2024年安徽省高考化学试卷

2024年安徽省新高考化学试卷一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是（）A．煤煤油 B．石油乙烯 C．油脂甘油 D．淀粉乙醇2．（3分）下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是（）A．过氧化钠和硫黄：加水，振荡 B．水晶和玻璃：X射线衍射实验 C．氯化钠和氯化钾：焰色试验 D．苯和甲苯：滴加溴水，振荡3．（3分）青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是（）A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解 C．将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色 D．制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCO3中和发酵过程产生的酸4．（3分）下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是（）选项甲乙丙ACl2NaClONaClBSO2H2SO4CaSO4CFe2O3Fe（OH）3FeCl3DCO2H2CO3Ca（HCO3）2A．A B．B C．C D．D5．（3分）D﹣乙酰氨基葡萄糖（结构简式如图）是一种天然存在的特殊单糖。下列有关该物质说法正确的是（）A．分子式为C6H14O6N B．能发生缩聚反应 C．与葡萄糖互为同系物 D．分子中含有σ键，不含π键阅读下列材料，完成6～7小题。地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。已知25℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10﹣4，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，Kb（NH2OH）＝8.7×10﹣9。6．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA B．1L0.1mol•L﹣1NaNO2溶液中Na+和数均为0.1NA C．3.3gNH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA7．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（）A．键角：NH3＞ B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]Cl C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N8．（3分）某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．该物质中Ni为+2价 B．基态原子的第一电离能：Cl＞P C．该物质中C和P均采取sp2杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为3d84s29．（3分）仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是（）选项实验目的试剂用品A比较镁和铝的金属性强弱MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水试管、胶头滴管B制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴C制备[Cu（NH3）4]SO4溶液CuSO4溶液、氨水试管、胶头滴管D利用盐类水解制备Fe（OH）3胶体饱和FeCl3溶液、蒸馏水烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴A．A B．B C．C D．D10．（3分）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X（g），发生下列反应：X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0），Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（）A． B． C． D．11．（3分）我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图。该电池分别以Zn﹣TCPP（局部结构如标注框内所示）形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是（）A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B．电池总反应为：+ZnZn2++3I﹣ C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn﹣TCPP D．放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子12．（3分）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH①5086②5026③5028下列说法正确的是（）A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（）＝2.0mol•L﹣1•h﹣1 B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe++8H+═2Fe3++Se+4H2O C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好13．（3分）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol•L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。下列说法错误的是（）A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣） B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） C．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol•L﹣1 D．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）14．（3分）研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物（LixLayTiO3），其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是（）A．导电时，Ti和La的价态不变 B．若，Li+与空位的数目相等 C．