混有鐵離子，鐵離子與KSCN反應生成血紅色溶液；

C.Na2s。3溶液中滴加鹽酸酸化的Bad?溶液無白色沉淀生成，而Na2s0,溶液中滴加鹽酸酸化的

BaCk溶液有BaSC?4白色沉淀生成：

D.乙醛可發(fā)生銀鏡反應。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物的分離提純、實驗技能為

解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.不是標準狀況，不能使用氣體摩爾體積0=22.4L/moL無法計算IIZLCO2含有n

鍵的數(shù)目，故A錯誤；

B.由方程式可知，每生成1m0叫轉(zhuǎn)移12moi電子，2用電的物質(zhì)的量為O.lmol,因此每生成2.8gNz

轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1.2NA，故B錯誤；

C.lmolKNOs晶體中含有2moi離子，因此0.1molKN()3晶體中含離子數(shù)目為0.2以，故C正確；

D.K2s溶液中S2-會發(fā)生水解，因此lLO.lmol?右】!<2s溶液中含S?-數(shù)目小于O.INA，故D錯誤；

故選：Co

A.氣體摩爾體積Vm=22.4L/mol的使用條件是標準狀況(0久、lOlkPa)；

B.由方程式可知，每生成lmol”轉(zhuǎn)移12moi電子；

C.lmolKNOs晶體中含有2mol離子；

D.K2s溶液中S2-會發(fā)生水解。

本題主要考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算，為基礎知識的考查，題目難度不大。

6.【答案】B

【解析】解：A.連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子，開環(huán)螺毗喃分子中不含手性碳

原子，故A錯誤；

B.開、閉環(huán)螺毗喃是分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱同分異構(gòu)體，故B正確；

C.閉環(huán)螺毗喃中N原子為sp3雜化，開環(huán)螺叱喃中N原子為sp2雜化，雜化方式不同，故C錯誤；

D.開環(huán)螺毗喃中的正、負離子容易與水形成水合離子，親水性更好，故D錯誤；

故選：B?

A.連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；

B.同分異構(gòu)體：分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的化合物互稱同分異構(gòu)體；

C.閉環(huán)螺毗喃中N原子為sp3雜化，開環(huán)螺毗喃中N原子為sp2雜化；

D.開環(huán)螺毗喃中的正、負離子容易與水形成水合離子。

本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及高聚物知識，觀察有機物的結(jié)構(gòu)明確發(fā)生的反應，題目側(cè)重

考查學生分析能力、綜合運用知識的能力。

7.【答案】D

【解析】解：A.根據(jù)分析可知，a為正極，b為負極，則b端電勢低于a端電勢，故A錯誤；

B.根據(jù)陰極電極反應2H2O+2e-=H2T+20H-可知，轉(zhuǎn)移2moi生成2gH2，故B錯誤；

C.電解后得到NaClO溶液，水解呈堿性，溶液的pH升高，故C錯誤；

+

D.陽極電極反應為Q-+H20-2e-=HC10+H,故D正確；

故選：D。

根據(jù)圖示可知，鈦網(wǎng)電極上在PRT的抑制下，C「放電生成HC10,電極反應為Q-+內(nèi)0-2e-=

HC10+H+,故鈦網(wǎng)電極為陽極，a為正極，b為負極，鈦箔電極為陰極，該電極上水放電生成氫

氣：2H2O+2e-=H2T+20H1電解池總反應為：「他"\aClO〃：，據(jù)此分

析。

本題考查了電解池的原理和應用，難度不大，應注意圖示中信息的有關提取以及電化學原理的應

用。

8.【答案】C

【解析1解：A.對比a、b、c的結(jié)構(gòu)簡式可知，a和b反應生成c和HC1,因此該反應為取代反應，故

A正確；

B.a中含有酚羥基，可與NaOH溶液反應，b中含有鹵原子，在NaOH溶液中可發(fā)生水解反應，故B

正確；

C.c為高度對稱的結(jié)構(gòu)，有2種不同化學環(huán)境的氫原子，因此c核磁共振氫譜有2組峰，故C錯誤；

D.c為冠醛，可與堿金屬離子形成絡合物，可溶于非極性溶劑，未被溶劑化的陰離子，以裸露的陰

離子形式存在于溶劑中，活性極大，因此冠雄可使堿金屬化合物溶解在有機溶劑中，故D正確；

故選：C?

