【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（遼寧卷）【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（遼寧卷）1/22【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（遼寧卷）２023年高考真題完全解讀（遼寧卷)2０2３年是遼寧省新高考自主命題第3年,試題在《高考評價體系》得指導下命制,落實立德樹人的根本任務，試題命制注重合理選取情境，增強與環境保護、醫藥衛生、能源材料等方面的聯系，在真實情境中考查學生聯系實際，靈活運用知識解決問題的能力,關注社會熱點和國際前沿，促進學生化學觀念、科學思維和正確價值觀念的形成與發展，充分發揮高考的育人功能和價值導向作用,促進了素質教育高質量發展。一、立意高遠選材考究考點明確試題素材情境取材廣泛，圍繞與化學關系密切的材料、生命、環境、能源與信息等領域,通過對應用于社會生產實踐中化學原理的考查，充分體現化學學科推動科技發展和人類社會進步的重要作用，凸顯化學學科的社會價值。如：第1題介紹我國科學家在諸多領域取得新突破，考查常見能量轉化形式、高分子化合物通性的概述、合成材料；第5題以我國古代四大發明之一黑火藥的爆炸反應為載體，考查阿伏加德羅常數.二、重視基礎體現創新難度適中高中化學基礎內容包括物質結構理論、典型化合物的性質、化學反應原理、基本化學實驗操作方法和實驗設計思想。從Ⅰ卷選擇題的選項設置來看，仍然注重考查化學的主干知識，如化學知識與生活的聯系與應用、化學反應速率的表達式及影響因素、原子結構與元素的性質關系、弱電解質的電離平衡與pH、有機化合物的知識及應用等，其他的主干知識，如阿伏加德羅常數、氧化還原反應、非金屬及其化合物的知識，則分散在其他選擇題的各個選項中。強調知識的覆蓋面,突出體現在每個選擇題的四個選項都力求從四個不同的角度進行考查；同時，對知識的考查更多的停留在了解的層次上，有效地鑒別學生的基礎是否扎實，從而引導中學教學遵循教育規律、嚴格按照高中化學課程標準進行教學。如:第2題考查化學用語基礎知識，立體異構的概念、化學鍵與物質類別關系的判斷、電子排布式、價層電子對互斥理論的應用；第3題考查氨、氯化氫、粗硅和鎂等物質的工業制備反應;第4題物質的鑒別或檢驗；第6題以螺呲喃發生開、閉環轉換反應，考查有機物的結構;第７題以無隔膜流動海水電解法制Ｈ2為情景，考查電解原理及其運用；第8題以冠醚為情景，考查有機物的性質;第9題為元素推斷,考查電離能變化規律，配合物的概念、組成及形成條件,極性分子和非極性分子；第１1題以低成本儲能電池為情景,考查二次電池原理；第1５題沉淀溶解平衡圖象分析;第1９題以加蘭他敏的合成過程,進行有機推斷，考查官能團、反應類型、化學方程式的書寫、同分異構體的種類判斷.三、情境真實核心素養引領教學新高考得一大特色是題目得新穎度、開放度與真實感突出.本試卷得第1、5、6、7、8、9、1０、1２、1３、14、15、１6、１７、18、１９題均有真實情境，這些題目圖文并茂,將課堂上學到得知識與生產生活實際緊密相連,更加突出了新高考立德樹人、服務選材、引導教學得核心思想。同時,這些題目中得背景信息多與工業生產有關，體現了遼寧作為傳統工業大省得地方特色.化學試題設計聚焦化學學科核心素養，實現對“宏觀辨識與微觀探析”“變化觀念與平衡思想"“證據推理與模型認知"等化學學科核心素養的考查。試題明顯加大了對《化學反應原理》《物質結構與性質》考查力度。試題創新信息呈現方式，設問角度獨特,要求學生多角度、多層次、多維度地認識化學基本規律，在分析和解決化學問題中考查學科關鍵能力，引導學生培育核心素養。如：第7、11、1２、１３、1５、16、１8題考查化學反應原理基礎知識;第2、５、９、14題考查物質結構知識。其中第17題制備2—噻吩乙醇，考查有機物的制備原理，物質分離和提純,并對實驗進行綜合評價,把有機物與化學實驗知識進行有機融合,對試題創新進行了有益嘗試；第18題以鉛室法、接觸法兩種工業制硫酸工藝，結合所學化學反應原理知識，進行綜合分析評價。四、全面設點重視主干突出實驗課程及教學改革更加注重對實驗操作能力的培養。試題堅持將課程標準作為命題的主要依據，以陌生的情境考查學生熟悉的知識內容，既滿足高等學校選拔要求,又有利于學生實際水平的發揮。試題新穎、靈活，將定性和定量相結合，推斷和計算相結合,體現了新課程理念.考查了學生的觀察能力，自學能力，實驗能力，思維能力，計算能力，知識遷移和類比推理能力，有利于培養學生的科學素養，和創新精神。如:第10題以制備Ｃｒ(OH)3工藝為載體，考查鐵及其化合物轉,鹽類水解在生活、生產中的應用，淀粉、纖維素的水解;第12題Mn(Ⅱ)對酸性KMO4溶液與H２C2O4發生反應起催化作用切入點，考查離子方程式的正誤判斷，催化劑對化學反應速率的影響,錳的化合物的性質及轉化；第１３題分析I2和鋅粒反應過程中的顏色變化加以分析；第１4題晶體結構的缺陷美與對稱美,根據晶胞結構確定晶體化學式，晶胞的有關計算；第16題處理鎳鈷礦硫酸浸取液工藝，實現鎳、鈷、鎂元素的回收，考查離子方程式的書寫,氧化還原反應有關計算,影響化學反應速率的因素，溶度積常數相關計算。題號難度考查內容詳細知識點選擇題１易化學與SＴSＥ無機物與有機物；常見能量轉化形式；高分子化合物通性的概述;合成材料。2中物質結構與性質（化學用語)立體異構的概念;化學鍵與物質類別關系的判斷;電子排布式；價層電子對互斥理論的應用。3中常見無機物及其應用氯氣與非金屬單質的反應；二氧化硅的化學性質；常見金屬的冶煉;氨的合成。4中化學實驗基礎物質的檢驗；有機物的檢驗；常見陽離子的檢驗;常見陰離子的檢驗。