2024年江西省新高考化学试卷

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，只有一项符合题目要求。

1．（3分）景德镇青花瓷素有“国瓷”的美誉。是以黏土为原料，用含钴、铁的颜料着色，上釉后一次性高温烧制而成的青蓝色彩瓷。下列关于青花瓷说法正确的是（　　）

A．青蓝色是由于生成了单质钴

B．表面的釉属于有机高分子膜

C．主要成分为铝硅酸盐

D．铁元素的存在形式只有Fe₂O₃

【答案】C

【考点】铁的氧化物的性质

【分析】A．青蓝色是由于生成了钴的氧化物等形成；

B．釉是一种硅酸盐等组成；

C．青花瓷的主要成分有高岭土等；

D．Fe₂O₃为红色氧化物。

【解答】解：A．青蓝色是由于生成了钴的氧化物等，故A错误；B．釉主要成分是矿物原料、化学原料和色素等组成，是一种硅酸盐，故B错误；C．青花瓷的主要成分有高岭土等，属于铝硅酸盐，故C正确；D．铁元素的主要存在形式有FeO，故D错误；故选：C。

【难度】1

2．（3分）科学家发现宇宙中存在100多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是（　　）

A．分子的极性：SiH₄＞NH₃

B．键的极性：H—Cl＞H—H

C．键角：H₂O＞CH₄

D．分子中三键的键长：HC≡N＞HC≡CH

【答案】B

【考点】键能、键长、键角及其应用

【分析】A．SiH₄为正四面体结构，NH₃为三角锥形结构；

B．H—H为非极性键；

C．水分子为角形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对影响大；

D．原子半径C＞N。

【解答】解：A．SiH₄中四条Si—H键完全相同，均为极性键，但由于SiH₄为正四面体结构，故为非极性分子，NH₃为三角锥形结构，3条N—H键的极性不能抵消，故为极性分子，故A错误；B．H—H为非极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B正确；C．水分子为角形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，则键角：H₂O＜CH₄，故C错误；D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误；故选：B。

【难度】3

3．（3分）“稀土之父”徐光宪先生提出了稀土串级萃取理论，其基本操作是利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相再进行分离。分离时可用的玻璃装置是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用

【分析】利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相再进行分离，有机相与水相分层，可分液分离，以此来解答。

【解答】解：A．图为蒸馏，不能分离稀土离子，故A错误；B．图中为过滤，不能分离稀土离子，故B错误；C．图中分液漏斗可萃取、分液分离稀土离子，故C正确；D．图中装置不能分离稀土离子，故D错误；故选：C。

【难度】1

4．（3分）蛇孢菌素（X）是一种具有抗癌活性的天然植物毒素。下列关于X说法正确的是（　　）

A．含有4种官能团，8个手性碳原子

B．1mol X最多可以和3mol H₂发生加成反应

C．只有1种消去产物

D．可与新制的Cu（OH）₂反应生成砖红色沉淀

【答案】D

【考点】有机物的结构和性质

【分析】A．分子中含酮羰基、羟基、醛基、醚键、碳碳双键；

B．酮羰基、醛基、碳碳双键均与氢气发生加成反应；

C．与相连相连碳的邻位碳原子上有H原子可发生消去反应；

D．分子中含醛基。

【解答】解：A．分子中含酮羰基、羟基、醛基、醚键、碳碳双键，共5种官能团，连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，分子中含8个手性碳原子，故A错误；B．酮羰基、醛基、碳碳双键均与氢气发生加成反应，则1mol X最多可以和4mol H₂发生加成反应，故B错误；C．与相连相连碳的邻位碳原子上有H原子可发生消去反应，与左侧甲基、亚甲基上H原子可发生消去反应，则有2种消去产物，故C错误；D．分子中含醛基，可与新制的Cu（OH）₂反应生成砖红色沉淀，故D正确；故选：D。

【难度】3

5．（3分）某新材料阳离子为W₃₆X₁₈Y₂Z₆M⁺。W、X、Y、Z和M是原子序数依次增大的前20号主族元素，前四周期中M原子半径最大，X、Y、Z同周期。X₆W₆分子含有大π键（ ），XZ₂分子呈直线形。下列说法正确的是（　　）