与体心最邻近的O原子数为12 D．导电时，空位移动方向与电流方向相反二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。回答下列问题：（1）Cu位于元素周期表第周期第族。（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是。（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为。（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的（填化学式）转化为。（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为（填化学式）。（6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为。（7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析的结构为（a）而不是（b）的原因：。16．（15分）测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为ag的某赤铁矿试样中的铁含量。【配制溶液】①cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液。②SnCl2溶液：称取6gSnCl2•2H2O溶于20mL浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。【测定含量】按如图所示（加热装置略去）操作步骤进行实验。已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；可被Fe2+还原为Cr3+。回答下列问题：（1）下列仪器在本实验中必须用到的有（填名称）。（2）结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：。（3）步骤Ⅰ中“微热”的原因是。（4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（5）若消耗cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe的质量分数为（用含a、c、V的代数式表示）。（6）SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法的优点是。②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl﹣在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1mol•L﹣1KMnO4溶液，现象如表：溶液现象空白实验2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL试剂X紫红色不褪去实验ⅰ2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL0.1mol•L﹣1硫酸紫红色不褪去实验ⅱ2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL6mol•L﹣1硫酸紫红色明显变浅表中试剂X为；根据该实验可得出的结论是。17．（15分）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：【乙烷制乙烯】（1）C2H6氧化脱氢反应：2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH1＝﹣209.8kJ•mol﹣1C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ㅤㅤΔH2＝178.1kJ•mol﹣1计算：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ㅤㅤΔH3＝kJ•mol﹣1（2）C2H6直接脱氢反应为C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）ㅤㅤΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图1所示，则ΔH40（填“＞”“＜”或“＝”）。结合图1。下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是（填标号）。a.600℃，0.6MPab.700℃，0.7MPac.800℃，0.8MPa（3）一定温度和压强下，反应ⅰㅤC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）ㅤㅤKa1反应ⅱㅤC2H6（g）+H2（g）⇌2CH4（g）ㅤㅤKa2（Ka2远大于Ka1）（Ka是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）①仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%，计算Ka1＝。②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，C2H4的平衡产率（填“增大”“减小”或“不变”）。【乙烷和乙烯混合气的分离】（4）通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附—脱附，可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是。（5）常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂，测得两种气体出口浓度（c）与进口浓度（c0）之比随时间变化关系如2图所示。下列推断合理的是（填标号）。A.前30min，两种气体均未被吸附B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6C.a～b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代18．（14分）化合物I是一种药物中间体，可由下列路线合成（Ph代表苯基，部分反应条件略去）：已知：ⅰ）ⅱ）RMgX易与含活泼氢化合物（HY）反应：HY代表H2O、ROH、RNH2、RC＝CH等。（1）A、B中含氧官能团名称分别为、。（2）E在一定条件下还原得到，后者的化学名称为。（3）H的结构简式为。（4）E→F反应中，下列物质不能用作反应溶剂的是（填标号）。a.CH3CH2OCH2CH3b.CH3OCH2CH2OHc.d.（5）D的同分异构体中，同时满足下列条件的有种（不考虑立体异构），写出其中一种同分异构体的结构简式。①含有手性碳②含有2个碳碳三键③不含甲基（6）参照上述合成路线，设计以和不超过3个碳的有机物为原料，制备一种光刻胶单体的合成路线（其他试剂任选）。

