2024年安徽省高考化學(xué)試卷（解析版）

PAGEPAGE12024年安徽省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)注意事項：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡和試卷上。2．作答選擇題時，選出每小題〖答案〗后，用鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的〖答案〗選項涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它〖答案〗選項。作答非選擇題時，將〖答案〗寫在答題卡上對應(yīng)區(qū)域。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：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選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列資源利用中，在給定工藝條件下轉(zhuǎn)化關(guān)系正確的是A.煤煤油 B.石油乙烯 C.油脂甘油 D.淀粉乙醇〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使之分解的過程，干餾的過程不產(chǎn)生煤油，煤油是石油分餾的產(chǎn)物，A錯誤；B．石油分餾是利用其組分中的不同物質(zhì)的沸點不同將組分彼此分開，石油分餾不能得到乙烯，B錯誤；C．油脂在堿性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸鹽，C正確；D．淀粉是多糖，其發(fā)生水解反應(yīng)生成葡萄糖，D錯誤；故〖答案〗選C。2.下列各組物質(zhì)的鑒別方法中，不可行的是A.過氧化鈉和硫黃：加水，振蕩 B.水晶和玻璃：X射線衍射實驗C.氯化鈉和氯化鉀：焰色試驗 D.苯和甲苯：滴加溴水，振蕩〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．過氧化鈉可以與水發(fā)生反應(yīng)生成可溶性的氫氧化鈉，硫不溶于水，A可以鑒別；B．水晶為晶體，有獨立的晶格結(jié)構(gòu)，玻璃為非晶體，沒有獨立的晶格結(jié)構(gòu)，可以用X射線衍射實驗進行鑒別，B可以鑒別；C．鈉的焰色為黃色，鉀的焰色為紫色(需透過藍色鈷玻璃)，二者可以用焰色試驗鑒別，C可以鑒別；D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上層，不能用溴水鑒別苯和甲苯，D不可以鑒別；故〖答案〗選D。3.青少年幫廚既可培養(yǎng)勞動習(xí)慣，也能將化學(xué)知識應(yīng)用于實踐。下列有關(guān)解釋合理的是A.清洗鐵鍋后及時擦干，能減緩鐵鍋因發(fā)生吸氧腐蝕而生銹B.烹煮食物的后期加入食鹽，能避免長時間受熱而分解C.將白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高溫下充分炭化為食物增色D.制作面點時加入食用純堿，利用中和發(fā)酵過程產(chǎn)生的酸〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，正極上O2得電子結(jié)合水生成氫氧根離子，清洗鐵鍋后及時擦干，除去了鐵鍋表面的水分，沒有了電解質(zhì)溶液，能減緩鐵鍋因發(fā)生吸氧腐蝕而生銹，A正確；B．食鹽中含有碘酸鉀，碘酸鉀受熱不穩(wěn)定易分解，因此烹煮食物時后期加入食鹽，與NaCl無關(guān)，B錯誤；C．焦糖的主要成分仍是糖類，同時還含有一些醛類、酮類等物質(zhì)，蔗糖在高溫下并未炭化，C錯誤；D．食用純堿主要成分為Na2CO3，制作面點時加入食用純堿，利用了Na2CO3中和發(fā)酵過程產(chǎn)生的酸，D錯誤；故〖答案〗選A。4.下列選項中的物質(zhì)能按圖示路徑在自然界中轉(zhuǎn)化，且甲和水可以直接生成乙的是選項甲乙丙ABCDA.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Cl2與水反應(yīng)生成HClO和HCl，無法直接生成NaClO，A錯誤；B．SO2與水反應(yīng)生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；C．氧化鐵與水不反應(yīng)，不能生成氫氧化鐵沉淀，C錯誤；D．CO2與水反應(yīng)生成碳酸，碳酸與碳酸鈣反應(yīng)生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣受熱分解生成二氧化碳?xì)怏w，D正確；故〖答案〗選D。5.D-乙酰氨基葡萄糖(結(jié)構(gòu)簡式如下)是一種天然存在的特殊單糖。下列有關(guān)該物質(zhì)說法正確的是A.分子式為 B.能發(fā)生縮聚反應(yīng)C.與葡萄糖互為同系物 D.分子中含有鍵，不含鍵〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，其分子式為：C8H15O6N，故A錯誤；B．該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中含有多個醇羥基，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；C．組成和結(jié)構(gòu)相似，相差若干個CH2原子團的化合物互為同系物，葡萄糖分子式為C6H12O6，該物質(zhì)分子式為：C8H15O6N，不互為同系物，故C錯誤；D．