2024年吉林省高考化學試題（解析版）

PAGEPAGE12024年吉林省普通高等學校招生選擇性考試化學本試卷共8頁?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、異皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.文物見證歷史，化學創(chuàng)造文明。東北三省出土的下列文物據其主要成分不能與其他三項歸為一類的是A.金代六曲葵花婆金銀盞 B.北燕鴨形玻璃注C.漢代白玉耳杯 D.新石器時代彩繪幾何紋雙腹陶罐〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．金代六曲葵花鎏金銀盞是合金，屬于無機金屬材料；B．北燕鴨形玻璃注是玻璃制品，屬于硅酸鹽材料；C．漢代白玉耳環(huán)是玉，屬于含有微量元素的鈣鎂硅酸鹽材料；D．新石器時代彩繪幾何紋雙腹陶罐是陶器，屬于硅酸鹽材料；綜上A選項材質與其他三項材質不用，不能歸為一類，〖答案〗選A。2.下列化學用語或表述正確的是A.中子數為1的氦核素： B.的晶體類型：分子晶體C.的共價鍵類型：鍵 D.的空間結構：平面三角形〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．中子數為1的He核素其質量數為1+2=3，故其表示應為He，A錯誤；B．SiO2晶體中只含有共價鍵，為共價晶體，B錯誤；C．兩個F原子的2p軌道單電子相互重疊形成p-pσ鍵，C正確；D．PCl3的中心原子存在1對孤電子對，其VSEPR模型為四面體型，PCl3的空間結構為三角錐型，D錯誤；故〖答案〗選C。3.下列實驗操作或處理方法錯誤的是A.點燃前，先檢驗其純度 B.金屬K著火，用濕抹布蓋滅C.溫度計中水銀灑落地面，用硫粉處理 D.苯酚沾到皮膚上，先后用乙醇、水沖洗〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．H2為易燃氣體，在點燃前需驗純，A正確；B．金屬K為活潑金屬，可以與水發(fā)生反應，不能用濕抹布蓋滅，B錯誤；C．Hg有毒，溫度計打碎后應用硫粉覆蓋，使Hg轉化為無毒的HgS，C正確；D．苯酚易溶于乙醇等有機物質中，苯酚沾到皮膚上后應立即用乙醇沖洗，稀釋后再用水沖洗，D正確；故〖答案〗選B。4.硫及其化合物部分轉化關系如圖。設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，中原子總數為B.溶液中，數目為C.反應①每消耗，生成物中硫原子數目為D.反應②每生成還原產物，轉移電子數目為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．標況下SO2為氣體，11.2LSO2為0.5mol，其含有1.5mol原子，原子數為1.5NA，A錯誤；B．SO為弱酸陰離子，其在水中易發(fā)生水解，因此，100mL0.1molL-1Na2SO3溶液中SO數目小于0.01NA，B錯誤；C．反應①的方程式為SO2+2H2S=3S+2H2O，反應中每生成3molS消耗2molH2S，3.4gH2S為0.1mol，故可以生成0.15molS，生成的原子數目為0.15NA，C錯誤；D．反應②的離子方程式為3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反應的還原產物為S2-，每生成2molS2-共轉移4mol電子，因此，每生成1molS2-，轉移2mol電子，數目為2NA，D正確；故〖答案〗選D。5.家務勞動中蘊含著豐富的化學知識。下列相關解釋錯誤的是A.用過氧碳酸鈉漂白衣物：具有較強氧化性B.釀米酒需晾涼米飯后加酒曲：乙醇受熱易揮發(fā)C.用檸檬酸去除水垢：檸檬酸酸性強于碳酸D.用堿液清洗廚房油污：油脂可堿性水解〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．過碳酸鈉中過碳酸根中有兩個O原子為-1價，易得到電子變成-2價O，因此過碳酸鈉具有強氧化性，可以漂白衣物，A正確；B．酒曲上大量微生物，微生物可以分泌多種酶將化谷物中的淀粉、蛋白質等轉變成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇，即酒精。因此，米飯需晾涼，米飯過熱會使微生物失活，B錯誤；C．檸檬酸酸性強于碳酸，可以將水垢中的碳酸鈣分解為可溶性的鈣離子，用于除水垢，C正確；D．油脂可以在堿性條件下水解成可用于水的甘油和脂肪酸鹽，用于清洗油污，D正確；故〖答案〗選B。6.分解的“碘鐘”反應美輪美奐。將一定濃度的三種溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液顏色在無色和藍色之間來回振蕩，周期性變色；幾分鐘后，穩(wěn)定為藍色。下列說法錯誤的是A.無色→藍色：生成 B.