【精品解析】【高考真题】安徽省新高考2024年化学试卷

【高考真题】安徽省新高考2024年化学试卷
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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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
A Cl2 NaClO NaCl
B SO2 H2SO4 CaSO4
C Fe2O3 Fe（OH）3 FeCl3
D CO2 H2CO3 Ca（HCO3）2
A．A B．B C．C D．D
5．（2024·安徽）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
（2024·安徽）阅读下列材料，完成问题。
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
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
8．（2024·安徽）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
9．（2024·安徽）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
10．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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．（2024·安徽）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ⅰ 2mL0.3mol L﹣1NaCl溶液+0.5mL0.1mol L﹣1硫酸 紫红色不褪去
实验ⅱ 2mL0.3mol 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．（2024·安徽）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） ΔH1＝﹣209.8kJ mol﹣1
C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g） ΔH2＝178.1kJ mol﹣1
计算：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g） ΔH3＝　 　kJ mol﹣1
（2）C2H6直接脱氢反应为C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g） ΔH4，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 　 　（填标号）。
a.600℃，0.6MPa
b.700℃，0.7MPa
c.800℃，0.8MPa
（3）一定温度和压强下，反应ⅰ C2H6（g） C2H4（g）+H2（g） Ka1
反应ⅱ C2H6（g）+H2（g） 2CH4（g） Ka2（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”）。
（4）【乙烷和乙烯混合气的分离】
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C2H6
C．a～b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代
18．（2024·安徽）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.CH3CH2OCH2CH3
b.CH3OCH2CH2OH
c.
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）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】】A．煤油是石油分馏的产物，A错误；
B．石油分馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油的液化裂解才能得到乙烯，B错误；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，可以用于做肥皂，所以叫皂化反应，C正确；
D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下可以得到乙醇，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不会产生煤油；
B.乙烯时通过裂化和裂解产生的，石油本身不含有乙烯；
D.淀粉最终水解得到单糖，无法得到乙醇。
2．【答案】D
【知识点】焰色反应；有机物的鉴别
【解析】【解答】A．过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠，硫不溶于水，可以鉴别，A项不符合题意；
B．水晶为晶体，有独立的晶格结构，玻璃为非晶体，没有独立的晶格结构，可以用X射线衍射实验进行鉴别，可以鉴别；B项不符合题意；
C．钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色(需透过蓝色钴玻璃)，二者可以用焰色试验鉴别，可以鉴别；C不符合题意
D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上层，不能用溴水鉴别苯和甲苯，不可以鉴别；D符合题意
故答案为：D。
【分析】A.利用过氧化钠可以与水反应，硫与水不反应进行鉴别；
B.利用 ：X射线衍射实验 测定晶体结构进行鉴别晶体和非晶体；
C.利用金属焰色反应鉴别钠和钾元素，即可鉴别氯化钠和氯化钾；
D.可以利用高锰酸钾鉴别甲苯和苯。
3．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的化学性质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；
B．食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，B错误；
C．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；
D．食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.潮湿的锅会发生吸氧腐蚀，因此需要查干水分，防止生锈；
B.碘酸钾容易受热分解，所以需要防止其受热分解；
C.糖色在高温下会发生碳化，会产生一些醛类等物质；
D.碳酸钠与酸性物质反应生成气体，可以使面粉变得彭松。
4．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，不能生成NaClO，A错误；
B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；
C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；
D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.氯气可以与氢氧化钠反应生成NaClO，与水反应无法进行转换；
B.二氧化硫与水反应无法生成硫酸，三氧化硫与水反应才可以得到硫酸；
C.大多数金属氧化物与水不能直接反映生成相应的金属氢氧化物。
5．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由该物质的结构可知，其分子式为：C8H15O6N，A项错误；
B．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，故B正确；
C．组成和结构相似，相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C6H12O6，该物质分子式为：C8H15O6N，不互为同系物，故C错误；
D．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，该物质结构中含有C=O键，即分子中 σ 键和 π 键均有，故D错误；
故选B。
【分析】A.根据有机物结构即可得到分子式；
B.羟基与羟基之间可以发生脱水缩合反应；
C.分子式不相差若干个CH2原子团，不属于同系物；