單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)中含有C=O鍵，即分子中鍵和鍵均有，故D錯誤；故選B。6.地球上的生物氮循環(huán)涉及多種含氮物質(zhì)，轉(zhuǎn)化關(guān)系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺()以中間產(chǎn)物的形式參與循環(huán)。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)物鹽酸羥胺廣泛用子藥品、香料等的合成。已知時，，，。NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，和Y混合氣體中氧原子數(shù)為B.溶液中和數(shù)均為C.完全轉(zhuǎn)化為時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D.中含有的價電子總數(shù)為〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗在亞硝酸鹽還原酶的作用下轉(zhuǎn)化為X，X在X還原酶的作用下轉(zhuǎn)化為Y，X、Y均為氮氧化物，即X為NO，Y為N2O?！驹斘觥緼．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，和N2O混合氣體物質(zhì)的量為0.1mol，氧原子數(shù)為，故A正確；B．HNO2為弱酸，因此能夠水解為HNO2，溶液中數(shù)目小于，故B錯誤；C．完全轉(zhuǎn)化為時，N的化合價由-1上升到+3，物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，故C錯誤；D．物質(zhì)的量為0.1mol，N的價電子數(shù)等于最外層電子數(shù)為5，含有的價電子總數(shù)為，故D錯誤；故選A。7.地球上的生物氮循環(huán)涉及多種含氮物質(zhì)，轉(zhuǎn)化關(guān)系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺()以中間產(chǎn)物的形式參與循環(huán)。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)物鹽酸羥胺廣泛用子藥品、香料等的合成。已知時，，，。下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的比較中，正確的是A.鍵角：B.熔點：C.同濃度水溶液的D.羥胺分子間氫鍵的強弱：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．中N原子的價層電子對數(shù)=，為sp3雜化，鍵角為107°，中N的價層電子對數(shù)=，為sp2雜化，鍵角為120°，故鍵角：，A項錯誤；B．為分子晶體，為離子晶體，故熔點：，B項錯誤；C．由題目信息可知，25℃下，，故的堿性比弱，故同濃度的水溶液中，的電離程度大于的電離程度，同濃度水溶液的pH：，C項錯誤；D．O的電負(fù)性大于N，O-H鍵的極性大于N-H鍵，故羥胺分子間氫鍵的強弱，D項正確；故選D。8.某催化劑結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A.該物質(zhì)中為價 B.基態(tài)原子的第一電離能：C.該物質(zhì)中C和P均采取雜化 D.基態(tài)原子價電子排布式為〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，P原子的3個孤電子與苯環(huán)形成共用電子對，P原子剩余的孤電子對與Ni形成配位鍵，提供孤電子對，與Ni形成配位鍵，由于整個分子呈電中性，故該物質(zhì)中Ni為+2價，A項正確；B．同周期元素隨著原子序數(shù)的增大，第一電離能有增大趨勢，故基態(tài)原子的第一電離能：Cl＞P，B項正確；C．該物質(zhì)中，C均存在于苯環(huán)上，采取sp2雜化，P與苯環(huán)形成3對共用電子對，剩余的孤電子對與Ni形成配位鍵，價層電子對數(shù)為4，采取sp3雜化，C項錯誤；D．Ni的原子序數(shù)為28，位于第四周期第Ⅷ族，基態(tài)Ni原子價電子排布式為3d84s2，D項正確；故選C。9.僅用下表提供的試劑和用品，不能實現(xiàn)相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖沁x項實驗?zāi)康脑噭┯闷稟比較鎂和鋁的金屬性強弱溶液、溶液、氨水試管、膠頭滴管B制備乙酸乙酯乙醇、乙酸、濃硫酸、飽和溶液試管、橡膠塞、導(dǎo)管、乳膠管鐵架臺(帶鐵夾)、碎瓷片、酒精燈、火柴C制備溶液溶液、氨水試管、膠頭滴管D利用鹽類水解制備膠體飽和溶液、蒸餾水燒杯、膠頭滴管、石棉網(wǎng)、三腳架、酒精燈、火柴A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液與過量氨水反應(yīng)時現(xiàn)象相同，分別產(chǎn)生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比較Mg(OH)2和Al(OH)3堿性的強弱，從而不能比較Mg和Al的金屬性強弱，可將氨水換成過量的NaOH溶液，A項不能實現(xiàn)實驗?zāi)康?；B．在一支試管中依次加入一定量的乙醇、濃硫酸、乙酸，并且放入幾粒碎瓷片，另一支試管中加入適量飽和碳酸鈉溶液，如圖連接好裝置，用酒精燈小心加熱，乙酸與乙醇在濃硫酸存在、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，在飽和碳酸鈉溶液液面上收集乙酸乙酯，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，B項能實現(xiàn)實驗?zāi)康模籆．