2023年高考真题完全解读(辽宁卷)2023年是辽宁省新高考自主命题第3年，试题在《高考评价体系》得指导下命制，落实立德树人的根本任务，试题
命制注重合理选取情境，增强与环境保护、医药卫生、能源材料等方面的联系，在真实情境中考查学生联系实际，灵活运用知识解决问题的能力，关
注社会热点和国际前沿，促进学生化学观念、科学思维和正确价值观念的形成与发展，充分发挥高考的育人功能和价值导向作用，促进了素质教育高
质量发展。一、立意高远 选材考究 考点明确试题素材情境取材广泛，围绕与化学关系密切的材料、生命、环境、能源与信息等领域，通过对应用
于社会生产实践中化学原理的考查，充分体现化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。如：第1题介绍我国科
学家在诸多领域取得新突破，考查常见能量转化形式、高分子化合物通性的概述、合成材料；第5题以我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为载
体，考查阿伏加德罗常数。二、重视基础 体现创新 难度适中高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学
实验操作方法和实验设计思想。从Ⅰ卷选择题的选项设置来看，仍然注重考查化学的主干知识，如化学知识与生活的联系与应用、化学反应速率的表
达式及影响因素、原子结构与元素的性质关系、弱电解质的电离平衡与pH、有机化合物的知识及应用等，其他的主干知识，如阿伏加德罗常数、氧
化还原反应、非金属及其化合物的知识，则分散在其他选择题的各个选项中。强调知识的覆盖面，突出体现在每个选择题的四个选项都力求从四个不
同的角度进行考查；同时，对知识的考查更多的停留在了解的层次上，有效地鉴别学生的基础是否扎实，从而引导中学教学遵循教育规律、严格按照
高中化学课程标准进行教学。如：第2题考查化学用语基础知识，立体异构的概念、化学键与物质类别关系的判断、电子排布式、价层电子对互斥理
论的应用；第3题考查氨、氯化氢、粗硅和镁等物质的工业制备反应；第4题物质的鉴别或检验；第6题以螺呲喃发生开、闭环转换反应，考查有机
物的结构；第7题以无隔膜流动海水电解法制H2为情景，考查电解原理及其运用；第8题以冠醚为情景，考查有机物的性质；第9题为元素推断，
考查电离能变化规律，配合物的概念、组成及形成条件，极性分子和非极性分子；第11题以低成本储能电池为情景，考查二次电池原理；第15题
沉淀溶解平衡图象分析；第19题以加兰他敏的合成过程，进行有机推断，考查官能团、反应类型、化学方程式的书写、同分异构体的种类判断。三
、情境真实 核心素养 引领教学 新高考得一大特色是题目得新颖度、开放度与真实感突出。本试卷得第1、5、6、7、8、9、10、12
、13、14、15、16、17、18、19题均有真实情境，这些题目图文并茂，将课堂上学到得知识与生产生活实际紧密相连，更加突出了新
高考立德树人、服务选材、引导教学得核心思想。同时，这些题目中得背景信息多与工业生产有关，体现了辽宁作为传统工业大省得地方特色。化学
试题设计聚焦化学学科核心素养，实现对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查。试
题明显加大了对《化学反应原理》《物质结构与性质》考查力度。试题创新信息呈现方式，设问角度独特，要求学生多角度、多层次、多维度地认识
化学基本规律，在分析和解决化学问题中考查学科关键能力，引导学生培育核心素养。如：第7、11、12、13、15、16、18题考查化学
反应原理基础知识；第2、5、9、14题考查物质结构知识。其中第17题制备2—噻吩乙醇，考查有机物的制备原理，物质分离和提纯，并对实
验进行综合评价，把有机物与化学实验知识进行有机融合，对试题创新进行了有益尝试；第18题以铅室法、接触法两种工业制硫酸工艺，结合所学
化学反应原理知识，进行综合分析评价。四、全面设点 重视主干 突出实验课程及教学改革更加注重对实验操作能力的培养。试题坚持将课程标准
作为命题的主要依据，以陌生的情境考查学生熟悉的知识内容，既满足高等学校选拔要求，又有利于学生实际水平的发挥。试题新颖、灵活，将定性
和定量相结合，推断和计算相结合，体现了新课程理念。考查了学生的观察能力，自学能力，实验能力，思维能力，计算能力，知识迁移和类比推理
能力，有利于培养学生的科学素养，和创新精神。如：第10题以制备Cr(OH)3工艺为载体，考查铁及其化合物转，盐类水解在生活、生产中
的应用，淀粉、纤维素的水解；第12题Mn (Ⅱ)对酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应起催化作用切入点，考查离子方程式的正误判
断，催化剂对化学反应速率的影响，锰的化合物的性质及转化；第13题分析I2和锌粒反应过程中的颜色变化加以分析；第14题晶体结构的缺陷
美与对称美，根据晶胞结构确定晶体化学式，晶胞的有关计算；第16题处理镍钴矿硫酸浸取液工艺，实现镍、钴、镁元素的回收，考查离子方程式
的书写，氧化还原反应有关计算，影响化学反应速率的因素，溶度积常数相关计算。题号难度考查内容详细知识点选择题1易化学与STSE无机物
与有机物；常见能量转化形式；高分子化合物通性的概述；合成材料。2中物质结构与性质(化学用语)立体异构的概念；化学键与物质类别关系的
判断；电子排布式；价层电子对互斥理论的应用。3中常见无机物及其应用氯气与非金属单质的反应；二氧化硅的化学性质；常见金属的冶炼；氨的
合成。4中化学实验基础物质的检验；有机物的检验；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验。5中氧化还原反应物质的量有关计算；氧化还原反应
有关计算；盐类水解规律；共价键对分子构型、性质的影响。6中有机化学基础简单有机物同分异构体书写及辨识；分子的手性；利用杂化轨道理论
判断化学键杂化类型；氢键对物质性质的影响。7中化学反应原理(电化学)电解原理的应用；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断；电解
池有关计算。8 较难有机化学基础核磁共振氢谱；取代反应；卤代烃的水解反应；有机物的推断。9较难物质结构与性质(元素推断)根据原子结
构进行元素种类推断；电离能变化规律；配合物的概念、组成及形成条件；极性分子和非极性分子。10较难化学工艺流程有关铁及其化合物转化的
流程题型；盐类水解在生活、生产中的应用；淀粉、纤维素的水解。11较难化学反应原理(电化学)原电池原理理解；铅蓄电池；原电池、电解池
综合考查；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断。12中化学反应原理(反应速率)离子方程式的正误判断；催化剂对化学反应速率的影响
；锰的化合物的性质及转化。13中常见无机物及其应用溴、碘单质与大多数金属单质的反应；浓度对化学平衡移动的影响。14中物质结构与性质
(晶体结构)晶胞；根据晶胞结构确定晶体化学式；晶胞的有关计算。15难化学反应原理(沉淀溶解平衡)弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶度
积规则及其应用；溶度积常数相关计算；弱电解质的电离平衡常数。选择题16难化学工艺流程离子方程式的书写；氧化还原反应有关计算；影响化
学反应速率的因素；溶度积常数相关计算。17中化学综合实验取代反应；物质分离、提纯综合应用；常见有机物的制备；综合实验设计与评价。1
8难化学反应原理影响化学反应速率的因素；化学平衡图像分析；探究物质组成或测量物质的含量。19难有机化学基础有机物的推断；有机合成综
合考查。一、明确考点，把握方向紧扣《高考评价体系》，研究高考试题，学习高考评价体系说明，把握考试方向。深入领会《高考评价体系》的理
念，认真研读评价体系中素质教育目标凝练为“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”的“四层”的意义，制定出一套既适合教者本人，又适
合所教学生的方案，夯实基础、培养能力，切实提高教与学的效率。二、回归课本，注重细节教材是命题的出发点和归宿，考题中通常有相当一部分
内容是依据课本编制的。复习过程中要对课本上出现的各种形式的知识做一个梳理，包括：基本概念和原理、化学方程式、化学式、演示实验、实验
现象、实验基本操作、活动与探究、家庭小实验、课本例题、课后习题、教材插图、单元小结等等。化学是理科中的文科，许多知识点需要记忆。对
于一些必知必舍近求远的细节内容要整理出来，利用空暇时间读记。三、精讲精练，提高效率精讲要做到“三讲”、“三不讲”。“三讲”即：讲理
解不了的问题(难点、疑点)，讲归纳不了的问题(规律、方法)，讲运用不了的问题(知识的迁移、思路的点拨)。“三不讲”即：学生已经会了