2024年安徽省新高考化学试卷（选择性）参考答案与试题解析一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是（）A．煤煤油 B．石油乙烯 C．油脂甘油 D．淀粉乙醇【考点】煤的干馏和综合利用；淀粉的性质和用途；石油的分馏．【答案】C【分析】A．煤煤焦油；B．石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等短链不包和烃；C．油脂甘油和高级脂肪酸钠；D．淀粉葡萄糖。【解答】解：A．煤煤焦油，主要含有苯、二甲苯等，石油的分馏可以得到煤油等，故A错误；B．石油石油气、汽油、煤油等馏分，石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等短链不包和烃，故B错误；C．油脂甘油和高级脂肪酸钠，故C正确；D．淀粉葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，故D错误；故选：C。2．（3分）下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是（）A．过氧化钠和硫黄：加水，振荡 B．水晶和玻璃：X射线衍射实验 C．氯化钠和氯化钾：焰色试验 D．苯和甲苯：滴加溴水，振荡【考点】有机物的鉴别；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【答案】D【分析】A．过氧化钠能与水反应生成NaOH和氧气，硫黄不溶于水、且与水不反应；B．鉴别晶体、非晶体可用X射线衍射实验；C．钠离子的火焰呈黄色，通过蓝色钴玻璃时钾离子的火焰呈紫色；D．苯、甲苯均与溴水不反应，且能萃取溴，实验现象相同。【解答】解：A．过氧化钠和硫黄均是黄色或淡黄色固体，但过氧化钠能与水反应，淡黄色消失，且有气泡生成，而硫黄不溶于水、无明显现象，可用水鉴别，故A正确；B．水晶是晶体，玻璃是非晶体，鉴别晶体、非晶体可用X射线衍射实验，故B正确；C．钠离子的火焰呈黄色，通过蓝色钴玻璃时钾离子的火焰呈紫色，可用焰色试验鉴别氯化钠和氯化钾，故C正确；D．苯、甲苯均与溴水不反应，且能萃取溴，出现分层，上层均呈橙黄色，实验现象相同，所以不能用溴水鉴别苯、甲苯，应选择酸性高锰酸钾溶液鉴别，故D错误；故选：D。3．（3分）青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是（）A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解 C．将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色 D．制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCO3中和发酵过程产生的酸【考点】物质的组成、结构和性质的关系；金属的腐蚀与防护．【答案】A【分析】A．形成原电池必须有电解质溶液；B．碘盐中添加的KIO3受热易分解；C．白糖熬制成焦糖汁，焦糖又称为焦糖色，俗称酱色，是食品中的天然着色剂；D．纯碱是Na2CO3。【解答】解：A．清洗铁锅后及时擦干，使锅底不能形成原电池，从而能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，故A正确；B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免食盐中添加的KIO3长时间受热而分解，故B错误；C．白糖熬制成焦糖汁，焦糖又称为焦糖色，俗称酱色，是食品中的天然着色剂，并不是利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色，故C错误；D．纯碱是Na2CO3，不是NaHCO3，故D错误；故选：A。4．（3分）下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是（）选项甲乙丙ACl2NaClONaClBSO2H2SO4CaSO4CFe2O3Fe（OH）3FeCl3DCO2H2CO3Ca（HCO3）2A．A B．B C．C D．D【考点】氯及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转化．【答案】D【分析】A．Cl2和水反应，生成盐酸和次氯酸；B．硫酸钙不能一步转化为SO2；C．Fe2O3不能与水反应；D．CO2与水反应，生成碳酸，足量的碳酸与氢氧化钙反应，生成Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2受热分解，生成CO2。【解答】解：A．Cl2和水反应，生成盐酸和次氯酸，不能直接生成NaClO，故A错误；B．SO2与H2O反应，生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B错误；C．Fe2O3不能与水反应，直接生成Fe（OH）3，故C错误；D．CO2与水反应，生成碳酸，足量的碳酸与氢氧化钙反应，生成Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2受热分解，生成碳酸钙、CO2和水，故D正确；故选：D。5．（3分）D﹣乙酰氨基葡萄糖（结构简式如图）是一种天然存在的特殊单糖。下列有关该物质说法正确的是（）A．分子式为C6H14O6N B．能发生缩聚反应 C．与葡萄糖互为同系物 D．分子中含有σ键，不含π键【考点】有机物的结构和性质．【答案】B【分析】A．根据键线式结构判断分子式；B．结构中含有多个羟基；C．同系物必须是结构相似，组成上相差若干个CH2的物质；D．分子中含有C＝O双键。【解答】解：A．根据结构可知，分子中含有8个C、14个H、6个O、1个N，则其分子式为C8H14O6N，故A错误；B．结构中含有多个羟基，能发生缩聚反应，故B正确；C．与葡萄糖的官能团不同，组成上也不是相差若干个CH2，不互为同系物，故C错误；D．分子中含有σ键，也含有π键，故D错误；故选：B。阅读下列材料，完成6～7小题。地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。已知25℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10﹣4，Kb（NH3•H2O）＝1.8×10﹣5，Kb（NH2OH）＝8.7×10﹣9。6．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA B．1L0.1mol•L﹣1NaNO2溶液中Na+和数均为0.1NA C．3.3gNH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA【考点】阿伏加德罗常数．【答案】A【分析】A．X、Y均为氮氧化物，被亚硝酸盐还原酶还原为X，X为NO，X被X还原酶还原为Y，Y为N2O，标况下，22.4LX、Y的混合气体中n（混合气体）＝＝0.1mol，每个NO、N2O分子中都含有1个氧原子，n（O）＝n（混合气体）＝0.1mol；B．NaNO2为强碱弱酸盐，部分水解生成HNO2；C．n（H2NOH）＝＝0.1mol，NH2OH完全转化为时转移电子个数为[（+3）﹣（﹣1）]＝4；D．