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辽宁省 2023 年普通高等学校招生选择性考试(化学)
本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56
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. 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 CO 合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
2
B. 发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca Y)Fe(PO)]”：其成分属于无机盐
8 4 7
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
【答案】A
【解析】
【详解】A．常见的脂肪酸有：硬脂酸(C H COOH)、油酸(C H COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有
17 35 17 33
达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A 错误；
B．嫦娥石因其含有 Y、Ca、Fe 等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B 正确；
C．电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C 正确；
D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，
不会被含水腐蚀，D 正确；
故答案选 A。
2. 下列化学用语或表述正确的是
A.BeCl 的空间结构：V 形 B. P 中的共价键类型：非极性键
2 4
C. 基态 Ni 原子价电子排布式：3d10 D. 顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．BeCl 的中心原子为 Be，根据 VSEPR 模型可以计算，BeCl 中不含有孤电子对，因此 BeCl
2 2 2
为直线型分子，A 错误；
B．P 分子中相邻两 P 原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，P 分子中的共
4 4
价键类型为非极性共价键，B 正确；C．Ni 原子的原子序数为 28，其基态原子的价电子排布为 3d84s2，C 错误；
D．顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为 ，D 错误；
故答案选 B。
3. 下列有关物质的工业制备反应错误的是
A. 合成氨：N+3H 2NH B. 制 HCl：H+Cl 2HCl
2 3 2 2
C. 制粗硅：SiO+2C Si+2CO D. 冶炼镁：2MgO(熔融) 2Mg+O↑
2 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N+3H 2NH，
2 2 3
A 正确；
B. 工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为 H+Cl 2HCl，B 正确；
2 2
C. 工业制粗硅是将 SiO 与 C 在高温下反应生成粗硅，反应方程式为 SiO+2C Si+2CO，C 正确；
2 2
D. 冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为 MgCl (熔融) Mg+Cl ↑，D 错误；
2 2
故答案选 D。
4. 下列鉴别或检验不能达到实验目的的是
A. 用石灰水鉴别 NaCO 与 NaHCO
2 3 3
B. 用 KSCN 溶液检验 FeSO 是否变质
4
C. 用盐酸酸化的 BaCl 溶液检验 NaSO 是否被氧化
2 2 3
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
【解析】
【详解】A．石灰水的主要成分为 Ca(OH) 能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，
2
不能达到鉴别的目的，A 错误；
B．Fe2+变质后会生成 Fe3+，可以利用 KSCN 溶液鉴别，现象为溶液变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；
C．NaSO 被氧化后会变成 NaSO ，加入盐酸酸化的 BaCl 后可以产生白色沉淀，可以用来检验 NaSO
2 3 2 4 2 2 3
是否被氧化，C 正确；
D．含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混油的乙醛，D 正确；
故答案选 A。
5. 我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为： 。设 为阿伏
加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 含 键数目为 B. 每生成 转移电子数目为
C. 晶体中含离子数目为 D. 溶液中含 数目为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 分子含有 2 个 键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算 键个数，
A 项错误； ? ? ? ?
B．2.8g 的物质的量 ，1mol 生成转移的电子数为 12 ，则 0.1mol 转
移的电子数为 1.2 ，B 项错误；
C．0.1mol 晶体含有离子为 、 ，含有离子数目为 0.2 ，C 项正确；
D．因为 水解使溶液中 的数目小于 0.1 ，D 项错误；
答案选 C。
6. 在光照下，螺呲喃发生开、闭环转换而变色，过程如下。下列关于开、闭环螺呲喃说法正确的是
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
【答案】B
【解析】
【详解】A．手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，，开环螺吡喃不含手性碳原子，故 A 错误；
B. 根据它们的结构简式，分子式均为 C H NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故 B 正确；
19 19
C. 闭环螺吡喃中 N 原子杂化方式为 sp3，开环螺吡喃中 N 原子杂化方式为 sp2，故 C 错误；
D. 开环螺吡喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺
吡喃亲水性更好，故 D 错误；
答案 B。
7. 某无隔膜流动海水电解法制 的装置如下图所示，其中高选择性催化剂 可抑制 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 生成
C. 电解后海水 下降 D. 阳极发生：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a 为正极，右侧电极为阴极，b 电极为
负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a 为正极，b 电极为负极，则 a 端电势高于 b 端电势，A 错误；
B. 右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上转移 生成 ，B 错误；
2
C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其 pH 基本不
变，C 错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为： ，D 正确；
故选 D。
8. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子 c 可识别 ，其合成方法如下。下列说法错误的是A. 该反应为取代反应 B. a、b 均可与 溶液反应
C. c 核磁共振氢谱有 3 组峰 D. c 可增加 在苯中 溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据 a 和 c 的结构简式可知，a 与 b 发生取代反应生成 c 和 HCl，A 正确；
B．a 中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与 NaOH 反应，b 可在 NaOH 溶液中发生水解反应，生成醇类，B
正确；
C． 根 据 C 的 结 构 简 式 可 知 ， 冠 醚 中 有 四 种 不 同 化 学 环 境 的 氢 原 子 ， 如 图 所 示 ：
， 核磁共振氢谱有 4 组峰，C 错误；
D．c 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，D 正确；
故答案选 C。
9. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。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 X 的化合物为极性分子 B. 第一电离能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】AB
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q 是核电荷数依次增大的短周期元素，W 形成 1 条单键且核电荷数最小，W 为
H， X 形成 4 条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X 为 C，Y 形成 2 条单键，核电荷数大于