A.取代反應指化合物中的任意一個原子被一個原子或原子團替代的反應；

B.a中含有酚羥基，可與NaOH溶液反應，b中含有鹵原子，在NaOH溶液中可發(fā)生水解反應；

C.c為高度對稱的結(jié)構(gòu)，有2種不同化學環(huán)境的氫原子；

D.c為冠醛，可與堿金屬離子形成絡合物，可溶于非極性溶劑，未被溶劑化的陰離子，以裸露的陰

離子形式存在于溶劑中，活性極大。

本題主要考查有機物的性質(zhì)，為高頻考點，題目難度一般。

9.【答案】B

【解析】解：A.由于碳與氫形成的化合物是極性分子，故A正確；

B.第二周期從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，因此第一電離能F>O>C,Z>Y>X,故B

錯誤；

C.Q的氧化物即AI2O3,既能與酸發(fā)生反應，又能與堿發(fā)生反應，因而屬于兩性氧化物，故C正確；

D.該陰離子中含有配位鍵，故D正確，

故選：Bo

W

由于其陰離子結(jié)構(gòu)如圖所示，LXLL為Z,XXY,W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增

XZ,

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，Q為+3價

的元素A1,由L的結(jié)構(gòu)示意圖可知，W為H元素，X為C元素，Y為0元素，Z為F元素，依此進行分析

解答。

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應用，題目難度不大，推斷元素為解答關鍵，注意掌握元素周

期律內(nèi)容及原子核外電子排布規(guī)律，試題側(cè)重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。

10.【答案】B

【解析】解：A.礦渣主要成分為FeO、。2。3,加入純堿、空氣焙燒，已知焙燒后Cr元素以+6價形

式存在，發(fā)生反應：2Cr2O3+4Na2cO3+3O2Jij\.('/()l1(,().、"，0.。二-2/,()>

產(chǎn)生CO2,故A正確；

B.礦渣主要成分為FeO、Cr2O3,加入純堿、空氣焙燒，已知焙燒后Cr元素以+6價形式存在，發(fā)生

反應:2O2O3+4Na2co3+3。2W，。；1/t()-();_!/一(人，水浸之后

除去生成的氧化鐵，濾渣的主要成分為Fe2()3,故B錯誤；

C.已知焙燒后Cr元素以+6價形式存在，發(fā)生反應：2(：上03+4Na2c。3+

3O2LV.(■(；,.1(即濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrOg,故C正確；

D.濾液中加入淀粉水解液，葡萄糖與NazCrO,發(fā)生氧化還原反應生成Cr(0H)3,淀粉水解液中的葡

萄糖起還原作用，故D正確；

故選：Bo

礦渣主要成分為FeO、Cr2O3,加入純堿、空氣焙燒，己知焙燒后Cr元素以+6價形式存在，發(fā)生反

應：2Cr2O3+4Na2cO3+3O211c心+、lF<O+Q12FeQ，水浸之后除

去生成的氧化鐵，濾液中加入淀粉水解液，葡萄糖與NazCrO,發(fā)生氧化還原反應生成Cr(OH)3,以

此解答該題。

本題考查物質(zhì)的制備實驗及混合物分離與提純，為高頻考點，題目難度中等，把握流程中發(fā)生的

反應、混合物分離提純、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合

物知識與實驗的結(jié)合。

11.【答案】B

【解析】解：A.放電時，電池負極的電極反應式為：Pb-2e-+SOi-=PbS04.負極質(zhì)量增加，

故A錯誤；

B.儲能過程中為電解池，將電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能，故B正確；

C.放電時，陽離子移向正極，即左側(cè)H+通過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)，故C錯誤；

