2024年安徽省普通高中學業水平選擇性考試

化學

注意事項：

1．答題前，考生務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

區域。寫在本試卷上無效。

3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H1N14O16Cl35.5Fe56Zn65Sn119

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化關系正確的是

A.煤????干餾煤油B.石油????分餾乙烯C.油脂????皂化甘油D.淀粉????水解乙醇

【答案】C

【解析】

【詳解】A．煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使之分解的過程，干餾的過程不產生煤油，煤油是石油分餾的

產物，A錯誤；

B．石油分餾是利用其組分中的不同物質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，其發生水解反應生成葡萄糖，D錯誤；

故答案選C。

2.下列各組物質的鑒別方法中，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】

【詳解】A．過氧化鈉可以與水發生反應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，有獨立的晶格結構，玻璃為非晶體，沒有獨立的晶格結構，可以用X射線衍射實驗進行鑒

別，B可以鑒別；

第1頁/共23頁

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勞動習慣，也能將化學知識應用于實踐。下列有關解釋合理的是

A.清洗鐵鍋后及時擦干，能減緩鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹

B.烹煮食物的后期加入食鹽，能避免NaCl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NaHCO3中和發酵過程產生的酸

【答案】A

【解析】

【詳解】A．鐵發生吸氧腐蝕時，正極上O2得電子結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，沒有了電解質溶液，能減緩鐵鍋因發生吸氧腐蝕而生銹，A正確；

B．食鹽中含有碘酸鉀，碘酸鉀受熱不穩定易分解，因此烹煮食物時后期加入食鹽，與NaCl無關，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，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中和發酵過程產生的酸，D錯

誤；

故答案選A。

4.下列選項中的物質能按圖示路徑在自然界中轉化，且甲和水可以直接生成乙的是

選

甲乙丙

項

ACl2NaClONaCl

BSO2H2SO4CaSO4

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CFe2O3Fe(OH)3FeCl3

COHCOCaHCO

D22332

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A．Cl2與水反應生成HClO和HCl，無法直接生成NaClO，A錯誤；

B．SO2與水反應生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；

C．氧化鐵與水不反應，不能生成氫氧化鐵沉淀，C錯誤；

D．CO2與水反應生成碳酸，碳酸與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣受熱分解生成二氧化碳氣體，D正

確；

故答案選D。

5.D-乙酰氨基葡萄糖(結構簡式如下)是一種天然存在的特殊單糖。下列有關該物質說法正確的是

A.分子式為C8H14O6NB.能發生縮聚反應

C.與葡萄糖互為同系物D.分子中含有σ鍵，不含π鍵

【答案】B

【解析】

【詳解】A．由該物質的結構可知，其分子式為：C8H15O6N，故A錯誤；

B．該物質結構中含有多個醇羥基，能發生縮聚反應，故B正確；

C．組成和結構相似，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，該物質結構中含有C=O鍵，即分子中σ鍵和π鍵均

有，故D錯誤；

故選B。

6.地球上的生物氮循環涉及多種含氮物質，轉化關系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺

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(NH2OH)以中間產物的形式參與循環。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應的產物鹽