A．WYZ₂是强酸

B．MZW是强碱

C．M₂Z₂是共价化合物

D．X₂W₂是离子化合物

【答案】B

【考点】原子结构与元素周期律的关系

【分析】某新材料阳离子为W₃₆X₁₈Y₂Z₆M⁺。W、X、Y、Z和M是原子序数依次增大的前20号主族元素，前四周期中M原子半径最大，判断M为K，X、Y、Z同周期。X₆W₆分子含有大π键（ ），判断X为C元素，W为H元素，XZ₂分子呈直线形，则Z为O元素，XZ₂分子为CO₂，Y为N元素，据此分析回答选项。

【解答】解：A．WYZ₂是HNO₂，属于弱酸，故A错误；B．MZW是KOH，属于强碱，故B正确；C．M₂Z₂是K₂O₂，是离子化合物，不是共价化合物，故C错误；D．X₂W₂是C₂H₂，为共价化合物，不是离子化合物，故D错误；故选：B。

【难度】3

6．（3分）由下列实验事实得出的结论正确的是（　　）

	实验事实	结论
A	铝和氧化铁反应需要引燃	该反应ΔH＞0
B	KI溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变蓝	氧化性：O2＞I2
C	久置的NaOH溶液试剂瓶口出现白色固体	NaOH结晶析出
D	久置的FeCl2溶液中出现红褐色沉淀	Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Fe（OH）2]

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】B

【考点】化学实验方案的评价

【分析】A．铝热反应为放热反应；

B．KI被氧气氧化生成碘；

C．NaOH溶液吸收空气中的二氧化碳；

D．亚铁离子易被氧气氧化生成铁离子。

【解答】解：A．铝热反应为放热反应，反应条件与反应中能量变化无关，则该反应ΔH＜0，故A错误；B．KI被氧气氧化生成碘，加入淀粉溶液，溶液变蓝，可知氧化性：O₂＞I₂，故B正确；C．NaOH溶液吸收空气中的二氧化碳，久置的NaOH溶液试剂瓶口出现白色固体为碳酸钠，故C错误；D．亚铁离子易被氧气氧化生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁，则久置的FeCl₂溶液中出现红褐色沉淀，不发生沉淀的转化，则不能判断K_sp[Fe（OH）₃]、K_sp[Fe（OH）₂]的大小，故D错误；故选：B。

【难度】3

7．（3分）我国学者把游离态氮固定在碳上（示踪反应如下），制得的[N＝C＝N]^2﹣离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为N_A，下列说法正确的是（　　）

¹⁵N₂+C_（石墨）+2LiH Li₂[¹⁵NC¹⁵N]+H₂

A．22.4L¹⁵N₂含有的中子数为16N_A

B．12gC_（石墨）中sp²杂化轨道含有的电子数为6N_A

C．1mol[N＝C＝N]^2﹣中含有的π键数为4N_A

D．生成1mol H₂时，总反应转移的电子数为6N_A

【答案】D

【考点】阿伏加德罗常数

【分析】A．22.4L¹⁵N₂的温度压强不知，不能计算物质的量；

B．12gC_（石墨）物质的量n＝ ＝1mol，C原子的杂化轨道上3个电子，有一个电子未参与杂化；

C．双键中一个σ键，一个π键；

D．⁵N₂+C_（石墨）+2LiH Li₂[¹⁵NC¹⁵N]+H₂，反应中氮元素化合价0价降低到﹣3价，碳元素化合价0价三个到+4价，氢元素化合价﹣1价三个到0价，电子转移总数6e^﹣。

【解答】解：A．温度压强不知，不能计算22.4L¹⁵N₂的物质的量，故A错误；B．12gC_（石墨）物质的量n＝ ＝1mol，sp²杂化轨道含有的电子数为3N_A，故B错误；C．1mol[N＝C＝N]^2﹣中含有的π键数为2N_A，故C错误；D．¹⁵N₂+C_（石墨）+2LiH Li₂[¹⁵NC¹⁵N]+H₂，反应中氮元素化合价0价降低到﹣3价，碳元素化合价0价三个到+4价，氢元素化合价﹣1价三个到0价，电子转移总数6e^﹣，生成1mol H₂时，总反应转移的电子数为6N_A，故D正确；故选：D。