D.含有碳碳双键，故含有 π键 。
【答案】6．A
7．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【分析】（1）A.根据NO和N2O都含有一个氧原子，混合气体为0.1mol，即可计算氧原子；
B. 会发生水解反应，故离子总数小于 0.1NA ，
C.根据化合价升降，确定电子转移即可计算；
D.注意计算氮气价电子数目，一个氮气含有5个价电子，据此计算即可。
（2）A根据杂化确定粒子空间构型，进而确定键角大小；
B.一般来说，分子晶体熔点小于离子晶体；
C.根据盐类水解规律，越弱越水解，即可判断溶液碱性强弱。
D.非金属性越强，形成氢键越强。
6．根据分析可知，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O；
A.标况下，混合气体物质的量为0.1mol，NO和N2O都含有一个氧原子，那么含有氧原子数目为0.1 NA ，A项正确；
B.HNO2为弱酸，因此NO2-能够水解为HNO2，溶液中NO2-和钠离子数目小于0.1NA，故B错误；
C.NH2OH完全转化为时 ，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误；
D. 2.8gN2 物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子数为5， 含有的价电子总数为NA；D项错误；
故答案为：A。
7．A. NH3 为三角锥形，键角为107°， 中N原子采用sp2杂化，键角为120°，故键角为：NH3<；A项错误；
B.根据分析可知， NH2OH 为分子晶体， [NH3OH]Cl 为盐，属于离子晶体，所以熔点： NH2OH<[NH3OH]Cl；故B项错误；
C.由题可知， Kb（NH2OH） < Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5 ，盐类水解规律为越弱越水解， [NH3OH]+水解能力大于 NH4+，故 25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]ClD.O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N ，D项正确；
故答案为：D。
8．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，Cl-提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；
B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；
C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；
D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确；
故答案为：C。
【分析】A整个分子呈电中性，2个氯离子显负二价，故Ni为+2价，
B.根据同一周期元素电离能变化趋势即可判断；
C.由图可知，P采用sp3杂化，
D.根据镍的原子序数，即可判断其价电子排布。
9．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；酯化反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A项不能实现实验目的；
B.根据实验室制备乙酸乙酯可得，需要试剂为： 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 ，实验用品为： 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴 ；B项可以实现实验目的；
C.向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，C项能够实现实验目的；
D.将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，D项能实现实验目的；
故答案为：A。
【分析】A. 比较镁和铝的金属性强弱 可以用同浓度盐酸与 镁和铝 反应的快慢，或者二者与水反应店小二剧烈程度进行判断。
10．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g) Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示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项符合题意；
C．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示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项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，反应初期随着时间推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应，+ZnZn2++3I﹣ B正确；
C．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn2+，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；
D．放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。
12．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率 ，A不正确；
B. 实验③中水样初始 =8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据0~2小时内其浓度的变化量即可确定化学反应速率；
B.根据溶液呈碱性，即可判断离子方程式错误；
C.由图可知，反应①的化学反应速率最快，纳米铁质量最大，故适当增加纳米铁质量可加快反应速率；
D.当酸性太大时，纳米铁与反应速率加快会导致与反应的纳米铁减少。
13．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 溶液中只有5种离子，分别是 ，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为 ，A正确；
B． 溶液中， 水解使溶液呈碱性，其水解常数为 ，根据硫元素守恒可知，所以 ， ，B不正确；
C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确；
D.的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据溶液电荷守恒解答即可；
B.根据硫离子水解可知，，即可判断；
C. 溶液中加入FeS 目的是除去 Cd2+，生成难容的，根据沉淀溶解转换的方程计算即可；
D. 溶液中通入H2S气体至饱和 ，发生，通过计算可得该反应可以完全进行，即镉离子完全反应。
14．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；
B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×1/8=1个，含O：12×1/4=3个，含La或Li或空位共：1个，若 ，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=5/9、n(空位)=1/9，Li+与空位数目不相等，B项错误；
C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；
D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；
故答案为：B。
【分析】A.导电时只Li+发生迁移，故晶体中离子化合价不变；
B.利用均摊法分别算出每个离子个数，再结合化合价之和等于0即可得到空位和锂离子数目关系；
C.由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，
D.由图可知，导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反。
15．【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