n（N2）＝＝0.1mol，每个N2分子中的价电子数是10。【解答】解：A．X、Y均为氮氧化物，被亚硝酸盐还原酶还原为X，X为NO，X被X还原酶还原为Y，Y为N2O，标况下，22.4LX、Y的混合气体中n（混合气体）＝＝0.1mol，每个NO、N2O分子中都含有1个氧原子，n（O）＝n（混合气体）＝0.1mol，所以氧原子总数为0.1NA，故A正确；B．1L0.1mol•L﹣1NaNO2溶液中n（NaNO2）＝0.1mol/L×1L＝0.1mol，NaNO2为强碱弱酸盐，部分水解生成HNO2，Na+不水解，则溶液中n（Na+）＝n（NaNO2）＝0.1mol，n（）＜n（NaNO2）＝0.1mol，所以Na+总数为0.1NA、总数小于0.1NA，故B错误；C．n（H2NOH）＝＝0.1mol，NH2OH完全转化为时转移电子个数为[（+3）﹣（﹣1）]＝4，则转移的电子数为0.4NA，故C错误；D．n（N2）＝＝0.1mol，每个N2分子中的价电子数是10，所以2.8gN2中含有的价电子总数为NA，故D错误；故选：A。7．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（）A．键角：NH3＞ B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]Cl C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】D【分析】A．NH3中N原子的价层电子对个数为3+＝4且含有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥形；中N原子价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，为平面正三角形结构；B．分子晶体熔点较低、离子晶体熔点较高；C．相同温度下相同浓度的[NH3OH]Cl、NH4Cl溶液，弱离子水解程度越大，其酸性越强，溶液的pH值越小；D．原子半径越大，键长越长，氢键越弱。【解答】解：A．NH3中N原子的价层电子对个数为3+＝4且含有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥形，键角小于120°；中N原子价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，为平面正三角形结构，键角为120°，所以键角：NH3＜，故A错误；B．分子晶体熔点较低、离子晶体熔点较高，羟胺属于分子晶体、盐酸羟胺属于离子晶体，所以熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，故B错误；C．相同温度下相同浓度的[NH3OH]Cl、NH4Cl溶液，弱离子水解程度越大，其酸性越强，溶液的pH值越小，根据电离平衡常数知，水解程度：[NH3OH]Cl＞NH4Cl，所以酸性：[NH3OH]Cl＞NH4Cl，溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，故C错误；D．原子半径越大，键长越长，氢键越弱，r（O）＜r（N），所以氢键键长：O—H•••O＜N—H•••N，则羟胺分子间氢键的强弱：O—H•••O＞N—H•••N，故D正确；故选：D。8．（3分）某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．该物质中Ni为+2价 B．基态原子的第一电离能：Cl＞P C．该物质中C和P均采取sp2杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2【考点】有机物的结构式；原子核外电子排布；电子排布式与电子排布图；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】C【分析】A．该配合物中P原子提供孤电子对、Ni原子提供空轨道形成配位键，所以Ni形成的4个化学键中，其中2个P—Ni键都是配位键；B．同一周期元素随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；C．根据图知，该分子中C原子价层电子对个数都是3、P原子价层电子对个数都是4；D．基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子。【解答】解：A．该配合物中P原子提供孤电子对、Ni原子提供空轨道形成配位键，所以Ni形成的4个化学键中，其中2个P—Ni键都是配位键，根据氯离子个数知，Ni元素的化合价为+2价，故A正确；B．同一周期元素随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，P、Cl位于同一周期且分别位于第ⅤA族、第ⅦA族，所基态原子的第一电离能：Cl＞P，故B正确；C．根据图知，该分子中C原子价层电子对个数都是3、P原子价层电子对个数都是4，所以C、P原子的杂化类型依次是sp2、sp3，故C错误；D．基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，所以基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，故D正确；故选：C。9．（3分）仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是（）选项实验目的试剂用品A比较镁和铝的金属性强弱MgCl2溶液、AlCl3溶液、氨水试管、胶头滴管B制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴C制备[Cu（NH3）4]SO4溶液CuSO4溶液、氨水试管、胶头滴管D利用盐类水解制备Fe（OH）3胶体饱和FeCl3溶液、蒸馏水烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【答案】A【分析】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液和氨水溶液反应都只生成白色沉淀；B．乙醇、乙酸、浓硫酸、在试管中加热，反应生成物用饱和Na2CO3溶液吸收，得到乙酸乙酯；C．CuSO4溶液和过量氨水反应生成硫酸铜铵蓝色溶液；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热到红褐色得到氢氧化铁胶体。【解答】解：A．MgCl2溶液、AlCl3溶液和氨水溶液反应都生成白色沉淀，分别为Mg（OH）2、Al（OH）3，不能比较镁和铝的金属性强弱，故A错误；B．试管中加入乙醇，再加入浓硫酸和乙酸，加入碎瓷片防止加热暴沸，生成的乙酸乙酯和乙醇、乙酸被碳酸钠溶液吸收、中和，得到乙酸乙酯，提供的试剂和用品，能制备乙酸乙酯，故B正确；C．试管中加入硫酸铜溶液，滴加氨水溶液至蓝色沉淀溶解得到铜铵溶液，可以制备[Cu（NH3）4]SO4溶液，故C正确；D．沸水中滴加饱和氯化铁溶液，加热到红褐色得到氢氧化铁胶体，提供的试剂和用品，能实现相应实验目的的是，故D正确；故选：A。10．