5中氧化還原反應物質的量有關計算;氧化還原反應有關計算；鹽類水解規律；共價鍵對分子構型、性質的影響.6中有機化學基礎簡單有機物同分異構體書寫及辨識；分子的手性；利用雜化軌道理論判斷化學鍵雜化類型;氫鍵對物質性質的影響.7中化學反應原理（電化學）電解原理的應用；電解池電極反應式及化學方程式的書寫與判斷;電解池有關計算。8較難有機化學基礎核磁共振氫譜；取代反應；鹵代烴的水解反應；有機物的推斷。9較難物質結構與性質(元素推斷)根據原子結構進行元素種類推斷；電離能變化規律；配合物的概念、組成及形成條件;極性分子和非極性分子。1０較難化學工藝流程有關鐵及其化合物轉化的流程題型;鹽類水解在生活、生產中的應用；淀粉、纖維素的水解。11較難化學反應原理(電化學）原電池原理理解；鉛蓄電池;原電池、電解池綜合考查；電解池電極反應式及化學方程式的書寫與判斷。12中化學反應原理（反應速率）離子方程式的正誤判斷；催化劑對化學反應速率的影響；錳的化合物的性質及轉化。１３中常見無機物及其應用溴、碘單質與大多數金屬單質的反應;濃度對化學平衡移動的影響。14中物質結構與性質（晶體結構）晶胞；根據晶胞結構確定晶體化學式；晶胞的有關計算。15難化學反應原理（沉淀溶解平衡）弱電解質在水溶液中的電離平衡;溶度積規則及其應用；溶度積常數相關計算；弱電解質的電離平衡常數。選擇題16難化學工藝流程離子方程式的書寫；氧化還原反應有關計算;影響化學反應速率的因素;溶度積常數相關計算。17中化學綜合實驗取代反應；物質分離、提純綜合應用；常見有機物的制備；綜合實驗設計與評價。1８難化學反應原理影響化學反應速率的因素；化學平衡圖像分析;探究物質組成或測量物質的含量.１９難有機化學基礎有機物的推斷;有機合成綜合考查.一、明確考點,把握方向緊扣《高考評價體系》，研究高考試題，學習高考評價體系說明，把握考試方向。深入領會《高考評價體系》的理念，認真研讀評價體系中素質教育目標凝練為“核心價值、學科素養、關鍵能力、必備知識”的“四層”的意義，制定出一套既適合教者本人，又適合所教學生的方案，夯實基礎、培養能力，切實提高教與學的效率。二、回歸課本,注重細節教材是命題的出發點和歸宿,考題中通常有相當一部分內容是依據課本編制的。復習過程中要對課本上出現的各種形式的知識做一個梳理，包括：基本概念和原理、化學方程式、化學式、演示實驗、實驗現象、實驗基本操作、活動與探究、家庭小實驗、課本例題、課后習題、教材插圖、單元小結等等。化學是理科中的文科，許多知識點需要記憶。對于一些必知必舍近求遠的細節內容要整理出來，利用空暇時間讀記。三、精講精練，提高效率精講要做到“三講”、“三不講”。“三講”即：講理解不了的問題（難點、疑點）,講歸納不了的問題（規律、方法），講運用不了的問題（知識的遷移、思路的點撥）.“三不講"即：學生已經會了的不講,學生自己能學會的不講,講了學習仍然不會的不講.“精練"在講練結合,注重實效。恰到好處的“練”能幫助學生掌握知識、形成技能、提高學習能力，可以說“練”是學生生學習的主要手段。四、夯實基礎，突出重點1。繼續強化對基礎知識的理解,掌握抓住重點知識抓住薄弱的環節知識的缺陷，全面搞好基礎知識的復習.2。系統地對知識進行整理、歸納、溝通知識間的內在聯系，形成縱向、橫向知識鏈,構建知識網張，從知識的聯系和整體上把握基礎知識。3．重視學科主干知識的落實，夯實基礎,強調知識運用，進行有效訓練。始終要注重知識的落實，夯實基礎強調有“意義記憶”和“邏輯記憶”，提倡在總結中鞏固知識,在運用中鞏固知識，在訓練中鞏固知識,在反思中鞏固知識，避免機械記憶。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，下列說法錯誤的是（)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】A項，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項,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項,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項，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】A項，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項,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項，Ni原子的原子序數為２８,其基態原子的價電子排布為3d８４s2,C錯誤；Ｄ項,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；故選B.3。下列有關物質的工業制備反應錯誤的是（）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】A項，工業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項,工業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項,工業制粗硅是將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項，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】A項，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項，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項，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項,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；故選A。