精品解析:2023年高考辽宁卷化学真题(解析版)

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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】【详解】A.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;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. 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】【详解】A.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;B.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.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:N2+3H22NH3B. 制HCl:H2+Cl22HClC. 制粗硅:SiO2+2CSi+2COD. 冶炼镁:2MgO(熔融)2Mg+O2【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N2+3H22NH3,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H2+Cl22HCl,B正确;C.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.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【答案】A【解析】【详解】A.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.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.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.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C19H19NO,它们结构不同,因此互为同分异构体,故B正确;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-=H2,则理论上转移生成,B错误;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CH4就是非极性分子,A错误;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,Al2O3为两性氧化物,C正确;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。【详解】A.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.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PbSO4+2Fe2+=Pb++2Fe3+,D错误;故答案选B。12. 一定条件下,酸性溶液与发生反应,()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. ()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,()和()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H2C2O4,A项错误;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.H2C2O4为弱酸,在离子方程式中应以化学式保留,总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O,D项错误;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:C紫黑色晶体消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色与有色物质发生了置换反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.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.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;C.I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq),Zn与I2反应生成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;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gcm-3B. 图1中O原子的配位数为6C. 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(a10-10cm)3=a310-30cm3,则晶体的密度为g(a310-30cm3)=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LiMgOClxBr1-x,C项错误;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H2S饱和,即,通过调节pH使和形成硫化物而分离,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. 为与的关系曲线C. D. 【答案】D【解析】【分析】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-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+),由此可知曲线代表Cd2+、代表Ni2+、代表S2-,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,曲线代表Cd2+、代表S2-,由图示曲线交点可知,此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L,则有,A错误; B.由分析可知,为与的关系曲线,B错误;C.由分析可知,曲线代表HS-,由图示曲线两点坐标可知,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Ka1Ka2==,由曲线两点坐标可知,当c(H+)=10-4.9mol/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,D正确;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,()氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时,()氧化速率最大;继续增大体积分数时,()氧化速率减小的原因是_______。 (5)“沉钴镍”中得到的()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)NA (3) . . Fe(OH)3 (4) . 9.0% . SO2有还原性,过多将会降低的浓度,降低()氧化速率 (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)2,在空气中可被氧化成。【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NA【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,()氧化速率最大;继续增大体积分数时,由于SO2有还原性,过多将会降低浓度,降低()氧化速率【小问5详解】“沉钻镍”中得到的Co(OH)2,在空气中可被氧化成,该反应的化学方程式为:;【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: .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。.制噻吩钠。降温至,加入噻吩,反应至钠砂消失。.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。.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。.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)步骤的化学方程式为_______。(4)步骤中反应放热,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)步骤中用盐酸调节的目的是_______。(6)下列仪器在步骤中无需使用的是_______(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+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) . 球形冷凝管和分液漏斗 . 除去水 (7)70.0%【解析】【小问1详解】步骤制钠砂过程中,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】步骤中和Na反应生成2-噻吩钠和H2,化学方程式为:2+2Na2+H2。【小问4详解】步骤中反应放热,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】步骤中向烧瓶中加入液体A和金属钠,Na的物质的量为,步骤中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(CuSO45H2O)取精华法”。借助现代仪器分析,该制备过程中CuSO45H2O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()上述过程中NO2的作用为_______。()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) H=-98.9kJmol-1()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()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.=0.88的曲线代表平衡转化率c.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()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)。 ()设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转化率为e,用含p和e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) . CuO . SO3 (2) . 催化剂 . 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) . cd . d . 【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。【小问2详解】(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)。【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=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Kp===;设SO2初始量为m mol,则平衡时n(SO2)=me,n(SO3)=m-me=m(1-e),Kp==,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O2代替PCC完成DE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)HI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) . . 【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。【小问1详解】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,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+O22+2H2O。【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。【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,故答案为、。

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