2024年广西新高考化学试卷

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）《天工开物》记载：软浆车榨蔗汁，一石（dàn）汁下石灰五合，取汁煎糖，冷凝成黑沙，黄泥水淋下成白糖。下列说法错误的是（　　）

A．石灰可中和蔗汁中的酸性物质

B．“冷凝成黑沙”是结晶过程

C．“黄泥水淋下”的目的是脱色

D．“白糖”的主要成分是葡萄糖

【答案】D

【考点】葡萄糖的性质和用途；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【分析】A．石灰与水反应生成氢氧化钙；

B．取汁煎糖，冷凝成黑沙为蒸发水分糖析出的过程；

C．胶体能吸附有色物质；

D．白糖的主要成分为蔗糖。

【解答】解：A．石灰与水反应生成氢氧化钙，可中和蔗汁中的酸性物质，故A正确；B．取汁煎糖，冷凝成黑沙为蒸发水分糖析出的过程，是结晶过程，故B正确；C．黄泥水属于胶体，能吸附其中的有色物质，为脱色过程，故C正确；D．白糖的主要成分为蔗糖，不是葡萄糖，故D错误；故选：D。

【难度】1

2．（3分）光照时，纳米TiO₂能使水产生羟基自由基•OH，可用于处理废水。下列表述正确的是（　　）

A．基态Ti的价电子排布式：3d²

B．•OH的电子式：

C．H₂O的VSEPR模型：

D．O的一种核素：⁸O

【答案】B

【考点】化学式或化学符号及名称的综合；原子核外电子排布；电子式

【分析】A．基态Ti的核电荷数22，电子排布式1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d²4s²；

B．•OH含9个电子，为中性原子团；

C．水中O原子的价层电子对数＝2 4；

D．O的一种核素质子数为8.

【解答】解：A．基态Ti的价电子排布式为3d²4s²，故A错误；B．•OH含9个电子，为中性原子团，电子式为： ，故B正确；C．水中O原子的价层电子对数＝2 4，所以VSEPR模型： ，故C错误；D．氧原子核电荷数8，质子数为8，故D错误；故选：B。

【难度】3

3．（3分）将NaCl固体与浓硫酸加热生成的HCl气体通至饱和NaCl溶液，可析出用于配制标准溶液的高纯度NaCl，下列相关实验操作规范的是（　　）

A.制备HCl	B.析出NaCl	C.过滤	D.定容

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】C

【考点】化学实验方案的评价

【分析】A．图中缺少加热装置；

B．HCl气体应该从左边通入；

C．析出的高纯度NaCl可以通过过滤装置得到；

D．定容时，眼睛应该平时。

【解答】解：A．NaCl固体与浓硫酸加热生成HCl气体，图中缺少加热装置，故A错误；B．HCl易溶于水，倒置的漏斗可以防止倒吸，但气体应该从左边通入，故B错误；C．析出的高纯度NaCl可以通过过滤装置得到，故C正确；D．定容时，眼睛应该平时，不是俯视，故D错误；故选：C。

【难度】1

4．（3分）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：

下列有关X和Y的说法正确的是（　　）

A．所含官能团的个数相等

B．都能发生加聚反应

C．二者中的所有原子共平面

D．均能溶于碱性水溶液

【答案】A

【考点】有机物的结构和性质

【分析】A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基；

B．碳碳双键能发生加聚反应；

C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；

D．酚—OH、—COOH、酯基、酰胺基都能与碱溶液反应。

【解答】解：A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基，X、Y中都含有4个官能团，故A正确；B．碳碳双键能发生加聚反应，X能发生加聚反应、Y不能发生加聚反应，故B错误；C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，X、Y中都含有饱和碳原子，所以X、Y中所有原子一定不共平面，故C错误；D．Y中含有羧基，能和碱液反应，X不能和碱液反应，故D错误；故选：A。

【难度】3

5．（3分）白磷（P₄）是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是（　　）

A．分子中每个P原子的孤电子对数均为1

B．常保存于水中，说明白磷密度大于1g•cm^﹣3

C．难溶于水，是因为水是极性分子，P₄是非极性分子

D．熔点低，是因为P₄分子内的P—P键弱

【答案】D

【考点】化学键与物质类别的关系；极性分子和非极性分子；磷

【分析】A．由白磷的结构 可知，每个P原子形成3个P—P键；

B．白磷常保存于水中，沉在水下，隔绝空气；

C．根据相似相溶原理分析；

D．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高。

【解答】解：A．由白磷的结构 可知，每个P原子形成3个P—P键，而P原子最外层有5个电子，则每个P原子还有1个孤电子对，故A正确；B．白磷常保存于水中，沉在水下，隔绝空气，说明白磷的密度比水的小，故B正确；C．水是极性分子，P₄分子结构对称，为非极性分子，因此白磷难溶于水，故C正确；D．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高，与白磷中P—P键的强弱无关，故D错误；故选：D。