酸羥胺([NH3OH]Cl)廣泛用子藥品、香料等的合成。

-4-5-9

已知25℃時，KaHNO2=7.2′10，KbNH3×H2O=1.8′10，KbNH2OH=8.7′10。

NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是

A.標準狀況下，2.24LX和Y混合氣體中氧原子數為0.1NA

-1+-

B.1L0.1mol×LNaNO2溶液中Na和NO2數均為0.1NA

-

C.3.3gNH2OH完全轉化為NO2時，轉移的電子數為0.6NA

D.2.8gN2中含有的價電子總數為0.6NA

【答案】A

【解析】

-

【分析】NO2在亞硝酸鹽還原酶的作用下轉化為X，X在X還原酶的作用下轉化為Y，X、Y均為氮氧化

物，即X為NO，Y為N2O。

【詳解】A．標準狀況下，2.24LNO和N2O混合氣體物質的量為0.1mol，氧原子數為0.1NA，故A正

確；

--1-

B．HNO2為弱酸，因此NO2能夠水解為HNO2，1L0.1mol×LNaNO2溶液中NO2數目小于0.1NA，

故B錯誤；

-

C．NH2OH完全轉化為NO2時，N的化合價由-1上升到+3，3.3gNH2OH物質的量為0.1mol，轉移的

電子數為0.4NA，故C錯誤；

D．2.8gN2物質的量為0.1mol，N的價電子數等于最外層電子數為5，2.8gN2含有的價電子總數為

第4頁/共23頁

NA，故D錯誤；

故選A。

7.地球上的生物氮循環涉及多種含氮物質，轉化關系之一如下圖所示(X、Y均為氮氧化物)，羥胺

(NH2OH)以中間產物的形式參與循環。常溫常壓下，羥胺易潮解，水溶液呈堿性，與鹽酸反應的產物鹽

酸羥胺([NH3OH]Cl)廣泛用子藥品、香料等的合成。

-4-5-9

已知25℃時，KaHNO2=7.2′10，KbNH3×H2O=1.8′10，KbNH2OH=8.7′10。

下列有關物質結構或性質的比較中，正確的是

-

A.鍵角：NH3>NO3

B.熔點：NH2OH>NH3OHCl

C.25℃同濃度水溶液的pH:NH3OHCl>NH4Cl

D.羥胺分子間氫鍵的強弱：O-H···O>N-H···N

【答案】D

【解析】

1

【詳解】A．NH中N原子的價層電子對數=3+(5-3′1)=3+1=4，為sp3雜化，鍵角為107°，NO-中N

323

1

的價層電子對數=3+(5+1-3′2)=3+0=3，為sp2雜化，鍵角為120°，故鍵角：NH＜NO-，A項錯誤；

233

B．NH2OH為分子晶體，NH3OHCl為離子晶體，故熔點：NH2OH＜NH3OHCl，B項錯誤；

C．由題目信息可知，25℃下，Kb(NH3×H2O)＞Kb(NH2OH)，故NH2OH的堿性比NH3×H2O弱，故同

++

濃度的水溶液中，NH3OH的電離程度大于NH4的電離程度，同濃度水溶液的pH：

NH3OHCl＜NH4Cl，C項錯誤；

D．O的電負性大于N，O-H鍵的極性大于N-H鍵，故羥胺分子間氫鍵的強弱O-HLO＞N-HLN，D項

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正確；

故選D。

8.某催化劑結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是

A.該物質中Ni為+2價B.基態原子的第一電離能：Cl>P

C.該物質中C和P均采取sp2雜化D.基態Ni原子價電子排布式為3d84s2

【答案】C

【解析】

【詳解】A．由結構簡式可知，P原子的3個孤電子與苯環形成共用電子對，P原子剩余的孤電子對與Ni形

成配位鍵，Cl-提供孤電子對，與Ni形成配位鍵，由于整個分子呈電中性，故該物質中Ni為+2價，A項

正確；

B．同周期元素隨著原子序數的增大，第一電離能有增大趨勢，故基態原子的第一電離能：Cl＞P，B項正

確；

C．該物質中，C均存在于苯環上，采取sp2雜化，P與苯環形成3對共用電子對，剩余的孤電子對與Ni形

成配位鍵，價層電子對數為4，采取sp3雜化，C項錯誤；

D．Ni的原子序數為28，位于第四周期第Ⅷ族，基態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，不能實現相應實驗目的的是

選

實驗目的試劑用品

項

MgCl2溶液、AlCl3溶

A比較鎂和鋁的金屬性強弱試管、膠頭滴管

液、氨水

乙醇、乙酸、濃硫酸、飽試管、橡膠塞、導管、乳膠管鐵架臺(帶

B制備乙酸乙酯

和Na2CO3溶液鐵夾)、碎瓷片、酒精燈、火柴

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制備éCuNHùSO

?34?4

CCuSO4溶液、氨水試管、膠頭滴管

溶液

利用鹽類水解制備燒杯、膠頭滴管、石棉網、三腳架、酒

D飽和FeCl3溶液、蒸餾水

Fe(OH)3膠體精燈、火柴

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液與氨水反應時現象相同，都只產生白色沉淀，不能比較Mg和Al的金

屬性強弱，A項不能實現實驗目的；

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

熱條件下發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，在飽和碳酸鈉溶液液面上收集乙酸乙酯，發生反應的化學方程

濃硫酸

式為CH3COOH+CH3CH2OH?????CH3COOCH2CH3+H2O，B項能實現實驗目的；

???Δ??