D.電池負極的電極反應式為：Pb-2e-4-S0i-=PbS04,正極的電極反應式為：2Fe3++2e.=

2+3+2+

2Fe,放電總反應：Pb+SOi~+2Fe=PbS04+2Fe,故充電總反應PbSC)4+2Fe?+=Pb+

S01-+2Fe3+,故D錯誤；

故選：Bo

由圖可知，Pb/PbS()4電極為原電池負極，電池負極的電極反應式為：Pb-2e-+50i-=PbS04)

多孔碳電極為正極，正極的電極反應式為：2Fe3++2e-=2Fe2+,放電總反應：Pb+SO：-+

3+2+

2Fe=PbSO4+2Fe,放電時，陽離子移向正極，據(jù)此分析。

本題考查原電池的工作原理，關鍵是理解原電池的工作原理，正確判斷電極、書寫電極反應式，

題目難度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A.圖像可知，隨著時間推移，Mn(HI)濃度先增大，后減小，說明開始反應生成Mn(III),

后Mn(HI)被消耗生成Mn(II),Mn(IH)能氧化H2c2O4,故A錯誤；

B.隨著反應物濃度減小，到大約13min時，開始生成Mn(II),Mn(II)對反應起到催化劑作用，

13mmin后反應速率會增大，故B錯誤；

C.圖象可知Mn(VH)的濃度為0后才開始生成Mn(H),該條件下，Mn(H)和Mn(Vll)不能大量共存,

故C正確；

D.H2c2O4為弱酸，在離子方程式中不能拆分為離子，總反應離子方程式為：2MnO1+5H2c20t+

6H+=2MM++IOC。？T+8H2O，故D錯誤；

故選：Co

A.圖象分析可知，隨著時間推移，Mn(HI)濃度先增大，后減小，說明Mn(W)可以做氧化劑氧化草

酸；

B.圖象中曲線變化可知，隨著反應物濃度減小，到大約13min時，開始生成Mn(II),Mn(II)對反

應起到催化劑作用；

C.圖象可知Mn(VII)的濃度為0后才開始生成Mn(H)；

D.H2c2O4為弱酸，在離子方程式中不能拆分為離子。

本題考查了氧化還原反應過程的分析判斷，主要是離子反應和離子性質(zhì)的理解、反應速率影響因

素、離子方程式書寫、圖象變化的正確理解應用等知識點，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。

13.【答案】D

【解析】解：A』為紫黑色固體，向10mL蒸懦水中加入0.4g%，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明

溶解的碘較少，則12在水中溶解度較小，故A正確；

B.I式aq)為棕色，向10mL蒸儲水中加入0.4gl2,充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液

顏色加深，說明加入Zn粒后I2轉(zhuǎn)化為I式aq),所以溶液顏色加深，發(fā)生了反應：I2+「=丐，故

B正確；

CI2在水中存在溶解平衡L(s)U%(aq)，［2(s)為紫黑色晶體，［2(aq)為棕色，紫黑色晶體消失，因

為Zn和I?反應生成的「和12(aq)生成I式aq),l2(aq)濃度減小，溶解平衡正向移動，紫黑色晶體消

失，故C正確；

D.%和Zn發(fā)生化合反應生成ZnL最終溶液褪色是因為Zn和有色物質(zhì)I?發(fā)生了化合反應而不是置換

反應，故D錯誤；

故選:Do

A."為紫黑色固體，向10mL蒸儲水中加入0.492,充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明溶解的碘較少：