【难度】5

6．（3分）化学与生活息息相关。下列离子方程式书写正确的是（　　）

A．用Na₂CO₃溶液处理水垢中的CaSO₄：CaSO₄（s） （aq）⇌CaCO₃（s） （aq）

B．明矾用于净水：Al³⁺+3H₂O⇌Al（OH）₃↓+3H⁺

C．抗酸药中的Mg（OH）₂可治疗胃酸过多：OH^﹣+H⁺＝H₂O

D．用酸化的KI淀粉溶液检验加碘盐中的 ： I^﹣+2H⁺＝I₂+H₂O

【答案】A

【考点】离子方程式的书写

【分析】A．可以用饱和的Na₂CO₃溶液处理水垢中CaSO₄，使CaSO₄转化为CaCO₃；

B．明矾净水是铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体；

C．氢氧化镁是沉淀，不能拆开；

D．醋酸为弱酸，应保留化学式。

【解答】解：A．可以用饱和的Na₂CO₃溶液处理水垢中CaSO₄：CaSO₄（s） （aq）⇌CaCO₃（s） （aq），故A正确；B．明矾净水是铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，离子方程式为：Al³⁺+3H₂O⇌Al（OH）₃（胶体）+3H⁺，故B错误；C．氢氧化镁是沉淀，抗酸药中的Mg（OH）₂可治疗胃酸过多：Mg（OH）₂+2H⁺＝Mg²⁺+2H₂O，故C错误；D．用醋酸和淀粉﹣KI溶液检验加碘盐中的 ，离子方程式为： 5I^﹣+6CH₃COOH═3I₂+3H₂O+6CH₃COO^﹣，故D错误；故选：A。

【难度】3

7．（3分）如图所示的铼配合物离子能电催化还原WY₂。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。标准状况下，WY和X₂是等密度的无色气体，Z₂是黄绿色气体。下列说法错误的是（　　）

A．第一电离能：X＞Y

B．图中X原子的杂化方式为sp²

C．Z元素以原子的形态与Re²⁺配位

D．Y的电负性大于W，WY中的化学键是极性键

【答案】C

【考点】原子结构与元素周期律的关系

【分析】如图所示的铼配合物离子能电催化还原WY₂，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，标准状况下，WY和X₂是等密度的无色气体，其摩尔质量相同，判断X为N元素，W为C元素，则WY为CO，X₂为N₂，Z₂是黄绿色气体为Cl₂，Z为Cl元素，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大得到，W、X、Y、Z分别为：C、N、O、Cl，据此分析判断。

【解答】解：A．N原子2p轨道是半满状态，第一电离能：N＞O，既X＞Y，故A正确；B．图中结构可知，X原子的杂化方式为sp²，故B正确；C．Z元素以离子的形态与Re²⁺配位，故C错误；D．O的电负性大于C，CO中的化学键是极性键，故D正确；故选：C。

【难度】3

8．（3分）某小组对Fe₂（SO₄）₃和K₃[Fe（CN）₆]的性质进行探究：

Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴Fe₂（SO₄）₃溶液，再滴加2滴KSCN溶液。

Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴K₃[Fe（CN）₆]溶液，再滴加2滴KSCN溶液。

下列说法正确的是（　　）

A．实验Ⅰ中继续加入少量K₂SO₄固体，溶液颜色变浅

B．实验Ⅱ中溶液呈红色

C．KSCN能区分Fe₂（SO₄）₃和K₃[Fe（CN）₆]

D．焰色试验不能区分Fe₂（SO₄）₃和K₃[Fe（CN）₆]

【答案】C

【考点】性质实验方案的设计

【分析】A．实验Ⅰ中，Fe₂（SO₄）₃溶液与KSCN溶液反应的本质是Fe³⁺+3SCN^﹣⇌Fe（SCN）₃，加入少量K₂SO₄固体，K⁺和 浓度增大，但对平衡没有影响；

