2024年廣西高考真題化學(xué)試題（解析版）

2024年高考真題化學(xué)試題PAGEPAGE12024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16F19Na23K39Mn55Fe56一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.《天工開物》記載：軟漿車榨蔗汁，一石(dàn)汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黃泥水淋下成白糖。下列說法錯(cuò)誤的是A.石灰可中和蔗汁中的酸性物質(zhì) B.“冷凝成黑沙”是結(jié)晶過程C.“黃泥水淋下”的目的是脫色 D.“白糖”的主要成分是葡萄糖〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗這段話意思即用軟漿車榨取甘蔗汁，每石蔗糖汁加半升的石灰，取過濾后的甘蔗汁加熱冷卻，得到黑色晶體，用黃泥水淋洗可得到白糖?！驹斘觥緼．石灰為堿性物質(zhì)，可與蔗糖中的酸性物質(zhì)發(fā)生中和反應(yīng)，A正確；B．“冷凝成黑沙”即將熱蔗糖水冷卻結(jié)晶，是結(jié)晶過程，B正確；C．“黃泥水淋下”可將黑色晶體變成白色，即實(shí)現(xiàn)脫色目的，C正確；D．“白糖”是由蔗糖制得，故其主要成分為蔗糖，D錯(cuò)誤；本題選D。2.光照時(shí)，納米能使水產(chǎn)生羥基自由基，可用于處理廢水。下列表述正確的是A.基態(tài)Ti的價(jià)電子排布式： B.的電子式：C.的VSEPR模型： D.O的一種核素：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．基態(tài)Ti的價(jià)電子排布式：3d24s2，A錯(cuò)誤；B．含有1個(gè)未成對電子，電子式：，B正確；C．H2O中心O原子價(jià)層電子對數(shù)為，O原子采用sp3雜化，O原子上含有2對孤電子對，的VSEPR模型為，C錯(cuò)誤；D．核素的表示方法為：元素符號左下角為質(zhì)子數(shù)，左上角為質(zhì)量數(shù)；O質(zhì)子數(shù)為8，則O的一種核素不會(huì)是，D錯(cuò)誤；故選B。3.將NaCl固體與濃硫酸加熱生成的HCl氣體通至飽和NaCl溶液，可析出用于配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的高純度NaCl，下列相關(guān)實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范的是A．制備HClB．析出NaClC．過濾D．定容A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NaCl固體與濃硫酸加熱生成的HCl氣體，缺少加熱裝置，故A錯(cuò)誤；B．氯化氫易溶于水，為充分吸收氯化氫并防止倒吸，氯化氫氣體應(yīng)從連接倒置漏斗的導(dǎo)管通入，故B錯(cuò)誤；C．用過濾法分離出氯化鈉晶體，故C正確；D．配制氯化鈉溶液，定容時(shí)眼睛平視刻度線，故D錯(cuò)誤；選C。4.6-硝基胡椒酸是合成心血管藥物奧索利酸的中間體，其合成路線中的某一步如下：下列有關(guān)X和Y的說法正確的是A.所含官能團(tuán)的個(gè)數(shù)相等 B.都能發(fā)生加聚反應(yīng)C.二者中的所有原子共平面 D.均能溶于堿性水溶液〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．X中含2個(gè)醚鍵、1個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)硝基，共有4個(gè)官能團(tuán)；Y中含2個(gè)醚鍵、1個(gè)羧基、1個(gè)硝基，共有4個(gè)官能團(tuán)，故X和Y所含官能團(tuán)的個(gè)數(shù)相等，A正確；B．X含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)，Y中苯環(huán)不存在碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．X和Y含有亞甲基，是四面體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能共平面，C錯(cuò)誤；D．Y含有羧基能電離出H+，可溶于堿性水溶液，X不能溶于堿性水溶液，D錯(cuò)誤；故選A。5.白磷是不溶于水的固體，在空氣中易自燃。下列有關(guān)白磷的說法錯(cuò)誤的是A.分子中每個(gè)原子的孤電子對數(shù)均為1B.