【334107】2024年普通高中学业水平选择性化学考试安徽卷

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【334107】2024年普通高中学业水平选择性化学考试安徽卷

时间：2025-01-21 18:43:06 作者：字数：28660字

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绝密★启用前

160838-卷5▶2024年普通高中学业水平选择性考试(安徽卷)《2025高考必刷卷十年真题化学通用版》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

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．下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是（）

A．煤干馏煤油B．石油分馏乙烯C．油脂皂化甘油D．淀粉水解乙醇

2．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．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，利用中和发酵过程产生的酸

4．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

5． 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C₈H₁₄O₆N 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，完成下列小题。

　　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，K_a(HNO₂)＝7.2×10^－4，K_b(NH₃·H₂O)＝1.8×10^－5，K_b(NH₂OH)＝8.7×10^－9。

6．N_A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A．标准状况下，2.24 L X和Y混合气体中氧原子数为0.1N_A

B．1 L 0.1 mol·L^－1 NaNO₂溶液中Na^＋和数均为0.1N_A

C．3.3 g NH₂OH完全转化为时，转移的电子数为0.6N_A

D．2.8 g N₂中含有的价电子总数为0.6N_A

7．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（）

A．键角：＞

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．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．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

10．某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：＜，＜，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．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＋充电放电^＋＋^－

C．充电时，阴极被还原的Zn^2＋主要来自Zn－TCPP

D．放电时，消耗0.65 g Zn，理论上转移0.02 mol电子

12．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(Se )＝2.0 mol·L^－1·h^－1

B．实验③中，反应的离子方程式为＋＋^＋ 2Fe^3＋＋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．环境保护工程师研究利用Na₂S、FeS和H₂S处理水样中的Cd^2＋。已知25 ℃时，H₂S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L^－1，K_a1(H₂S)＝10^－6.97，K_a2(H₂S)＝10^－12.90，K_sp(FeS)＝10^－17.20，K_sp(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(S^2－)

B．0.01 mol·L^－1Na₂S溶液中：c(Na^＋)＞c(S^2－)＞c(OH^－)＞c(HS^－)

C．向c(Cd^2＋)＝0.01 mol·L^－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd^2＋)＜10^－8 mol·L^－1

D．向c(Cd^2＋)＝0.01 mol·L^－1的溶液中通入H₂S气体至饱和，所得溶液中：c(H^＋)＞c(Cd^2＋)

14．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(Li_xLa_yTiO₃)，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＝，^＋与空位的数目相等

C．与体心最邻近的O原子数为12D．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[Ag(S₂O₃)₂]^3－。

(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：　　　　　　　　。

(a) (b)

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a g的某赤铁矿试样中的铁含量。

【配制溶液】

①c mol·L^－1 K₂Cr₂O₇标准溶液。

②SnCl₂溶液：称取6 g SnCl₂·2H₂O溶于20 mL浓盐酸，加水至100 mL，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Sn^2＋氧化为Sn^4＋，难以氧化Fe^2＋；可被Fe^2＋还原为Cr^3＋。

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c mol·L^－1 K₂Cr₂O₇标准溶液V mL，则a g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Fe^3＋还原为Fe^2＋，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Fe^2＋测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1 mol·L^－1 KMnO₄溶液，现象如表：

	溶液	现象
空白实验	2 mL 0.3 mol·L^－1 NaCl溶液＋0.5 mL试剂X	紫红色不褪去
实验ⅰ	2 mL 0.3 mol·L^－1 NaCl溶液＋0.5 mL 0.1 mol·L^－1硫酸	紫红色不褪去
实验ⅱ	2 mL 0.3 mol·L^－1 NaCl溶液＋0.5 mL 6 mol·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：