B．K₃[Fe（CN）₆]电离出K⁺和[Fe（CN）₆]^3﹣，[Fe（CN）₆]^3﹣不能电离出Fe³⁺；

C．Fe₂（SO₄）₃溶液与KSCN溶液反应，得到血红色溶液，K₃[Fe（CN）₆]溶液与KSCN溶液不反应；

D．铁无焰色，钾的焰色是紫色，透过蓝色钴玻璃观察。

【解答】解：A．实验Ⅰ中，Fe₂（SO₄）₃溶液与KSCN溶液反应的本质是Fe³⁺+3SCN^﹣⇌Fe（SCN）₃，加入少量K₂SO₄固体，K⁺和 浓度增大，但对平衡没有影响，平衡不移动，溶液颜色不变，故A错误；B．实验Ⅱ中，K₃[Fe（CN）₆]电离出K⁺和[Fe（CN）₆]^3﹣，[Fe（CN）₆]^3﹣不能电离出Fe³⁺，滴加2滴KSCN溶液，不显血红色，故B错误；C．Fe₂（SO₄）₃溶液与KSCN溶液反应，得到血红色溶液，K₃[Fe（CN）₆]溶液与KSCN溶液不反应，K₃[Fe（CN）₆]固体是深红色晶体，溶液是黄色，略带有黄绿色荧光，所以KSCN能区分Fe₂（SO₄）₃和K₃[Fe（CN）₆]，故C正确；D．铁无焰色，钾的焰色是紫色，透过蓝色钴玻璃观察，所以焰色试验能区分Fe₂（SO₄）₃和K₃[Fe（CN）₆]，故D错误；故选：C。

【难度】3

9．（3分）某新型钠离子二次电池（如图）用溶解了NaPF₆的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na⁺后脱嵌。下列说法错误的是（　　）

A．外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g

B．充电时，阳极电极反应为：Na₃V₂（PO₄）₃﹣xe^﹣═Na_3﹣xV₂（PO₄）₃+xNa⁺

C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na⁺浓度基本保持不变

D．电解质溶液不能用NaPF₆的水溶液替换

【答案】A

【考点】原电池与电解池的综合；二次电池

【分析】由图可知，放电时，嵌入PbSe中的Na变成Na⁺后脱嵌，故右侧电极为负极，电极反应式为Na﹣e^﹣═Na⁺，左侧电极为正极，电极反应式为Na_3﹣xV₂（PO₄）₃+xNa⁺+xe^﹣═Na₃V₂（PO₄）₃，充电时，右侧电极为阴极，电极反应式为Na⁺+e^﹣═Na，左侧电极为阳极，电极反应为Na₃V₂（PO₄）₃﹣xe^﹣═Na_3﹣xV₂（PO₄）₃+xNa⁺，据此作答。

【解答】解：A．外电路通过1mol电子时，负极质量减小1mol×23g/mol＝23g，正极质量增加1mol×23g/mol＝23g，故理论上两电极质量变化的差值为46g，故A错误；B．充电时，左侧电极为阳极，电极反应为Na₃V₂（PO₄）₃﹣xe^﹣═Na_3﹣xV₂（PO₄）₃+xNa⁺，故B正确；C．由两极反应可知，负极产生钠离子的物质的量等于正极消耗钠离子的物质的量，电解质溶液中的Na⁺浓度基本保持不变，故C正确；D．Na性质活泼，能与水反应，故电解质溶液不能用NaPF₆的水溶液替换，故D正确；故选：A。

【难度】3

10．（3分）烯烃进行加成反应的一种机理如下：

此外，已知实验测得CH₂＝CH₂、CH₃CH＝CH₂、（CH₃）₂C＝CH₂与Br₂进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是（　　）

A．乙烯与HCl反应的中间体为CH₃—CH₂

B．乙烯与氯水反应无CH₂ClCH₂OH生成

C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl

D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br₂的反应越容易

【答案】B

【考点】探究化学反应机理；有机物的结构和性质

【分析】A．电负性：H＜Cl，HCl中H带正电荷，Cl带负电荷；

B．电负性：O—＞Cl，所以H—O—Cl中，其中Cl带正电荷，HO带负电荷；

C．原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快；

D．实验测得CH₂＝CH₂、CH₃CH＝CH₂、（CH₃）₂C＝CH₂与Br₂进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越容易。

【解答】解：A．HCl中H带正电荷，Cl带负电荷，根据机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为CH₃— ，故A正确；B．氯水中存在次氯酸，结构为H—O—Cl，其中Cl带正电荷，HO带负电荷，根据机理可知，反应可能生成CH₂ClCH₂OH，故B错误；C．根据机理可知，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，原子半径：Br＞Cl，HBr中H—Br键的键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：HBr＞HCl，故C正确；D．实验测得CH₂＝CH₂、CH₃CH＝CH₂、（CH₃）₂C＝CH₂与Br₂进行加成反应的活化能依次减小，即反应越来越溶液，所以烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br₂的反应越容易，故D正确；故选：B。