常保存于水中，說明白磷密度大于C.難溶于水，是因?yàn)樗菢O性分子，是非極性分子D.熔點(diǎn)低，是因?yàn)榉肿觾?nèi)的鍵弱〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．白磷的分子式為P4，空間構(gòu)型為正四面體，每個(gè)P原子采取sp3雜化，而每個(gè)P原子有5五個(gè)價(jià)電子，所以每個(gè)P原子還剩一對孤電子對，A正確；B．白磷在空氣中容易自燃，保存于水中隔絕空氣，故其密度大于水，B正確；C．白磷的分子式為P4，空間構(gòu)型為正四面體，為非極性分子，水為極性分子，根據(jù)相似相溶原理，白磷難溶于水，C正確；D．白磷的分子式為P4，為非極性分子，屬于分子晶體，分子間作用力較弱，故其熔點(diǎn)低，熔點(diǎn)低與其共價(jià)鍵強(qiáng)弱無關(guān)，D錯(cuò)誤；故選D。6.化學(xué)與生活息息相關(guān)。下列離子方程式書寫正確的是A.用溶液處理水垢中的B.明礬用于凈水：C.抗酸藥中的可治療胃酸過多：D.用酸化的KI淀粉溶液檢驗(yàn)加碘鹽中的〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．用溶液處理水垢中的CaSO4，生成溶解度更小的碳酸鈣，，A項(xiàng)正確；B．水解方程式不對，明礬是硫酸鋁鉀晶體，溶于水，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，可用于凈水：，不寫沉淀符號，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．物質(zhì)拆分不對，抗酸藥中的可治療胃酸過多，屬于難溶性堿，離子方程式：，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．未配平方程式，用酸化的KI淀粉溶液檢驗(yàn)加碘鹽中的，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故〖答案〗選A。7.如圖所示的錸配合物離子能電催化還原。短周期元素的原子序數(shù)依次增大。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，WY和是等密度的無色氣體，是黃綠色氣體。下列說法錯(cuò)誤的是A.第一電離能： B.圖中X原子的雜化方式為C.元素以原子的形態(tài)與配位 D.Y的電負(fù)性大于中的化學(xué)鍵是極性鍵〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗短周期元素的原子序數(shù)依次增大。是黃綠色氣體，Z為氯；X形成3個(gè)共用電子對，X與Re2+之間為配位鍵，推測X為氮，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，WY和是等密度的無色氣體，則WY為一氧化碳、為氮?dú)?，故W為碳、X為氮、Y為氧、Z為氯；【詳析】A．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，N的2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能大?。篘>O，A正確；B．圖中X原子處于環(huán)中，且存在平面大π鍵，則其雜化方式為，B正確；C．由圖可知，整個(gè)離子帶1個(gè)單位正電荷，而其中帶2個(gè)單位正電荷，則氯元素以Cl-的形態(tài)與配位，C錯(cuò)誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)，元素的電負(fù)性變強(qiáng)；O的電負(fù)性大于C，則CO中的化學(xué)鍵是極性鍵，D正確；故選C。8.某小組對和的性質(zhì)進(jìn)行探究：Ⅰ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。Ⅱ．向少量蒸餾水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。下列說法正確的是A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中繼續(xù)加入少量固體，溶液顏色變淺B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ中溶液呈紅色C.KSCN能區(qū)分和D.