向盛有CuSO4溶液的試管中滴加氨水，首先產(chǎn)生藍色Cu(OH)2沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解得到深藍色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuSO4+4NH3?H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C項能實現(xiàn)實驗?zāi)康模籇．將燒杯中的蒸餾水加熱至沸騰，向沸水中加入5~6滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)加熱至液體呈紅褐色即制得Fe(OH)3膠體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，D項能實現(xiàn)實驗?zāi)康?；〖答案〗選A。10.某溫度下，在密閉容器中充入一定量的，發(fā)生下列反應(yīng)：，，測得各氣體濃度與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖所示。下列反應(yīng)進程示意圖符合題意的是A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由圖可知，反應(yīng)初期隨著時間的推移X的濃度逐漸減小、Y和Z的濃度逐漸增大，后來隨著時間的推移X和Y的濃度逐漸減小、Z的濃度繼續(xù)逐漸增大，說明X(g)Y(g)的反應(yīng)速率大于Y(g)Z(g)的反應(yīng)速率，則反應(yīng)X(g)Y(g)的活化能小于反應(yīng)Y(g)Z(g)的活化能?！驹斘觥緼．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的?H都小于0，而圖像顯示Y的能量高于X，即圖像顯示X(g)Y(g)為吸熱反應(yīng)，A項不符合題意；B．圖像顯示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的?H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B項符合題意；C．圖像顯示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的?H都小于0，但圖像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C項不符合題意；D．圖像顯示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的?H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D項不符合題意；選B。11.我國學(xué)者研發(fā)出一種新型水系鋅電池，其示意圖如下。該電池分別以(局部結(jié)構(gòu)如標(biāo)注框內(nèi)所示)形成的穩(wěn)定超分子材料和為電極，以和混合液為電解質(zhì)溶液。下列說法錯誤的是A.標(biāo)注框內(nèi)所示結(jié)構(gòu)中存在共價鍵和配位鍵B.電池總反應(yīng)為：C.充電時，陰極被還原的主要來自D.放電時，消耗，理論上轉(zhuǎn)移電子〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖中信息可知，該新型水系鋅電池負(fù)極是鋅、正極是超分子材料；負(fù)極的電極反應(yīng)式為，則充電時，該電極為陰極，電極反應(yīng)式為；正極上發(fā)生，則充電時，該電極為陽極，電極反應(yīng)式為。【詳析】A．標(biāo)注框內(nèi)所示結(jié)構(gòu)屬于配合物，配位體中存在碳碳單鍵、碳碳雙鍵、碳氮單鍵、碳氮雙鍵和碳?xì)滏I等多種共價鍵，還有由提供孤電子對、提供空軌道形成配位鍵，A正確；B．由以上分析可知，該電池總反應(yīng)為，B正確；C．充電時，陰極電極反應(yīng)式為，被還原的Zn2+主要來自電解質(zhì)溶液，C錯誤；D．放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為，因此消耗0.65gZn（物質(zhì)的量為0.01mol），理論上轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D正確；綜上所述，本題選C。12.室溫下，為探究納米鐵去除水樣中的影響因素，測得不同條件下濃度隨時間變化關(guān)系如下圖。實驗序號水樣體積/納米鐵質(zhì)量/水樣初始①5086②5026③5028下列說法正確的是A.實驗①中，0~2小時內(nèi)平均反應(yīng)速率B.實驗③中，反應(yīng)的離子方程式為：C.其他條件相同時，適當(dāng)增加納米鐵質(zhì)量可加快反應(yīng)速率D.其他條件相同時，水樣初始越小，的去除效果越好〖答案〗C〖解析〗【詳析】A.實驗①中，0~2小時內(nèi)平均反應(yīng)速率，A不正確；B.實驗③中水樣初始=8，溶液顯弱堿性，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式中不能用配電荷守恒，B不正確；C.綜合分析實驗①和②可知，在相同時間內(nèi)，實驗①中濃度的變化量大，因此，其他條件相同時，適當(dāng)增加納米鐵質(zhì)量可加快反應(yīng)速率，C正確；D.綜合分析實驗③和②可知，在相同時間內(nèi)，實驗②中濃度的變化量大，因此，其他條件相同時，適當(dāng)減小初始，的去除效果越好，但是當(dāng)初始太小時，濃度太大，納米鐵與反應(yīng)速率加快，會導(dǎo)致與反應(yīng)的納米鐵減少，因此，當(dāng)初始越小時的去除效果不一定越好，D不正確；綜上所述，本題選C。