2024年东三省高考化学试题.pdf

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1、试卷第 1 页，共 10 页 20242024 年年东三省东三省高考化学试题高考化学试题 一一、单选题、单选题 1文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是 A金代六曲葵花婆金银盏 B北燕鸭形玻璃注 C汉代白玉耳杯 D新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐 2下列化学用语或表述正确的是 A中子数为 1 的氦核素：12He B2SiO的晶体类型：分子晶体 C2F的共价键类型：p-p 键 D3PCl的空间结构：平面三角形 3下列实验操作或处理方法错误的是 A点燃2H前，先检验其纯度 B金属 K 着火，用湿抹布盖灭 C温度计中水银洒落地面，用硫粉处理 D苯酚沾到皮

2、肤上，先后用乙醇、水冲洗 4硫及其化合物部分转化关系如图。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A标准状况下，211.2L SO中原子总数为A0.5N B-123100mL0.1mol L Na SO溶液中，2-3SO数目为A0.01N C反应每消耗23.4gH S，生成物中硫原子数目为A0.1N D反应每生成1mol还原产物，转移电子数目为A2N 5家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A用过氧碳酸钠漂白衣物：24Na CO具有较强氧化性 B酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发 C用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸 D用碱液清洗厨房油污：油脂可碱性水解 622H

3、 O分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(22H O溶液；淀粉、丙二酸和4MnSO混合溶液；3KIO、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振试卷第 2 页，共 10 页 荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A无色蓝色：生成2I B蓝色无色：2I转化为化合态 C22H O起漂白作用 D淀粉作指示剂 7如下图所示的自催化反应，Y 作催化剂。下列说法正确的是 AX 不能发生水解反应 BY 与盐酸反应的产物不溶于水 CZ 中碳原子均采用2sp杂化 D随c(Y)增大，该反应速率不断增大 8下列实验方法或试剂使用合理的是 选项 实验目的 实验方法或试剂 A 检

4、验NaBr溶液中是否含有2+Fe(36KFe CN溶液 B 测定KHS溶液中()2c S 用3AgNO溶液滴定 C 除去乙醇中少量的水 加入金属Na，过滤 D 测定KClO溶液的pH 使用pH试纸 AA BB CC DD 9环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图 1、图 2 和图 3 分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是 试卷第 3 页，共 10 页 A环六糊精属于寡糖 B非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 C图 2 中甲氧基对位暴露在反应环境中 D可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚 10异山梨醇是一

5、种由生物质制备的高附加值化学品，150时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是 A3h时，反应正、逆反应速率相等 B该温度下的平衡常数：C0 3h平均速率(异山梨醇)-1-1=0.014mol kgh D反应加入催化剂不改变其平衡转化率 11如下反应相关元素中，W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，基态 X 原子的核外电子有 5 种空间运动状态，基态 Y、Z 原子有两个未成对电子，Q 是 ds 区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 3XW44412QZYQZX Y W逐渐通入至过量溶液溶液 A单质沸点：ZYW B简单氢化物键角：

6、XY C反应过程中有蓝色沉淀产生 D4412QZX Y W是配合物，配位原子是 Y 12“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制2H的方法，装置如图所示。部分反应机理为：试卷第 4 页，共 10 页。下列说法错误的是 A相同电量下2H理论产量是传统电解水的 1.5 倍 B阴极反应：-222H O+2e 2OH+H=C电解时-OH通过阴离子交换膜向 b 极方向移动 D阳极反应：-222HCHO-2e+4OH2HCOO+2H O+H=13某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的-Cl并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发

7、生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)离子 2+Zn 2+Cu-Cl 浓度()-1g L 145 0.03 1 A“浸铜”时应加入足量22H O，确保铜屑溶解完全 B“浸铜”反应：+2+22222Cu+4H+H O2Cu+H+2H O=C“脱氯”反应：2+-Cu+Cu+2Cl2CuCl=D脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 试卷第 5 页，共 10 页 14某锂离子电池电极材料结构如图。结构 1 是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞 2 是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A结构 1 钴硫化物的化学式为98Co S B晶胞 2 中 S

8、 与 S 的最短距离为当3a2 C晶胞 2 中距Li最近的 S 有 4 个 D晶胞 2 和晶胞 3 表示同一晶体 1525下，AgCl、AgBr和24Ag CrO的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以24K CrO为指示剂，用3AgNO标准溶液分别滴定含-Cl水样、含-Br水样。已知：24Ag CrO为砖红色沉淀；相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；25时，()1a24pKH CrO=0.7，()2a24pKH CrO=6.5。下列说法错误的是 A曲线为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B反应+-244Ag CrO+H2Ag+HCrO的平衡常数-5.2K=10 C滴定-Cl时，理论上混合液中指示