＋ 2C₂H₄(g)＋2H₂O(g)　ΔH₁＝－209.8 kJ·mol^－1

＋＋＋　ΔH₂＝178.1 kJ·mol^－1

计算：＋ 2CO₂(g)　ΔH₃＝　　　　kJ·mol^－1。

(2)C₂H₆直接脱氢反应为＋　ΔH₄、C₂H₆的平衡转化率与温度和压强的关系如图甲所示，则ΔH₄　　　　0(填“＞”“＜”或“＝”)。结合图甲，下列条件中，达到平衡时转化率最接近40％的是　　　　(填序号)。

a．600 ℃、0.6 MPa

b．700 ℃、0.7 MPa

c．800 ℃、0.8 MPa

(3)一定温度和压强下，

反应ⅰ　＋　K_x1

反应ⅱ　＋ 2CH₄(g)　K_x2(K_x2远大于K_x1)

(K_x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K_x1＝　　　　。

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图乙所示。下列推断合理的是　　　　(填序号)。

A．前30 min，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．(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)RX Ｍ无水醚

ⅱ)RMgX易与含活泼氢化合物(HY)反应：＋＋

HY代表H₂O、ROH、RNH₂、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　　　　(填序号)。

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)。

参考答案

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. C

煤干馏主要得到焦炉气、煤焦油、焦炭等，不能得到煤油，煤油是石油的分馏产物，A错误；石油分馏可得到饱和烃，不能得到乙烯，再经裂化、裂解可以得到乙烯，B错误；油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，C正确；淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转变为乙醇：C₆H₁₂O₆(葡萄糖) 酶＋，该反应不属于水解反应，D错误。

2. D

过氧化钠与水反应生成O₂，可观察到固体溶解且有气泡产生，硫黄与水不反应且难溶于水，可用水鉴别二者，A不符合题意；水晶为晶体，玻璃为非晶体，晶体的X射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体的X射线衍射图谱中没有明锐的衍射峰，故可用X射线衍射实验鉴别二者，B不符合题意；钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)，可用焰色试验鉴别二者，C不符合题意；苯和甲苯均不与溴水反应，都能萃取溴水中的溴单质，密度均比水小，故萃取后有色液体都处于上层，两者现象一样，无法鉴别，D符合题意。

3. A

中性或弱酸性条件下钢铁等金属的腐蚀主要是吸氧腐蚀，吸氧腐蚀的发生需要铁同时与和接触，保持铁锅的干燥可减缓腐蚀，A正确；受热不分解，日常食用盐中常添加碘酸钾，碘酸钾不稳定、受热易分解，因此烹饪时，后期加入食盐最佳，B错误；白糖的主要成分为蔗糖，蔗糖在无水条件下加热发生焦糖化反应，脱水生成深色的物质，达到为食物增色的效果，此过程并非充分炭化，C错误；纯碱为，能与面团发酵产生的酸反应，D错误。

4. D

Cl₂和水反应不能得到NaClO，A错误；SO₂和水反应不能直接得到H₂SO₄，还需要加入氧化剂O₂，反应为＋＋ 2H₂SO₄，B错误； Fe₂O₃和水不反应，不能得到Fe(OH)₃，C错误；CO₂可与H₂O直接反应生成H₂CO₃，H₂CO₃和CaCO₃反应生成Ca(HCO₃)₂，Ca(HCO₃)₂分解产生CO₂，D正确。

5. B

由题图结构简式可得该物质的分子式为C₈H₁₅O₆N，A错误；分子中存在多个羟基，可以发生缩聚反应，B正确；葡萄糖不含有N元素，题给物质和葡萄糖不属于同系物，C错误；分子中含有碳氧双键，1个碳氧双键中包含1个σ键和1个π键，D错误。