焰色試驗(yàn)不能區(qū)分和〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，溶液與KSCN溶液反應(yīng)實(shí)質(zhì)是：，硫酸鉀固體溶于水產(chǎn)生鉀離子和硫酸根，并不影響該平衡的移動(dòng)，因此溶液的顏色不發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能電離出Fe3+，因此溶液與KSCN溶液并不能發(fā)生反應(yīng)，溶液顏色無明顯變化，故B錯(cuò)誤；C．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，KSCN溶液與溶液反應(yīng)產(chǎn)生，溶液變?yōu)榧t色，但溶液與KSCN溶液并不能發(fā)生反應(yīng)，是一種深紅色晶體，水溶液呈黃色，帶有黃綠色熒光，因此加入KSCN可以區(qū)分兩者，故C正確；D．焰色反應(yīng)是金屬單質(zhì)或離子的電子在吸收能量后，躍遷到較高能量級，然后從較高能量級躍遷到低能量級，這次躍遷會(huì)放出光子，光子的頻率若在可見光頻率范圍內(nèi)，則金屬表現(xiàn)為有焰色反應(yīng)。鐵燃燒火焰為無色，是因?yàn)榉懦龅墓庾宇l率不在可見光頻率范圍內(nèi)，而中含有鉀元素，焰色試驗(yàn)時(shí)透過藍(lán)色鈷玻璃可以看到紫色，因此焰色試驗(yàn)可以區(qū)分和，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗選C。9.某新型鈉離子二次電池(如圖)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作電解質(zhì)溶液。放電時(shí)嵌入PbSe中的Na變成Na+后脫嵌。下列說法錯(cuò)誤的是A.外電路通過1mol電子時(shí)，理論上兩電極質(zhì)量變化的差值為23gB.充電時(shí)，陽極電極反應(yīng)為：C.放電一段時(shí)間后，電解質(zhì)溶液中的Na+濃度基本保持不變D.電解質(zhì)溶液不能用NaPF6的水溶液替換〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗放電時(shí)嵌入PbSe中的Na變成Na+后脫嵌，則右側(cè)電極為負(fù)極，Na失電子生成Na+；Na+透過允許Na+通過的隔膜從右側(cè)進(jìn)入左側(cè)，則左側(cè)為正極?！驹斘觥緼．外電路通過1mol電子時(shí)，負(fù)極有1molNa失電子生成Na+進(jìn)入右側(cè)溶液，溶液中有1molNa+從右側(cè)進(jìn)入左側(cè)，并與正極的Na3-xV2(PO4)3結(jié)合，則理論上兩電極質(zhì)量變化的差值為2mol×23g/mol=46g，A錯(cuò)誤；B．充電時(shí)，左側(cè)電極為陽極，Na3V2(PO4)3失電子生成Na3-xV2(PO4)3，則陽極電極反應(yīng)為：，B正確；C．放電一段時(shí)間后，負(fù)極產(chǎn)生的Na+的物質(zhì)的量與負(fù)極區(qū)通過隔膜進(jìn)入左極區(qū)的Na+的物質(zhì)的量相同，進(jìn)入左極區(qū)的Na+與參加左側(cè)正極反應(yīng)的Na+的物質(zhì)的量相同，所以電解質(zhì)溶液中的Na+濃度基本保持不變，C正確；D．Na能與水反應(yīng)，所以電解質(zhì)溶液不能用NaPF6的水溶液替換，D正確；故選A。10.烯烴進(jìn)行加成反應(yīng)的一種機(jī)理如下：此外，已知實(shí)驗(yàn)測得與進(jìn)行加成反應(yīng)的活化能依次減小。下列說法錯(cuò)誤的是A.乙烯與HCl反應(yīng)的中間體為B.乙烯與氯水反應(yīng)無生成C.鹵化氫與乙烯反應(yīng)的活性：D.烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應(yīng)越容易〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．HCl中氫帶正電荷、氯帶負(fù)電荷，結(jié)合機(jī)理可知，乙烯與HCl反應(yīng)的中間體為氫和乙烯形成正離子：，A正確；B．氯水中存在HClO，其結(jié)構(gòu)為H-O-Cl，其中Cl帶正電荷、OH帶負(fù)電荷，結(jié)合機(jī)理可知，乙烯與氯水反應(yīng)可能會(huì)有生成，B錯(cuò)誤；C．由機(jī)理，第一步反應(yīng)為慢反應(yīng)，決定反應(yīng)的速率，溴原子半徑大于氯，HBr中氫溴鍵鍵能更小，更容易斷裂，反應(yīng)更快，則鹵化氫與乙烯反應(yīng)的活性：，C正確；D．已知實(shí)驗(yàn)測得與進(jìn)行加成反應(yīng)活化能依次減??；則烯烴雙鍵碳上連接的甲基越多，與的反應(yīng)越容易，D正確；故選B。11.