【难度】3

11．（3分）一定条件下，存在H^﹣缺陷位的LiH晶体能吸附N₂使其分解为N，随后N占据缺陷位（如图）。下列说法错误的是（　　）

A．c＞0.5a

B．半径：r（H^﹣）＞r（H）

C．b＝d

D．LiH晶体为离子晶体

【答案】C

【考点】晶胞的计算

【分析】A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离；

B．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；

C．N原子的电负性比H原子大；

D．由图可知，该晶体中存在H^﹣、Li⁺。

【解答】解：A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离，即c a，故A正确；B．H^﹣与H原子电子层数和核电荷数都相同，H^﹣的核外电子数多，H^﹣半径更大，即r（H^﹣）＞r（H），故B正确C．N原子的电负性比H原子大，与Li⁺的作用力更大，使得两微粒间距离更小，即b＞d，故C错误；D．由图可知，该晶体中存在H^﹣、Li⁺，该晶体为离子晶体，故D正确；故选：C。

【难度】3

12．（3分）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A．“反应1”中，每消耗0.1mol NH₄Cl，在25℃、101kPa下得到2.24LNH₃

B．“反应2”中，每生成0.1mol NO，转移电子数为0.5N_A

C．在密闭容器中进行“反应3”，0.1mol NO充分反应后体系中有0.1N_A个NO₂

D．“反应4”中，为使0.1mol NO₂完全转化成HNO₃，至少需要0.02N_A个O₂

【答案】B

【考点】含氮物质的综合应用

【分析】NH₄Cl和氢氧化钙在加热的条件下反应，生成氯化钙、氨气和水，氨气发生催化氧化，生成NO，NO继续被氧气氧化为NO₂，NO₂与O₂、水，反应生成硝酸，据此分析作答。

【解答】解：A．25℃、101kPa不是标准状况，无法计算氨气的体积，故A错误；B．“反应2”中，NH₃被氧化为NO，N元素由﹣3价升高为+2价，升高5价，所以每生成0.1mol NO，转移电子数为0.5N_A，故B正确；C．由于平衡2NO₂⇌N₂O₄的存在，在密闭容器中进行“反应3”：2NO+O₂＝2NO₂，0.1mol NO充分反应后体系中含有NO₂的个数小于0.1N_A，故C错误；D．“反应4”中发生反应：4NO₂+O₂+2H₂O＝4HNO₃，为使0.1mol NO₂完全转化成HNO₃，至少需要0.025N_A个O₂，故D错误；故选：B。

【难度】3

13．（3分）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C₆H₅CN（苯甲腈）→C₆H₅CONH₂（苯甲酰胺）→C₆H₅COOH（苯甲酸）如图为水解过程中上述三者（分别用X、Y、Z表示）的物质的量分数x（A）随时间t的变化曲线，其中 。下列说法错误的是（　　）

A．水解产物除了Y、Z还有NH₃

B．a点时v（Y）_消耗＝v（Y）_生成

C．x（Z）在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用

D．任意25min时间段内存在v（X）＝v（Y）+v（Z）

【答案】D

【考点】化学平衡的影响因素；水解反应

【分析】苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C₆H₅CN（苯甲腈）+H₂O→C₆H₅CONH₂（苯甲酰胺），C₆H₅CONH₂（苯甲酰胺）+H₂O→C₆H₅COOH（苯甲酸）+NH₃，据此作答。

【解答】解：A．由分析可知，水解产物除了Y、Z还有NH₃，故A正确；B．由图可知，a点前x（Y）增大，v（Y）消耗＜v（Y）生成，a点后x（Y）减小，v（Y）_消耗＞v（Y）_生成，a是Y物质最大值，则生成和消耗速率相等，故v（Y）_消耗＝v（Y）_生成，故B正确；C．由图可知，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用，故C正确；D．反应前期v（X）＝v（Y）+v（Z），由于v（X）明显减小，v（Y）显著增大，故三者的速率关系不再满足v（X）＝v（Y）+v（Z），故D错误；故选：D。

【难度】3

14．（3分）常温下，用0.1000mol•L^﹣1NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶液：

Ⅰ．20.00mL浓度均为0.1000mol•L^﹣1HCl和CH₃COOH溶液

Ⅱ．20.00mL浓度均为0.1000mol•L^﹣1HCl和NH₄Cl溶液

两种混合溶液的滴定曲线如图。已知K_a（CH₃COOH）＝K_b（NH₃•H₂O）＝1.8×10^﹣5，下列说法正确的是（　　）

A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线

B．a点水电离出的c（OH^﹣）数量级为10^﹣8

C．V（NaOH）＝30.00mL时，Ⅱ中c（Cl^﹣）＞c（NH₃•H₂O）＞c（ ）

D．pH＝7时，Ⅰ中c（CH₃COOH）、c（CH₃COO^﹣）之和小于Ⅱ中c（NH₃•H₂O）、c（ ）之和

【答案】D

【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算

【分析】A．醋酸根和一水合氨在浓度相等时，一水合氨溶液对应的碱性更强；

B．盐类的水解促进水的电离，则水电离出的c（OH^﹣）＝c（H⁺）；

C．V（NaOH）＝30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵、一水合氨的浓度相等，根据分析可知，铵根离子的水解程度小于一水合氨的电离程度；