13.環(huán)境保護工程師研究利用、和處理水樣中的。已知時，飽和溶液濃度約為，，，，。下列說法錯誤的是A.溶液中：B.溶液中：C.向的溶液中加入，可使D.向的溶液中通入氣體至飽和，所得溶液中：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．溶液中只有5種離子，分別是，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為，A正確；B．溶液中，水解使溶液呈堿性，其水解常數(shù)為，根據(jù)硫元素守恒可知,所以，則，B不正確；C．遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于，向的溶液中加入時，可以發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，因此該反應(yīng)可以完全進行，的飽和溶液中，若加入足量時可使，C正確D．的平衡常數(shù)，該反應(yīng)可以完全進行，因此，當(dāng)向的溶液中通入氣體至飽和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正確；綜上所述，本題選B。14.研究人員制備了一種具有鋰離子通道的導(dǎo)電氧化物()，其立方晶胞和導(dǎo)電時遷移過程如下圖所示。已知該氧化物中為價，為價。下列說法錯誤的是A.導(dǎo)電時，和的價態(tài)不變 B.若，與空位的數(shù)目相等C.與體心最鄰近的O原子數(shù)為12 D.導(dǎo)電時、空位移動方向與電流方向相反〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．根據(jù)題意，導(dǎo)電時Li+發(fā)生遷移，化合價不變，則Ti和La的價態(tài)不變，A項正確；B．根據(jù)“均攤法”，1個晶胞中含Ti：8×=1個，含O：12×=3個，含La或Li或空位共：1個，若x=，則La和空位共，n(La)+n(空位)=，結(jié)合正負(fù)化合價代數(shù)和為0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+與空位數(shù)目不相等，B項錯誤；C．由立方晶胞的結(jié)構(gòu)可知，與體心最鄰近的O原子數(shù)為12，即位于棱心的12個O原子，C項正確；D．導(dǎo)電時Li+向陰極移動方向，即與電流方向相同，則空位移動方向與電流方向相反，D項正確；〖答案〗選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含等多種元素。研究人員設(shè)計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示。回答下列問題：（1）位于元素周期表第_______周期第_______族。（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。（3）“浸取2”步驟中，單質(zhì)金轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式為_______。（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學(xué)式)轉(zhuǎn)化為。（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應(yīng)式為_______?！半姵练e”步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質(zhì)為_______(填化學(xué)式)。（6）“還原”步驟中，被氧化的與產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_______。（7）可被氧化為。從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度分析的結(jié)構(gòu)為(a)而不是(b)的原因：_______?！即鸢浮剑?）①.四②.ⅠB（2）Cu2+（3）（4）AgCl（5）①.②.（6）3：4（7）(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)〖解析〗〖祥解〗精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應(yīng)，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉(zhuǎn)化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉(zhuǎn)化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入，將AgCl轉(zhuǎn)化為，得到浸出液3，利用電沉積法將還原為Ag。