一定條件下，存在缺陷位的LiH晶體能吸附使其分解為N，隨后N占據(jù)缺陷位(如圖)。下列說法錯(cuò)誤的是A. B.半徑：C. D.LiH晶體為離子晶體〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．根據(jù)LiH立方晶胞的該部分結(jié)構(gòu)以及晶胞參數(shù)為a可得，因此，故A正確；B．H原子和的電子層數(shù)均為1，但比氫原子多一個(gè)電子，電子的運(yùn)動(dòng)軌道不重合，內(nèi)核對電子的束縛相對較弱，電子活動(dòng)的范圍更廣，因此的半徑較大，故B正確；C．根據(jù)LiH立方晶胞可知，b的長度如圖，但當(dāng)N占據(jù)了空缺位后，由于比的半徑大，因此，故C錯(cuò)誤；D．LiH晶體中含有Li+和，相互間作用是離子鍵，因此LiH晶體為離子晶體，故D正確；故〖答案〗選C。12.實(shí)驗(yàn)小組用如下流程探究含氮化合物的轉(zhuǎn)化。為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.“反應(yīng)1”中，每消耗，在下得到B.“反應(yīng)2”中，每生成0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為C.在密閉容器中進(jìn)行“反應(yīng)3”，充分反應(yīng)后體系中有個(gè)D.“反應(yīng)4”中，為使完全轉(zhuǎn)化成，至少需要個(gè)〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗反應(yīng)1為實(shí)驗(yàn)室制備氨氣的反應(yīng)，方程式為：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反應(yīng)2是氨氣的催化氧化，方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，反應(yīng)3為一氧化氮和氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，方程式為：2NO+O?=2NO?，反應(yīng)4為二氧化氮，氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3?，以此解題?！驹斘觥緼．根據(jù)分析可知，每消耗，生成0.1mol氨氣，但是由于不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，則氣體不是2.24L，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，反應(yīng)2方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移20e-，則每生成0.1molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，B正確；C．根據(jù)反應(yīng)3，充分反應(yīng)后生成個(gè)，但是體系中存在2NO2?N2O4，則最終二氧化氮數(shù)目小于，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)反應(yīng)4可知，為使完全轉(zhuǎn)化成，至少需要個(gè)O2，D錯(cuò)誤；故選B。13.573K、高壓條件下，一定量苯甲腈在密閉容器中發(fā)生連續(xù)水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如圖為水解過程中上述三者(分別用表示)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨時(shí)間的變化曲線，其中。下列說法錯(cuò)誤的是A.水解產(chǎn)物除了還有B.點(diǎn)時(shí)C.在15min前基本不變，15min后明顯增大，可能是水解產(chǎn)物對生成的反應(yīng)有催化作用D.任意25min時(shí)間段內(nèi)存在〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．苯甲腈在溶液中發(fā)生連續(xù)水解：，,有NH3生成，A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)之前x(Y)逐漸增大，；a點(diǎn)之后，x(Y)逐漸減小，a點(diǎn)是Y物質(zhì)的最大值，則生成和消耗的速率相等。即，B正確；C．在15min前基本不變，15min后明顯增大，在沒有另加物質(zhì)、沒有改變反應(yīng)條件的情況下，可能是水解產(chǎn)物對生成的反應(yīng)有催化作用，C正確；D．