D．根据原子守恒，c（CH₃COOH）、c（CH₃COO^﹣）之和等于c（NH₃•H₂O）、c（ ）之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ中所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，则Ⅱ中c（NH₃•H₂O）、c（ ）之和更大。

【解答】解：A．向溶液中加入40mLNaOH溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠呈中性，醋酸根和一水合氨在浓度相等时，一水合氨溶液对应的碱性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为M，故A错误；B．根据A中分析可知，a点对应的溶质为氯化钠和醋酸钠，溶液的pH≈8，c（H⁺）≈10^﹣8mol/L，c（OH^﹣）＝10^﹣6mol/L，盐类的水解促进水的电离，则水电离出的c（OH^﹣）＝c（H⁺）≈10^﹣6mol/L，故B错误；C．V（NaOH）＝30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵、一水合氨的浓度相等，根据分析可知，铵根离子的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c（ ）＞c（NH₃•H₂O），又c（Cl^﹣）＝2[c（ ）+c（NH₃•H₂O）]，所以：c（Cl^﹣）＞c（ ）＞c（NH₃•H₂O），故C错误；D．根据原子守恒，c（CH₃COOH）、c（CH₃COO^﹣）之和等于c（NH₃•H₂O）、c（ ）之和，根据图像，pH＝7时，Ⅱ中所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，所以Ⅰ中c（CH₃COOH）、c（CH₃COO^﹣）之和小于Ⅱ中c（NH₃•H₂O）、c（ ）之和，故D正确；故选：D。

【难度】5

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15．（14分）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿（MnO₂，含SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃和CuO等杂质）制备光电材料KMnF₃的流程如图。回答下列问题：

已知：

物质	Fe（OH）3	Al（OH）3	Cu（OH）2	Fe（OH）2	Mn（OH）2
Ksp	2.8×10﹣39	1.3×10﹣33	2.2×10﹣20	4.9×10﹣17	1.9×10﹣13

（1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H₂SO₄，其主要作用是 　 　。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 　 　（任举一例）。

（2）“滤渣1”的主要成分是 　 　（填化学式）。

（3）常温下，用CaCO₃调节溶液pH至5∼6时，可完全沉淀的离子有 　 　（填化学式）。

（4）“X”可选用 　 　。

A.H₂S

B.H₂O₂

C.Zn

D.（NH₄）₂S

（5）若用Na₂CO₃替代NaHCO₃沉锰，得到Mn₂（OH）₂CO₃沉淀。写出生成Mn₂（OH）₂CO₃的离子方程式 　 　。

（6）KMnF₃立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F^﹣紧邻的K⁺有 　 　个。已知N_A为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 　 　g•cm^﹣3（用含a、N_A的代数式表示）。

【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等；（2）SiO₂；（3）Al³⁺；（4）D；（5）2Mn²⁺+3 2H₂O＝Mn₂（OH）₂CO₃↓+2 ；（6） 。

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；晶胞的计算

【分析】软锰矿含有MnO₂、SiO₂、Fe₂O₃、Al₂O₃和CuO等杂质。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H₂SO₄，用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为KMnF₃，以此分析解答；

（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H₂SO₄；根据影响反应速率的因素，选择提高“浸取”速率的措施；

（2）二氧化硅不溶于硫酸；

（3）根据溶度积常数，Fe²⁺完全沉淀时，c（OH^﹣） mol•L^﹣1＝7×10^﹣6.5mol•L^﹣1，pH约为8.4；Al³⁺完全沉淀时，c（OH^﹣） mol•L^﹣1≈5.1×10^﹣10mol•L^﹣1，pH约为4.7；Cu²⁺完全沉淀时c（OH^﹣） mol•L^﹣1≈4.7×10^﹣8mol•L^﹣1，pH约为6.7；

（4）加“X”的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe²⁺和H₂S不反应，所以不能选用H₂S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀；

（5）若用Na₂CO₃替代NaHCO₃沉锰，得到Mn₂（OH）₂CO₃沉淀，以此书写反应的离子方程式；

（6）1个晶胞中含有1个K⁺，根据化学式KMnF₃可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F^﹣，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的为F^﹣；晶胞质量为 g g，晶胞体积为a³×10^﹣30cm³，根据ρ 计算晶体密度。