C，Y 为 O，W、Y 原子序数之和等于 Z，Z 为 F，Y 原子价电子数为 Q 原子价电子数的 2 倍，Q 为 Al。
【详解】A．W 与 X 的化合物不一定为极性分子，如 CH 就是非极性分子，A 错误；
4
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能 F>O>C，B 错误；
C．Q 为 Al，Al O 为两性氧化物，C 正确；
2 3
D．该阴离子中 L 与 Q 之间形成配位键，D 正确；
故答案选 AB。
10. 某工厂采用如下工艺制备 ，已知焙烧后 元素以 价形式存在，下列说法错误的是
A.“焙烧”中产生 B. 滤渣的主要成分为
C. 滤液①中 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
【答案】B
【解析】
【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉
淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A 正确；
B. 焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B 错误；
C. 滤液①中 元素的化合价是+6 价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以 Cr 元素主
要存在形式为 ，C 正确；
D. 由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D 正确；
故选 B。
11. 某低成本储能电池原理如下图所示。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 通过质子交换膜移向左侧
D. 充电总反应：
【答案】B
【解析】
【分析】该储能电池放电时，Pb 为负极，失电子结合硫酸根离子生成 PbSO ，则多孔碳电极为正极，正极
4
上 Fe3+得电子转化为 Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成 Fe3+，PbSO 电极为阴极，PbSO
4 4
得电子生成 Pb 和硫酸。
【详解】A．放电时负极上 Pb 失电子结合硫酸根离子生成 PbSO 附着在负极上，负极质量增大，A 错误；
4
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B 正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的 H+通过质子交换膜移向右侧，C 错
误；
D．充电时，总反应为 PbSO +2Fe2+=Pb+ +2Fe3+，D 错误；
4
故答案选 B。
12. 一定条件下，酸性 溶液与 发生反应， (Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含 粒
子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下， (Ⅱ)和 (Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】开始一段时间（大约 13min 前）随着时间的推移 Mn(VII)浓度减小直至为 0，Mn(III)浓度增大直
至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成 Mn(III)，同时先生成少量 Mn(IV)后 Mn(IV)被消耗；后来
（大约 13min 后）随着时间的推移 Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移 Mn(III)的浓度先增大后减小，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 HC O，A 项错误；
2 2 4
B．随着反应物浓度的减小，到大约 13min 时开始生成 Mn(II)，Mn(II)对反应起催化作用，13min 后反应速
率会增大，B 项错误；
C．由图像可知，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，C
项正确；
D．HC O 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为 2 +5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+
2 2 4 2 2 4 2
8HO，D 项错误；
2
答案选 C。
13. 某小组进行实验，向 蒸馏水中加入 ，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入 锌粒，溶液
颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知 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
在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
( )的消耗使溶解平衡
C 紫黑色晶体消失
右移与有色物质发生了置换
D 溶液褪色
反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向 10mL 蒸馏水中加入 0.4gI，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I 的浓度较小，因为I 在水
2 2 2
中溶解度较小，A 项正确；
B．已知 (aq)为棕色，加入 0.2g 锌粒后，Zn 与 I 反应生成 ZnI，生成的 I-与 I 发生反应 I-+I ，
2 2 2 2
⇌
生成 使溶液颜色加深，B 项正确；
C．I 在水中存在溶解平衡 I(s) I(aq)，Zn 与 I 反应生成 I-与I(aq)反应生成 ，I(aq)浓度减小，上述
2 2 2 2 2 2
溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C 项正确；
⇌
D．最终溶液褪色是 Zn 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D 项错误；
答案选 D。
14. 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 D. 取代产生的空位有利于 传导
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊法，图 1 的晶胞中含 Li：8× +1=3，O：2× =1，Cl：4× =1，1 个晶胞的质量为
g= g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为 g÷(a3×10-30cm3)= g/cm3，A 项正确；
B. 图 1 晶胞中，O 位于面心，与 O 等距离最近的 Li 有 6 个，O 原子的配位数为 6，B 项正确；
C. 根据均摊法，图 2 中 Li：1，Mg 或空位为 8× =2。O：2×=1，Cl 或 Br：4× =1，Mg 的个数小于
2，根据正负化合价的代数和为 0，图 2 的化学式为 LiMgOCl Br ，C 项错误；
x 1-x
D. 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，说明 Mg2+取代产生的空位有利于 Li
+的传导，D 项正确；
答案选 C。
15. 某废水处理过程中始终保持 HS 饱和，即 形成硫
2 ，通过调节 pH 使 和
。
化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c 为 和 的浓度，单位为
已知 ，下列说法正确的是
A. B. ③为 与 的关系曲线
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】已知 HS 饱和溶液中随着 pH 的增大，HS 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
2 2
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着 pH 增大而减小，且相同 pH 相同时，HS-浓度大于 S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，
则 Ni2+和 Cd2+浓度逐渐减小，且 即当 c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和
-lg(Cd2+)随着 pH 增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表 Cd2+、②代表 Ni2+、③
代表 S2-，④代表 HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。【详解】A．由分析可知，曲线①代表 Cd2+、③代表 S2-，由图示曲线①③交点可知，此时 c
(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 ，A 错误；
B. 由分析可知，③为 与 的关系曲线，B 错误；
C. 由分析可知，曲线④代表 HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时 c(H+)=10-1.6mol/L 时，c
(HS-)=10-6.5mol/L， 或者当 c(H+)=10-4.2 mol/L 时，c
(HS-)=10-3.9 mol/L， ，C 错误；
D．已知 KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当 c(H+)=10-4.9mol/L
1 2
时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当 c(H+)=10-6.8mol/L 时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有 KaKa= =