【小問1詳析】Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族；【小問2詳析】由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；【小問3詳析】浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，生成HAuCl4和H2O，根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒，可得反應(yīng)得化學(xué)方程式為：；【小問4詳析】根據(jù)分析可知，浸渣2中含有AgCl，與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為；【小問5詳析】電沉積步驟中，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，得電子被還原為Ag，電極反應(yīng)式為：；陰極反應(yīng)生成，同時陰極區(qū)溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用得物質(zhì)為；【小問6詳析】還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變?yōu)?價，一個HAuCl4轉(zhuǎn)移3個電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價由-2價變?yōu)?價，一個N2H4轉(zhuǎn)移4個電子，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為3：4；【小問7詳析】(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)。16.測定鐵礦石中鐵含量的傳統(tǒng)方法是，滴定法。研究小組用該方法測定質(zhì)量為的某赤鐵礦試樣中的鐵含量?！九渲迫芤骸竣贅?biāo)準(zhǔn)溶液。②溶液：稱取溶于濃鹽酸，加水至，加入少量錫粒?！緶y定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時，可將氧化為。難以氧化；可被還原為?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列儀器在本實驗中必須用到的有_______(填名稱)。（2）結(jié)合離子方程式解釋配制溶液時加入錫粒的原因：_______。（3）步驟I中“微熱”的原因是_______。（4）步?、笾?，若未“立即滴定”，則會導(dǎo)致測定的鐵含量_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（5）若消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液，則試樣中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______(用含a、c、V的代數(shù)式表示)。（6）滴定法也可測定鐵的含量，其主要原理是利用和將鐵礦石試樣中還原為，再用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。①從環(huán)保角度分析，該方法相比于，滴定法的優(yōu)點是_______。②為探究溶液滴定時，在不同酸度下對測定結(jié)果的影響，分別向下列溶液中加入1滴溶液，現(xiàn)象如下表：溶液現(xiàn)象空白實驗溶液試劑X紫紅色不褪去實驗I溶液硫酸紫紅色不褪去實驗ⅱ溶液硫酸紫紅色明顯變淺表中試劑X為_______；根據(jù)該實驗可得出的結(jié)論是_______。〖答案〗（1）容量瓶、量筒（2）Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應(yīng)，可防止Sn2+氧化（3）助溶，使鐵礦石在酸液中全部溶解（4）偏?。?）（6）①.更安全，對環(huán)境更友好②.H2O③.酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結(jié)果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液進行滴定時，要控制溶液的pH值〖解析〗〖祥解〗濃鹽酸與試樣反應(yīng)，使得試樣中Fe元素以離子形式存在，滴加稍過量的SnCl2使Fe3+還原為Fe2+，冷卻后滴加HgCl2，將多余的Sn2+氧化為Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示劑，用K2Cr2O7進行滴定，將Fe2+氧化為Fe3+，化學(xué)方程式為?！拘?詳析】配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但給出的為堿式滴定管，因此給出儀器中，本實驗必須用到容量瓶、量筒；【小問2詳析】Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應(yīng)，可防止Sn2+氧化；【小問3詳析】步驟I中“微熱”是為了助溶，使鐵礦石在酸液中全部溶解；【小問4詳析】步?、笾?，若未“立即滴定”，F(xiàn)e2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，導(dǎo)致測定的鐵含量偏小；【小問5詳析】根據(jù)方程式可得：，ag試樣中Fe元素的質(zhì)量為，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【小問6詳析】①方法中，HgCl2氧化Sn2+的離子方程式為：，生成的Hg有劇毒，因此相比于的優(yōu)點是：更安全，對環(huán)境更友好；②溶液+0.5mL試劑X，為空白試驗，因此X為H2O；由表格可知，酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結(jié)果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液進行滴定時，要控制溶液的pH值。17.乙烯是一種用途廣泛的有機化工原料。由乙烷制乙烯的研究備受關(guān)注?