B石(aq)為棕色，向10mL蒸鐳水中加入0,4電，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液

顏色加深，說明加入Zn粒后“轉(zhuǎn)化為I式aq)；

C」2在水中存在溶解平衡［2(s)Ul2(aq),碘和碘離子反應生成，"+「=I3：

D.I2和Zn發(fā)生化合反應生成ZnL

本題考查化學平衡影響因素，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物

的性質(zhì)、外界條件對化學平衡影響原理是解本題關鍵，題目難度不大。

14.【答案】C

11

=1含8X+1=3

【解析】解：A.由圖可知，晶胞中含有Cl：4X；2-YJL4-

72.5

晶胞的化學式為U3CI0,所以晶體密度為：p=m=_弊__=_72.5m-3,故A正

103_308

-V(axl0-cm)NAxa3xlO

確；

B.由圖可知，圖1中與0原子距離最近且相等的Li原子的個數(shù)為6,即。配位數(shù)為6,故B正確；

1

8X

C.由圖可知，晶胞中含有Q或Br：4x；=l,含有0：2x^=1,4-=3,含有Mg或

空位：8x^=1,所以晶胞的化學式為LiMgOClxBr-x，故C錯誤；

D.因為Mg2+的半徑大于Li+,Mg2+取代產(chǎn)生的空位體積更大，有利于內(nèi)部的Li+傳導，故D正確;

故選:Co

A.根據(jù)均攤法計算晶胞的化學式，再根據(jù)晶體密度為：P=苜進行計算；

B.由圖可知，圖1中與0原子距離最近且相等的Li原子的個數(shù)為6；

C.根據(jù)均攤法計算晶胞中Mg的個數(shù)即可；

D.因為Mg2+的半徑大于Li+,Mg2+取代產(chǎn)生的空位體積更大。

本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)的相關知識，具體涉及均攤法計算，晶胞密度的計算，同時考查學生對信

息的理解、加工、處理的能力，屬于高考高頻考點，難度較大。

15.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，曲線①②③④分別為pH與—lgc(Cd2+)、-lgc(Cd2+)、—lgc(S2-)、

-lgc(HS-)的關系曲線；

2+-13022+-260

A.pH=4.9時c(S2-)=c(Cd)=10mol/L,Ksp(CdS)=c(S").c(Cd)=IO,故A錯

誤；

B.③為pH與-lgc(S2-)的關系曲線，④為pH與—Igc(HS-)的關系曲線，故B錯誤;

C.pH=4.2時c(HS-)=10-39mol/L,c(H+)=10-42mol/L,K(HS)=xc(H+)

al2cl**2oj

竺中叱=1。…，故C錯誤,

++

D.Ka2(H2S)=f^xc(H),Kal(H2S)=^yxc(H),RijKa2(H2S).Kal(H2S)=x

2++49

c(H),當pH=4.9時c(S2-)=10-i3Qmol/L,c(H)=10-mol/L,Ka2(H2S)-Kal(H2S)=

里YX10-96=10-21.8,由選項c可知Kai(HzS)=10-7.1,所以Ka2(HzS)=10-1”,故D正確;

故選：Do

酸性較強的溶液中含硫微粒為ES、HS-、S2-,H2s是二元弱酸，則起始階段C(HS-)>C(S2-),

-lgc(HS-)<-lgc(S2-),隨著溶液pH增大，溶液的酸性減弱，c(HS-)和c(S2-)都逐漸增大，

-lgc(HS-)和—lgc(S2-)都逐漸減小，c(Ni2+)或c(Cd2+)逐漸減小,-lgc(Ni2+)或—lgc(Cd2+)逐漸增

大，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS),當c(S2-)一定時c(Ni2+)>c(Cd2+),-lgc(Ni2+)<-lgc(Cd2+),所以

圖中曲線①②③④分別為pH與一lgc(Cd2+)、-lgc(Cd2+),-lgc(S2-),一Igc(HS-)的關系曲線，

據(jù)此分析解答。

本題考查沉淀溶解平衡和弱電解質(zhì)的電離平衡，把握圖象中曲線對應微粒的關系、溶度積常數(shù)和

電離平衡常數(shù)的計算方法是解題關鍵，側(cè)重分析能力、計算能力和靈活運用能力的考查，注意掌

握人2(出$)的計算技巧，題目難度較大。

2+

16.【答案】粉碎銀鉆礦(適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等)NAH2O+HSOS+Mn=