藍色→無色：轉化為化合態(tài)C.起漂白作用 D.淀粉作指示劑〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗分析該“碘鐘”反應的原理：①在Mn2+的催化下H2O2與IO反應生成I2，在淀粉指示劑的作用下溶液變藍色；②生成的I2又會與H2O2反應生成IO，使溶液變回無色；③生成的I2可以與丙二酸反應生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最終會變成藍色。【詳析】A．根據分析，溶液由無色變?yōu)樗{色說明有I2生成，A正確；B．根據分析，溶液由藍色變?yōu)闊o色，是將I2轉化為IO，I2轉化為為化合態(tài)，B正確；C．根據分析，H2O2在此過程中參加反應，不起到漂白作用，C錯誤；D．在此過程中，因為有I2的生成與消耗，淀粉在這個過程中起到指示劑的作用，D正確；故〖答案〗選C。7.如下圖所示的自催化反應，Y作催化劑。下列說法正確的是A.X不能發(fā)生水解反應 B.Y與鹽酸反應的產物不溶于水C.Z中碳原子均采用雜化 D.隨增大，該反應速率不斷增大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據X的結構簡式可知，其結構中含有酯基和酰胺基，因此可以發(fā)生水解反應，A錯誤；B．有機物Y中含有氨基，其呈堿性，可以與鹽酸發(fā)生反應生成鹽，生成的鹽在水中的溶解性較好，B錯誤；C．有機物Z中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，無飽和碳原子，其所有的碳原子均為sp2雜化，C正確；D．隨著體系中c(Y)增大，Y在反應中起催化作用，反應初始階段化學反應會加快，但隨著反應的不斷進行，反應物X的濃度不斷減小，且濃度的減小占主要因素，反應速率又逐漸減小，即不會一直增大，D錯誤；故〖答案〗選C。8.下列實驗方法或試劑使用合理的是選項實驗目的實驗方法或試劑A檢驗溶液中是否含有溶液B測定溶液中用溶液滴定C除去乙醇中少量的水加入金屬，過濾D測定溶液的使用試紙A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．溶液中含有Fe2+，可以與K3[Fe(CN)6]發(fā)生反應使溶液變成藍色，A項合理；B．隨著滴定不斷進行，溶液中S2-不斷被消耗，但是溶液中的HS-還可以繼續(xù)發(fā)生電離生成S2-，B項不合理；C．金屬Na既可以和水發(fā)生反應又可以和乙醇發(fā)生反應，故不能用金屬Na除去乙醇中少量的水，C項不合理；D．ClO-具有氧化性，不能用pH試紙測定其pH的大小，可以用pH計進行測量，D項不合理；故〖答案〗選A。9.環(huán)六糊精(D-吡喃葡萄糖縮合物)具有空腔結構，腔內極性較小，腔外極性較大，可包合某些分子形成超分子。圖1、圖2和圖3分別表示環(huán)六糊精結構、超分子示意圖及相關應用。下列說法錯誤的是A.環(huán)六糊精屬于寡糖B.非極性分子均可被環(huán)六糊精包合形成超分子C.圖2中甲氧基暴露在反應環(huán)境中D.可用萃取法分離環(huán)六糊精和氯代苯甲醚〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．1mol糖水解后能產生2~10mol單糖的糖稱為寡糖或者低聚糖，環(huán)六糊精是葡萄糖的縮合物，屬于寡糖，A正確；B．要和環(huán)六糊精形成超分子，該分子的直徑必須要匹配環(huán)六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非極性分子都可以被環(huán)六糊精包含形成超分子，B錯誤；C．由于環(huán)六糊精腔內極性小，可以將苯環(huán)包含在其中，腔外極性大，故將極性基團甲氧基暴露在反應環(huán)境中，C正確；D．環(huán)六糊精空腔外有多個羥基，可以和水形成分子間氫鍵，故環(huán)六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，所以可以選擇水作為萃取劑分離環(huán)六糊精和氯代苯甲醚，D正確；故選B。10.異山梨醇是一種由生物質制備的高附加值化學品，時其制備過程及相關物質濃度隨時間變化如圖所示，后異山梨醇濃度不再變化。下列說法錯誤的是A.時，反應②正、逆反應速率相等B.該溫度下的平衡常數：①>②C.平均速率(異山梨醇)D.反應②加入催化劑不改變其平衡轉化率〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖可知，3小時后異山梨醇濃度繼續(xù)增大，后異山梨醇濃度才不再變化，所以時，反應②未達到平衡狀態(tài)，即正、逆反應速率不相等，故A錯誤；B．