【难度】3

8．（3分）从CPU针脚（含有铜、镍和钴等金属）中回收金的实验步骤如图。下列说法错误的是（　　）

A．将CPU针脚粉碎可加速溶解

B．除杂和溶金步骤需在通风橱中进行

C．富集后，K[AuBr₄]主要存在于滤液中

D．还原步骤中有 生成

【答案】C

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【分析】A．将CPU针脚粉碎加快溶解；

B．除杂和溶金步骤需在硝酸，反应过程中会生成二氧化氮、一氧化氮污染性气体；

C．图中分离过程可知，富集后减压过滤得到固体K[AuBr₄]；

D．还原过程中Na₂S₂O₅做还原剂得到金属单质金。

【解答】解：A．将CPU针脚粉碎，增大与硝酸和水的接触面积，可加速溶解，故A正确；B．除杂和溶金步骤中会生成污染性气体二氧化氮、一氧化氮，需在通风橱中进行，故B正确；C．图示可知，富集后，K[AuBr₄]主要存在于滤渣中，故C错误；D．还原步骤中Na₂S₂O₅做还原剂得到金属单质金，硫元素化合价升高，反应过程中有 生成，故D正确；故选：C。

【难度】1

9．（3分）温度T下，向1L真空刚性容器中加入1mol（CH₃）₂CHOH，反应达到平衡时，c（Y）＝0.4mol/L，下列说法正确的是（　　）

A．再充入1mol X和1mol Y，此时v_正＜v_逆

B．再充入1mol X，平衡时，c（Y）＝0.8mol/L

C．再充入1mol N₂，平衡向右移动

D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH＜0

【答案】A

【考点】化学平衡的影响因素

【分析】A．温度T下，向1L真空刚性容器中加入1mol（CH₃）₂CHOH，反应达到平衡时，c（Y）＝0.4mol/L，n（Y）＝0.4mol，结合三段式列式计算平衡常数，

（CH₃）₂CHOH⇌（CH₃）₂CO（g）+H₂（g）

起始量（mol） 1 0 0

变化量（mol） 0.4 0.4 0.4

平衡量（mol） 0.6 0.4 0.4

平衡常数K＝ ＝ ，再充入1mol X和1mol Y，计算此时浓度商Q_c和平衡常数比较判断反应进行的方向；

B．再充入1mol X，相当于两个相同平衡状态叠加，容器中压强增大，平衡逆向进行；

C．再充入1mol N₂，总压增大，分压不变，平衡不移动；

D．若温度升高，X的转化率增加，说明升高温度平衡正向进行。

【解答】解：A．温度T下，向1L真空刚性容器中加入1mol（CH₃）₂CHOH，反应达到平衡时，c（Y）＝0.4mol/L，n（Y）＝0.4mol，结合三段式列式计算平衡常数，

（CH₃）₂CHOH⇌（CH₃）₂CO（g）+H₂（g）

起始量（mol） 1 0 0

变化量（mol） 0.4 0.4 0.4

平衡量（mol） 0.6 0.4 0.4

平衡常数K＝ ＝ ，再充入1mol X和1mol Y，此时浓度商Q_c＝ ＝ ＞K，则反应你先进行，v_正＜v_逆，故A正确；B．再充入1mol X，相当于两个相同平衡状态叠加，容器中压强增大，平衡逆向进行，平衡时，c（Y）＜0.8mol/L，故B错误； C．再充入1mol N₂，总压增大，分压不变，平衡不移动，故C错误；D．若温度升高，X的转化率增加，说明升高温度平衡正向进行，则上述反应ΔH＞0，故D错误；故选：A。

【难度】3

10．（3分）一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图（反应方程式未配平）。下列说法正确的是（　　）