C．向盛有CuSO4溶液的試管中滴加氨水，首先產生藍色Cu(OH)2沉淀，繼續滴加氨水，沉淀溶解得到深

藍色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，發生反應的化學方程式為CuSO4+4NH3?H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C項能實

現實驗目的；

D．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，繼續加熱至液體呈紅褐色即制

D

得Fe(OH)3膠體，反應的化學方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，D項能實現實驗目的；

答案選A。

X(g)

10.某溫度下，在密閉容器中充入一定量的，發生下列反應：X(g)?Y(g)ΔH1<0，

Y(g)?Z(g)ΔH2<0，測得各氣體濃度與反應時間的關系如圖所示。下列反應進程示意圖符合題意的

是

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A.B.C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】由圖可知，反應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的濃度繼續逐漸增大，說明X(g)?Y(g)的反應速率大于Y(g)?Z(g)

的反應速率，則反應X(g)?Y(g)的活化能小于反應Y(g)?Z(g)的活化能。

【詳解】A．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，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.我國學者研發出一種新型水系鋅電池，其示意圖如下。該電池分別以Zn-TCPP(局部結構如標注框內

所示)形成的穩定超分子材料和Zn為電極，以ZnSO4和KI混合液為電解質溶液。下列說法錯誤的是

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A.標注框內所示結構中存在共價鍵和配位鍵

放電

B.電池總反應為：I-+ZnZn2++3I-

3??????????充電

C.充電時，陰極被還原的Zn2+主要來自Zn-TCPP

D.放電時，消耗0.65gZn，理論上轉移0.02mol電子

【答案】C

【解析】

【分析】由圖中信息可知，該新型水系鋅電池的負極是鋅、正極是超分子材料；負極的電極反應式為

-2+2+----

Zn-2e=Zn，則充電時，該電極為陰極，電極反應式為Zn+2e=Zn；正極上發生I3+2e=3I，

---

則充電時，該電極為陽極，電極反應式為3I-2e=I3。

【詳解】A．標注框內所示結構屬于配合物，配位體中存在碳碳單鍵、碳碳雙鍵、碳氮單鍵、碳氮雙鍵和

碳氫鍵等多種共價鍵，還有由N提供孤電子對、Zn2+提供空軌道形成的配位鍵，A正確；

放電

B．由以上分析可知，該電池總反應為I-+ZnZn2++3I-，B正確；

3??????????充電

C．充電時，陰極電極反應式為Zn2++2e-=Zn，被還原的Zn2+主要來自電解質溶液，C錯誤；

D．放電時，負極的電極反應式為Zn-2e-=Zn2+，因此消耗0.65gZn（物質的量為0.01mol），理論上轉

移0.02mol電子，D正確；

綜上所述，本題選C。

2-2-

12.室溫下，為探究納米鐵去除水樣中SeO4的影響因素，測得不同條件下SeO4濃度隨時間變化關系如

下圖。

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實驗序水樣體積/納米鐵質量/水樣初始

號mLmgpH

①5086

②5026

③5028

下列說法正確的是

實驗①中，小時內平均反應速率vSeO2-=2.0mol×L-1×h-1

A.0~24

2-+3+

B.實驗③中，反應的離子方程式為：2Fe+SeO4+8H=2Fe+Se+4H2O

C.其他條件相同時，適當增加納米鐵質量可加快反應速率

2-

D.其他條件相同時，水樣初始pH越小，SeO4的去除效果越好

【答案】C

【解析】

【詳解】A.實驗①中，0~2小時內平均反應速率

(5.0′10-3-1.0′10-3)mol×L-1

2--3-1-1，A不正確；

vSeO4==2.0′10mol×L×h

2h

B.實驗③中水樣初始pH=8，溶液顯弱堿性，發生反應的離子方程式中不能用H+配電荷守恒，B不正

確；

2-

C.綜合分析實驗①和②可知，在相同時間內，實驗①中SeO4濃度的變化量大，因此，其他條件相同時，

適當增加納米鐵質量可加快反應速率，C正確；

2-

D.綜合分析實驗③和②可知，在相同時間內，實驗②中SeO4濃度的變化量大，因此，其他條件相同時，

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2-++

適當減小初始pH，SeO4的去除效果越好，但是當初始pH太小時，H濃度太大，納米鐵與H反應速

2-2-

率加快，會導致與SeO4反應的納米鐵減少，因此，當初始pH越小時SeO4的去除效果不一定越好，D

不正確；

綜上所述，本題選C。

2+

13.環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd。已知25℃時，H2S飽和溶液濃度

-1-6.97-12.90-17.20-26.10

約為0.1mol×L，Ka1H2S=10，Ka2H2S=10，Ksp(FeS)=10，Ksp(CdS)=10。下

列說法錯誤的是

++--2-

A.Na2S溶液中：cH+cNa=cOH+cHS+2cS

-1+2---

B.0.01mol×LNa2S溶液中：cNa>cS>cOH>cHS

C.向cCd2+=0.01mol×L-1的溶液中加入FeS，可使cCd2+<10-8mol×L-1

2+-1+2+

D.向cCd=0.01mol×L的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：cH>cCd