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应， 得电子被还原为Ag，电极反应式为：+e﹣＝Ag+2S2 阴极反应生成银，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为 Na2S2O3 ；
（6）还原步骤中， HAuCl4中Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4中N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
【分析】（1）根据铜的原子序数即可推出其在周期表位置；
（2）加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故主要金属离子为铜离子；
（3）金与被过氧化氢氧化生成 HAuCl4 ，该反应属于氧化还原，利用化合价升降相等配平即可；
（4）有分析可知， 浸渣2 主要为为氯化银；
（5） 电沉积 即把变成银，故在阴极上反应，+e﹣＝Ag+2S2
（6）还原步骤中HAuCl4与N2H4发生氧化还原反应，根据得失电子守恒即可得到其物质的量比值；
（7）（b）中含有过氧键，其化学性质不稳定。
16．【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）减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；KMnO4；Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）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，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；
（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；
（3）步骤I中“微热”是为了助溶，使铁矿石在酸液中全部溶解；
（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；
（5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为6×10-，质量分数为；
（6）① SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为： 生成的Hg有剧毒，因此相比于的优点是：更安全，对环境更友好；
②2mL 0.3mol L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，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值。
【分析】（1）本实验需要配置一定物质的量浓度，需要容量瓶和量筒，
（2） 配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因 防止 Sn2+ 被氧化
（3）微热目的是加快化学反应速率，使溶解更加充分；
（4）该实验需要立即滴定，目的是防止二价铁被氧化；否则会使测定铁的含量偏低；
（5）根据重铬酸钾与二价铁反应，找到其关系，即可得到铁的质量分数；
（6） SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 有Hg生成，有剧毒，所以 SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法 更安全。
17．【答案】（1）﹣566
（2）＞；b
（3）；减小
（4）空轨道；提高C2H6平衡转化率和C2H4选择性，且C2H4脱附时耗能少
（5）B；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。
a.600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；
b.700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；
c.700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。
②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；
B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；
C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；
故答案为：BC。
【分析】（1）结合已知方程式，根据盖斯定律即可解答；
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0，结合图像可得， .700℃，0.7MPa 时转化率接近 40% ；
（3） 仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0% ，计算出各物质的分压，即可计算出平衡常数；
（4） 通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附—脱附 分离 C2H4和C2H6 原理是利用二者能否与铜离子形成配位键，乙烯含有配位键，乙烷没有，从而实现分离。
18．【答案】（1）羟基；醛基
（2）邻二甲苯（或1，2﹣二甲苯）
（3）
（4）bc
（5）4；HC≡CCH（NH2）CH2CH2CH2C≡CH、HC≡CCH2CH（NH2）CH2CH2C≡CH、HC≡CCH（CH2NH2）CH2CH2C≡CH、HC≡CCH（CH2CH2NH2）CH2C≡CH
（6）。
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据流程中A和B的结构，A中的含氧官能团为羟基，B中的含氧官能团为醛基。
（2）根据题目中的结构，该结构的化学名称为1，2-二甲基苯(邻二甲苯)。
（3）根据分析，H的结构简式为
（4）根据已知条件ii，RMgX可以与含有活泼氢的化合物（H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等）发生反应，b中含有羟基，c中含有N-H，其H原子为活泼H原子，因此不能用b、c作溶剂。
（5）根据题目所给条件，同分异构体中含有2个碳碳三键，说明结构中不含苯环，结构中不含甲基，说明三键在物质的两端，同分异构体中又含有手性碳原子，因此，可能的结构有：CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH、CH≡C-CH2-CH2-CH(NH2)-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2NH2)-CH2-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2CH2NH2)-CH2-C≡CH，共4种。
（6）根据题目给出的流程，先将原料中的羰基还原为羟基，后利用浓硫酸脱水生成双键，随后将物质与Mg在无水醚中反应生成中间产物，后再与CF3COCF3在无水醚中反应再水解生成目标化合物，具体的流程如。
【分析】有机物A中的羟基在MnO2的催化下与氧气反应生成醛基，有机物B与Ph3CCl发生取代反应生成有机物C；有机物D中的氨基发生取代反应生成有机物E，D中的氨基变为E中的Cl，E发生已知条件i的两步反应与有机物C作用最终生成有机物G；有机物G在MnO2的催化先与氧气反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H最终发生已知条件i的反应生成目标化合物I。
1 / 1【高考真题】安徽省新高考2024年化学试卷
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．（2024·安徽）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
【答案】C
【知识点】石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】】A．煤油是石油分馏的产物，A错误；