6. 6．A 7．D

6．中N的化合价为＋3价，被还原得到X，X继续被还原得到Y，Y继续被还原得到N₂，由题目信息得X、Y均为氮氧化物，则X中N元素为＋2价，Y中N元素为＋1价，所以X为NO，Y为N₂O，标准状况下，2.24 L的X、Y混合气体的物质的量为0.1 mol，氧原子的数目为0.1N_A，A正确；NaNO₂溶液中会发生水解反应，数目小于0.1N_A，B错误；NH₂OH转化为，的化合价由－1价升高到＋3价，3.3 g NH₂OH的物质的量为0.1 mol，转移电子数目为0.1 mol×4N_A mol^－¹＝0.4N_A，C错误；N的价电子排布式为2s²2p³，价电子数为5，2.8 g N₂的物质的量为0.1 mol，价电子总数为0.1 mol×5×2N_A mol^－¹＝N_A，D错误。

7．NH₃分子的空间结构呈三角锥形，键角为107. ，的空间结构呈平面三角形，键角为120°，A错误；NH₂OH为分子晶体，[NH₃OH]Cl为离子晶体，熔点：NH₂OH＜[NH₃OH]Cl，B错误；由题给信息可知，K_b(NH₂OH)＜K_b(NH₃·H₂O)，即[NH₃OH]^＋水解程度大于，因此[NH₃OH]Cl水溶液酸性更强，pH更小，C错误；半径小且电负性大的原子与氢原子结合形成的氢键更强，因此氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N，D正确。

7. C

P与Ni之间为配位键，P对Ni的化合价没有影响，Ni—Cl键中共用电子对偏向Cl，则Ni为＋2价，A正确；同周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，基态原子第一电离能：Cl＞P，B正确；由题图结构简式可知，P形成4个单键，为sp³杂化，C错误；Ni的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为3d⁸4s²，D正确。

8. A

MgCl₂溶液、AlCl₃溶液与氨水反应现象相同，都生成白色沉淀，且沉淀均不溶于氨水，无法判断镁和铝的金属性强弱，A符合题意；乙醇、乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应制备乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层，便于分离得到产物，题给试剂和用品均正确，B不符合题意；取少量CuSO₄溶液于试管中，用胶头滴管向CuSO₄溶液中滴加氨水至生成的沉淀溶解，即可制得[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，题给试剂和用品均正确，C不符合题意；向沸水中滴加饱和FeCl₃溶液可制备Fe(OH)₃胶体，题给试剂和用品均正确，D不符合题意。

9. B

由题给信息可知，体系中发生的两个反应均为放热反应，则物质的能量：X＞Y＞Z；Y为中间产物，由浓度－时间关系图可知，反应前期Y的浓度急速增大，设为反应，为反应2，则反应1的速率＞反应2的速率，已知速率越大，反应活化能越小，则反应1的活化能小于反应2的活化能，即过渡态1与X的能量差小于过渡态2与Y的能量差。综上可知，B正确。

10. C

标注框内所示的结构中存在共价键和Zn—N配位键，A正确；由信息梳理可知，电池总反应为＋充电放电^＋＋^－，B正确；充电时，阴极被还原的Zn²^＋主要来自电解质溶液，C错误；由负极反应式可知1 mol Zn失去2 mol电子生成1 mol Zn²^＋，消耗0.65 g(即0.01 mol) Zn时，理论上转移0.02 mol电子，D正确。

11. C

由题图可知，实验①中，0～2小时内的浓度由5.0×10^－⁵ mol·L^－¹减小到1.0×10^－⁵ mol·L^－¹，所以平均反应速率v(Se )＝＝^－ mol·L^－¹·h^－¹，A错误；实验③水样初始pH为8，呈碱性，反应的离子方程式中，反应物不应有H^＋，B错误；对比实验①和实验②可知，当其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；pH过低、酸性太强会消耗纳米铁，从而减弱的去除效果，D错误。