9、剂浓度不宜超过-2.0-110mol L D滴定-Br达终点时，溶液中()()-0.52-4c Br=10c CrO 试卷第 6 页，共 10 页 二、解答题二、解答题 16 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被2FeS、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：回答下列问题：(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。(2)“细菌氧化”中，2FeS发生反应的离子方程式为 。(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成 (填

10、化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_(填标号)。A无需控温 B可减少有害气体产生 C设备无需耐高温 D不产生废液废渣(5)“真金不拍火炼”，表明Au难被2O氧化，“浸金”中NaCN的作用为 。(6)“沉金”中Zn的作用为 。(7)滤液经24H SO酸化，2-4Zn(CN)转化为4ZnSO和HCN的化学方程式为 。用碱中和HCN可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。17某实验小组为实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，设计实验方案如下：试卷第 7 页，共 10 页 I向50mL烧瓶中分别加入5

11、.7mL乙酸(100mmol)、8.8mL乙醇(150mmol)、41.4gNaHSO固体及 46 滴1甲基紫的乙醇溶液。向小孔冷凝柱中装入变色硅胶。II加热回流50min后，反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热。III冷却后，向烧瓶中缓慢加入饱和23Na CO溶液至无2CO逸出，分离出有机相。IV洗涤有机相后，加入无水4MgSO，过滤。V蒸馏滤液，收集73 78馏分，得无色液体6.60g，色谱检测纯度为98.0%。回答下列问题：(1)4NaHSO在反应中起 作用，用其代替浓24H SO的优点是 (答出一条即可)。(2)甲基紫和变色硅胶的颜色变化均可指示反应进程。变色硅胶吸

12、水，除指示反应进程外，还可 。(3)使用小孔冷凝柱承载，而不向反应液中直接加入变色硅胶的优点是_(填标号)。A无需分离 B增大该反应平衡常数 C起到沸石作用，防止暴沸 D不影响甲基紫指示反应进程(4)下列仪器中，分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是 (填名称)。(5)该实验乙酸乙酯的产率为 (精确至0.1%)。(6)若改用OHHC1852作为反应物进行反应，质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 (精确至 1)。18为实现氯资源循环利用，工业上采用2RuO催化氧化法处理HCl废气：-1222112HCl(g)+O(g)Cl(g)+H O(g)H=-57.2kJ molSK2。将HCl和2O

13、分别以不同起始流速通入反应器中，在360400、和440下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。试卷第 8 页，共 10 页 回答下列问题：(1)S 0(填“”或“，故 B 正确；C由图可知，在0 3h内异山梨醇的浓度变化量为 0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=答案第 4 页，共 13 页-1-10.042/=0.014mol kgh3hmol kg，故 C 正确；D催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应加入催化剂不改变其平衡转化率，故 D 正确；故答案为：A。11D【分析】Q 是 ds 区元素

14、，焰色试验呈绿色，则 Q 为 Cu 元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态 X 原子的核外电子有 5 种空间运动状态，则 X 为第 2 周期元素，满足此条件的主族元素有 N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z 为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或 O(1s22s22p4)，C 原子序数小于 N，所以 Y 不可能为 C，若 Y、Z 为第 3 周期元素，则满足条件的可能为 Si(1s22s22p63s23p2)或 S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z

15、 可与 Cu 形成 CuZY4，而 O、Si、S 中只有 O 和 S 形成的2-4SO才能形成 CuZY4，所以 Y、Z 分别为 O、S 元素，则 X 只能为 N；W 能与 X 形成 WX3，则 W 为 IA 族或 VIIA 族元素，但 W 原子序数小于 N，所以 W为 H 元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q 分别为 H、N、O、S、Cu。【详解】AW、Y、Z 分别为 H、O、S，S 单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和 H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于 H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点 O2H2，即沸点 SO2H2，故 A 正确；BY、X 的 简单氢化物分别为 H2

16、O 和 NH3，H2O 的中心原子 O 原子的价层电子对数为 2+12(6-21)=4、孤电子对数为 2，空间构型为 V 形，键角约 105，NH3的中心原子 N 原子的价层电子对数为 3+12(5-31)=4、孤电子对数为 1，空间构型为三角锥形，键角约 10718，所以键角：XY，故 B 正确；C 硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成 Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故 C 正确；D4412QZX Y W为 Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的 N 原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为 N，故 D