B．石油分馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油的液化裂解才能得到乙烯，B错误；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，可以用于做肥皂，所以叫皂化反应，C正确；
D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下可以得到乙醇，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不会产生煤油；
B.乙烯时通过裂化和裂解产生的，石油本身不含有乙烯；
D.淀粉最终水解得到单糖，无法得到乙醇。
2．（2024·安徽）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
【答案】D
【知识点】焰色反应；有机物的鉴别
【解析】【解答】A．过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠，硫不溶于水，可以鉴别，A项不符合题意；
B．水晶为晶体，有独立的晶格结构，玻璃为非晶体，没有独立的晶格结构，可以用X射线衍射实验进行鉴别，可以鉴别；B项不符合题意；
C．钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色(需透过蓝色钴玻璃)，二者可以用焰色试验鉴别，可以鉴别；C不符合题意
D．苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上层，不能用溴水鉴别苯和甲苯，不可以鉴别；D符合题意
故答案为：D。
【分析】A.利用过氧化钠可以与水反应，硫与水不反应进行鉴别；
B.利用 ：X射线衍射实验 测定晶体结构进行鉴别晶体和非晶体；
C.利用金属焰色反应鉴别钠和钾元素，即可鉴别氯化钠和氯化钾；
D.可以利用高锰酸钾鉴别甲苯和苯。
3．（2024·安徽）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
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；钠的化学性质；二糖的性质和用途
【解析】【解答】A．铁发生吸氧腐蚀时，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；
B．食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，B错误；
C．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；
D．食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.潮湿的锅会发生吸氧腐蚀，因此需要查干水分，防止生锈；
B.碘酸钾容易受热分解，所以需要防止其受热分解；
C.糖色在高温下会发生碳化，会产生一些醛类等物质；
D.碳酸钠与酸性物质反应生成气体，可以使面粉变得彭松。
4．（2024·安徽）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
A Cl2 NaClO NaCl
B SO2 H2SO4 CaSO4
C Fe2O3 Fe（OH）3 FeCl3
D CO2 H2CO3 Ca（HCO3）2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，不能生成NaClO，A错误；
B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；
C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；
D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.氯气可以与氢氧化钠反应生成NaClO，与水反应无法进行转换；
B.二氧化硫与水反应无法生成硫酸，三氧化硫与水反应才可以得到硫酸；
C.大多数金属氧化物与水不能直接反映生成相应的金属氢氧化物。
5．（2024·安徽）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
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．由该物质的结构可知，其分子式为：C8H15O6N，A项错误；
B．该物质结构中含有多个醇羟基，能发生缩聚反应，故B正确；
C．组成和结构相似，相差若干个CH2原子团的化合物互为同系物，葡萄糖分子式为C6H12O6，该物质分子式为：C8H15O6N，不互为同系物，故C错误；
D．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，该物质结构中含有C=O键，即分子中 σ 键和 π 键均有，故D错误；
故选B。
【分析】A.根据有机物结构即可得到分子式；
B.羟基与羟基之间可以发生脱水缩合反应；
C.分子式不相差若干个CH2原子团，不属于同系物；
D.含有碳碳双键，故含有 π键 。
（2024·安徽）阅读下列材料，完成问题。
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
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
【答案】6．A
7．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【分析】（1）A.根据NO和N2O都含有一个氧原子，混合气体为0.1mol，即可计算氧原子；
B. 会发生水解反应，故离子总数小于 0.1NA ，
C.根据化合价升降，确定电子转移即可计算；
D.注意计算氮气价电子数目，一个氮气含有5个价电子，据此计算即可。
（2）A根据杂化确定粒子空间构型，进而确定键角大小；
B.一般来说，分子晶体熔点小于离子晶体；
C.根据盐类水解规律，越弱越水解，即可判断溶液碱性强弱。
D.非金属性越强，形成氢键越强。
6．根据分析可知，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O；
A.标况下，混合气体物质的量为0.1mol，NO和N2O都含有一个氧原子，那么含有氧原子数目为0.1 NA ，A项正确；
B.HNO2为弱酸，因此NO2-能够水解为HNO2，溶液中NO2-和钠离子数目小于0.1NA，故B错误；
C.NH2OH完全转化为时 ，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误；
D. 2.8gN2 物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子数为5， 含有的价电子总数为NA；D项错误；
故答案为：A。
7．A. NH3 为三角锥形，键角为107°， 中N原子采用sp2杂化，键角为120°，故键角为：NH3<；A项错误；
B.根据分析可知， NH2OH 为分子晶体， [NH3OH]Cl 为盐，属于离子晶体，所以熔点： NH2OH<[NH3OH]Cl；故B项错误；
C.由题可知， Kb（NH2OH） < Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5 ，盐类水解规律为越弱越水解， [NH3OH]+水解能力大于 NH4+，故 25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]ClD.O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N ，D项正确；
故答案为：D。
8．（2024·安徽）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
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，Cl-提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；
B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；
C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；
D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确；
故答案为：C。
【分析】A整个分子呈电中性，2个氯离子显负二价，故Ni为+2价，
B.根据同一周期元素电离能变化趋势即可判断；
C.由图可知，P采用sp3杂化，
