2023年高考各地試卷遼寧化學(xué)-解析

PAGE1PAGE22023年高考遼寧卷化學(xué)真題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．科技是第一生產(chǎn)力，我國科學(xué)家在諸多領(lǐng)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(xiàn)了無機(jī)小分子向有機(jī)高分子的轉(zhuǎn)變B．發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分屬于無機(jī)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→電能D．革新了海水原位電解制氫工藝：其關(guān)鍵材料多孔聚四氟乙烯耐腐蝕【答案】A【詳解】A．日常生活中常見的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相對分子質(zhì)量雖大，但沒有達(dá)到高分子化合物的范疇，不屬于有機(jī)高分子，A錯誤；B．嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，屬于無機(jī)化合物，又因含有磷酸根，因此屬于無機(jī)鹽，B正確；C．電池是一種可以將其他能量轉(zhuǎn)化為電能的裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；D．海水中含有大量的無機(jī)鹽成分，可以將大多數(shù)物質(zhì)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(xué)用語或表述正確的是A．BeCl2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 D．順—2—丁烯的結(jié)構(gòu)簡式：【答案】B【詳解】A．BeCl2的中心原子為Be，由VSEPR模型可以計算，BeCl2中不含有孤電子對，故BeCl2為直線型分子，A錯誤；B．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．Ni原子的原子序數(shù)為28，其基態(tài)原子的價電子排布為3d84s2，C錯誤；D．順-2-丁烯的結(jié)構(gòu)中兩個甲基在雙鍵的同一側(cè)，其結(jié)構(gòu)簡式為，D錯誤；故選B。3．下列有關(guān)物質(zhì)的工業(yè)制備反應(yīng)錯誤的是A．合成氨：N2+3H2?催化劑高溫、高壓2NH3 B．制HCl：H2C．制粗硅：SiO2+2C高溫Si+2CO D．冶煉鎂：2MgO(熔融)電解2Mg+O2↑【答案】D【詳解】A．工業(yè)上合成氨是利用氮?dú)夂蜌錃庠诖呋瘎┑臈l件下反應(yīng)生成的，反應(yīng)方程式為N2+3H2?催化劑高溫、B．工業(yè)上制氯化氫是利用氫氣和氯氣反應(yīng)生成的，反應(yīng)方程式為H2+Cl2點燃2HCl，B正確；C．工業(yè)上制粗硅是將SiO2與C在高溫下反應(yīng)生成粗硅，反應(yīng)方程式為SiO2+2C高溫Si+2CO，C正確；D．冶煉金屬鎂是電解熔融氯化鎂，反應(yīng)方程式為MgCl2(熔融)電解Mg+Cl2↑，D錯誤；故選D。4．下列鑒別或檢驗不能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖茿．用石灰水鑒別Na2CO3與NaHCO3B．用KSCN溶液檢驗FeSO4是否變質(zhì)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【詳解】A．石灰水的主要化學(xué)成分為Ca(OH)2能與碳酸鈉和碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸鈣，二者均生成白色沉淀，因此不能達(dá)到鑒別的目的，A錯誤；B．Fe2+變質(zhì)后會生成Fe3+，可以利用KSCN溶液鑒別，反應(yīng)現(xiàn)象為溶液變成血紅色，可以達(dá)到檢驗的目的，B正確；C．Na2SO3被氧化后會變成Na2SO4，加入鹽酸酸化的BaCl2后可以產(chǎn)生白色沉淀，因此可以用來檢驗Na2SO3是否被氧化，C正確；D．含有醛基的物質(zhì)可以與銀氨溶液反應(yīng)生成銀單質(zhì)，因此可以用來檢驗乙醇中混油的乙醛，D正確；故答案選A。5．我國古代四大發(fā)明之一黑火藥的爆炸反應(yīng)為：S+2KNO3A．11.2LCO2含π鍵數(shù)目為NA B．每生成C．0.1molKNO3晶體中含離子數(shù)目為0.2NA D．1【答案】C【詳解】A．CO2分子含有2個??鍵，題干中沒有說是標(biāo)況條件下，氣體摩爾體積未知，無法計算??B．2.8gN2的物質(zhì)的量n=mM=2.828mol=0.1molC．0.1molKNO3晶體含有離子為K+、NO3D．因為S2-水解使溶液中S2-的數(shù)目小于0.1故選C。6．在光照下，螺呲喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換而變色，過程如下。下列關(guān)于開、閉環(huán)螺呲喃說法正確的是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)螺吡喃親水性更好【答案】B【詳解】A．手性是碳原子上連有四個不同的原子或原子團(tuán)，因此閉環(huán)螺吡喃含有手性碳原子如圖所示，，開環(huán)螺吡喃不含手性碳原子，A錯誤；B．據(jù)二者的結(jié)構(gòu)簡式分析，分子式均為C19H19NO，其結(jié)構(gòu)不同，因此互為同分異構(gòu)體，B正確；C．閉環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp3，開環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp2，C錯誤；D．開環(huán)螺吡喃中氧原子顯負(fù)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，所以開環(huán)螺吡喃親水性更好，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OA．b端電勢高于a端電勢 B．理論上轉(zhuǎn)移2mole-生成C．電解后海水pH下降 D．陽極發(fā)生：Cl【答案】D【分析】據(jù)圖分析可知，左側(cè)電極產(chǎn)生氧氣，因此左側(cè)電極為陽極，電極a為正極，右側(cè)電極為陰極，b電極為負(fù)極，該裝置的總反應(yīng)產(chǎn)生氧氣和氫氣，相當(dāng)于電解水?！驹斀狻緼．a(chǎn)為正極，b電極為負(fù)極，因此a端電勢高于b端電勢，A錯誤；B．右側(cè)電極上產(chǎn)生氫氣的電極方程式為：2H++2e-=H2↑，則理論上轉(zhuǎn)移2mole-生成2gHC．據(jù)圖分析可知，該裝置的總反應(yīng)為電解海水的裝置，隨著電解的進(jìn)行，海水的濃度增大，但是其pH基本不變，C錯誤；D．據(jù)圖分析可知，陽極上的電極反應(yīng)為：Cl-故選D。8．冠醚因分子結(jié)構(gòu)形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別K+A．