17、错误；故答案为：D。12A【分析】答案第 5 页，共 13 页 据图示可知，b 电极上 HCHO 转化为 HCOO-，而 HCHO 转化为 HCOO-为氧化反应，所以b 电极为阳极，a 电极为阴极，HCHO 为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为 HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成 HCOOH 的同时还生成了 H-，生成的 HCOOH 再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的 H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H-2e-=H2，阴极水得电子生成氢气：2H2O-2e-=H2+2OH-。【详解】A由以上分析可知，阳极反应：HCHO+OH-e

18、-HCOOH+12H2，HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应 2H2O-2e-=H2+2OH-，即转移 2mol 电子时，阴、阳两极各生成 1molH2，共 2molH2，而传统电解水：2222H O2HO+电解，转移 2mol 电子，只有阴极生成 1molH2，所以相同电量下2H理论产量是传统电解水的 2 倍，故 A 错误；B阴极水得电子生成氢气，阴极反应为 2H2O-2e-=H2+2OH-，故 B 正确；C由电极反应式可知，电解过程中阴极生成 OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，-OH通过阴离子交换膜向阳极移动，即向 b 极方向移动，故 C 正确；D由以

19、上分析可知，阳极反应涉及到：HCHO+OH-e-HCOOH+12H2，HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(+)2得阳极反应为：-222HCHO-2e+4OH2HCOO+2H O+H=，故 D 正确；答案选 A。13C【分析】铜屑中加入 H2SO4和 H2O2得到 Cu2+，反应的离子方程式为：+2222Cu2HH OCu2H O+=+，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅 Cu 元素的化合价发生改变，得到 CuCl 固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：2CuCu2Cl2CuCl+=，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成 Zn。【详解】A 由分

20、析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu 在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故 A 错误；答案第 6 页，共 13 页 B“浸铜”时，铜屑中加入 H2SO4和 H2O2得到 Cu2+，反应的离子方程式为：+2222Cu2HH OCu2H O+=+，故 B 错误；C“脱氯”步骤中仅 Cu 元素的化合价发生改变，得到 CuCl 固体，即 Cu 的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：2CuCu2Cl2CuCl+=，故 C 正确；D脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为 Zn，故 D 错误；故选 C。14B【详解】A由均摊法得，结构 1 中含有 Co 的数目为1444.

21、58+=，含有 S 的数目为11+1244=，Co 与 S 的原子个数比为 9：8，因此结构 1 的化学式为 Co9S8，故 A 正确；B由图可知，晶胞 2 中 S 与 S 的最短距离为面对角线的12，晶胞边长为 a，即 S 与 S 的最短距离为：22a，故 B 错误；C 如图：，以图中的 Li 为例，与其最近的 S 共 4 个，故 C 正确；D如图，当 2 个晶胞 2 放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞 3，晶胞 2 和晶胞 3 表示同一晶体，故 D 正确；故选 B。15D【分析】由于 AgCl 和 AgBr 中阴、阳离子个数比均为 1：1，即两者图象平行，所以代表24Ag CrO，由于

22、相同条件下，AgCl 溶解度大于 AgBr，即()()spspKAgClKAgBr，所以代表 AgCl，则代表 AgBr，根据上的点（2.0，7.7），可求得 答案第 7 页，共 13 页()()()()22227.711.7sp244KAg CrOcAgc CrO101010+=，根据上的点（2.0，7.7），可求得()()()27.79.7spKAgClc Agc Cl101010+=，根据上的点（6.1，6.1），可求得()()()6.16.112.2spKAgBrc Agc Br101010+=。【详解】A由分析得，曲线为 AgCl 沉淀溶解平衡曲线，故 A 正确；B反应+-244Ag

23、 CrO+H2Ag+HCrO的平衡常数()()()()()()()()()()22211.7444sp245.26.5+2a2244cAgc HCrOcAgc CrOc HCrOKAg CrO10K10KH CrO10c Hc Hc CrO+=，故 B正确；C当 Cl-恰好滴定完全时，()()4.85spc AgKAgCl10mol/L+=，即()()()()11.7sp24224224.85KAg CrO10c CrO10 mol/LcAg10+=，因此，指示剂的浓度不宜超过 10-2mol/L，故 C 正确；D当 Br-到达滴定终点时，()()()6.1spc Agc BrKAgBr10m