的不讲，学生自己能学会的不讲，讲了学习仍然不会的不讲。“精练”在讲练结合，注重实效。恰到好处的“练”能帮助学生掌握知识、形成技能、
提高学习能力，可以说“练”是学生生学习的主要手段。四、夯实基础，突出重点1．继续强化对基础知识的理解，掌握抓住重点知识抓住薄弱的环
节知识的缺陷，全面搞好基础知识的复习。2．系统地对知识进行整理、归纳、沟通知识间的内在联系，形成纵向、横向知识链，构建知识网张，从
知识的联系和整体上把握基础知识。3．重视学科主干知识的落实，夯实基础，强调知识运用，进行有效训练。始终要注重知识的落实，夯实基础强
调有“意义记忆”和“逻辑记忆”，提倡在总结中巩固知识，在运用中巩固知识，在训练中巩固知识，在反思中巩固知识，避免机械记忆。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【答案】A【解析】A项，常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17
H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；B项，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项，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项，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；故选A。2．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：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式： 【答案】B【解析】A项，BeCl2的中心原子为Be，根据VSEP
R模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线型分子，A错误；B项，P4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，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；C项，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项，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；故选B。3．下列有关物质的工业
制备反应错误的是( )A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HClC．制粗硅：SiO2+2CSi+2C
OD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑【答案】D【解析】A项，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N2+3H22NH3，A正确；B项，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H2+Cl22HCl，B正确；C项，工
业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；D项，冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反
应方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，D错误；故选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N
a2CO3与NaHCO3B．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【答案】A【解析】A项，石灰水的主要成分为Ca(OH)2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，不能达到鉴别的目的，A错误；B项，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项，Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验
Na2SO3是否被氧化，C正确；D项，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；故选A。5
．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为阿伏加德罗常数的值，下列说法正
确的是( )A．11.2LCO2含π键数目为NAB．每生成2.8 g N2转移电子数目为NAC．0.1molKNO3晶体中含
离子数目为0.2NAD．1L0.1mol·L-1K2S溶液中含S2-数目为0.1NA【答案】C【解析】A项，CO2分子含有2个π键
，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；B项，2.8 g N2的物质的量，1molN2生成转移的电
子数为12NA，则0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；C项，0.1molKNO3 晶体含有离子为K+、NO3-，含
有离子数目为0.2NA，C项正确；D项，因为S2-水解使溶液中S2-的数目小于0.1NA，D项错误；故选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】A项，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项，根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正
确；C项，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项，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；故选B。7．某无隔膜流动海水电解法制H2的装置
如下图所示，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2mol e
-生成4 gH2C．电解后海水pH下降D．阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+【答案】D【解析】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。A项，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项，右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转
移2mol e-生成2 gH2，B错误；C项，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项，由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，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】A项，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项，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项，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项，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Y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】B【解析】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。A项，W与
Y的化合物为H2O或H2O2，均为极性分子，A正确；B项，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项，Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；D项，该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故选B。10．某工厂采用如下工艺制备
Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以价形式存在，下列说法错误的是( ) A．“焙烧”中产生CO2B．滤渣的主要成分为Fe(O
H)2C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42-D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】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。A项，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项，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项，滤液①中Cr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CrO42-
，C正确；D项，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：Pb+SO42-+2Fe
3+=PbSO4+2Fe2+【答案】B【解析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极
，正极上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+，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子
生成Pb和硫酸。A项，放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；B项，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项，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项，充电时，总反应为PbSO4+2Fe2+=Pb+SO42-+2Fe3+，D错误；故选B。12．一定条件下，酸性KMn
O4溶液与H2C2O4发生反应，Mn (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．Mn (Ⅲ)不能氧化H2C2O4B．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：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】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。A
项，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(I
I)，Mn(III)能氧化H2C2O4，A项错误；B项，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项，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项，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4-
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；故选C。13．某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4
gI2，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I3-(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：I-+I2I3-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【答案】D【解析】A项，
向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；B项，已知I3
-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2I3-，生成I3-使溶液颜色加
深，B项正确；C项，I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq
)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D项，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；故选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-3B．图1中O原子的配位数为6C．图2表示的
化学式为LiMg2OClxBr1-xD．Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导【答案】C【解析】A项，根据均摊法，图1的晶胞中含L
i：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=a3×10-30cm
3，则晶体的密度为g÷(a3×10-30cm3)=g/cm3，A项正确；B项，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项，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LiMgOClxBr1-x，C项错误；D项，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；故选C。15．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-lgc关系如下图所示，c为H
S-、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)=10-18.4B．③为pH与-lgc(HS-)的关系曲线C．Ka1(H2S)=10-8.1D．Ka2(H2S
)=10-14.7【答案】D【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大
，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-l
g(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(C
d2+)，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-。A项，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Ksp(CdS)= c(Cd2+)·c(S2-)=10-13×
10-13=10－26，A错误；B项，③为pH与-lg(S2-)的关系曲线，B错误；C项，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项，已知Ka1Ka2==，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mo
l/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故
有Ka1Ka2===10-21.8，结合C项分析可知，Ka1=10-7.1故有Ka2(H2S)=10-14.7，D正确；故选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(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)2Ksp10-37.41
0-14.710-14.710-10.8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)，1 mol H2SO5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_______( H
2SO5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，M
