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。

【2023辽宁等级考】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

【2023辽宁等级考】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：3d¹⁰                  D.顺—2—丁烯的结构简式：

【2023辽宁等级考】3. 下列有关物质的工业制备反应错误的是

A. 合成氨：N₂+3H₂2NH₃                B.制HCl：H₂+Cl₂2HCl

C. 制粗硅：SiO₂+2CSi+2CO                      D.冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O₂↑

【2023辽宁等级考】4. 下列鉴别或检验不能达到实验目的是

A. 用石灰水鉴别Na₂CO₃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

【2023辽宁等级考】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N_A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 11.2LCO₂含π键数目为N_A                        B.每生成2.8gN₂转移电子数目为N_A

C. 0.1mol KNO₃晶体中含离子数目为0.2N_A   D. 1L 0.1mol/L K₂S溶液中含S^2-数目为0.1N_A

【2023辽宁等级考】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

【2023辽宁等级考】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2mole^-生成4g H₂

C. 电解后海水pH下降                                    

D. 阳极发生：Cl^－＋H₂O－2e^-=HClO＋H^＋

【2023辽宁等级考】8. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K^＋，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NaOH溶液反应

C. c核磁共振氢谱有3组峰                                D. c可增加KI在苯中的溶解度

【2023辽宁等级考】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的化合物可为极性分子                     

B.第一电离能Z＞X＞Y

C. Q的氧化物是两性氧化物                              

D.该阴离子中含有配位键

【2023辽宁等级考】10. 某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)₃，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列说法错误的是

A. “焙烧”中产生CO₂                                        B.滤渣的主要成分为Fe(OH)₂

C. 滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO₄^2－     D. 淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用

【2023辽宁等级考】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H^＋通过质子交换膜移向左侧

D. 充电总反应：Pb＋SO₄^2－＋2Fe^3＋=PbSO₄＋2Fe^2＋

【2023辽宁等级考】12. 一定条件下，酸性KMnO₄溶液与H₂C₂O₄发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn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H₂C₂O₄

B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小

C. 该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存

D. 总反应为：2MnO₄^－＋5C₂O₄^2－＋16H^＋=2Mn^2＋＋10CO₂↑＋8H₂O

【2023辽宁等级考】13. 某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4g I₂，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。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是

【2023辽宁等级考】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. Mg^2＋取代产生的空位有利于Li^＋传导

【2023辽宁等级考】15. 某废水处理过程中始终保持H₂S饱和，即，通过调节pH使Ni^2＋和Cd^2＋形成硫化物而分离，体系中pH与关系如下图所示，c为HS^－、S^2-、Ni^2＋和Cd^2＋的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是　　　

A.                                       

B. ③为pH与的关系曲线

C.                                        

D.

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

【2023辽宁等级考】16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni^2＋、CO^2＋、Fe^2＋、Fe^3＋、Mg^＋和Mn^2＋)。实现镍、钴、镁元素的回收。

已知：

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)，1molH₂SO₅中过氧键的数目为_______。

（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn^2＋被H₂SO₅氧化为MnO₂，该反应的离子方程式为_______(H₂SO₅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，Mn(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）“沉钻镍”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”中使Mg^2＋沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。

【2023辽宁等级考】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30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，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MgSO₄，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Na计算，精确至0.1%)。

【2023辽宁等级考】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(CuSO₄·5H₂O)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)与温度的关系如左下图所示，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α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右上图所示，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α_e，用含p和α_e的代数式表示上述催化氧化反应的K_p=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。

【2023辽宁等级考】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_______。

2023年辽宁卷化学试题答案全解全析

1.【答案】A

【解析】常见的脂肪酸有：硬脂酸(C₁₇H₃₅COOH)、油酸(C₁₇H₃₃COOH)，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；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；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；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。

2.【答案】B

【解析】BeCl₂的中心原子为Be，根据VSEPR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；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；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；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。

3.【答案】D

【解析】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A正确；工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，B正确；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C正确；冶炼金属镁是电解熔融氯化镁,不是氧化镁，反应方程式为MgCl₂(熔融)Mg+Cl₂↑，D错误。

4.【答案】A

【解析】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；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；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；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。

5.【答案】C

【解析】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错误；2.8gN₂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错误；0.1molKNO₃晶体含有离子为K^＋、NO₃^－，含有离子数目为0.2NA，C正确；因为S^2-水解使溶液中S^2-的数目小于0.1NA，D错误。

6.【答案】B

【解析】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，A错误；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，B正确；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，C错误；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，D错误；

7.【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，以此解题。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；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2g H2，B错误；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；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl^－＋H₂O－2e^-=HClO＋H^＋，D正确。

8.【答案】C

【解析】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；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；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；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。

9.【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。W与X的化合物可为极性分子，如(CH₃)₃CH等，也可以是非极性，如CH₄就是非极性分子，题目没有说一定为极性，A正确；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；Q为Al，Al₂O₃为两性氧化物，C正确；该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确。

10.【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。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；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；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CrO₄^2－，C正确；由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。

11.【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。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；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；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；充电时，总反应为PbSO₄+2Fe²⁺=Pb+SO₄^2－+2Fe³⁺，D错误；

12.【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；据此作答。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H₂C₂O₄，A项错误；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；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；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。

13.【答案】D

【解析】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；已知(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^-+I₂⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确；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，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；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；

14.【答案】C

【解析】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；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；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_xBr_1-x，C项错误；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；

15.【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，S^2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS^-)和-lg(S^2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS^-浓度大于S^2-，即-lgc(HS^-)小于-lg(S^2-)，则Ni²⁺和Cd²⁺浓度逐渐减小，且即当c(S^2-)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S^2-，④代表HS^-，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd²⁺、③代表S^2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd²⁺)=c(S^2-)=10^-13mol/L，则有，A错误；由分析可知，③为pH与的关系曲线，B错误；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^-4.2mol/L时，c(HS^-)=10^-3.9 mol/L，，C错误；已知Ka₁Ka₂==，由曲线③两点坐标可知，当c(H⁺)=10^-4.9mol/L时，c(S^2-)=10^-13mol/L，或者当c(H⁺)=10^-6.8mol/L时，c(S^2-)=10^-9.2mol/L，故有Ka₁Ka₂===10^-21.8，结合C项分析可知，Ka₁=10^-7.1故有，D正确；

16.【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搅拌等

（2）N_A    （3）    ①.    H₂O＋Mn^2＋＋HsO₅^－=MnO₂＋SO₄^2－＋3H^＋②. Fe(OH)₃

（4）    ①. 9.0%    ②. SO₂有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(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(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，Mn^2＋被H2SO5氧化为MnO₂，发生反应 H₂O＋Mn^2＋＋HsO₅^－=MnO₂＋SO₄^2－＋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1molH2SO5中过氧键的数目为N_A；（3）用石灰乳调节pH=4，Mn^2＋被H2SO5氧化为MnO₂，该反应的离子方程式见答案所示；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；（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H2SO5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见答案所示；（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^-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；

17.【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+2Na2+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，化学方程式见答案：（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300mL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.【答案】（1）    ①. CuO    ②. SO₃

（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）    ①. cd    ②. d    ③.

【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3CuSO₄3CuO+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，故答案为CuO、SO₃。（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．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；(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，故答案选d；(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SO₂初始量为m mol，则平衡时n(SO₂)=m·α_e，n(SO₃)=m-m·α_e=m(1-α_e)，K_p==，故答案为。

19.【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。由此分析解题。（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，可以发生成醚反应。（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，故答案为羧基。（3）O₂与有机物D发生催化氧化反应生成有机物E，反应的化学方程式见答案所示；（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。