根據(jù)圖像所示，反應(yīng)的前期應(yīng)該有，a點(diǎn)之后，由于明顯減小，顯著增大，三者的速率關(guān)系不再滿足，D錯(cuò)誤；故選D。14.常溫下，用溶液分別滴定下列兩種混合溶液：Ⅰ．20.00mL濃度均為和溶液Ⅱ．20.00mL濃度均為和溶液兩種混合溶液的滴定曲線如圖。已知，下列說法正確的是A.Ⅰ對應(yīng)的滴定曲線為N線B.點(diǎn)水電離出的數(shù)量級為C.時(shí)，Ⅱ中D.時(shí)，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗溶液中加入40ml氫氧化鈉溶液時(shí)，I中的溶質(zhì)為氯化鈉和醋酸鈉，Ⅱ中的溶質(zhì)為氯化鈉和一水合氨，根據(jù)，醋酸根、銨根的水解程度小于醋酸、一水合氨的電離程度，氯化鈉顯中性，醋酸根和一水合氨在濃度相同時(shí)，一水合氨溶液的堿性更強(qiáng)，故I對應(yīng)的滴定曲線為M，Ⅱ?qū)?yīng)的滴定曲線為N；【詳析】A．向溶液中加入40ml氫氧化鈉溶液時(shí)，I中的溶質(zhì)為氯化鈉和醋酸鈉，Ⅱ中的溶質(zhì)為氯化鈉和一水合氨，氯化鈉顯中性，醋酸根和一水合氨在濃度相同時(shí)，一水合氨溶液的堿性更強(qiáng)，故I對應(yīng)的滴定曲線為M，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知a點(diǎn)的溶質(zhì)為氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發(fā)生水解，溶液的pH接近8，由水電離的=，數(shù)量級接近，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)時(shí)，Ⅱ中的溶質(zhì)為氯化鈉、氯化銨、一水合氨，且氯化銨和一水合氨的濃度相同，根據(jù)分析可知銨根的水解程度小于一水合氨的電離程度，故，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)元素守恒，之和等于之和，根據(jù)圖像，時(shí)，Ⅱ所加氫氧化鈉溶液較少，溶液體積較小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正確；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.廣西盛產(chǎn)甘蔗，富藏錳礦。由軟錳礦(，含和CuO等雜質(zhì))制備光電材料的流程如下?；卮鹣铝袉栴}：已知：物質(zhì)（1）“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是_______。為提高“浸取”速率，可采取的措施是_______(任舉一例)。（2）“濾渣1”的主要成分是_______(填化學(xué)式)。（3）常溫下，用調(diào)節(jié)溶液pH至?xí)r，可完全沉淀的離子有_______(填化學(xué)式)。（4）“X”可選用_______。A. B. C.Zn D.（5）若用替代沉錳，得到沉淀。寫出生成的離子方程式_______。（6）立方晶胞如圖，晶胞參數(shù)為，該晶體中與一個(gè)緊鄰的有_______個(gè)。已知為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為_______(用含的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）①.把二氧化錳還原為硫酸錳②.把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等（2）SiO2（3）Al3+（4）D（5）（6）①4②.〖解析〗〖祥解〗軟錳礦含有和少量、CuO?！案收嵩庖骸敝泻羞€原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”軟錳礦，二氧化錳被還原為硫酸錳，氧化鐵被還原為硫酸亞鐵，氧化鋁、氧化銅溶于硫酸生成硫酸鋁、硫酸銅，二氧化硅不溶于硫酸，濾渣是二氧化硅，濾液中加碳酸鈣調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鋁沉淀除鋁，過濾，濾液加硫化物反應(yīng)生成FeS、CuS沉淀除鐵銅，濾液中加碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸錳沉淀，最終將碳酸錳轉(zhuǎn)化為?！拘?詳析】二氧化錳具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有還原性糖和，其主要作用是把二氧化錳還原為硫酸錳。