24、ol/L+=，即()()()()11.7sp2420.54226.1KAg CrO10c CrO10mol/LcAg10+=，()()6.16.60.524c Br101010c CrO=，故 D 错误；故选 D。16(1)CuSO4(2)32+22244FeS15O2H O4Fe8SO4H+细菌(3)()3Fe OH(4)BC(5)做络合剂，将 Au 转化为()2Au CN从而浸出(6)作还原剂，将()2Au CN还原为 Au(7)()2244244NaZn CN2H SOZnSO4HCNNa SO+=+NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和 H2SO4，在 pH=2 时进行细菌氧化，金属硫

25、化物中的 S 元素 答案第 8 页，共 13 页 转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有 Fe3+、24SO、As（），加碱调节 pH 值，Fe3+转化为()3Fe OH胶体，可起到絮凝作用，促进含 As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为 Au，Au 与空气中的 O2和 NaCN 溶液反应，得到含()2Au CN的浸出液，加入 Zn 进行“沉金”得到 Au 和含()24Zn CN+的滤液。【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为 CuSO4；（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被 O2氧化为 Fe3+和24SO，离子方程式为：32+22244FeS15O2H O4Fe

26、8SO4H+细菌；（3）“沉铁砷”时，加碱调节 pH 值，Fe3+转化为()3Fe OH胶体，可起到絮凝作用，促进含As 微粒的沉降；（4）A细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A 不符合题意；B焙烧氧化时，金属硫化物中的 S 元素通常转化为 SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B 符合题意；C焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C 符合题意；D由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D 不符合题意；故选 BC；（5）“浸金”中，Au 作还原剂，O2作氧化剂，NaCN 做

27、络合剂，将 Au 转化为()2Au CN从而浸出；（6）“沉金”中 Zn 作还原剂，将()2Au CN还原为 Au；（7）滤液含有()24Zn CN+，经过 H2SO4的酸化，()24Zn CN+转化为 ZnSO4和 HCN，反应得化学方程式为：()2244244NaZn CN2H SOZnSO4HCNNa SO+=+；用碱中和 HCN得到的产物，可实现循环利用，即用 NaOH 中和 HCN 生成 NaCN，NaCN 可用于“浸金”步骤，从而循环利用。17(1)催化剂 无有毒气体二氧化硫产生(2)吸收生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率 答案第 9 页，共 13 页(3)AD(4)分液

28、漏斗(5)73.5%(6)90 【分析】乙酸与过量乙醇在一定温度下、硫酸氢钠作催化剂、甲基紫的乙醇溶液和变色硅胶作指示剂的条件下反应制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液除去其中的乙酸至无二氧化碳逸出，分离出有机相、洗涤、加无水硫酸镁后过滤，滤液蒸馏时收集73 78馏分，得纯度为98.0%的乙酸乙酯6.60g。【详解】（1）该实验可实现乙酸乙酯的绿色制备及反应过程可视化，用浓24H SO时，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，所以4NaHSO在反应中起催化剂作用；浓硫酸还具有强氧化性和脱水性，用浓24H SO在加热条件下反应时，可能发生副反应，且浓硫酸的还原产物二氧化硫有毒气体，所以用其代替浓24H SO的

29、优点是副产物少，可绿色制备乙酸乙酯，无有毒气体二氧化硫产生；（2）变色硅胶吸水，除指示反应进程外，还可吸收加热时生成的水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率；（3）A.若向反应液中直接加入变色硅胶，则反应后需要过滤出硅胶，而使用小孔冷凝柱承载则无需分离，故 A 正确；B.反应的平衡常数只与温度有关，使用小孔冷凝柱承载不能增大该反应平衡常数，故 B 错误；C.小孔冷凝柱承载并没有投入溶液中，不能起到沸石作用，不能防止暴沸，故 C 错误；D.由题中“反应液由蓝色变为紫色，变色硅胶由蓝色变为粉红色，停止加热”可知，若向反应液中直接加入变色硅胶，则变色硅胶由蓝色变为粉红色，会影响观察反应液由蓝色变为紫