【解答】解：（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H₂SO₄，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰；根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等，故答案为：把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等；（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO₂，故答案为：SiO₂；（3）根据溶度积常数，Fe²⁺完全沉淀时，c（OH^﹣） mol•L^﹣1＝7×10^﹣6.5mol•L^﹣1，pH约为8.4；Al³⁺完全沉淀时，c（OH^﹣） mol•L^﹣1≈5.1×10^﹣10mol•L^﹣1，pH约为4.7；Cu²⁺完全沉淀时c（OH^﹣） mol•L^﹣1≈4.7×10^﹣8mol•L^﹣1，pH约为6.7；常温下用CaCO₃调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有Al³⁺，故答案为：Al³⁺；（4）加“X”的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe²⁺和H₂S不反应，所以不能选用H₂S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用（NH₄）₂S，故答案为：D；（5）若用Na₂CO₃替代NaHCO₃沉锰，得到Mn₂（OH）₂CO₃沉淀，反应的离子方程式为：2Mn²⁺+3 2H₂O＝Mn₂（OH）₂CO₃↓+2 ，故答案为：2Mn²⁺+3 2H₂O＝Mn₂（OH）₂CO₃↓+2 ；（6）1个晶胞中含有1个K⁺，根据化学式KMnF₃可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F^﹣，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的为F^﹣，则该晶体中与一个F^﹣紧邻的K⁺有4个；晶胞质量为 g g，晶胞体积为a³×10^﹣30cm³，晶体密度ρ g•cm^﹣3 ＝ g•cm^﹣3，故答案为： 。

【难度】5

16．（15分）二氧化硫脲[（NH₂）₂CSO₂]（TD）是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或碱性条件下易水解：（NH₂）₂CSO₂+H₂O＝（NH₂）₂CO+H₂SO₂。其制备与应用探究如下：

Ⅰ．由硫脲[（NH₂）₂CS]制备TD

按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入H₂O₂溶液，控制温度低于10℃和pH＜6进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。

Ⅱ．用TD进行高岭土原矿脱色（去除Fe₂O₃）探究

将mg高岭土原矿（Fe₂O₃质量分数为0.68%）制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清液VmL，用分光光度法测得该清液中Fe²⁺浓度为bmg•L^﹣1，计算Fe₂O₃的去除率。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是 　 　。

（2）Ⅰ中控制“温度低于10℃和pH＜6”的目的是 　 　。

（3）写出制备TD的化学方程式 　 　。

（4）H₂SO₂中S的化合价为 　 　。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了H₂SO₂，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是 　 　（填化学式）。

（5）Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是 　 　。

（6）高岭土中Fe₂O₃去除率为 　 　（用含m、b、V的代数式表示）。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是 　 　。

【答案】（1）恒压分液漏斗；（2）防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解；（3）（NH₂）₂CS+2H₂O₂ （NH₂）₂CSO₂+2H₂O；（4）+2；S；（5）减少二氧化硫脲的溶解损失；（6） ；亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。

【考点】制备实验方案的设计

【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入H₂O₂溶液，控制温度低于10℃和pH＜6进行反应，方程式为：（NH₂）₂CS+2H₂O₂ （NH₂）₂CSO₂+2H₂O，生成（NH₂）₂CSO₂，反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD，据此分析作答。

【解答】解：（1）仪器a的名称是恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗；（2）二氧化硫脲[（NH₂）₂CSO₂]（TD）受热或碱性条件下易水解，过氧化氢不稳定，受热也易分解，故Ⅰ中控制“温度低于10℃和pH＜6”的目的是防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解，故答案为：防止二氧化硫脲水解，防止过氧化氢分解；（3）根据原子守恒，可得制备TD的化学方程式为：（NH₂）₂CS+2H₂O₂ （NH₂）₂CSO₂+2H₂O，故答案为：（NH₂）₂CS+2H₂O₂ （NH₂）₂CSO₂+2H₂O；（4）根据水解反应：（NH₂）₂CSO₂+H₂O＝（NH₂）₂CO+H₂SO₂可知，反应中元素化合价没有变化，（NH₂）₂CSO₂中，S元素为+2价，所以H₂SO₂中S的化合价也为+2价，TD具有还原性，Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了H₂SO₂，最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素，生成的硫单质，故答案为：+2；S；（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，所以Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失，故答案为：减少二氧化硫脲的溶解损失；（6）清液中Fe²⁺浓度为bmg•L^﹣1，则Fe²⁺为bmg•L^﹣1×V×10^﹣3L＝bV10^﹣6g，则Fe₂O₃去除率为 ，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差，故答案为： ；亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。