n (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。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)。【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)NA (3)①Mn2++HSO3-+H2O=MnO2+SO42-+3H+ ②
Fe(OH)3 (4) ①9.0%②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn2(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+
O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】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(H2S
O5)，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应Mn2++HSO3-+H2O=MnO2+SO42-+3H
+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)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；(2)H2SO5的结构简式为，所以1 mol H2
SO5中过氧键的数目为NA；(3)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：Mn2++HSO
3-+H2O=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5m
ol/L，Ksp= c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8
mol/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；(4)
根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2S
O5的浓度，降低Mn (Ⅱ)氧化速率；(5) “沉钻镍”中得到的Co(OH)2，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=4CoO(OH)+2H2O；(6)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+)=10-11.1m
ol/L，所以溶液的pH=11.1；17．2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：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；加盐酸调pH至4~6，继续反应2 h，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M
gSO4，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+H2↑(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】(1)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。(2)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。(3)步骤Ⅱ中和Na反应生成2-
噻吩钠和H2，化学方程式为：2+2Na→2+H2↑。(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：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)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pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。(6)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MgSO4的作用是：除去水。(7)步骤Ⅰ中向烧瓶中加入30
0mL液体A和4.60g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(CuSO4·5H2
O)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)如下图所示。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+H2SO42NO+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O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe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)。【答案】(1)①CuO②SO3 (2)①催化剂②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(答案合理即可)(3)①cd②d③【
解析】(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、O2，可能出现的化学方程式为3C
uSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，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CuO、SO2、
SO3、O2。(2)(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(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)。(3) (i)a项，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项，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项，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项，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SO2的转化率最好，产率最佳，故选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；
设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp==。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+O22+2H2O(4)3 (5)取代(6)① ② 【解析】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HCOOCH2CH3反应生成有机物I。(1)由有机物A与CH3I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；(2)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；(3)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+O22+2H2O；(4)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；(5) 有机物H与HCOOCH2CH3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HCOOCH2CH3中断裂的醛基结合，故反应类型为取代反应；(6)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NaBH4反应生成最终产物，类似于题中有机物G与NaBH4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。zxxk.com学科网(北京)股份有限公司zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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