MnOz+SOt+3H+Fe(OH)39.0%SO2具有還原性，SO2過多會降低H2s0$的濃度，從而降低

Mn(II)的氧化速率4CO(OH)2+02=2H2O+4CoO(OH)11.1

【解析】解：(1)用硫酸浸取銀鉆礦時，提高浸取速率可以采用增大接觸面積、提高反應物濃度、

升高溫度等方法，可采取的具體措施有粉碎銀鉆礦(適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等)，

故答案為：粉碎銀鉆礦(適當提高硫酸的濃度、適當加熱、攪拌等)；

(2)H2s。5中過氧鍵的數(shù)目為X,則有2x個0原子顯—1價，則-2價0原子數(shù)目為5-2x,正負化合價

代數(shù)和為0,列式：+2+6-2x-2(5-2x)=0,解得x=1,貝UlmolH2sO5中過氧鍵的數(shù)目為以，

故答案為：NA；

(3)依據(jù)H2sO5的電離第一步完全，第二步微弱，則H2sO5拆開表示為H++HSO?,酸式根離子不

能再拆分，H2s0s將MM+氧化成MnC>2,H2sO5的還原產(chǎn)物為SOjl反應的離子方程式為：H20+

2++

HSO5+Mn=MnO24-SO^+3H；加入石灰乳pH=4時，F(xiàn)e(OH)3已經(jīng)完全沉淀，故濾渣的

成分為MnOz、Fe(0H)3，

2++

故答案為：H20+HSO5+Mn=MnO2+SO^+3H；Fe(OH)3；

(4)由Mn(II)氧化率與時間的關系如圖，斜率最大的速率最大，其對應的SO2體積分數(shù)為9。％;

故答案為：9.0%；SO2具有還原性，SO2過多會降低H2sO5的濃度，從而降低Mn(H)的氧化速率;