【难度】5

17．（14分）二氯亚矾（SOCl₂）是重要的液态化工原料。回答下列问题：

（1）合成SOCl₂前先制备SCl₂。有关转化关系为：

则S（s）+Cl₂（g）＝SCl₂（1）的ΔH₃＝ 　 　kJ•mol^﹣1。

（2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由SCl₂和O₂制备SOCl₂。反应如下：

ⅠSCl₂（g）+O₂（g）＝SO₂Cl₂（g）

ⅡSCl₂（g）+SO₂Cl₂（g）⇌2SOCl₂（g）

①反应Ⅱ的lgK（K为平衡常数）随 （T为温度）的变化如图1，推断出该反应为 　 　（填“吸热”或“放热”）反应。

②466K时，平衡体系内各组分的物质的是分数x（A）随 的变化如图。

反应Ⅱ的平衡常数K₁＝ 　 　（保留1位小数）。保持T和 不变，增大SCl₂平衡转化率的措施有 　 　（任举一例）。

③改变T，使反应Ⅱ的平衡常数K₂ ，导致图中的曲线变化，则x（SCl₂）等于x（SOCl₂）的新交点将出现在 　 　（填“d”“e”“f”或“g”）处。

（3）我国科研人员在含Li⁺的SOCl₂溶液中加入I₂，提高了Li—SOCl₂电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，I₂的作用是 　 　；正极的电极反应式为 　 　。

【答案】（1）﹣50；（2）①放热；②32.4；移走SOCl₂或加入SO₂Cl₂；③d；（3）催化；2SOC1₂+4Li⁺+4e^﹣ S+SO₂+4LiC1。

【考点】化学平衡的计算；原电池与电解池的综合

【分析】（1）由转化关系图可知，令①2S（s）+Cl₂（g）＝S₂Cl₂（1）ΔH₁＝﹣59.4kJ•mol^﹣1，②S₂Cl₂（1）+Cl₂（g）＝2SCl₂（1）ΔH₂＝﹣40.6kJ•mol^﹣1，③S（s）+Cl₂（g）＝SCl₂（1）ΔH₃，根据盖斯定律，ΔH₃ ；

（2）①由图可知反应Ⅱ的lgK与 成正比，则温度升高即 减小随之lgK减小，K值减小，平衡逆向移动，即温度升高，平衡逆向移动；

②由图可知， 2.0时物质的量分数x（SCl₂）＝x（SO₂C1₂）＝0.13，假设充入n（SCl₂）＝2mol、n（O₂）＝1mol，反应Ⅰ中转化的SCl₂为xmol，反应Ⅱ中转化的SCl₂为ymol，

SCl₂（g）+O₂（g）＝SO₂Cl₂（g）

起始（mol） 2 1 0

转化（mol） x x x

平衡（mol）（2﹣x﹣y） （1﹣x） （x﹣y）

SCl₂（g）+SO₂Cl₂（g）⇌2SOCl₂（g）

起始（mol） 2 1 0

转化（mol） y y 2y

平衡（mol） （2﹣x﹣y） （x﹣y） 2y

平衡时气体的总物质的量为（2﹣x﹣y）+（1﹣x）+（x﹣y）+2y＝（3﹣x）mol，平衡时，n（SCl₂）＝n（SO₂C1₂），即2﹣x﹣y＝x﹣y，x＝1，x（SO₂C1₂） 0.13， 0.13，y＝0.74，n（SCl₂）＝2﹣1﹣0.74＝0.26mol，n（SOC1₂）＝2y＝1.48mol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则浓度平衡常数可用物质的量代替计算，反应Ⅱ的平衡常数K₁ ；保持T和 不变，增大SCl₂平衡转化率的措施可减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移；

③反应Ⅱ为放热反应，改变T，使反应Ⅱ的平衡常数K₂ ，其平衡常数减小，则温度升高，反应Ⅱ逆向移动，使得SOC1₂含量减小、SC1₂增加；

（3）催化剂反应前后不发生改变；放电时，正极上SOC1₂得到电子发生还原转化为S、SO₂，以此书写正极电极反应式。

【解答】解：（1）由转化关系图可知，令①2S（s）+Cl₂（g）＝S₂Cl₂（1）ΔH₁＝﹣59.4kJ•mol^﹣1，②S₂Cl₂（1）+Cl₂（g）＝2SCl₂（1）ΔH₂＝﹣40.6kJ•mol^﹣1，③S（s）+Cl₂（g）＝SCl₂（1）ΔH₃，根据盖斯定律，ΔH₃ （﹣59.4﹣40.6）kJ•mol^﹣1 ＝﹣50kJ•mol^﹣1，即S（s）+Cl₂（g）＝SCl₂（1）ΔH₃＝﹣50kJ•mol^﹣1，故答案为：﹣50；（2）①由图可知反应Ⅱ的lgK与 成正比，则温度升高即 减小随之lgK减小，K值减小，平衡逆向移动，即温度升高，平衡逆向移动，则反应Ⅱ为放热反应，故答案为：放热；②由图可知， 2.0时物质的量分数x（SCl₂）＝x（SO₂C1₂）＝0.13，假设充入n（SCl₂）＝2mol、n（O₂）＝1mol，反应Ⅰ中转化的SCl₂为xmol，反应Ⅱ中转化的SCl₂为ymol，