A．亲水性：Z＞聚乙烯

B．反应属于缩聚反应

C．Z的重复结构单元中，n_N：n_S＝1：2

D．反应的原子利用率＜100%

【答案】A

【考点】有机物的结构和性质

【分析】A．Z含多个羟基，易与水分子形成氢键，聚乙烯不溶于水；

B．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子；

C．X中碳碳双键与H—S键发生加成；

D．生成物只有一种。

【解答】解：A．Z含多个羟基，易与水分子形成氢键，聚乙烯不溶于水，则亲水性：Z＞聚乙烯，故A正确；B．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子，该反应为加聚反应，故B错误；C．X中碳碳双键与H—S键发生加成，X中含3个氮原子，且3个碳碳双键发生加成反应，可知Z的重复结构单元中，n_N：n_S＝1：1，故C错误；D．生成物只有一种，反应的原子利用率为100%，故D错误；故选：A。

【难度】3

11．（3分）我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子（如图）。下列说法正确的是（　　）

A．CuAg电极反应为2HCHO+2H₂O﹣4e^﹣═2HCOO^﹣+H₂↑+2OH^﹣

B．CuRu电极反应为 +6H₂O+8e^﹣═NH₃↑+9OH^﹣

C．放电过程中，OH^﹣通过质子交换膜从左室传递到右室

D．处理废水过程中溶液pH不变，无需补加KOH

【答案】B

【考点】原电池与电解池的综合

【分析】根据甲醛﹣硝酸盐电池工作时电子移动方向可知，CuAg电极为负极，CuRu电极为正极，负极上HCHO失电子2成HCOO^﹣和H₂，正极上 得电子生成NH₃，负极反应式为2HCHO+4OH^﹣﹣2e^﹣═2HCOO^﹣+H₂↑+2H₂O，正极反应式为 +6H₂O+8e^﹣═NH₃↑+9OH^﹣，总反应为8HCHO+ +7OH^﹣＝8HCOO^﹣+4H₂↑+NH₃↑+2H₂O，据此分析解答。

【解答】解：A．由上述分析可知，CuAg电极为负极，负极反应式为2HCHO+4OH^﹣﹣2e^﹣═2HCOO^﹣+H₂↑+2H₂O，故A错误；B．CuRu电极为正极，正极反应式为 +6H₂O+8e^﹣═NH₃↑+9OH^﹣，故B正确；C．质子交换膜只允许H⁺通过，不允许OH^﹣通过，故C错误；D．同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子的总反应为8HCHO+ +7OH^﹣＝8HCOO^﹣+4H₂↑+NH₃↑+2H₂O，处理废水过程中消耗KOH溶液、pH降低，且需补加KOH，故D错误；故选：B。

【难度】5

12．（3分）NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为（0，0，0），阿伏加德罗常数的值M为N_A，下列说法正确的是（　　）

A．Nb的配位数是6

B．Nb和O最短距离为 anm

C．晶体密度

D．M的分数坐标为

【答案】D

【考点】晶胞的计算

【分析】A．根据顶面中心Nb原子，与其距离最近且相等的O原子有4个，即顶面的4个O原子；

B．Nb和O最短距离为正方体棱长的一半；

C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为3，O的个数为3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ＝ ，将数据代入计算即可；

D．P的分数坐标为（0，0，0），推算M的分数坐标。

【解答】解：A．由图可知，Nb的配位数是4，故A错误；B．晶胞参数为anm，Nb和O最短距离为 anm，故B错误；C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为6× ＝3，O的个数为12× ＝3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ＝ ＝ ＝ ，故C错误；D．P的分数坐标为（0，0，0），M的分数坐标为 ，故D正确；故选：D。

【难度】5

13．（3分）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO₄在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn（Ⅱ）的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是（　　）

已知：

δ（MnOH⁺）＝ ；Mn（OH）₂难溶于水，具有两性

A．曲线z为δ（MnOH⁺）

B．O点，

C．P点，c（Mn²⁺）＜c（K⁺）

D．Q点，c（ ）＝2c（MnOH⁺）+2c（ ）

【答案】C

【考点】弱电解质的电离平衡；离子浓度大小的比较

【分析】Mn（OH）₂难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO₄在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn（Ⅱ）的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，曲线x为Mn²⁺，曲线y为MnOH⁺，曲线z为 ，结合图象变化分析判断选项。