(5)“沉鉆銀”中得到的Co(H),其成分是CO(0H)2,在空氣中可被氧化成COO(OH),反應方程式

為：4CO(OH)2+02=2H2O+4CoO(OH),

故答案為：4CO(OH)2+02=2H2O4-4CoO(OH)；

(6)Mg(0H)2的Lp=c(Mg2+)xC2(OH-)=IQ-10-8,“沉鎂”時Mg?+沉淀完全(25汽)的最低濃度

是10-5mol-L-1,此時c(OH-)=J?溜弓=JL8moi-L-1=10-29mol-L-1>則c(H+)=

=y^mol?IT】=10-ulmol?1】，pH=-lgc(H+)=11.1,

故答案為：11.1。

(1)用硫酸浸取鍥鉆礦時，提高浸取速率可以采用增大接觸面積、提高反應物濃度、升高溫度等方

法；

(2)H2s。5中過氧鍵的數(shù)目為x,則有2x個0原子顯-1價，則-2價0原子數(shù)目為5-2x,依據(jù)正負化

合價代數(shù)和為。計算得出；

(3)依據(jù)H2sOs的電離第一步完全，第二步微弱，則H2s拆開表示為H++HSO。酸式根離子不

能再拆分,H2sO5將MM+氧化成MnC)2，H2sO5的還原產(chǎn)物為SO：、加入石灰乳時加入石灰乳pH=4

時，F(xiàn)e(0H)3已經(jīng)完全沉淀；

(4)由Mn(II)氧化率與時間的關系如圖，斜率最大的速率最大；

(5)“沉鉆銀”中得到的Co(II),其成分是CO(OH)2，在空氣中可被氧化成COO(OH)；

(6)Mg(OH)2的Lp=c(Mg2+)xC2(OH-),“沉鎂”時Mg?+沉淀完全(25箋)的最低濃度是

10-5moi.LT,以此分析解題。

本題考查化學反應原理，屬于工藝流程圖題，試題特點是綜合性強，既考查物質(zhì)性質(zhì)變化，又考

查學生對化學原理的掌握和計算能力等，題目難度較大。

17.【答案】c毗咯分子具有N-H的結(jié)構(gòu)，分子間可形成氫鍵，使其熔沸點較

先將環(huán)氧乙烷溶于四氫吠喃中，再緩慢加

入促進2-嚷吩乙醇鈉水解完全，生成2-嘎吩乙醇球形冷凝管、分液漏斗吸收水分，起到干

燥作用70.0%

【解析】解：(1)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)，A液體不能和鈉發(fā)生反應，

a.乙醇和鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，故a錯誤；

b.水和鈉反應生成氫氧化鈉和氫氣，故b錯誤；

c.甲苯和鈉不反應，故c正確；

d.液氨和鈉反應生成NaN%和電,故d錯誤；

故答案為：c；

(2)嚷吩沸點低于口比咯(G^)的原因是：瞰咯分子具有N-H的結(jié)構(gòu)，分子間可形成氫鍵，使其

H

熔沸點較高，

故答案為：哦咯分子具有N-H的結(jié)構(gòu)，分子間可形成氫鍵，使其熔沸點較高；

(4)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：先將環(huán)氧乙烷

溶于四氫吠喃中，再緩慢加入，

故答案為：先將環(huán)氧乙烷溶于四氫吠喃中，再緩慢加入；

(5)步驟W中用鹽酸調(diào)節(jié)pH的目的是：促進2-曝吩乙醇鈉水解完全，生成2-嚏吩乙醇，

故答案為：促進2-睡吩乙醇鈉水解完全，生成2-睡吩乙醇；

(6)向有機相中加入無水Mgs。,，靜置，過濾，對濾液進行蒸鐲，涉及到的操作為過濾、蒸儲，據(jù)

此分析不需要的儀器有：球形冷凝管、分液漏斗，硫酸鎂的作用是：吸收水分，起到干燥作用，

故答案為：球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用；

(7)4.60g鈉的物質(zhì)的量n=《器=0.2m01,理論上計算得到2-曝吩乙醇的物質(zhì)的量0.2mol,質(zhì)

17

量=0.2molx128g/mol=25.6g,產(chǎn)品的產(chǎn)率.一?I，。；川\,

/d.uo

故答案為：70.0%。

(1)鈉和乙醇、水和液氨都能反應;

(2)毗咯分子間可形成氫鍵；

(3)步驟II的化學方程式為睡吩和鈉反應生成睡吩鈉和氫氣；

(4)環(huán)氧乙烷溶解于四氫吠喃溶液中，再緩慢加入嚷吩鈉中；

(5)2-曝吩乙醇鈉水解生成2-曝吩乙醇和氫氧化鈉，加入鹽酸促進水解；

(6)向有機相中加入無水MgS04,靜置，過濾，對濾液進行蒸儲，涉及到的操作為過濾、蒸儲，據(jù)

此分析需要的儀器，硫酸鎂為干燥劑；

(7)理論上計算得到2-嚷吩乙醇的質(zhì)量，產(chǎn)品的產(chǎn)率=冬浮x100%,

理論量

本題考查了有機物的制備過程分析判斷，主要是實驗基本操作、物質(zhì)性質(zhì)的理解應用，注意知識

的準確把握和題干信息的遷移應用，題目難度中等。

18.【答案】CuOS03催化劑反應中有污染空氣的NO和NO?放出影響空氣環(huán)境、NO2可以溶解

1—0(0

在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)、產(chǎn)率不高cdd-1

a()xp2

【解析】解：(1)根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在70(TC左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuS()4發(fā)

生熱分解反應，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuS()4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SO2、SC>3、。2，可能出現(xiàn)的化學方程式為3CUSC)43CUO+2S02T

+S03T+02?,結(jié)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,

故答案為CuO；SO3；

(2)①根據(jù)所給的反應方程式，NO?在反應過程中先消耗再生成，說明NO?在反應中起催化劑的作

用，

故答案為：催化劑；

(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：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NO?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，

故答案為：反應中有污染空氣的NO和NO2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；

(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，故

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，故b錯誤；

c.從圖像可以看出隨著轉(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，故c正確；

d.從圖像可以看出隨著轉(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，故d正確；

故答案為：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