（3分）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X（g），发生下列反应：X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0），Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（）A． B． C． D．【考点】化学反应的历程．【答案】B【分析】发生下列反应：X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0），Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0），都是放热反应，图中分析可知，随着时间增长，X浓度逐渐减小，Y和Z浓度逐渐增大，后来随着时间推移，X、Y浓度减小，Z的浓度增大，X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0）反应速率大于反应Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0），说明反应X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0）的活化能小于反应Y（g）＝Z（g）（ΔH2＜0）的活化能，据此分析判断。【解答】解：A．两个反应都是放热反应，反应物能量高于生成物，图中X（g）⇌Y（g）为吸热反应，不符合，故A错误；B．X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0），Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0），都是放热反应，反应X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0）的活化能小于反应Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0）的活化能，图象符合，故B正确；C．图象中反应X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0）的活化能大于反应Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0）的活化能，图象不符合，故C错误；D．图象中Y（g）⇌Z（g）为吸热反应，反应X（g）⇌Y（g）（ΔH1＜0）的活化能大于反应Y（g）⇌Z（g）（ΔH2＜0）的活化能，图象不符合，故D错误；故选：B。11．（3分）我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图。该电池分别以Zn﹣TCPP（局部结构如标注框内所示）形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是（）A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B．电池总反应为：+ZnZn2++3I﹣ C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn﹣TCPP D．放电时，消耗0.65gZn，理论上转移0.02mol电子【考点】原电池与电解池的综合．【答案】C【分析】电池分别以Zn﹣TCPP（局部结构如标注框内所示）形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液，Zn为负极，电极反应Zn﹣2e﹣＝Zn2+，超分子材料做正极，电极反应：+2e﹣＝3I﹣，充电时：超分子材料做阳极，电极反应：3I——2e﹣＝，Zn为电解池阴极，电极反应：Zn2++2e﹣＝Zn，据此分析判断。【解答】解：A．标注框内所示结构中存在共价键有：C—C、C＝C、C—N、C＝N等，配位键是锌离子提供空轨道，N原子提供孤对电子形成配位键，故A正确；B．Zn为负极，电极反应Zn﹣2e﹣＝Zn2+，超分子材料做正极，电极反应：+2e﹣＝3I﹣，电池总反应为：+ZnZn2++3I﹣，故B正确；C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，故C错误；D．放电时，Zn为负极，电极反应Zn﹣2e﹣＝Zn2+，消耗0.65gZn，物质的量n＝＝0.01mol，理论上转移0.02mol电子，故D正确；故选：C。12．（3分）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH①5086②5026③5028下列说法正确的是（）A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（）＝2.0mol•L﹣1•h﹣1 B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe++8H+═2Fe3++Se+4H2O C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好【考点】探究影响化学反应速率的因素．【答案】C【分析】A．实验①中，0～2小时内c（）＝（5.0﹣1.0）×10﹣3mol/L，v（）＝；B．实验③中水样的初始溶液pH＝8，溶液显弱碱性，离子方程式中不能写氢离子；C．综合实验①②，相同时间内实验①中c（）浓度变化最大，纳米铁的量最多；D．其他条件相同时，适当减小初始pH，离子去除效果越好，但当初始pH太小，氢离子浓度太大，纳米铁会和氢离子反应，导致离子反应的纳米铁减小。【解答】解：A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（）＝＝2.0×10﹣3mol•L﹣1•h﹣1，故A错误；B．实验③中水样的初始溶液pH＝8，溶液显弱碱性，反应的离子方程式为：2Fe++4H2O═2Fe3++Se+8OH﹣，故B错误；C．综合实验①②，相同时间内实验①中c（）浓度变化最大，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，故C正确；D．综合实验②和③，相同时间内实验②中c（）浓度变化最大，其他条件相同时，适当减小初始pH，离子去除效果越好，但当初始pH太小，氢离子浓度太大，纳米铁会和氢离子反应，导致离子反应的纳米铁减小，因此水样初始pH越小，的去除效果不一定越好，故D错误；故选：C。13．（3分）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol•L﹣1，Ka1（H2S）＝10﹣6.97，Ka2（H2S）＝10﹣12.90，Ksp（FeS）＝10﹣17.20，Ksp（CdS）＝10﹣26.10。下列说法错误的是（）A．Na2S溶液中：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣） B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣） C．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol•L﹣1 D．