【答案】B

【解析】

++--2-

【詳解】A．Na2S溶液中只有5種離子，分別是H、Na、OH、HS、S，溶液是電中性的，存在電

荷守恒，可表示為cH++cNa+=cOH-+cHS-+2cS2-，A正確；

-12-

B．0.01mol×LNa2S溶液中，S水解使溶液呈堿性，其水解常數為

---14

c(OH)×c(HS)KW10-1.1--1.1-1

Kh=2-==-12.9=10，根據硫元素守恒可知c(HS)<10mol×L,所以

c(S)Ka210

c(OH-)

>1，則c(OH-)>c(S2-)，B不正確；

c(S2-)

2+-1

C．Ksp(FeS)遠遠大于Ksp(CdS)，向cCd=0.01mol×L的溶液中加入FeS時，可以發生沉淀的轉

K(FeS)10-17.20

K=sp==108.9105

化，該反應的平衡常數為-26.10?，因此該反應可以完全進行，CdS的飽

Ksp(CdS)10

和溶液中cCd2+=10-26.1mol×L-1=10-13.05mol×L-1，若加入足量FeS時可使cCd2+<10-8mol×L-1，

C正確

D．Cd2++HSCdS+2H+的平衡常數

2??????

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c（2H+）K×K10-6.97′10-12.90

K==a1a2==106.23105

2+-26.10?，該反應可以完全進行，因此，當向

（cCd）×（cH2S）Ksp10

2+-12+

cCd=0.01mol×L的溶液中通入H2S氣體至飽和，Cd可以完全沉淀，所得溶液中

cH+>cCd2+，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電氧化物(LixLayTiO3)，其立方晶胞和導電時Li遷移過程

如下圖所示。已知該氧化物中Ti為+4價，La為+3價。下列說法錯誤的是

1

A.導電時，Ti和La的價態不變B.若x=，Li+與空位的數目相等

3

C.與體心最鄰近的O原子數為12D.導電時、空位移動方向與電流方向相反

【答案】B

【解析】

【詳解】A．根據題意，導電時Li+發生遷移，化合價不變，則Ti和La的價態不變，A項正確；

11

B．根據“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

84

1221

x=，則La和空位共，n(La)+n(空位)=，結合正負化合價代數和為0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-

3333

51

2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+與空位數目不相等，B項錯誤；

99

C．由立方晶胞的結構可知，與體心最鄰近的O原子數為12，即位于棱心的12個O原子，C項正確；

D．導電時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.精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等多種元素。研究人員設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。

第12頁/共23頁

回答下列問題：

（1）Cu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，單質金轉化為HAuCl4的化學方程式為_______。

3-

（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學式)轉化為éAgSOù。

?232?

（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為_______。“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用

的物質為_______(填化學式)。

（6）“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產物Au的物質的量之比為_______。

2-

（7）Na2S2O3可被I2氧化為Na2S4O6。從物質結構的角度分析S4O6的結構為(a)而不是(b)的原因：

_______。

【答案】（1）①.四②.ⅠB

2+

（2）Cu（3）2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O

3--2-

（4）AgCl（5）①.Ag(S2O3)2+e=Agˉ+2S2O3②.Na2S2O3

（6）3：4（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較

大，較不穩定，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)結構

【解析】

【分析】精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為

2+

Cu進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化

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為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為

3-

Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3，將AgCl轉化為Ag(S2O3)2，得到浸出液3，利

3-

用電沉積法將Ag(S2O3)2還原為Ag。

【小問1詳解】

Cu的原子序數為29，位于第四周期第ⅠB族；

【小問2詳解】

2+

由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu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詳解】

浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據得失電子守恒及質量守恒，

可得反應得化學方程式為：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；

【小問4詳解】

3-

根據分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S2O3反應轉化為Ag(S2O3)2；

【小問5詳解】

3-

電沉積步驟中，陰極發生還原反應，Ag(S2O3)2得電子被還原為Ag，電極反應式為：

3-

-2-2-+

Ag(S2O3)2+e=Agˉ+2S2O3；陰極反應生成S2O3，同時陰極區溶液中含有Na，故電沉積步驟完成

后，陰極區溶液中可循環利用得物質為Na2S2O3；

【小問6詳解】

還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變為0價，一個HAuCl4轉移3個電子，N2H4被氧

化為N2，N的化合價由-2價變為0價，一個N2H4轉移4個電子，根據得失電子守恒，被氧化的N2H4與產

物Au的物質的量之比為3：4；

【小問7詳解】

(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩定，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)結構。

16.測定鐵礦石中鐵含量的傳統方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7，滴定法。研究小組用該方法測定質量為

ag的某赤鐵礦試樣中的鐵含量。

【配制溶液】

-1

①cmol×LK2Cr2O7標準溶液。

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②SnCl2溶液：稱取6gSnCl2×2H2O溶于20mL濃鹽酸，加水至100mL，加入少量錫粒。

【測定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。

2+4+2+2-2+

已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時HgCl2，可將Sn氧化為Sn。難以氧化Fe；Cr2O7可被Fe還

原為Cr3+。回答下列問題：

（1）下列儀器在本實驗中必須用到的有_______(填名稱)。

（2）結合離子方程式解釋配制SnCl2溶液時加入錫粒的原因：_______。

（3）步驟I中“微熱”的原因是_______。

（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，則會導致測定的鐵含量_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

-1ag

（5）若消耗cmol×LK2Cr2O7標準溶液VmL，則試樣中Fe的質量分數為_______(用含a、c、V的

代數式表示)。

（6）SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可測定鐵的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3將鐵礦石試樣中

3+2+

Fe還原為Fe，再用KMnO4標準溶液滴定。

①從環保角度分析，該方法相比于SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7，滴定法的優點是_______。

-2+

②為探究KMnO4溶液滴定時，Cl在不同酸度下對Fe測定結果的影響，分別向下列溶液中加入1滴

-1

0.1mol×LKMnO4溶液，現象如下表：

溶液現象

空白實驗2mL0.3mol×L-1NaCl溶液+0．5mL試劑X紫紅色不褪去

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實驗I2mL0.3mol×L-1NaCl溶液+0.5mL0.1mol×L-1硫酸紫紅色不褪去

實驗ⅱ2mL0.3mol×L-1NaCl溶液+0.5mL6mol×L-1硫酸紫紅色明顯變淺

表中試劑X為_______；根據該實驗可得出的結論是_______。

【答案】（1）容量瓶、量筒

2+4+2++4+

（2）Sn易被空氣氧化為Sn，離子方程式為2Sn+O2+4H=2Sn+2H2O，加入Sn，發生反應

Sn4++Sn=2Sn2+，可防止Sn2+氧化

（3）增大SnCl2×2H2O的溶解度，促進其溶解

33.6cV

（4）偏小（5）%

a

-

（6）①.更安全，對環境更友好②.H2O③.酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl被KMnO4

2+

氧化的可能性越大，對Fe測定結果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶

液的pH值

【解析】

3+

【分析】濃鹽酸與試樣反應，使得試樣中Fe元素以離子形式存在，滴加稍過量的SnCl2使Fe還原為

2+2+4+

Fe，冷卻后滴加HgCl2，將多余的Sn氧化為Sn，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示劑，用K2Cr2O7

2+3+2+2-+3+3+

進行滴定，將Fe氧化為Fe，化學方程式為6Fe+Cr2O7+14H=2Cr+6Fe+7H2O。

【小問1詳解】

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詳解】

2+4+2++4+

Sn易被空氣氧化為Sn，離子方程式為2Sn+O2+4H=2Sn+2H2O，加入Sn，發生反應

Sn4++Sn=2Sn2+，可防止Sn2+氧化；

【小問3詳解】

步驟I中“微熱”是為了增大SnCl2×2H2O的溶解度，促進其溶解；

【小問4詳解】

2+3+

步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe易被空氣中的O2氧化為Fe，導致測定的鐵含量偏小；

【小問5詳解】

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2+2-+3+3+

根據方程式6Fe+Cr2O7+14H=2Cr+6Fe+7H2O可得：

2+2--3，試樣中元素的質量為

nFe=6′nCr2O7=6′10cVmolagFe

0.336cVg33.6cV

6′10-3cVmol′56g/mol=0.336cVg，質量分數為′100%=%

aga

【小問6詳解】

2+2+2+4+

①SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7方法中，HgCl2氧化Sn的離子方程式為：Hg+Sn=Sn+Hg，生成的