1 2
=10-21.8，结合 C 项分析可知，Ka=10-7.1 故有 ，D 正确；
1
故答案为：D。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（ 和 )。实现镍、
钴、镁元素的回收。
已知：
物质
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 ，
中过氧键的数目为 。
（3） “氧化”中，用石灰乳调节
， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为 ( 的电离第一步完全，
第二步微弱)；滤渣的成分为 、 (填化学式)。
（4） “氧化”中保
持空气通入速率不变， (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 体积分数为 时，
(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时， (Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
（5） “沉钴
镍”中得到的 (Ⅱ)在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为 。
（6） “沉镁”中为使 沉淀完全 ，
需控制 不低于 (精确至 0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）N （3） ①. ②. Fe(OH)
A 3
（4） ①. 9.0% ②. SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
2
（5）
（6）11.1
【解析】
【分析】在“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 ，用石灰乳
调节 ， 被 氧化为 ，发生反应 ，Fe3+水
解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为 Co(OH) ，在空气中可被氧化成 。
2【小问 1 详解】
用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
【小问 2 详解】
的结构简式为 ，所以 中过氧键的数目为 N
A
【小问 3 详解】
用石灰乳调节 ， 被 氧化为 ，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的 Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中 c
(Fe3+)=10-5mol/L， ，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据 Kw=10-14，
pH=3.2，此时溶液的 pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
【小问 4 详解】
根据图示可知 体积分数为 0.9%时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时，由于 SO 有
2
还原性，过多将会降低 浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率
【小问 5 详解】
“沉钻镍”中得到的 Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为：
2
；
【小问 6 详解】
氢氧化镁的 Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据 Ksp 可计算 c(OH-)=10-2.9mol/L，
根据 Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的 pH=11.1；
17.2—噻吩乙醇( )是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入 液体A 和 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 ，加入 噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至 ，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应 。Ⅳ．水解。恢复室温，加入 水，搅拌 ；加盐酸调 至 4~6，继续反应 ，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 ，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 。
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 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 的作用为 。
（7）产品的产率为 (用 计算，精确至 0.1%)。
【答案】（1）c （2）： 中含有 N 原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
（3）2 +2Na 2 +H
2
（4）将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
（5）将 NaOH 中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
（6） ①. 球形冷凝管和分液漏斗 ②. 除去水
（7）70.0%
【解析】【小问 1 详解】
步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体 A 不能和 Na 反应，而乙醇、水和液氨都能和金属 Na 反应，故选 c。
【小问 2 详解】
噻吩沸点低于吡咯( )的原因是： 中含有N 原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点
升高。
【小问 3 详解】
步骤Ⅱ中 和 Na 反应生成 2-噻吩钠和 H，化学方程式为：2 +2Na 2
2
+H 。
2
【小问 4 详解】
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：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁
缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热。
【小问 5 详解】
2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有 NaOH 生成，用盐酸调节 的目的是将 NaOH 中和，使平
衡正向移动，增大反应物的转化率。
【小问 6 详解】
步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝
管和分液漏斗；向有机相中加入无水 的作用是：除去水。
【小问 7 详解】
步骤Ⅰ中向烧瓶中加入 液体 A 和 金属钠，Na 的物质的量为 ，步骤Ⅱ中 Na
完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成 0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为
=70.0%。
18. 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(CuSO ·5H O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过
4 2
程中 CuSO ·5H O 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)如下图所示。
4 2
700
℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有 SO 、 和 (填化学式)。
2（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：
NO +SO+H O=NO+H SO
2 2 2 2 4
2NO+O =2NO
2 2
(i) 上述过程中 NO 的作用为 。
2
(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 SO 的催化氧化：
2
SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
2 2 3
(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(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，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 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下图所
示，催化性能最佳的是 (填标号)。(iii) 设O 的平衡分压为p，SO 的平衡转化率为α，用含p 和α 的代数式表示上述催化氧化反应的K =
2 2 e e p
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1） ①. CuO ②. SO
3
（2） ①. 催化剂 ②. 反应中有污染空气的 NO 和 NO 放出影响空气环境、NO 可以溶解在硫酸
2 2
中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3） ①. cd ②. d ③.