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+）【考点】沉淀溶解平衡；弱电解质的电离平衡．【答案】B【分析】A．Na2S溶液中存在5种阴阳离子，阴阳离子之间存在电荷守恒；B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中水解平衡常数Kh＝＝＝＝10﹣1.1，c（HS﹣）＜10﹣2mol/L，则＞1；C．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中加入FeS，计算此时沉淀转化反应的平衡常数进行程度，分析判断溶液中离子浓度；D．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2++H2S⇌CdS↓+2H+，计算平衡常数判断进行程度分析判断离子浓度关系。【解答】解：A．Na2S溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），故A正确；B．0.01mol•L﹣1Na2S溶液中水解平衡常数Kh＝＝＝＝10﹣1.1，c（HS﹣）＜10﹣2mol/L，则＞1，c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（S2﹣）＞c（HS﹣），故B错误；C．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中加入FeS，存在沉淀转化，FeS（s）+Cd2+（aq）⇌Fe2+（aq）+CdS（s），平衡常数K＝＝＝＝108.9＞＞105，反应进行完全，此时CdS饱和溶液中c（Cd2+）＝mol/L＝10﹣13.05mol/L，可使c（Cd2+）＜10﹣8mol•L﹣1，故C正确；D．向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2++H2S⇌CdS↓+2H+，平衡常数K＝＝××＝＝＝106.21＞105，反应进程彻底，向c（Cd2+）＝0.01mol•L﹣1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c（H+）＞c（Cd2+），故D正确；故选：B。14．（3分）研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物（LixLayTiO3），其立方晶胞和导电时Li+迁移过程如图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是（）A．导电时，Ti和La的价态不变 B．若，Li+与空位的数目相等 C．与体心最邻近的O原子数为12 D．导电时，空位移动方向与电流方向相反【考点】晶胞的计算．【答案】B【分析】A．导电是带电离子的定向移动；B．分摊法得到1个晶胞中含Ti个数＝8×＝1，含O原子数＝12×＝3，含La或Li或空位1个，若，则La和空位为，n（La）+n（空位）＝，正负化合价代数和为0计算，（+3）×+（+3）×n（La）+（+4）×1+（﹣2）×3＝0，n（La）＝，计算得到n（空位）＝；C．晶胞结构分析得到，棱心上的12个氧原子与体心最邻近；D．导电时，Li+迁移向阴极，和电流方向相同，空穴相反。【解答】解：A．导电时Li+迁移，化合价不变，Ti和La的价态也不变，故A正确；B．分摊法得到1个晶胞中含Ti个数＝8×＝1，含O原子数＝12×＝3，含La或Li或空位1个，若，则La和空位为，n（La）+n（空位）＝，正负化合价代数和为0计算，（+3）×+（+3）×n（La）+（+4）×1+（﹣2）×3＝0，n（La）＝，n（空位）＝，Li+与空位的数目不相等，故B错误；C．结合结构分析可知，与体心最邻近的O原子数为12，即为棱心上的12个氧原子，故C正确；D．导电时，Li+迁移向阴极，和电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，故D正确；故选：B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。回答下列问题：（1）Cu位于元素周期表第四周期第IB族。（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+。（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O。（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl（填化学式）转化为。（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为+e﹣＝Ag+2S2。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3（填化学式）。（6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4。（7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析的结构为（a）而不是（b）的原因：a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b不能被I2氧化，由此可知该离子的结构应该是a。【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【答案】（1）四；IB；（2）Cu2+；（3）2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O；（4）AgCl；（5）+e﹣＝Ag+2S2；Na2S2O3；（6）3：4；（7）a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b不能被I2氧化，由此可知该离子的结构应该是a。【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成，再进行电解，在阴极得到电子，被还原为Ag，电解反应为：+e﹣＝Ag+2S2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，据此分析作答。