5．我國古代四大發明之一黑火藥的爆炸反應為：S＋2KNO３+3C=Ｋ２S+N2↑＋3ＣO２↑。設ＮＡ為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．11．2LＣO2含π鍵數目為NＡ Ｂ。每生成２．８N2轉移電子數目為ＮAC。0．１molＫNO3晶體中含離子數目為0．２NA?D。1L０.1ｍol·Ｌ-１Ｋ２Ｓ溶液中含S2—數目為０．1NA【答案】C【解析】Ａ項，ＣO2分子含有2個π鍵，題中沒有說是標況條件下，氣體摩爾體積未知,無法計算π鍵個數，A項錯誤；B項，2.8N2的物質的量,1molN２生成轉移的電子數為12NA，則０。1molＮ2轉移的電子數為1．2NＡ,Ｂ項錯誤;C項,0.1ｍｏlＫＮO3晶體含有離子為K+、NＯ3—,含有離子數目為0.2ＮＡ,C項正確；D項，因為S２-水解使溶液中Ｓ2—的數目小于0．１NＡ，D項錯誤;故選Ｃ。6．在光照下，螺呲喃發生開、閉環轉換而變色，過程如下。下列關于開、閉環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.閉環螺吡喃親水性更好【答案】B【解析】A項，手性是碳原子上連有四個不同的原子或原子團,因此閉環螺吡喃含有手性碳原子如圖所示，,開環螺吡喃不含手性碳原子,故Ａ錯誤;B項，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項，閉環螺吡喃中N原子雜化方式為ｓp3,開環螺吡喃中N原子雜化方式為ｓp２，故C錯誤；D項,開環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,因此開環螺吡喃親水性更好，故D錯誤；故選B。７。某無隔膜流動海水電解法制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2mol生成4Ｃ．電解后海水pH下降 D．陽極發生:H【答案】D【解析】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.A項，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項,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2mol生成２，Ｂ錯誤；C項,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項，由圖可知,陽極上的電極反應為:H，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】Ａ項，根據ａ和c的結構簡式可知,ａ與b發生取代反應生成c和HCl,A正確;B項,a中含有酚羥基，酚羥基呈弱酸性能與NaOH反應，b可在ＮaOH溶液中發生水解反應，生成醇類，Ｂ正確；C項，根據C的結構簡式可知，冠醚中有四種不同化學環境的氫原子,如圖所示:，核磁共振氫譜有4組峰，C錯誤；Ｄ項,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Ｙ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】B【解析】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。A項，W與Y的化合物為H２O或H2O2,均為極性分子,Ａ正確；B項，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項,Ｑ為Aｌ,Aｌ2Ｏ3為兩性氧化物，C正確；D項,該陰離子中L與Q之間形成配位鍵，D正確；故選B。1０．某工廠采用如下工藝制備Cr(ＯH)3,已知焙燒后Ｃr元素以價形式存在，下列說法錯誤的是（）A．“焙燒”中產生CＯ２ B.濾渣的主要成分為C．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】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生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀。A項,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項，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項,濾液①中Cr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CrＯ4２－，C正確；D項,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為化學能C．放電時右側通過質子交換膜移向左側Ｄ．