該反應(yīng)為取代反應(yīng) B．a(chǎn)、b均可與NaOH溶液反應(yīng)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【答案】C【詳解】A．根據(jù)a和c的結(jié)構(gòu)簡式分析可知，a與b發(fā)生取代反應(yīng)生成c和HCl，A正確；B．a(chǎn)中含有酚羥基，酚羥基呈弱酸性能與NaOH反應(yīng)，b可在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，生成醇類，B正確；C．由C的結(jié)構(gòu)簡式分析可知，冠醚中有四種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，如圖所示：，核磁共振氫譜有4組峰，C錯誤；D．c可與K+形成鰲合離子，該物質(zhì)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。二、多選題9．某種鎂鹽具有良好的電化學(xué)性能，其陰離子結(jié)構(gòu)如下圖所示。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A．W與X的化合物為極性分子 B．第一電離能Z>X>YC．Q的氧化物是兩性氧化物 D．該陰離子中含有配位鍵【答案】AB【分析】據(jù)圖分析，W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增大的短周期元素，W形成1條單鍵且核電荷數(shù)最小，W為H，X形成4條鍵，核電荷數(shù)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(shù)大于C，Y為O，W、Y原子序數(shù)之和等于Z，Z為F，Y原子價電子數(shù)為Q原子價電子數(shù)的2倍，Q為Al?！驹斀狻緼．W與X的化合物不一定為極性分子，例如CH4就是非極性分子，A錯誤；B．同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，因此第一電離能F>O>C，B錯誤；C．Q為Al，Al2O3為兩性氧化物，C正確；D．該陰離子中L與Q之間形成配位鍵，D正確；故選AB。三、單選題10．某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)3，已知焙燒后A．“焙燒”中產(chǎn)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-【答案】B【詳解】A．鐵、鉻氧化物與碳酸鈉和氧氣反應(yīng)時生成對應(yīng)的鈉鹽和二氧化碳，A正確；B．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．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CrO4D．淀粉水解液中的葡萄糖含有醛基起著還原作用，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(fù)極質(zhì)量減小B．儲能過程中電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W(xué)能C．放電時右側(cè)H+D．充電總反應(yīng)：Pb【答案】B【分析】據(jù)圖分析，儲能電池放電時，Pb為負(fù)極，失電子結(jié)合硫酸根離子生成PbSO4，因此多孔碳電極為正極，正極上Fe3+得電子轉(zhuǎn)化為Fe2+，充電時，多孔碳電極為陽極，F(xiàn)e2+失電子生成Fe3+，PbSO4電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸?！驹斀狻緼．放電時負(fù)極上Pb失電子結(jié)合硫酸根離子生成PbSO4附著在負(fù)極上，負(fù)極質(zhì)量增大，A錯誤；B．儲能過程中，該裝置為電解池，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，B正確；C．放電時，右側(cè)為正極，電解質(zhì)溶液中的陽離子向正極移動，左側(cè)的H+通過質(zhì)子交換膜移向右側(cè)，C錯誤；D．充電時，總反應(yīng)為PbSO4+2Fe2+=Pb+SO42-+2Fe故選B。12．一定條件下，酸性KMnO4溶液與H2C2OA．Mn(Ⅲ)不能氧化HB．隨著反應(yīng)物濃度的減小，反應(yīng)速率逐漸減小C．該條件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D．總反應(yīng)為：2【答案】C【分析】據(jù)圖分析，反應(yīng)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(dá)到最大值，結(jié)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?！驹斀狻緼．根據(jù)圖像分析可知，隨著時間的推移Mn(III)的濃度先增大后減小，則說明開始反應(yīng)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．隨著反應(yīng)物濃度的減小，到大約13min時開始生成Mn(II)，Mn(II)對反應(yīng)起催化作用，13min后反應(yīng)速率會增大，B項錯誤；C．根據(jù)圖像分析可知，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．H2C2O4為弱酸，在離子方程式中應(yīng)以化學(xué)式保留，總反應(yīng)為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H故選C。13．某小組進(jìn)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。已知選項顏色變化解釋A溶液呈淺棕色I(xiàn)2B溶液顏色加深發(fā)生了反應(yīng)：IC紫黑色晶體消失I2(aq)的消耗使溶解平衡ID溶液褪色Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了置換反應(yīng)A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意，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正確；B．由于I3-(aq)為棕色，加入0.2g鋅粒后，Zn與I2反應(yīng)生成ZnI2，生成的I-與I2發(fā)生反應(yīng)I-+I2?IC．I2在水中存在溶解平衡I2(s)?I2(aq)，Zn與I2反應(yīng)生成的I-與I2(aq)反應(yīng)生成I3-，ID．最終溶液褪色是Zn與有色物質(zhì)發(fā)生了化合反應(yīng)，不是置換反應(yīng)，D錯誤；故選D。14．晶體結(jié)構(gòu)的缺陷美與對稱美同樣受關(guān)注。某富鋰超離子導(dǎo)體的晶胞是立方體(圖1)，進(jìn)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72.5NA×a3×C．圖2表示的化學(xué)式為LiMg2OClxBr1-【答案】C【詳解】A．