【解答】解：A．分析可知，z表示δ（ ），故A错误；B．图中O点存在电离平衡Mn²⁺+OH^﹣⇌MnOH⁺，在P点时c（Mn²⁺）＝c（MnOH⁺），pH＝10.2，K＝ ＝ ＝ ＝ ＝10^3.8，O点δ（Mn²⁺）＝0.6时，δ（MnOH⁺）＝0.4，则c（OH^﹣）＝ ×10^﹣3.8mol/L＝ ×10^﹣3.8mol/L，故B错误；C．P点时c（Mn²⁺）＝c（MnOH⁺），c（Mn²⁺）＜c（K⁺），故C正确；D．Q点时，c（MnOH⁺）＝c（ ），溶液中存在电荷守恒，2c（Mn²⁺）+c（K⁺）+c（H⁺）+c（MnOH⁺）＝2c（ ）+c（OH^﹣）+c（ ）+c（ ）+2c[Mn（OH）₄^2﹣]，物料守恒：c（ ）＝c（Mn²⁺）+c（MnOH⁺）+c（ ）+c（ ）+c[Mn（OH）₄^2﹣]，故D错误；故选：C。

【难度】5

14．（3分）白色固体样品X，可能含有AgNO₃、NH₄NO₃、BaCl₂、KCl、Na₂SO₃、Na₂CO₃、Al₂O₃之中的几种或全部。在三个烧杯中各加入适量X。分别加入足量以下三种试剂并微热使之充分反应，实验记录为：

编号	试剂	反应后的不溶物	生成的气体
Ⅰ	蒸馏水	白色	无色、有刺激性气味
Ⅱ	稀盐酸	白色	无色、无味
Ⅲ	NaOH溶液	无不溶物	无色、有刺激性气味

依据实验现象，下列说法正确的是（　　）

A．可能含Al₂O₃

B．含BaCl₂

C．含Na₂SO₃

D．不含KCl

【答案】A

【考点】几组未知物的检验

【分析】白色固体样品X，可能含有AgNO₃、NH₄NO₃、BaCl₂、KCl、Na₂SO₃、Na₂CO₃、Al₂O₃之中的几种或全部，在三个烧杯中各加入适量X，分别加入足量以下三种试剂并微热使之充分反应，Ⅰ．加入蒸馏水，微热生成无色有刺激性气味的气体，是微热条件下铵根离子和弱酸根离子发生的双水解反应生成了氨气和气体，说明一定含NH₄NO₃，反应生成白色沉淀，白色沉淀可能为氧化铝，也可能为AgNO₃和Na₂SO₃、Na₂CO₃反应生成的Ag₂SO₃或Ag₂CO₃沉淀，或BaCl₂和Na₂SO₃、Na₂CO₃反应生成的BaSO₃、BaCO₃沉淀，Ⅱ．加入稀盐酸反应后的不溶物为白色沉淀，同时生成的气体为无色无味气体，为二氧化碳气体，说明一定含Na₂CO₃，一定不含Na₂SO₃，白色沉淀可能为AgNO₃生成的AgCl，可能含AgNO₃、BaCl₂，可能存在Al₂O₃加入NaOH溶液，无沉淀，有无色刺激性气味的气体生成，说明一定含NH₄NO₃，可能含AgNO₃、BaCl₂、KCl、Na₂SO₃、Na₂CO₃、Al₂O₃，据此分析判断。