充電總反應：Ｐb＋SＯ42－＋2Fe3+=PbSO4+2Fe2＋【答案】Ｂ【解析】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.A項，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項,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項,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項，充電時，總反應為PbＳO4＋2Ｆe2+=Ｐb＋ＳO４2—＋2Fｅ３+,D錯誤；故選B。１2。一定條件下，酸性KＭO４溶液與Ｈ2C2O4發生反應,Mn(Ⅱ）起催化作用，過程中不同價態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。Mn（Ⅲ)不能氧化H2C2O4B．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:2MnO4—+5Ｃ２Ｏ42—＋16H+=2Mn2+＋10CＯ２↑＋8H2O【答案】C【解析】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.A項，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項,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項,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項，H2C2Ｏ4為弱酸,在離子方程式中應以化學式保留，總反應為２MnO4—+5H2C２O4＋6H+=2Mn2++10CO2↑+8H２O,D項錯誤;故選C。13．某小組進行實驗，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I2在水中溶解度較小Ｂ溶液顏色加深發生了反應：I—+I2I3－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與有色物質發生了置換反應【答案】D【解析】Ａ項，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項,已知I３-(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發生反應I－+I２I3—，生成I３—使溶液顏色加深，Ｂ項正確；C項,Ｉ2在水中存在溶解平衡I2（s)I2(aｑ），Zｎ與I２反應生成的I－與Ｉ２(aq)反應生成I3－,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項,最終溶液褪色是Ｚn與有色物質發生了化合反應，不是置換反應,D項錯誤；故選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ＬｉMg2OCｌxＢr1－x Ｄ．Ｍg２+取代產生的空位有利于Li+傳導【答案】C【解析】A項，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項，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項，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項,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；故選C。15。某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c（H２Ｓ）０。1ｍol·L-1,通過調節pH使Nｉ2＋和Cd2+形成硫化物而分離，體系中ｐH與—lgc關系如下圖所示，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—)的關系曲線Ｃ.Kａ１(H2S)=１0-8.1?D.Ka２（H２S)=１0－14.7【答案】D【解析】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，HS—濃度大于S2－，即－ｌgc(HS—)小于—ｌｇ(S2—),則Ｎi2+和Cd2+濃度逐漸減小，且Ｋsp(ＮiS）>Ksp(CｄS）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-。A項,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Ｋsp（CdS）=c(Ｃｄ2+）·c（S2-）=１0－13×10—13＝10－26,A錯誤；B項，③為pH與－lg（S2—)的關系曲線，B錯誤；C項,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項,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Ka２(H2S)＝1０－14．7，D正確;故選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(N、、、、M２+和M）。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質NＭKsp１0—37.410－１4.７１0—１4。７10-10．8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（H2SＯ5），1ｍolH2ＳO5中過氧鍵的數目為_＿_____.（3）“氧化”中，用石灰乳調節pＨ=4，M被Ｈ2ＳO5氧化為M，該反應的離子方程式為__＿_＿__（H２ＳO5的電離第一步完全,第二步微弱）;濾渣的成分為M、__＿____（填化學式）.