D.根据镍的原子序数，即可判断其价电子排布。
9．（2024·安徽）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
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；酯化反应；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A项不能实现实验目的；
B.根据实验室制备乙酸乙酯可得，需要试剂为： 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液 ，实验用品为： 试管、橡胶塞、导管、乳胶管、铁架台（带铁夹）、碎瓷片、酒精灯、火柴 ；B项可以实现实验目的；
C.向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，C项能够实现实验目的；
D.将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，D项能实现实验目的；
故答案为：A。
【分析】A. 比较镁和铝的金属性强弱 可以用同浓度盐酸与 镁和铝 反应的快慢，或者二者与水反应店小二剧烈程度进行判断。
10．（2024·安徽）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．
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g) Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；
B．图像显示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项符合题意；
C．图像显示X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g) Y(g)的活化能大于Y(g) Z(g)的活化能，C项不符合题意；
D．图像显示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项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，反应初期随着时间推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。
11．（2024·安徽）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
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；
B．由以上分析可知，该电池总反应，+ZnZn2++3I﹣ B正确；
C．充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn2+，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；
D．放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。
12．（2024·安徽）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pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
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
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率 ，A不正确；
B. 实验③中水样初始 =8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据0~2小时内其浓度的变化量即可确定化学反应速率；
B.根据溶液呈碱性，即可判断离子方程式错误；
C.由图可知，反应①的化学反应速率最快，纳米铁质量最大，故适当增加纳米铁质量可加快反应速率；
D.当酸性太大时，纳米铁与反应速率加快会导致与反应的纳米铁减少。
13．（2024·安徽）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+）
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 溶液中只有5种离子，分别是 ，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为 ，A正确；
B． 溶液中， 水解使溶液呈碱性，其水解常数为 ，根据硫元素守恒可知，所以 ， ，B不正确；
C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确；
D.的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.根据溶液电荷守恒解答即可；
B.根据硫离子水解可知，，即可判断；
C. 溶液中加入FeS 目的是除去 Cd2+，生成难容的，根据沉淀溶解转换的方程计算即可；
D. 溶液中通入H2S气体至饱和 ，发生，通过计算可得该反应可以完全进行，即镉离子完全反应。
14．（2024·安徽）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
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；
B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×1/8=1个，含O：12×1/4=3个，含La或Li或空位共：1个，若 ，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=5/9、n(空位)=1/9，Li+与空位数目不相等，B项错误；
C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；
D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；
故答案为：B。
【分析】A.导电时只Li+发生迁移，故晶体中离子化合价不变；
B.利用均摊法分别算出每个离子个数，再结合化合价之和等于0即可得到空位和锂离子数目关系；
C.由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，
D.由图可知，导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则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．（2024·安徽）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：　 　。
【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
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应， 得电子被还原为Ag，电极反应式为：+e﹣＝Ag+2S2 阴极反应生成银，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为 Na2S2O3 ；
（6）还原步骤中， HAuCl4中Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4中N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
【分析】（1）根据铜的原子序数即可推出其在周期表位置；
（2）加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故主要金属离子为铜离子；
（3）金与被过氧化氢氧化生成 HAuCl4 ，该反应属于氧化还原，利用化合价升降相等配平即可；
（4）有分析可知， 浸渣2 主要为为氯化银；
（5） 电沉积 即把变成银，故在阴极上反应，+e﹣＝Ag+2S2
（6）还原步骤中HAuCl4与N2H4发生氧化还原反应，根据得失电子守恒即可得到其物质的量比值；
（7）（b）中含有过氧键，其化学性质不稳定。
16．（2024·安徽）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ⅰ 2mL0.3mol L﹣1NaCl溶液+0.5mL0.1mol L﹣1硫酸 紫红色不褪去