30、色，所以使用小孔冷凝柱承载不影响甲基紫指示反应进程，故 D 正确；故答案为：AD；（4）容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，分离有机相和洗涤有机相不需要容量瓶；漏斗用于固液分离，分离有机相和洗涤有机相不需要漏斗；分离液态有机相和洗涤液态有机相也不需要洗气瓶；分离有机相和洗涤有机相时均需使用的是分液漏斗；答案第 10 页，共 13 页（5）由反应43323252HH ONaHSOCH COOHCH CH OHCH COOC+可知，100mmol乙酸与150mmol乙醇反应时，理论上可获得的乙酸乙酯的质量为 0.1mol88g/mol=8.8g，则该实验乙酸乙酯的产率为6.60g 98.0%10

31、0%73.5%8.8g=；（6）若改用OHHC1852作为反应物进行反应，则因为418183323252HHH ONaHSOCCOOHCH CHOHCH CO OC+，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，所以质谱检测目标产物分子离子峰的质荷比数值应为 90。18(1)360(2)-258.8(3)BD(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(5)6(6)101 【详解】（1）反应22212HCl(g)+O()Cl(g)+H O(g)2g前后的气体分子数目在减小，所以该反应 S0，该反应为放热

32、反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl 的转化率越小，故 T1代表的温度为 440，T3为 360。（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为2221H(g)+O(g)=H O(l)2，设22212HCl(g)+O()Cl(g)+H O(g)2g，22H O(l)=H O(g)，22H(g)+Cl(g)=2HCl(g)，则=+，因此氢气的燃烧热H=57.2kJ/mol184.6kJ/mol44kJ/mol=-258.8kJ/mol（3）A增大 HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；BM 对应温度为 360，由图像可知，升高温度，H

33、Cl 的转化率增大，符合题意；C增大 n(HCl):n(O2)，HCl 的转化率减小，不符合题意；D使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内 HCl 的转化率增加，符合题意；故选 BD。答案第 11 页，共 13 页（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的 T1和 T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。（5）由图像可知，N 点 HCl 的平衡转化率为 80%，设起始 n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式()22212HCl(g)OCl(g)H O(

34、g)2/mol4400/mol3.20.81.61.6/mol0.83.21.61.6g+起始量变化量平衡量 则1221.61.67.27.2x60.83.2()()7.27.2K=。（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故M(Ru)+321.66M(Ti)+32=，则 Ru 的相对原子质量为 101。19(1)(2)(酚)羟基 羧基(3)取代反应(4)6(5)+(CH3CO)2O+CH3COOH(6)【分析】答案第 12 页，共 13 页 根据流程，有机物 A 与有机物 B 发生反应生成有机物 C，根据有机物 B 的分子式和小问 1中的已知条件，可以判断，

35、有机物 B 的结构为；有机物 C 与有机物 D 发生反应生成有机物 E；有机物 E 在醋酸酐的作用下发生成环反应生成有机物 F；有机物 F 发生两步连续反应生成有机物 G，根据有机物 G 的分子式和有机物 H 的结构可以推出，有机物G 的结构为；有机物 G 发生两步反应生成有机物 H，将羧基中的-OH 取代为次氨基结构；有机物 H 与与有机物 I 发生取代反应，将有机物 H 中酚羟基上的氢取代生成有机物 J；最后有机物 J 发生取代反应将结构中的 Bn 取代为 H。据此分析解题。【详解】（1）根据分析，有机物 B 的结构为。（2）根据分析，有机物 G 的结构为，其含氧官能团为(酚)羟基和羧基。

36、（3）根据分析，JK 的反应是将 J 中的 Bn 取代为 H 的反应，反应类型为取代反应。（4）D 的同分异构体中，与 D 的官能团完全相同，说明有酯基的存在，且水解后生成丙二酸，说明主体结构中含有。根据 D 的分子式，剩余的 C 原子数为 5，剩余 H 原子数为 12，因同分异构体中只含有酯基，则不能将 H 原子单独连接在某一端的 O原子上，因此将 5 个碳原子拆分。当一侧连接甲基时，另一侧连接-C4H9，此时 C4H9有共有 答案第 13 页，共 13 页 4 种同分异构体；当一侧连接乙基时，另一侧连接-C3H7，此时-C3H7有共有 2 种同分异构体，故满足条件的同分异构体有 4+2=6 种。（5）根据已知条件和题目中的三步反应，第三步反应为酚羟基与乙酸酐的反应，生成有机物 F。则有机物 Y 为，根据异构化原理，有机物 X 的结构为。反应第步的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH。（6）根据逆推法有机物 N 发生异构化生成目标化合物，发生的异构化反应为后者的反应，有机物 N 为，有机物 M 有前置原料氧化得到的，有机物 M 发生异构化前者的反应生成有机物 N，有机物 M 的为。