（４）“氧化”中保持空氣通入速率不變，Ｍ（Ⅱ)氧化率與時間的關系如下.SO2體積分數為__＿＿＿__時，Ｍ（Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大SO2體積分數時，M(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）,該反應的化學方程式為____＿＿_.（6)“沉鎂”中為使Ｍ2+沉淀完全(25℃）,需控制pH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）①Ｍ+HSO3－+H2Ｏ＝M②Fe（OH）3(4）①9．0%②SO２有還原性,過多將會降低Ｈ2SO５的濃度,降低M（Ⅱ)氧化速率（５)４Co（OＨ）2+O2=４CoO（OH)+2Ｈ2O（６）11.1【解析】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（H２ＳO5）,用石灰乳調節pH＝４，M被H2SO5氧化為M，發生反應Ｍ+HSO3－+H2O=M,Fｅ3+水解同時生成氫氧化鐵,“沉鉆鎳”過程中，Cｏ2+變為Co（OH）2,在空氣中可被氧化成CoO(OＨ）.(１）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;（2）H2SO５的結構簡式為，所以1mｏlH２SO5中過氧鍵的數目為NA；（3)用石灰乳調節pＨ＝4,M被H2SO5氧化為M，該反應的離子方程式為:Ｍ+HＳO３－+Ｈ2Ｏ=M；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,Ksp=c（Fe３+)·c３(ＯH—)＝1。0—５×（１０-1０．8)3=10—３7．４,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；（4)根據圖示可知SO2體積分數為０.9％時，Ｍ(Ⅱ）氧化速率最大;繼續增大SＯ２體積分數時，由于SＯ2有還原性,過多將會降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ）氧化速率；（5）“沉鉆鎳”中得到的Cｏ(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO（OH），該反應的化學方程式為:4Co(OH)２+Ｏ2=4CｏO（OH)＋2H2O；（6)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（M）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4．60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10℃,加入25ｍL噻吩，反應至鈉砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇鈉。降溫至-10℃,加入稍過量的環氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應30min。Ⅳ。水解。恢復室溫，加入70mL水，攪拌；加鹽酸調至４~6，繼續反應２，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1７。9２。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副反應,加入環氧乙烷溶液的方法是_＿＿____.（5)步驟Ⅳ中用鹽酸調節的目的是_＿＿___＿。(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％)。【答案】(1)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+2Na→2+Ｈ2↑（4)將環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】(1)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.（2）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。(3)步驟Ⅱ中和Na反應生成2—噻吩鈉和H2,化學方程式為：2＋2Na→2+H2↑。(４)步驟Ⅲ中反應放熱,為防止溫度過高引發副反應，加入環氧乙烷溶液的方法是:將環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）２-噻吩乙醇鈉水解生成-噻吩乙醇的過程中有NaOＨ生成,用鹽酸調節的目的是將NaＯH中和,使平衡正向移動，增大反應物的轉化率.（６)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。（7）步驟Ⅰ中向燒瓶中加入300mＬ液體A和4。60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）.【答案】(1）①ＣuＯ②ＳO3(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）①cd②d③【解析】（１)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。（２)(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