【解答】解：（1）Cu的原子序数为29，位于元素周期表第四周期第IB族，故答案为：四；IB；（2）根据分析可知，“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+，故答案为：Cu2+；（3）根据分析可知，“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为：2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O，故答案为：2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O；（4）根据分析可知，“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为，故答案为：AgCl；（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为：+e﹣＝Ag+2S2，“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为：Na2S2O3，故答案为：+e﹣＝Ag+2S2；Na2S2O3；（6）根据化合价升降守恒，可得“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4；（7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，从物质结构的角度分析的结构为（a）而不是（b）的原因是a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b不能被I2氧化，由此可知该离子的结构应该是a，故答案为：a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于I2，则b不能被I2氧化，由此可知该离子的结构应该是a。16．（15分）测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为ag的某赤铁矿试样中的铁含量。【配制溶液】①cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液。②SnCl2溶液：称取6gSnCl2•2H2O溶于20mL浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。【测定含量】按如图所示（加热装置略去）操作步骤进行实验。已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+，难以氧化Fe2+；可被Fe2+还原为Cr3+。回答下列问题：（1）下列仪器在本实验中必须用到的有容量瓶和量筒（填名称）。（2）结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：防止Sn2+被氧化为Sn4+，离子方程式为：Sn4++Sn＝2Sn2+。（3）步骤Ⅰ中“微热”的原因是促进样品中SnCl2•2H2O的溶解。（4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（5）若消耗cmol•L﹣1K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag试样中Fe的质量分数为（用含a、c、V的代数式表示）。（6）SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法的优点是减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境。②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl﹣在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1mol•L﹣1KMnO4溶液，现象如表：溶液现象空白实验2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL试剂X紫红色不褪去实验ⅰ2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL0.1mol•L﹣1硫酸紫红色不褪去实验ⅱ2mL0.3mol•L﹣1NaCl溶液+0.5mL6mol•L﹣1硫酸紫红色明显变浅表中试剂X为H2O；根据该实验可得出的结论是Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）容量瓶和量筒；（2）防止Sn2+被氧化为Sn4+，离子方程式为：Sn4++Sn＝2Sn2+；（3）促进样品中SnCl2•2H2O的溶解；（4）偏小；（5）；（6）①减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；②KMnO4；Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。【分析】（1）配制标准溶液需要容量瓶和量筒等，步骤Ⅰ转移溶液需要玻璃棒，步骤Ⅱ滴定需要胶头滴管，步骤Ⅲ滴定需要酸式滴定管；（2）配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因是防止Sn2+被氧化为Sn4+；（3）步骤Ⅰ中“微热”的原因是促进样品中SnCl2•2H2O的溶解；（4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，部分Fe2+被溶解的氧气氧化；（5）根据关系式：6Fe2+～K2Cr2O7，计算ag试样中Fe的质量分数；（6）①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法的优点是减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；②根据题意可知，空白试验位对照实验，因此X位H2O；空白实验证明单独的Cl﹣在不能被KMnO4氧化，实验ⅰ证明酸性较弱时，Cl﹣也不能被KMnO4氧化，实验ⅱ证明，酸性较强时，Cl﹣能被KMnO4氧化。【解答】解：（1）配制标准溶液需要容量瓶和量筒等，步骤Ⅰ转移溶液需要玻璃棒，步骤Ⅱ滴定需要胶头滴管，步骤Ⅲ滴定需要酸式滴定管，不需要的是分液漏斗、漏斗、碱式滴定管，故答案为：容量瓶和量筒；（2）配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因是防止Sn2+被氧化为Sn4+，离子方程式为：Sn4++Sn＝2Sn2+，故答案为：防止Sn2+被氧化为Sn4+，离子方程式为：Sn4++Sn＝2Sn2+；（3）步骤Ⅰ中“微热”的原因是促进样品中SnCl2•2H2O的溶解，故答案为：促进样品中SnCl2•2H2O的溶解；（4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，部分Fe2+被溶解的氧气氧化，导致滴定消耗标准溶液体积减小，则会导致测定的铁含量偏小，故答案为：偏小；（5）根据关系式：6Fe2+～K2Cr2O7，则ag试样中Fe的质量分数为×100%＝，故答案为：；（6）①SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定，从环保角度分析，该方法相比于SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7滴定法的优点是减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境，故答案为：减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；②根据题意可知，空白试验位对照实验，因此X位H2O；根据该实验可得出结论Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化，使KMnO4溶液快速褪色，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH，故答案为：H2O；Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。