；卮鹣铝袉栴}：【乙烷制乙烯】（1）氧化脫氫反應(yīng)：計算：_______（2）直接脫氫反應(yīng)為，的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度和壓強的關(guān)系如圖所示，則_______0(填“>”“<”或“=”)。結(jié)合下圖。下列條件中，達到平衡時轉(zhuǎn)化率最接近的是_______(填標(biāo)號)。a．b．c．（3）一定溫度和壓強下、反應(yīng)i反應(yīng)ⅱ(遠(yuǎn)大于)(是以平衡物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)代替平衡濃度計算的平衡常數(shù))①僅發(fā)生反應(yīng)i時。的平衡轉(zhuǎn)化宰為，計算_______。②同時發(fā)生反應(yīng)i和ⅱ時。與僅發(fā)生反應(yīng)i相比，的平衡產(chǎn)率_______(填“增大”“減小”或“不變”)?！疽彝楹鸵蚁┗旌蠚夥蛛x】（4）通過修飾的Y分子篩的吸附-脫附?？蓪崿F(xiàn)和混合氣的分離。的_______與分子的鍵電子形成配位鍵，這種配位鍵強弱介于范德華力和共價鍵之間。用該分子篩分離和的優(yōu)點是_______。（5）常溫常壓下，將和等體積混合，以一定流速通過某吸附劑。測得兩種氣體出口濃度(c)與進口濃度()之比隨時間變化關(guān)系如圖所示。下列推斷合理的是_______(填標(biāo)號)。A．前，兩種氣體均未被吸附B．p點對應(yīng)的時刻，出口氣體的主要成分是C．a(chǎn)-b對應(yīng)的時間段內(nèi)，吸附的逐漸被替代〖答案〗（1）-566（2）①.>②.b（3）①.②.增大（4）①.4s空軌道②.識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產(chǎn)物中雜質(zhì)少，純度較高（5）BC〖解析〗【小問1詳析】將兩個反應(yīng)依次標(biāo)號為反應(yīng)①和反應(yīng)②，反應(yīng)①-反應(yīng)②×2可得目標(biāo)反應(yīng)，則ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol?！拘?詳析】從圖中可知，壓強相同的情況下，隨著溫度升高，C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率增大，因此該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa時，C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率約為20%，a錯誤；b．700℃，0.7MPa時，C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率約為50%，最接近40%，b正確；c．700℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率接近50%，升高溫度，該反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動，C2H6轉(zhuǎn)化率增大，因此800℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率大于50%，c錯誤；故〖答案〗選b。【小問3詳析】①僅發(fā)生反應(yīng)i，設(shè)初始時C2H6物質(zhì)的量為1mol，平衡時C2H6轉(zhuǎn)化率為25%，則消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。②只發(fā)生反應(yīng)i時，隨著反應(yīng)進行，氣體總物質(zhì)的量增大，壓強增大促使化學(xué)平衡逆向移動，同時發(fā)生反應(yīng)i和反應(yīng)ii，且從題干可知Ka2遠(yuǎn)大于Ka1，反應(yīng)ii為等體積反應(yīng)，因為反應(yīng)ii的發(fā)生相當(dāng)于在單獨發(fā)生反應(yīng)i的基礎(chǔ)上減小了壓強，則反應(yīng)i化學(xué)平衡正向移動，C2H4平衡產(chǎn)率增大?！拘?詳析】配合物中，金屬離子通常提供空軌道，配體提供孤電子對，則Cu+的4s空軌道與C2H4分子的π鍵電子形成配位鍵。C2H4能與Cu+形成配合物而吸附在Y分子篩上，C2H6中無孤電子對不能與Cu+形成配合物而無法吸附，通過這種分子篩分離C2H4和C2H6，優(yōu)點是識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產(chǎn)物中雜質(zhì)少，純度較高?！拘?詳析】A．前30min，等于0，出口濃度c為0，說明兩種氣體均被吸附，A錯誤；B．p點時，C2H6對應(yīng)的約為1.75，出口處C2H6濃度較大，而C2H4對應(yīng)的較小，出口處C2H4濃度較小，說明此時出口處氣體的主要成分為C2H6，B正確；C．a(chǎn)點處C2H6的=1，說明此時C2H6不再吸附在吸附劑上，而a點后C2H6的>1，說明原來吸附在吸附劑上的C2H6也開始脫落，同時從圖中可知，a點后一段時間，C2H4的仍為0，說明是吸附的C2H6逐漸被C2H4替代，p點到b點之間，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相對之前有所減小，同時吸附劑可能因吸附量有限等原因無法一直吸附C2H4，因此p點后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此時吸附劑不能再吸附兩種物質(zhì)，C正確；故〖答案〗選BC。18.化合物1是一種藥物中間體，可由下列路線合成(代表苯基，部分反應(yīng)條件略去)：已知：i)