根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素，為提高“浸取”速率，可采取的措施是把軟錳礦粉碎、攪拌、加熱等。【小問2詳析】二氧化硅不溶于硫酸，“濾渣1”的主要成分是SiO2?！拘?詳析】根據(jù)溶度積常數(shù)，F(xiàn)e2+完全沉淀時(shí)，c(OH-)=，pH約為8.4；Al3+完全沉淀時(shí)，c(OH-)=，pH約為4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH約為6.7；常溫下，用調(diào)節(jié)溶液pH至?xí)r，可完全沉淀的離子有Al3+?！拘?詳析】加X的目的是生成硫化物沉淀除鐵和銅，F(xiàn)e2+和H2S不反應(yīng)，所以不能選用H2S；銅離子、亞鐵離子都能和硫離子反應(yīng)生成硫化銅沉淀，所以“X”可選用，選D?！拘?詳析】若用替代沉錳，得到沉淀，反應(yīng)的離子方程式為。【小問6詳析】1個(gè)晶胞中含有1個(gè)K+，根據(jù)化學(xué)式可知，1個(gè)晶胞中含有1個(gè)Mn、3個(gè)F-，可知晶胞頂點(diǎn)上的原子為Mn、棱上的F-，該晶體中與一個(gè)緊鄰的有4個(gè)；已知為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為。16.二氧化硫脲(TD)是還原性漂白劑，可溶于水，難溶于乙醇，在受熱或堿性條件下易水解：。其制備與應(yīng)用探究如下：Ⅰ．由硫脲制備TD按如圖裝置，在三頸燒瓶中加入硫脲和水，溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進(jìn)行反應(yīng)。反應(yīng)完成后，結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后得到產(chǎn)品TD。Ⅱ．用TD進(jìn)行高嶺土原礦脫色(去除)探究將高嶺土原礦(質(zhì)量分?jǐn)?shù)為)制成懸濁液，加入TD，在一定條件下充分反應(yīng)，靜置，分離出上層清液，用分光光度法測得該清液中濃度為，計(jì)算的去除率。回答下列問題：（1）儀器的名稱是_______。（2）Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是_______。（3）寫出制備TD化學(xué)方程式_______。（4）中S的化合價(jià)為_______。Ⅰ的反應(yīng)中，因條件控制不當(dāng)生成了，最終導(dǎo)致TD中出現(xiàn)黃色雜質(zhì)，該雜質(zhì)是_______(填化學(xué)式)。（5）Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是_______。（6）高嶺土中去除率為_______(用含的代數(shù)式表示)。Ⅱ中“靜置”時(shí)間過長，導(dǎo)致脫色效果降低的原因是_______。〖答案〗（1）恒壓滴液漏斗（2）防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解（3）（4）①.+2②.S（5）減少二氧化硫脲的溶解損失（6）①.②.亞鐵離子被空氣中氧氣氧化〖解析〗〖祥解〗在三頸燒瓶中加入硫脲和水溶解，冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進(jìn)行反應(yīng)生成二氧化硫脲，反應(yīng)后，結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后得到產(chǎn)品；【小問1詳析】由圖，儀器的名稱是恒壓滴液漏斗；【小問2詳析】已知，二氧化硫脲在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩(wěn)定受熱易分解，故Ⅰ中控制“溫度低于10℃和”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止過氧化氫分解；【小問3詳析】硫脲和水溶解冷卻至5℃后，滴入溶液，控制溫度低于10℃和進(jìn)行反應(yīng)生成二氧化硫脲，結(jié)合質(zhì)量守恒，反應(yīng)還會(huì)生成水，反應(yīng)為【小問4詳析】二氧化硫脲水解：，生成，則反應(yīng)中元素化合價(jià)沒有改變，中硫化合價(jià)為+2，則中S的化合價(jià)為+2。