实验ⅱ 2mL0.3mol 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 　 　。
【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）减少重金属盐HgCl2的使用，有利于保护环境；KMnO4；Cl﹣在酸性较强的溶液中能够被KMnO4氧化。
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】（1）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，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；
（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；
（3）步骤I中“微热”是为了助溶，使铁矿石在酸液中全部溶解；
（4）步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；
（5）根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为6×10-，质量分数为；
（6）① SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为： 生成的Hg有剧毒，因此相比于的优点是：更安全，对环境更友好；
②2mL 0.3mol L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，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值。
【分析】（1）本实验需要配置一定物质的量浓度，需要容量瓶和量筒，
（2） 配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因 防止 Sn2+ 被氧化
（3）微热目的是加快化学反应速率，使溶解更加充分；
（4）该实验需要立即滴定，目的是防止二价铁被氧化；否则会使测定铁的含量偏低；
（5）根据重铬酸钾与二价铁反应，找到其关系，即可得到铁的质量分数；
（6） SnCl2—HgCl2—K2Cr2O7 有Hg生成，有剧毒，所以 SnCl2—TiCl3—KMnO4滴定法 更安全。
17．（2024·安徽）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） ΔH1＝﹣209.8kJ mol﹣1
C2H6（g）+CO2（g）═C2H4（g）+H2O（g）+CO（g） ΔH2＝178.1kJ mol﹣1
计算：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g） ΔH3＝　 　kJ mol﹣1
（2）C2H6直接脱氢反应为C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g） ΔH4，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 　 　（填标号）。
a.600℃，0.6MPa
b.700℃，0.7MPa
c.800℃，0.8MPa
（3）一定温度和压强下，反应ⅰ C2H6（g） C2H4（g）+H2（g） Ka1
反应ⅱ C2H6（g）+H2（g） 2CH4（g） Ka2（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”）。
（4）【乙烷和乙烯混合气的分离】
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C2H6
C．a～b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代
【答案】（1）﹣566
（2）＞；b
（3）；减小
（4）空轨道；提高C2H6平衡转化率和C2H4选择性，且C2H4脱附时耗能少
（5）B；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。
a.600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；
b.700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；
c.700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。
②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；
B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；
C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；
故答案为：BC。
【分析】（1）结合已知方程式，根据盖斯定律即可解答；
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0，结合图像可得， .700℃，0.7MPa 时转化率接近 40% ；
（3） 仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0% ，计算出各物质的分压，即可计算出平衡常数；
（4） 通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附—脱附 分离 C2H4和C2H6 原理是利用二者能否与铜离子形成配位键，乙烯含有配位键，乙烷没有，从而实现分离。
18．（2024·安徽）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.CH3CH2OCH2CH3
b.CH3OCH2CH2OH
c.
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）。
【答案】（1）羟基；醛基
（2）邻二甲苯（或1，2﹣二甲苯）
（3）
（4）bc
（5）4；HC≡CCH（NH2）CH2CH2CH2C≡CH、HC≡CCH2CH（NH2）CH2CH2C≡CH、HC≡CCH（CH2NH2）CH2CH2C≡CH、HC≡CCH（CH2CH2NH2）CH2C≡CH
（6）。
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据流程中A和B的结构，A中的含氧官能团为羟基，B中的含氧官能团为醛基。
（2）根据题目中的结构，该结构的化学名称为1，2-二甲基苯(邻二甲苯)。
（3）根据分析，H的结构简式为
（4）根据已知条件ii，RMgX可以与含有活泼氢的化合物（H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等）发生反应，b中含有羟基，c中含有N-H，其H原子为活泼H原子，因此不能用b、c作溶剂。
（5）根据题目所给条件，同分异构体中含有2个碳碳三键，说明结构中不含苯环，结构中不含甲基，说明三键在物质的两端，同分异构体中又含有手性碳原子，因此，可能的结构有：CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH、CH≡C-CH2-CH2-CH(NH2)-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2NH2)-CH2-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2CH2NH2)-CH2-C≡CH，共4种。
（6）根据题目给出的流程，先将原料中的羰基还原为羟基，后利用浓硫酸脱水生成双键，随后将物质与Mg在无水醚中反应生成中间产物，后再与CF3COCF3在无水醚中反应再水解生成目标化合物，具体的流程如。
【分析】有机物A中的羟基在MnO2的催化下与氧气反应生成醛基，有机物B与Ph3CCl发生取代反应生成有机物C；有机物D中的氨基发生取代反应生成有机物E，D中的氨基变为E中的Cl，E发生已知条件i的两步反应与有机物C作用最终生成有机物G；有机物G在MnO2的催化先与氧气反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H最终发生已知条件i的反应生成目标化合物I。
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