依據(jù)均攤法，圖1的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1個晶胞的質(zhì)量為3×7+16+35.5NAg=72.5NAg，晶胞的體積為(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，因此晶體的密度為72.5NAg÷(a3B．根據(jù)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(shù)為6，B正確；C．依據(jù)均攤法，圖2中Li：1，Mg或空位為8×14=2。O：2×12=1，Cl或Br：4×14=1，Mg的個數(shù)小于2，根據(jù)正負(fù)化合價的代數(shù)和為0，圖2的化學(xué)式為LiMgOClxD．進(jìn)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，說明Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+的傳導(dǎo)，D正確；故選C。15．某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即cH2S=0.1mol?L-1，通過調(diào)節(jié)pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與A．Ksp(CdS)=10-18.4C．Ka1H【答案】D【分析】據(jù)圖分析，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，因此有-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KspNiS>Ksp(CdS)即當(dāng)c(S2-)相同時，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，因此-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可推斷曲線①代表Cd【詳解】A．根據(jù)分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2-，根據(jù)圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，因此有Ksp(B．根據(jù)分析可知，③為pH與-lgcC．根據(jù)分析可知，曲線④代表HS-，由圖示曲線④兩點坐標(biāo)可知，此時c(H+)=10-1.6mol/L時，c(HS-)=10-6.5mol/L，Ka1H2S=c(HKaD．因為有Ka1Ka2=c(H+)c(HS-)c(H2S)×c(H+)c(S2-)c(HS-)=c2(H+)c(S2-)c(H2S)，由曲線③兩點坐標(biāo)可知，當(dāng)c(H+)=10-4.9mol/L時，c(S2-)=10故選D。四、工業(yè)流程題16．某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（Ni2+、Co已知：物質(zhì)FeCoNiMgK10101010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(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸H2SO5(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為_______時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時，(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO((6)“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全25℃，需控制pH【答案】(1)適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積(2)NA(3)H2O+Mn(4)9.0%SO2有還原性，過多將會降低H2SO5(5)4Co(OH)(6)11.1【分析】據(jù)圖分析，在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸H2SO5，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，發(fā)生反應(yīng)H【詳解】（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積（2）（H2SO5）的結(jié)構(gòu)簡式為（3）用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SO42-+3H+；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4（4）根據(jù)圖示分析可知SO2體積分?jǐn)?shù)為0.9%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時，由于SO2有還原性，過多將會降低H2（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，依據(jù)Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，依據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；五、實驗題17．2—噻吩乙醇(MrⅠ．制鈉砂。向燒瓶中加入300mL液體A和4.60Ⅱ．制噻吩鈉。降溫至10℃，加入25mLⅢ．制噻吩乙醇鈉。降溫至-10℃，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應(yīng)30minⅣ．水解?；謴?fù)室溫，加入70mL水，攪拌30min；加鹽酸調(diào)pH至4~6，繼續(xù)反應(yīng)Ⅴ．分離。向有機(jī)相中加入無水MgSO4，靜置，過濾，對濾液進(jìn)行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體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_______。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(xué)方程式為_______。(4)步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是_______。(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(7)產(chǎn)品的產(chǎn)率為_______(用Na計算，精確至0.1%)?！敬鸢浮?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(huán)氧乙烷溶液沿?zé)诰従徏尤?