TD具有還原性，Ⅰ的反應(yīng)中因條件控制不當(dāng)生成了，最終導(dǎo)致TD中出現(xiàn)黃色雜質(zhì)，該雜質(zhì)是TD還原硫元素轉(zhuǎn)化生成的硫單質(zhì)；【小問5詳析】二氧化硫脲可溶于水，難溶于乙醇，Ⅰ中“洗滌”選用乙醇的理由是減少二氧化硫脲的溶解損失；【小問6詳析】清液中濃度為，則為，那么的去除率；亞鐵離子具有還原性，Ⅱ中“靜置”時(shí)間過長，導(dǎo)致脫色效果降低的原因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差。17.二氯亞砜()是重要的液態(tài)化工原料?；卮鹣铝袉栴}：（1）合成前先制備。有關(guān)轉(zhuǎn)化關(guān)系為：則的_______。（2）密閉容器中，以活性炭為催化劑，由和制備。反應(yīng)如下：ⅠⅡ①反應(yīng)Ⅱ的(為平衡常數(shù))隨(為溫度)的變化如圖，推斷出該反應(yīng)為_______(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。②466K時(shí)，平衡體系內(nèi)各組分的物質(zhì)的是分?jǐn)?shù)隨的變化如圖。反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)_______(保留1位小數(shù))。保持和不變，增大平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_______(任舉一例)。③改變，使反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)，導(dǎo)致圖中的曲線變化，則等于的新交點(diǎn)將出現(xiàn)在_______(填“”“”“”或“”)處。（3）我國科研人員在含的溶液中加入，提高了電池的性能。該電池放電時(shí)，正極的物質(zhì)轉(zhuǎn)變步驟如圖。其中，的作用是_______；正極的電極反應(yīng)式為_______?！即鸢浮剑?）-50（2）①.放熱②.32.4③.移走或加入SO2Cl2④.d（3）①.催化作用②.〖解析〗【小問1詳析】由蓋斯定律可知，的焓變?yōu)?，則的；【小問2詳析】①由圖可知反應(yīng)Ⅱ的與成正比，則溫度升高即減小隨之lgK減小，那么K值減小，平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)；②由圖可知，=2.0時(shí)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，假設(shè)充入n(SCl2)=2mol、n(O2)=1mol：則平衡時(shí)n(SCl2)=(2-x-y)mol、n(O2)=(1-x)mol，n(SO2Cl2)=(x-y)mol，n(SOCl2)=2ymol，總物質(zhì)的量為(2-x-y)+(1-x)+(x-y)+2y=(3-x)mol，平衡時(shí)n(SCl2)=n(SO2Cl2)，則有2-x-y=x-y，解得x=1，故有x(SO2Cl2)==0.13，可得y=0.74，n(SCl2)=2-1-0.74=0.26mol，n(SO2Cl2)=1-0.74=0.26mol，n(SOCl2)=1.48mol，反應(yīng)Ⅱ是氣體體積不變的反應(yīng)，則濃度平衡常數(shù)可用物質(zhì)的量代替計(jì)算，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)；保持和不變，減小生成物濃度或加入其他反應(yīng)物均能使平衡正移，增大平衡轉(zhuǎn)化率的措施有移走或加入SO2Cl2；③反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，改變，使反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)，其平衡常數(shù)減小，則為升高溫度，反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)，使得含量減小、增加，則圖中等于的新交點(diǎn)將會(huì)提前，出現(xiàn)在d處；【小問3詳析】由圖可知，在反應(yīng)中被消耗又生成，作用是催化作用；放電時(shí)，正極上得到電子發(fā)生還原轉(zhuǎn)化為S、SO2，正極電極反應(yīng)為：。18.化合物H是合成某姜黃素類天然產(chǎn)物的中間體，其合成路線如下?；卮鹣铝袉栴}：（1）A可由R()合成，R的化學(xué)名稱是_______。（2）由A生成B的化學(xué)方程式為_______。（3）D中含氧官能團(tuán)的名稱是_______。（4）F生成G的反應(yīng)類型為_______。（5）符合下列條件的C的含苯環(huán)同分異構(gòu)體共有_______種，其中能與NaHCO3溶液反應(yīng)產(chǎn)