【解析】
【小问 1 详解】
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 CuSO 发生热分解反应，从 TG 图像
4
可以看出，质量减少量为原 CuSO 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
4
为 SO 、SO 、O，可能出现的化学方程式为 3CuSO 3CuO+2SO ↑+SO↑+O ↑，结合反应中产物
2 3 2 4 2 3 2
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 CuO、SO 、SO 、O，故答案为 CuO、SO 。
2 3 2 3
【小问 2 详解】
(i)根据所给的反应方程式，NO 在反应过程中线消耗再生成，说明 NO 在反应中起催化剂的作用；
2 2
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的 NO 和 NO 放出影响空气环境、同时作为催化
2
剂的 NO 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（答案合理即可）。
2
【小问 3 详解】
(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，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，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，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，d 正确；
故答案选 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 SO 的转化率最好，产率最佳，故答案选 d；
2
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数 K = = =
p
； 设 SO 初 始 量 为 m mol， 则 平 衡 时 n(SO )=m·α， n(SO )=m-m·α=m(1-α)， K =
2 2 e 3 e e p
= ，故答案为 。
19. 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下。
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 O 代替 PCC 完成 D→E 的转化，化学方程式为 。
2
（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
的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中M 和N 的结构简式分别为 和
。
【答案】（1）对 （2）羧基
（3）2 +O 2 +2H O
2 2
（4）3 （5）取代
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】根据有机物A 的结构和有机物 C 的结构，有机物A 与 CH3I 反应生成有机物 B，根据有机物B 的
分子式可以得到有机物 B 的结构，即 ；有机物与 BnCl 反应生成有机物 C，有机物 C
发生还原反应生成有机物D，有机物D 与 PCC 发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E 的结构和有机物
D 的分子式可以得到有机物 D 的结构，即 ；有机物 E 与有机物有机物 F 发生已知条
件给的②反应生成有机物G，有机物G 发生还原反应生成有机物H，根据有机物H 与有机物G 的分子式可以得到有机物G 的结构，即 ，同时也可得到有机物 F 的结
构，即 ；随后有机物 H 与 HCOOCH CH 反应生成有机物 I。由此分析
2 3
解题。
【小问 1 详解】
由有机物 A 与 CHI 反应得到有机物 B 可知，酚与卤代烃反应成醚时，优先与其含有的其他官能团的对位
3
羟基发生反应，即酯基对位的酚羟基活性最高，可以发生成醚反应，故答案为；对位。
【小问 2 详解】
有机物 C 在酸性条件下发生水解，其含有的酯基发生水解生成羧基，其含有的醚键发生水解生成酚羟基，
故答案为羧基。
【小问 3 详解】
O2 与有机物 D 发生催化氧化反应生成有机物 E， 反应的化学方程式为 2 +O
2
2 +2H O。
2
【小问 4 详解】
F 的同分异构体中不含有 N-H 键，说明结构中含有 结构，又因红外中含有酚羟基，说明结构中含
有苯环和羟基，固定羟基的位置， 有邻、间、对三种情况，故有 3 种同分异构体。
【小问 5 详解】
有机物H 与 HCOOCH CH 反应生成有机物I，反应时，有机物H 中的 N-H 键发生断裂，与 HCOOCHCH
2 3 2 3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应。
【小问 6 详解】
根据题目中给的反应条件和已知条件，利用逆合成法分析，有机物N 可以与 NaBH 反应生成最终产物，
4
类似于题中有机物 G 与 NaBH 反应生成有机物 H，作用位置为有机物 N 的 N=C 上，故有机物 N 的结构
4
为
，有机物 M 可以发生已知条件所给的反应生成有机物N，说明有机物 M 中含有
C=O，结合反应原料中含有羟基，说明原料发生反应生成有机物 M 的反应是羟基的催化氧化，有机物M 的
结构为 ，故答案为 、 。