，此過程中不斷用玻璃棒進(jìn)行攪拌來散熱(5)將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率(6)球形冷凝管和分液漏斗除去水(7)70.0%【詳解】（1）據(jù)圖分析，步驟Ⅰ制鈉砂過程中，液體A不能和Na反應(yīng)，而乙醇、水和液氨都能和金屬Na反應(yīng)，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）據(jù)圖分析，步驟Ⅱ中和Na反應(yīng)生成2-噻吩鈉和H2，化學(xué)方程式為：2+2Na→2+H2↑。（4）據(jù)圖分析，步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是：將環(huán)氧乙烷溶液沿?zé)诰従徏尤耄诉^程中不斷用玻璃棒進(jìn)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(diào)節(jié)pH的目的是將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率。（6）據(jù)圖分析，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(jī)相中加入無水MgSO4（7）據(jù)圖分析，步驟Ⅰ中向燒瓶中加入300mL液體A和4.60g金屬鈉，Na的物質(zhì)的量為4.60g23g/mol六、原理綜合題18．硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟(jì)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(xiàn)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(shù)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(xué)式)。(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(yīng)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(yīng)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(guān)鍵反應(yīng)為SO2的催化氧化：SO2(g)+12O2(g)?SO3(g)ΔH=-98.9kJ·mol(ⅰ)為尋求固定投料比下不同反應(yīng)階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制相應(yīng)轉(zhuǎn)化率(α)下反應(yīng)速率(數(shù)值已略去)與溫度的關(guān)系如下圖所示，下列說法正確的是_______。a．溫度越高，反應(yīng)速率越大b．α=0.88的曲線代表平衡轉(zhuǎn)化率c．α越大，反應(yīng)速率最大值對應(yīng)溫度越低d．可根據(jù)不同α下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度(ⅱ)為提高釩催化劑的綜合性能，我國科學(xué)家對其進(jìn)行了改良。不同催化劑下，溫度和轉(zhuǎn)化率關(guān)系如下圖所示，催化性能最佳的是_______(填標(biāo)號)。(ⅲ)設(shè)O2的平衡分壓為p，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為αe，用含p和αe的代數(shù)式表示上述催化氧化反應(yīng)的Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算)?！敬鸢浮?1)CuOSO3(2)催化劑反應(yīng)中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、NO2可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)、產(chǎn)率不高（答案合理即可）(3)cdd1-【詳解】（1）根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應(yīng)，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuSO4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、SO3、O2，可能出現(xiàn)的化學(xué)方程式為3CuSO4700℃3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，結(jié)合反應(yīng)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(yīng)的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、O2。（2）(i)根據(jù)所給的反應(yīng)方程式，NO2在反應(yīng)過程中線消耗再生成，說明NO2在反應(yīng)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(yīng)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NO2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（答案合理即可）。（3）(i)a．根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應(yīng)速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應(yīng)速率先加快后減慢，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(yīng)速率越快，但在轉(zhuǎn)化率小于88%的時的反應(yīng)速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88的條件下是平衡轉(zhuǎn)化率，b錯誤；c．根據(jù)圖像分析可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)速率不斷減小，最大反應(yīng)速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，c正確；d．根據(jù)圖像分析可以看出隨著轉(zhuǎn)化率的增大，最大反應(yīng)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(yīng)溫度以減少能源的消耗，d正確；故選cd；(ii)為了提高催化劑的綜合性能，科學(xué)家對催化劑進(jìn)行了改良，從圖中可以看出標(biāo)號為d的催化劑V-K-Cs-Ce對SO2的轉(zhuǎn)化率最好，產(chǎn)率最佳，故選d；(iii)利用分壓代替濃度計算平衡常數(shù)，反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=p(SO3)p(SO2)p12(O2)=n(SO3)n(總)p(總)n(SO2)n(總)p(總)?p12(O2)=七、有機(jī)推斷題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下。回答下列問題：(1)A中與鹵代烴成醚活性高的羥基位于酯基的_______位(填“間”或“對”)。(2)C發(fā)生