12. B

根据溶液中的电荷守恒可知，Na₂S溶液中存在：c(H^＋)＋c(Na^＋)＝c(OH^－)＋c(HS^－)＋2c(S²^－)，A正确；Na₂S为强碱弱酸盐，溶液中存在S²^－的水解，由K_a2(H₂S)＝10^－^12.90可知，S²^－的水解常数 ^－＝＝＝^－，根据元素守恒可知，c(HS^－)＜0.01 mol·L^－¹＜10^－^1.1 mol·L^－¹，则＝＞，故0.01 mol·L^－¹ Na₂S溶液中离子浓度：c(OH^－)＞c(S²^－)，B错误；K_sp(FeS)＝c(Fe²^＋)×c(S²^－)＝10^－^17.20，K_sp(CdS)＝c(Cd²^＋)×c(S²^－)＝10^－^26.10，K_sp(FeS)＞K_sp(CdS)，则可发生反应 ^＋＋＋^＋，该反应的平衡常数＝＝＝，反应进行较为完全，初始时c(Cd²^＋)＝0.01 mol·L^－¹，则Cd²^＋完全转化为CdS时c(Fe²^＋)＝0.01 mol·L^－¹＝10^－² ^－，^＋＝＝ mol·L^－¹＝10^－^10.90 mol·L^－¹＜10^－⁸ mol·L^－¹，C正确；Cd²^＋与H₂S发生反应 ^＋＋＋^＋，反应的平衡常数＝＝＝＝＝，由题意知，H₂S饱和溶液中c(H₂S)＝0.1 mol·L^－¹，则＝＝，＝^－，电离程度小，则溶液中c(H^＋)＜1 mol·L^－¹，c(H^＋)＞c²(H^＋)＞c(Cd²^＋)，D正确。

13. B

导电时，Ti和La没有得失电子，化合价未发生变化，A正确；设1个晶胞中含有的空位个数为z，根据晶胞结构可知，La或Li或空位位于体心，个数和为1，则有x＋y＋z＝1，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得，x＋3y＋4＋(－2)×3＝0，若＝，解得＝，＝，则Li^＋和空位的数目不相等，B错误；根据晶胞结构可知，12个氧原子位于棱心，与体心距离相等，均为面对角线长的一半，故与体心最邻近的氧原子个数为12，C正确；Li^＋带正电荷，Li^＋移动方向与电流方向相同，导电时空位移动方向与Li^＋迁移方向相反，即与电流方向相反，D正确。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

14. (14分) (1)四　ⅠB　(2)Cu^2＋ (3) ＋＋ 2HAuCl₄＋6H₂O (4)AgCl (5) ^－＋^－＋　Na₂S₂O₃ (6)3∶4　(7)氧原子电负性大、斥力大，氧氧键不稳定

(1)Cu为29号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅠB族。

(3)“浸取2”步骤中，Au在盐酸中被H₂O₂氧化为HAuCl₄，Au、HCl和H₂O₂为反应物，HAuCl₄、H₂O为生成物，根据得失电子守恒和质量守恒可得化学方程式为＋＋＋。

(5)根据流程图可知，“电沉积”生成单质Ag，说明[Ag(S₂O₃)₂]³^－在阴极发生还原反应，根据电荷守恒和质量守恒可配平电极反应式为 ^－＋^－＋；根据原子守恒可知，阴极区同时有Na₂S₂O₃生成，Na₂S₂O₃可在“浸取3”中循环利用。

(6)“还原”时“浸出液2”中的HAuCl₄被N₂H₄还原为Au，Au元素的化合价从＋3价降低到0价，N₂H₄被氧化为N₂，N元素的化合价从－2价升高到0价，1个N₂H₄分子中有2个氮原子，根据得失电子守恒知，被氧化的N₂H₄与产物Au的物质的量之比为3∶4。

15. (15分) (1)容量瓶、量筒 (2) ＋^＋ 2Sn^2＋，加入锡粒可防止Sn^2＋被空气中氧气氧化 (3)升高温度可加快赤铁矿试样的溶解速率，同时温度不宜过高，防止HCl挥发导致FeCl₃的水解程度增大 (4)偏小　(5) ％ (6)①不会生成挥发性有毒物质Hg(或不会产生重金属污染等其他合理答案)　②H₂O　其他条件相同时，酸度越大，Cl^－对Fe^2＋测定结果影响越大