圖像顯示該溫度下，后所有物質濃度都不再變化，且此時山梨醇轉化完全，即反應充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反應②正向進行程度小于反應①、反應限度小于反應①，所以該溫度下的平衡常數：①>②，故B正確；C．由圖可知，在內異山梨醇的濃度變化量為0.042mol/kg，所以平均速率(異山梨醇)=，故C正確；D．催化劑只能改變化學反應速率，不能改變物質平衡轉化率，所以反應②加入催化劑不改變其平衡轉化率，故D正確；故〖答案〗為：A。11.如下反應相關元素中，W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，基態(tài)X原子的核外電子有5種空間運動狀態(tài)，基態(tài)Y、Z原子有兩個未成對電子，Q是ds區(qū)元素，焰色試驗呈綠色。下列說法錯誤的是A.單質沸點： B.簡單氫化物鍵角：C.反應過程中有藍色沉淀產生 D.是配合物，配位原子是Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Q是ds區(qū)元素，焰色試驗呈綠色，則Q為Cu元素；空間運動狀態(tài)數是指電子占據的軌道數，基態(tài)X原子的核外電子有5種空間運動狀態(tài)，則X為第2周期元素，滿足此條件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z為原子序數依次增大，基態(tài)Y、Z原子有兩個未成對電子，若Y、Z為第2周期元素，則滿足條件的可能為C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序數小于N，所以Y不可能為C，若Y、Z為第3周期元素，則滿足條件的可能為Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可與Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分別為O、S元素，則X只能為N；W能與X形成WX3，則W為IA族或VIIA族元素，但W原子序數小于N，所以W為H元素，綜上所述，W、X、Y、Z、Q分別為H、N、O、S、Cu?！驹斘觥緼．W、Y、Z分別為H、O、S，S單質常溫下呈固態(tài)，其沸點高于氧氣和氫氣，O2和H2均為分子晶體，O2的相對分子質量大于H2，O2的范德華力大于H2，所以沸點O2＞H2，即沸點S＞O2＞H2，故A正確；B．Y、X的簡單氫化物分別為H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的價層電子對數為2+×(6-2×1)=4、孤電子對數為2，空間構型為V形，鍵角約105o，NH3的中心原子N原子的價層電子對數為3+×(5-3×1)=4、孤電子對數為1，空間構型為三角錐形，鍵角約107o18′，所以鍵角：，故B正確；C．硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水不足時生成藍色沉淀氫氧化銅，氨水過量時氫氧化銅溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反應過程中有藍色沉淀產生，故C正確；D．為Cu(NH3)4SO4，其中銅離子提供空軌道、NH3的N原子提供孤電子對，兩者形成配位鍵，配位原子為N，故D錯誤；故〖答案〗為：D。12.“綠色零碳”氫能前景廣闊。為解決傳統(tǒng)電解水制“綠氫”陽極電勢高、反應速率緩慢的問題，科技工作者設計耦合高效制的方法，裝置如圖所示。部分反應機理為：。下列說法錯誤的是A.相同電量下理論產量是傳統(tǒng)電解水的1.5倍B.陰極反應：C.電解時通過陰離子交換膜向b極方向移動D.陽極反應：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗據圖示可知，b電極上HCHO轉化為HCOO-，而HCHO轉化為HCOO-為氧化反應，所以b電極為陽極，a電極為陰極，HCHO為陽極反應物，由反應機理可知：反應后生成的轉化為HCOOH。由原子守恒和電荷守恒可知，在生成HCOOH的同時還生成了H-，生成的HCOOH再與氫氧化鉀酸堿中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成氫氣，即2H--2e-=H2↑，陰極水得電子生成氫氣：2H2O-2e-=H2↑+2OH-?！驹斘觥緼．由以上分析可知，陽極反應：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，陰極反應2H2O-2e-=H2↑+2OH-，即轉移2mol電子時，陰、陽兩極各生成1molH2，共2molH2，而傳統(tǒng)電解水：，轉移2mol電子，只有陰極生成1molH2，所以相同電量下理論產量是傳統(tǒng)電解水的2倍，故A錯誤；B．陰極水得電子生成氫氣，陰極反應為2H2O-2e-=H2↑+2OH-，故B正確；C．