Hg有劇毒，因此SnCl2-TiCl3-KMnO4相比于SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7的優點是：更安全，對環境更友

好；

-1

②2mL0.3mol×LNaCl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，

-2+

KMnO4的氧化性越強，Cl被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe測定結果造成干擾的可能性越大，因此在

KMnO4標準液進行滴定時，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注。回答下列問題：

【乙烷制乙烯】

（1）C2H6氧化脫氫反應：

-1

2C2H6(g)+O2(g)=2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1=-209.8kJ×mol

-1

C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH2=178.1kJ×mol

-1

計算：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH3=_______kJ×mol

（2）C2H6直接脫氫反應為C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH4，C2H6的平衡轉化率與溫度和壓強的關系

如圖所示，則ΔH4=_______0(填“>”“<”或“=”)。結合下圖。下列條件中，達到平衡時轉化率最接

近40%的是_______(填標號)。

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a．600°C,0.6MPab．700°C,0.7MPac．800°C,0.8MPa

（3）一定溫度和壓強下、反應iC2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)Ka1

反應ⅱC2H6(g)+H2(g)?2CH4(g)Ka2(Ka2遠大于Ka1)(Kx是以平衡物質的量分數代替平衡濃度計

算的平衡常數)

①僅發生反應i時。C2H6的平衡轉化宰為25．0%，計算Ka1=_______。

②同時發生反應i和ⅱ時。與僅發生反應i相比，C2H4的平衡產率_______(填“增大”“減小”或“不

變”)。

【乙烷和乙烯混合氣的分離】

++

（4）通過Cu修飾的Y分子篩的吸附-脫附。可實現C2H4和C2H6混合氣的分離。Cu的_______與

C2H4分子的π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C2H4

和C2H6的優點是_______。

（5）常溫常壓下，將C2H4和C2H6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(c0)之比隨時間變化關系如圖所示。下列推斷合理的是_______(填標號)。

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A．前30min，兩種氣體均未被吸附

B．p點對應的時刻，出口氣體的主要成分是C2H6

C．a-b對應的時間段內，吸附的C2H6逐新被C2H4替代

【答案】（1）-566

（2）①.>②.b

1

（3）①.②.增大

15

（4）①.4s空軌道②.識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產物中雜質少，純度較

高

（5）BC

【解析】

【小問1詳解】

將兩個反應依次標號為反應①和反應②，反應①-反應②×2可得目標反應，則ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-

178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。

【小問2詳解】

從圖中可知，壓強相同的情況下，隨著溫度升高，C2H6的平衡轉化率增大，因此該反應為吸熱反應，

ΔH4>0。

a．600℃，0.6MPa時，C2H6的平衡轉化率約為20%，a錯誤；

b．700℃，0.7MPa時，C2H6的平衡轉化率約為50%，最接近40%，b正確；

c．700℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉化率接近50%，升高溫度，該反應的化學平衡正向移動，C2H6轉化率

增大，因此800℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉化率大于50%，c錯誤；

故答案選b。

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【小問3詳解】

①僅發生反應i，設初始時C2H6物質的量為1mol，平衡時C2H6轉化率為25%，則消耗C2H60.25mol，生成

0.2′0.21

C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。

0.615

②只發生反應i時，隨著反應進行，氣體總物質的量增大，壓強增大促使化學平衡逆向移動，同時發生反

應i和反應ii，且從題干可知Ka2遠大于Ka1，反應ii為等體積反應，因為反應ii的發生相當于在單獨發生

反應i的基礎上減小了壓強，則反應i化學平衡正向移動，C2H4平衡產率增大。

【小問4詳解】

+

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，優點是識別度高，能有效將C2H4和C2H6分離，分離出的產

物中雜質少，純度較高。

【小問5詳解】

c

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；

c0

cc

B．p點時，C2H6對應的約為1.75，出口處C2H6濃度較大，而C2H4對應的較小，出口處C2H4濃度

c0c0

較小，說明此時出口處氣體的主要成分為C2H6，B正確；

cc

C．a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

c0c0

c

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

c0

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

c

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

c0

吸附劑不能再吸附兩種物質，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(Ph代表苯基，部分反應條件略去)：