17．（15分）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：【乙烷制乙烯】（1）C2H6氧化脱氢反应：2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH1＝﹣209.8kJ•mol﹣1C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ㅤㅤΔH2＝178.1kJ•mol﹣1计算：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ㅤㅤΔH3＝﹣566kJ•mol﹣1（2）C2H6直接脱氢反应为C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）ㅤㅤΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图1所示，则ΔH4＞0（填“＞”“＜”或“＝”）。结合图1。下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是b（填标号）。a.600℃，0.6MPab.700℃，0.7MPac.800℃，0.8MPa（3）一定温度和压强下，反应ⅰㅤC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）ㅤㅤKa1反应ⅱㅤC2H6（g）+H2（g）⇌2CH4（g）ㅤㅤKa2（Ka2远大于Ka1）（Ka是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）①仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%，计算Ka1＝。②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，C2H4的平衡产率增大（填“增大”“减小”或“不变”）。【乙烷和乙烯混合气的分离】（4）通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附—脱附，可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是识别度高，能有效将C2H6和C2H4分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。（5）常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂，测得两种气体出口浓度（c）与进口浓度（c0）之比随时间变化关系如2图所示。下列推断合理的是BC（填标号）。A.前30min，两种气体均未被吸附B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6C.a～b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代【考点】化学平衡的计算．【答案】（1）﹣566；（2）＞；b；（3）①；②增大；（4）4s空轨道；识别度高，能有效将C2H6和C2H4分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高；（5）BC。【分析】（1）①2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣209.8kJ•mol﹣1，②C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH2＝178.1kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的ΔH3；（2）反应C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）是气体分子数增大的反应，其他条件不变时增大压强，平衡逆向移动，C2H6的平衡转化率将减小，但图1中C2H6的平衡转化率随着温度升高、压强的增大而增大，说明升高温度时平衡正向移动的程度大于增大压强平衡逆向移动的程度，最终C2H6的平衡转化率增大；（3）①设起始n（C2H6）＝amol，C2H6的平衡转化率为25.0%，变化量△n（C2H6）＝0.25amol，反应i三段式为C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）起始量（mol）a00变化量（mol）0.25a0.25a0.25a平衡量（mol）0.75a0.25a0.25a平衡物质的量分数φ（C2H6）＝＝0.6，φ（C2H4）＝φ（H2）＝0.2；②Ka2远大于Ka1，即反应ⅱ进行程度远大于反应i，反应ⅱ需要消耗H2，促进反应ⅰ正向移动；（4）Cu+含有4s空轨道，可容纳孤电子对形成配位键；Cu+与C2H4分子通过配位键形成配合物，降低c（C2H4），使平衡正向进行，提高C2H6的平衡转化率和C2H4选择性，导致C2H4、C2H6纯度高；（5）由图可知，前30min，两种气体的较小，说明两种气体均被吸附，导致气体出口浓度较低；30～75min内，C2H6的出口浓度（c）增大、C2H4的出口浓度（c）不变，即C2H6的吸附程度降低，75～120min内吸附作用逐渐减弱，C2H4的出口浓度（c）逐渐增大，C2H6的出口浓度（c）逐渐减小，120min后吸附作用失效。【解答】解：（1）①2C2H6（g）+O2（g）═2C2H4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣209.8kJ•mol﹣1，②C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）ΔH2＝178.1kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的ΔH3＝﹣209.8kJ•mol﹣1﹣178.1kJ•mol﹣1×2＝﹣566kJ/mol，故答案为：﹣566；（2）反应C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）是气体分子数增大的反应，其他条件不变时增大压强，平衡逆向移动，C2H6的平衡转化率将减小，但图1中C2H6的平衡转化率随着温度升高、压强的增大而增大，说明升高温度时平衡正向移动的程度大于增大压强平衡逆向移动的程度，则ΔH4＞0，压强不变时C2H6的平衡转化率随着温度升高而增大，所以图1中曲线从左到右分别表示C2H6的平衡转化率为20%、50%、80%，由图可知600℃、0.6MPa时C2H6的平衡转化率接近20%；700℃、0.7MPa时C2H6的平衡转化率＜50%，800℃、0.8MPa时C2H6的平衡转化率在50%～80%之间，达到平衡时转化率最接近40%的是700℃、0.7MPa，故答案为：＞；