由電極反應式可知，電解過程中陰極生成OH-，負電荷增多，陽極負電荷減少，要使電解質溶液呈電中性，通過陰離子交換膜向陽極移動，即向b極方向移動，故C正確；D．由以上分析可知，陽極反應涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得陽極反應為：，故D正確；〖答案〗選A。13.某工廠利用銅屑脫除鋅浸出液中的并制備，流程如下“脫氯”步驟僅元素化合價發(fā)生改變。下列說法正確的是鋅浸出液中相關成分(其他成分無干擾)離子濃度1450.031A.“浸銅”時應加入足量，確保銅屑溶解完全B.“浸銅”反應：C.“脫氯”反應：D.脫氯液凈化后電解，可在陽極得到〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗銅屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反應的離子方程式為：，再加入鋅浸出液進行“脫氯”，“脫氯”步驟中僅Cu元素的化合價發(fā)生改變，得到CuCl固體，可知“脫氯”步驟發(fā)生反應的化學方程式為：，過濾得到脫氯液，脫氯液凈化后電解，Zn2+可在陰極得到電子生成Zn?！驹斘觥緼．由分析得，“浸銅”時，銅屑不能溶解完全，Cu在“脫氯”步驟還需要充當還原劑，故A錯誤；B．“浸銅”時，銅屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反應的離子方程式為：，故B錯誤；C．“脫氯”步驟中僅Cu元素的化合價發(fā)生改變，得到CuCl固體，即Cu的化合價升高，Cu2+的化合價降低，發(fā)生歸中反應，化學方程式為：，故C正確；D．脫氯液凈化后電解，Zn2+應在陰極得到電子變?yōu)閆n，故D錯誤；故選C。14.某鋰離子電池電極材料結構如圖。結構1是鈷硫化物晶胞的一部分，可代表其組成和結構；晶胞2是充電后的晶胞結構；所有晶胞均為立方晶胞。下列說法錯誤的是A.結構1鈷硫化物的化學式為 B.晶胞2中S與S的最短距離為當C.晶胞2中距最近的S有4個 D.晶胞2和晶胞3表示同一晶體〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由均攤法得，結構1中含有Co的數目為，含有S的數目為，Co與S的原子個數比為9：8，因此結構1的化學式為Co9S8，故A正確；B．由圖可知，晶胞2中S與S的最短距離為面對角線的，晶胞邊長為a，即S與S的最短距離為：，故B錯誤；C．如圖：，以圖中的Li為例，與其最近的S共4個，故C正確；D．如圖，當2個晶胞2放在一起時，圖中紅框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶體，故D正確；故選B。15.下，、和的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。某實驗小組以為指示劑，用標準溶液分別滴定含水樣、含水樣。已知：①為磚紅色沉淀；②相同條件下溶解度大于；③時，，。下列說法錯誤的是A.曲線②為沉淀溶解平衡曲線B.反應的平衡常數C.滴定時，理論上混合液中指示劑濃度不宜超過D.滴定達終點時，溶液中〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由于AgCl和AgBr中陰、陽離子個數比均為1：1，即兩者圖象平行，所以①代表，由于相同條件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，則③代表AgBr，根據①上的點（2.0，7.7），可求得，根據②上的點（2.0，7.7），可求得，根據③上的點（6.1，6.1），可求得?！驹斘觥緼．由分析得，曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線，故A正確；B．反應的平衡常數，故B正確；C．當Cl-恰好滴定完全時，，即，因此，指示劑的濃度不宜超過10-2mol/L，故C正確；D．當Br-到達滴定終點時，，即，，故D錯誤；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.中國是世界上最早利用細菌冶金的國家。已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉化為硫酸鹽，某工廠用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉(其中細小的顆粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶煉金，工藝流程如下：回答下列問題：（1）北宋時期我國就有多處礦場利用細菌氧化形成的天然“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要溶質為_______(填化學式)。