SCl₂（g）+O₂（g）＝SO₂Cl₂（g）

起始（mol） 2 1 0

转化（mol） x x x

平衡（mol）（2﹣x﹣y） （1﹣x） （x﹣y）

SCl₂（g）+SO₂Cl₂（g）⇌2SOCl₂（g）

起始（mol） 2 1 0

转化（mol） y y 2y

平衡（mol） （2﹣x﹣y） （x﹣y） 2y

平衡时气体的总物质的量为（2﹣x﹣y）+（1﹣x）+（x﹣y）+2y＝（3﹣x）mol，平衡时，n（SCl₂）＝n（SO₂C1₂），即2﹣x﹣y＝x﹣y，x＝1，x（SO₂C1₂） 0.13， 0.13，y＝0.74，n（SCl₂）＝2﹣1﹣0.74＝0.26mol，n（SOC1₂）＝2y＝1.48mol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则浓度平衡常数可用物质的量代替计算，反应Ⅱ的平衡常数K₁ 32.4；保持T和 不变，增大SC1₂平衡转化率的措施有移走SOCl₂或加入SO₂Cl₂，故答案为：32.4；移走SOCl₂或加入SO₂Cl₂；③反应Ⅱ为放热反应，改变T，使反应Ⅱ的平衡常数K₂ ，其平衡常数减小，则温度升高，反应Ⅱ逆向移动，使得SOC1₂含量减小、SC1₂增加，则图中x（SCl₂）等于x（SOCl₂）的新交点将会提前，出现在d处，故答案为：d；（3）由图可知，I₂在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上SOC1₂得到电子发生还原转化为S、SO₂，正极电极反应为2SOC1₂+4Li⁺+4e^﹣ S+SO₂+4LiC1，故答案为：催化；2SOC1₂+4Li⁺+4e^﹣ S+SO₂+4LiC1。

【难度】5

18．（15分）化合物H是合成某姜黄素类天然产物的中间体，其合成路线如图。

回答下列问题：

（1）A可由R（ ）合成，R的化学名称是 　 　。

（2）由A生成B的化学方程式为 　 　。

（3）D中含氧官能团的名称是 　 　。

（4）F生成G的反应类型为 　 　。

（5）符合下列条件的C的含苯环同分异构体共有 　 　种，其中能与NaHCO₃溶液反应产生气体的同分异构体的结构简式为 　 　（任写一种）。

①遇Fe³⁺发生显色反应；

②分子结构中含 ；

③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1。

（6）上述路线中用 保护酚羟基，某同学用乙酸酐（ ）代替 ，设计了如下更简短的合成路线，由J推出K的结构简式为 　 　。该设计路线中A→J的转化 　 　（填“合理”或“不合理”），理由是 　 　。

【答案】（1）邻二溴苯或1，2﹣二溴苯；（2） ；（3）醚键、羰基；（4）还原反应；（5）8； ；（6） ；不合理；I生成J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解生成—ONa，后续加入 时，不能转化为—OOCCH₃。

【考点】有机物的合成

【分析】根据A、C、D的结构简式及B的分子式知，A发生取代反应生成B为 ，B和C发生加成反应、消去反应生成D，D发生反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生还原反应生成G，G发生取代反应生成H；

（6）A发生取代反应生成I，I发生加成反应、消去反应生成J，J发生D生成E类型的反应生成K为 ，K中羰基发生还原反应生成L为 ，L发生取代反应生成H。

【解答】解：（1）A可由R（ ）合成，R的化学名称是邻二溴苯或1，2﹣二溴苯，故答案为：邻二溴苯或1，2﹣二溴苯；（2）A中酚羟基发生取代反应生成B，由A生成B的化学方程式为 ，故答案为： ；（3）D中含氧官能团的名称是醚键、羰基，故答案为：醚键、羰基；（4）F中羰基发生还原反应生成G中羟基，则F生成G的反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；（5）C的含苯环同分异构体符合下列条件：①遇Fe³⁺发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子结构中含 ，说明含有酯基或羧基；③核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1，含有5种氢原子且含有两个等效的甲基，结构对称，符合条件的结构简式为 ；其中能与NaHCO₃溶液反应产生气体的同分异构体的结构简式为 ，故答案为：8； ；（6）通过以上分析知，K为 ，I生成J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解生成—ONa，后续加入 时，不能转化为—OOCCH₃，所以此转化不合理，故答案为： ；不合理；I生成J时加入NaOH溶液，会使酯基发生水解生成—ONa，后续加入 时，不能转化为—OOCCH₃。

【难度】5