【解答】解：在三个烧杯中各加入适量X，分别加入足量以下三种试剂并微热使之充分反应，Ⅰ．加入蒸馏水，微热生成无色有刺激性气味的气体，是铵根离子和弱酸根离子发生的双水解反应生成了氨气，说明一定含NH₄NO₃，反应生成白色沉淀，白色沉淀可能为氧化铝，也可能为AgNO₃和Na₂SO₃、Na₂CO₃反应生成的Ag₂SO₃或Ag₂CO₃沉淀，或BaCl₂和Na₂SO₃、Na₂CO₃反应生成的BaSO₃、BaCO₃沉淀，Ⅱ．加入稀盐酸反应后的不溶物为白色沉淀，同时生成的气体为无色无味气体，为二氧化碳气体，说明一定含Na₂CO₃，一定不含Na₂SO₃，白色沉淀可能为AgNO₃生成的AgCl，可能含AgNO₃、BaCl₂，可能存在Al₂O₃加入NaOH溶液，无沉淀，有无色刺激性气味的气体生成，说明一定含NH₄NO₃，可能含AgNO₃、BaCl₂、KCl、Na₂SO₃、Na₂CO₃、Al₂O₃，A．分析可知，可能含Al₂O₃，故A正确；B．分析可知，固体中可能含BaCl₂，故B错误；C．加入盐酸生成气体为无色无味，说明不含Na₂SO₃，故C错误；D．上述过程中的分析可知，KCl的存在不能确定，故D错误；故选：A。

【难度】5

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15．（14分）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO₄。含有Th₃（PO₄）₄、U₃O₈和少量镭杂质】为原料制备CeCl₃•nH₂O的工艺流程图。

已知：ⅰ.K_sp[Th（OH）₄]＝4.0×10^﹣45，K_sp[Ce（OH）₃]＝1.6×10^﹣20，K_sp[Ce（OH）₄]＝2.0×10^﹣48

ⅱ.镭为第ⅡA族元素

回答下列问题：

（1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 　 　（填标号）。

a.降低压强，分解速率增大

b.降低温度，分解速率降低

c.反应时间越长，分解速率越大

d.提高搅拌速度，分解速率降低

（2）Na₂U₂O₇中铀元素的化合价为 　 　，热分解阶段U₃O₈生成Na₂U₂O₇的化学反应方程式为 　 　。

（3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 　 　，滤液可用于 　 　阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。

（4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。

①盐酸溶解Ce（OH）₄的离子方程式为 　 　。

②当溶液pH＝4.5时，c（Th⁴⁺）＝　 　mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。

（5）以BaSO₄为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 　 　。

【答案】（1）b；（2）2U₃O₈+O₂+6NaOH＝3Na₂U₂O₇+3H₂O；（3）Na₃PO₄•12H₂O；热分解；（4）①2Ce（OH）₄+8H⁺+2Cl^﹣＝2Ce³⁺+Cl₂↑+8H₂O；②4×10^﹣7；（5）RaSO₄。

【考点】制备实验方案的设计

【分析】独居石的主要成分为CePO₄，含有Th₃（PO₄）₄、U₃O₈和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U₃O₈发生反应：2U₃O₈+O₂+6NaOH＝3Na₂U₂O₇+3H₂O，转化为Na₂U₂O₇，CePO₄中的Ce被氧化为Ce（OH）₄，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na⁺、 ，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na₃PO₄•12H₂O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce（OH）₄具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce（OH）₄+8H⁺+2Cl^﹣＝2Ce³⁺+Cl₂↑+8H₂O，废气为Cl₂，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO₄和RaSO₄形成共沉淀，得到含有Ce³⁺的溶液，经过一系列操作，得到CeCl₃•nH₂O，据此分析作答。

【解答】解：（1）a.降低压强，分解速率降低，故a错误；b.降低温度，分解速率降低，故b正确；c.反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；d.提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；故答案为：b；（2）Na₂U₂O₇中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U₃O₈生成Na₂U₂O₇的化学反应方程式为：2U₃O₈+O₂+6NaOH＝3Na₂U₂O₇+3H₂O，故答案为：2U₃O₈+O₂+6NaOH＝3Na₂U₂O₇+3H₂O；（3）稀释过滤后的滤液中含有Na⁺、 ，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na₃PO₄•12H₂O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，故答案为：Na₃PO₄•12H₂O；热分解；（4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。①Ce（OH）₄具有强氧化性，盐酸溶解Ce（OH）₄的离子方程式为：2Ce（OH）₄+8H⁺+2Cl^﹣＝2Ce³⁺+Cl₂↑+8H₂O，故答案为：2Ce（OH）₄+8H⁺+2Cl^﹣＝2Ce³⁺+Cl₂↑+8H₂O；②当溶液pH＝4.5时，c（H⁺）＝1×10^﹣4.5mol/L，c（OH^﹣）＝1×10^﹣9.5mol/L，c（Th⁴⁺）×c⁴（OH^﹣）＝4.0×10^﹣45，则c（Th⁴⁺）＝4×10^﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀，故答案为：4×10^﹣7；（5）以BaSO₄为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO₄，RaSO₄的溶解度更小，故答案为：RaSO₄。