（2）“細菌氧化”中，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）“沉鐵砷”時需加堿調節(jié)，生成_______(填化學式)膠體起絮凝作用，促進了含微粒的沉降。（4）“培燒氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培燒氧化”，“細菌氧化”的優(yōu)勢為_______(填標號)。A.無需控溫 B.可減少有害氣體產生C.設備無需耐高溫 D.不產生廢液廢渣（5）“真金不拍火煉”，表明難被氧化，“浸金”中的作用為_______。（6）“沉金”中的作用為_______。（7）濾液②經酸化，轉化為和的化學方程式為_______。用堿中和可生成_______(填溶質化學式)溶液，從而實現循環(huán)利用?！即鸢浮剑?）CuSO4（2）（3）（4）BC（5）做絡合劑，將Au轉化為從而浸出（6）作還原劑，將還原為Au（7）①.②.NaCN〖解析〗〖祥解〗礦粉中加入足量空氣和H2SO4，在pH=2時進行細菌氧化，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，過濾，濾液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加堿調節(jié)pH值，Fe3+轉化為膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降，過濾可得到凈化液；濾渣主要為Au，Au與空氣中的O2和NaCN溶液反應，得到含的浸出液，加入Zn進行“沉金”得到Au和含的濾液②?！拘?詳析】“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要成分為CuSO4；【小問2詳析】“細菌氧化”的過程中，FeS2在酸性環(huán)境下被O2氧化為Fe3+和，離子方程式為：；【小問3詳析】“沉鐵砷”時，加堿調節(jié)pH值，Fe3+轉化為膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降；【小問4詳析】A．細菌的活性與溫度息息相關，因此細菌氧化也需要控溫，A不符合題意；B．焙燒氧化時，金屬硫化物中的S元素通常轉化為SO2，而細菌氧化時，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，可減少有害氣體的產生，B符合題意；C．焙燒氧化需要較高的溫度，因此所使用的設備需要耐高溫，而細菌氧化不需要較高的溫度就可進行，設備無需耐高溫，C符合題意；D．由流程可知，細菌氧化也會產生廢液廢渣，D不符合題意；故選BC；【小問5詳析】“浸金”中，Au作還原劑，O2作氧化劑，NaCN做絡合劑，將Au轉化為從而浸出；【小問6詳析】“沉金”中Zn作還原劑，將還原為Au；【小問7詳析】濾液②含有，經過H2SO4的酸化，轉化為ZnSO4和HCN，反應得化學方程式為：；用堿中和HCN得到的產物，可實現循環(huán)利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步驟，從而循環(huán)利用。17.某實驗小組為實現乙酸乙酯的綠色制備及反應過程可視化，設計實驗方案如下：I．向燒瓶中分別加入乙酸()、乙醇()、固體及4~6滴甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中裝入變色硅膠。II．加熱回流后，反應液由藍色變?yōu)樽仙?，變色硅膠由藍色變?yōu)榉奂t色，停止加熱。III．冷卻后，向燒瓶中緩慢加入飽和溶液至無逸出，分離出有機相。IV．洗滌有機相后，加入無水，過濾。V．蒸餾濾液，收集餾分，得無色液體，色譜檢測純度為?；卮鹣铝袉栴}：（1）在反應中起_______作用，用其代替濃優(yōu)點是_______(答出一條即可)。（2）甲基紫和變色硅膠的顏色變化均可指示反應進程。變色硅膠吸水，除指示反應進程外，還可_______。（3）使用小孔冷凝柱承載，而不向反應液中直接加入變色硅膠的優(yōu)點是_______(填標號)。A.無需分離 B.增大該反應平衡常數C.起到沸石作用，防止暴沸 D.不影響甲基紫指示反應進程（4）下列儀器中，分離有機相和洗滌有機相時均需使用的是_______(填名稱)。（5）該實驗乙酸乙酯的產率為_______(精確至)。（6）若改用作為反應物進行反應，質譜檢測目標產物分子離子峰的質荷比數值應為_______(精確至1)?！即鸢浮剑?）①.催化劑②.無有毒氣體二氧化硫產生（2）吸收生成的水，使平衡正向移動，提高乙酸乙酯的產率（3）AD（4）分液漏斗（5）73.5%（6）90〖解析〗〖祥解〗乙酸與過量乙醇在一定溫度下、硫酸氫鈉作催化劑、甲基紫的乙醇溶液和變色硅膠作指示劑的條件下反應制取乙酸乙酯，用飽和碳酸鈉溶液除去其中的乙酸至無二氧化碳逸出，分離出有機相、洗滌、加無水硫酸鎂后過濾，濾液蒸餾時收集餾分，得純度為的乙酸乙酯?！