(1)配制一定物质的量浓度溶液时需要容量瓶，配制SnCl₂溶液时需用量筒量取20 mL浓盐酸。

(2)根据已知信息可知Sn²^＋易被氧化为Sn⁴^＋，加入锡粒可防止Sn²^＋被空气中氧气氧化。

(4)Fe²^＋易被空气中氧气氧化，步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，部分Fe²^＋会被空气中氧气氧化，则消耗的标准溶液(氧化剂)会减少，从而使测定的铁含量偏小。

(5)根据得失电子守恒可得6Fe²^＋～6e^－～K₂Cr₂O₇，n(Fe²^＋)＝6cV×10^－³ mol，则试样中Fe的质量分数为％＝％。

(6)①SnCl₂—TiCl₃—KMnO₄滴定法不会生成挥发性有毒物质Hg，SnCl₂—HgCl₂—K₂Cr₂O₇滴定法中用到的HgCl₂，会造成重金属污染，而SnCl₂—TiCl₃—KMnO₄滴定法没有这方面的隐患。②对比题表中数据，空白实验应不加酸，同时保证Cl^－的浓度与实验ⅰ、ⅱ相同，所以加入等体积的水；根据题表中的数据分析可得出加入酸的浓度越大，Cl^－对Fe²^＋测定结果影响越大。

16. (15分) (1)－566.0　(2)＞　b (3)① 　②增大 (4)4s轨道　分离效果好且不破坏C₂H₄分子的结构 (5)B

(1)由盖斯定律可得目标反应的反应热ΔH₃＝ΔH₁－2ΔH₂＝(－209.8 kJ·mol^－¹)－2×178.1 kJ·mol^－¹＝－566.0 kJ·mol^－¹。

(2)由图甲可知其他条件相同时，随着温度的升高，C₂H₆的平衡转化率逐渐增大，即该反应是吸热反应，所以ΔH₄＞0。由图甲可知600 ℃、0.6 MPa时，C₂H₆平衡转化率略小于20％，700 ℃、0.7 MPa时，C₂H₆平衡转化率略小于50％，800 ℃、0.8 MPa时，C₂H₆平衡转化率大于50％小于80％，故选b。

(3)①设起始时充入n mol C₂H₆，由于仅发生反应ⅰ，且C₂H₆的平衡转化率为25.0％，则达到平衡时C₂H₆、C₂H₄、H₂的物质的量分别是0.75n mol、0.25n mol、0.25n mol，平衡时气体总物质的量n_总＝1.25n mol，则平衡时C₂H₆、C₂H₄、H₂的物质的量分数分别是0.6、0.2、0.2，所以＝＝。②反应ⅰ生成的H₂促进反应ⅱ正向进行，同时H₂的消耗也促进反应ⅰ正向进行，所以C₂H₄的平衡产率增大。

(4)基态Cu^＋的价层电子排布式为3d¹⁰，4s轨道为空轨道，因此Cu^＋的4s轨道和C₂H₄分子的π键电子形成配位键。通过该分子筛的吸附和脱附可实现C₂H₄和C₂H₆混合气的分离，由于该配位键强弱介于范德华力和共价键之间，所以可以通过直接吸附C₂H₄分离出C₂H₆，而不破坏C₂H₄的分子结构，且吸附的C₂H₄也容易被释放出来。

(5)根据图乙可知，前30 min两种气体的出口浓度与进口浓度之比为0，说明两种气体均被吸附，A错误；p点对应时刻，C₂H₆的出口浓度与进口浓度之比达到最大值，而C₂H₄的出口浓度与进口浓度之比接近0.1，所以该时刻出口气体的主要成分是C₂H₆，B正确；a、b两点C₂H₆对应的均为1.0，a～b对应的时间段内，C₂H₆出口浓度与进口浓度之比先逐渐增大后又逐渐减小，C₂H₄出口浓度与进口浓度之比逐渐增大，即吸附的C₂H₄逐渐被C₂H₆替代，C错误。