拘?詳析】該實驗可實現乙酸乙酯的綠色制備及反應過程可視化，用濃時，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，所以在反應中起催化劑作用；濃硫酸還具有強氧化性和脫水性，用濃在加熱條件下反應時，可能發(fā)生副反應，且濃硫酸的還原產物二氧化硫有毒氣體，所以用其代替濃的優(yōu)點是副產物少，可綠色制備乙酸乙酯，無有毒氣體二氧化硫產生；【小問2詳析】變色硅膠吸水，除指示反應進程外，還可吸收加熱時生成的水，使平衡正向移動，提高乙酸乙酯的產率；【小問3詳析】A.若向反應液中直接加入變色硅膠，則反應后需要過濾出硅膠，而使用小孔冷凝柱承載則無需分離，故A正確；B.反應的平衡常數只與溫度有關，使用小孔冷凝柱承載不能增大該反應平衡常數，故B錯誤；C.小孔冷凝柱承載并沒有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，故C錯誤；D.由題中“反應液由藍色變?yōu)樽仙兩枘z由藍色變?yōu)榉奂t色，停止加熱”可知，若向反應液中直接加入變色硅膠，則變色硅膠由藍色變?yōu)榉奂t色，會影響觀察反應液由藍色變?yōu)樽仙允褂眯】桌淠休d不影響甲基紫指示反應進程，故D正確；故〖答案〗為：AD；【小問4詳析】容量瓶用于配制一定物質的量濃度的溶液，分離有機相和洗滌有機相不需要容量瓶；漏斗用于固液分離，分離有機相和洗滌有機相不需要漏斗；分離液態(tài)有機相和洗滌液態(tài)有機相也不需要洗氣瓶；分離有機相和洗滌有機相時均需使用的是分液漏斗；【小問5詳析】由反應可知，乙酸與乙醇反應時，理論上可獲得的乙酸乙酯的質量為0.1mol×88g/mol=8.8g，則該實驗乙酸乙酯的產率為；【小問6詳析】若改用作為反應物進行反應，則因為，生成的乙酸乙酯的摩爾質量為90g/mol，所以質譜檢測目標產物分子離子峰的質荷比數值應為90。18.為實現氯資源循環(huán)利用，工業(yè)上采用催化氧化法處理廢氣：。將和分別以不同起始流速通入反應器中，在和下反應，通過檢測流出氣成分繪制轉化率()曲線，如下圖所示(較低流速下轉化率可近似為平衡轉化率)?；卮鹣铝袉栴}：（1）_______0(填“>”或“<”)；_______℃。（2）結合以下信息，可知的燃燒熱_______。（3）下列措施可提高M點轉化率的是_______(填標號)A.增大的流速 B.將溫度升高C.增大 D.使用更高效的催化劑（4）圖中較高流速時，小于和，原因是_______。（5）設N點的轉化率為平衡轉化率，則該溫度下反應的平衡常數_______(用平衡物質的量分數代替平衡濃度計算)（6）負載在上的催化活性高，穩(wěn)定性強，和的晶體結構均可用下圖表示，二者晶胞體積近似相等，與的密度比為1.66，則的相對原子質量為_______(精確至1)。〖答案〗（1）①.＜②.360℃（2）-258.8（3）BD（4）流速過快，反應物分子來不及在催化劑表面接觸而發(fā)生反應，導致轉化率下降，同時，T3溫度低，反應速率低，故單位時間內氯化氫的轉化率低。（5）6（6）101〖解析〗【小問1詳析】反應前后的氣體分子數目在減小，所以該反應<0，該反應為放熱反應，由于在流速較低時的轉化率視為平衡轉化率，所以在流速低的時候，溫度越高，HCl的轉化率越小，故T1代表的溫度為440℃，T3為360℃。【小問2詳析】表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式為④，設①，②，③，則，因此氫氣的燃燒熱－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8【小問3詳析】A．增大HCl的流速，由圖像可知，HCl的轉化率在減小，不符合題意；B．M對應溫度為360℃，由圖像可知，升高溫度，HCl的轉化率增大，符合題意；C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的轉化率減小，不符合題意；D．使用高效催化劑，可以增加該溫度下反應速率，使單位時間內HCl的轉化率增加，符合題意；故選BD?！拘?詳析】圖中在較高流速下，T3溫度下的轉化率低于溫度較高的T1和T2，主要是流速過快，反應物分子來不及在催化劑表面接觸而發(fā)生反應，導致轉化率下降，同時，T3溫度低，反應速率低，故單位時間內氯化氫的轉化率低?！拘?詳析】由圖像可知，N點HCl的平衡轉化率為80%，設起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式則。【小問6詳析】由于二者的晶體結構相似，體積近似相等，則其密度之比等于摩爾質量之比。故，則Ru的相對原子質量為101。19.特戈拉贊(化合物K)是抑制胃酸分泌的藥物，其合成路線如下：已知：I．