【难度】5

16．（14分）石油开采的天然气含有H₂S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH₄和H₂S重整制氢的主要反应如下：

反应Ⅰ：CH₄（g）+2H₂S（s）⇌CS₂（g）+4H₂（g）ㅤΔH₁＝+260kJ/mol

反应Ⅱ：CH₄（g）⇌C（s）+2H₂（g）ㅤΔH₂＝+90kJ/mol

反应Ⅲ：2H₂S（g）⇌S₂（g）+2H₂（g）ㅤΔH₃＝+181kJ/mol

回答下列问题：

（1）H₂S分子的电子式为 　 　。

（2）反应Ⅳ：CS₂（g）⇌S₂（g）+C（s）ㅤΔH₄＝　 　kJ/mol。

（3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH₄、24kPaH₂S（He作辅气）与25kPaCH₄、75kPaH₂S进料。CH₄平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为 　 　，理由是 　 　。

（4）假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH₄和0.15mol H₂S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P₀。CH₄和H₂S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H₂的化学反应速率为 　 　mol/（L•min）；5min时，容器内总压为 　 　。

（5）假设H₂S和CH₄的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附（吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附）。

吸附等温式为：

其中a是气体的吸附系数，V_m是气体在固体表面的饱和吸附量（标态），P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量（标态）。

在一定温度下，H₂S的吸附系数是CH₄的4倍，当H₂S的分压为2MPa及4MPa，CH₄和H₂S的分压相同时，H₂S平衡吸附量分别为0.6m³/kg和0.8m³/kg（已换算成标态），则H₂S的吸附系数为 　 　MPa^﹣1。

（6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H₂S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是 　 　。

【答案】（1） ；（2）169；（3）M；总压一定，充入氦气，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH₄平衡转化率增大；（4）0.012；1.067P₀；（5）0.4；（6）H₂S得到了综合利用。

【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素

【分析】（1）H₂S分子中含有2个H—S键；

（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，根据ΔH₄＝ΔH₂+ΔH₃﹣ΔH₁进行计算；

（3）总压一定时，充入氦气，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH₄平衡转化率增大；

（4）由图可知，0～5min内消耗的CH₄为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H₂S为0.15mol×20%＝0.3mol，即两者按照1：2恰好发生反应Ⅰ，则生成H₂的物质的量为4n（CH₄）＝4×0.015mol＝0.06mol，0～5min内H₂的化学反应速率为v（H₂）＝ 进行计算，此时容器内生成的CS₂为0.015mol，容器内气体的总量为：（0.3﹣0.015）mol+（0.15﹣0.3）mol+0.015mol+0.06mol＝0.48 mol，起始总压为P₀，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，计算5min时，容器内的总压；

（5）根据题意可知方程：① ＝ ，

② ＝ ，联立方程①与②，解出α₁即可；（6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H₂S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H₂S得到了综合利用，3步反应均生成了H₂。

【解答】解：（1）H₂S分子的电子式为： ，故答案为： ；（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS₂（g）⇌S₂（g）+C（s）ㅤΔH₄＝ΔH₂+ΔH₃﹣ΔH₁＝（260+90﹣181）kJ/mol＝169kJ/mol，故答案为：169；（3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH₄、24kPaH₂S（He作辅气）与25kPaCH₄、75kPaH₂S进料。CH₄平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH₄平衡转化率增大，故答案为：M；总压一定，充入氦气，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH₄平衡转化率增大；（4）由图可知，0～5min内消耗的CH₄为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H₂S为0.15mol×20%＝0.3mol，即两者按照1：2恰好发生反应Ⅰ，则生成H₂的物质的量为4n（CH₄）＝4×0.015mol＝0.06mol，0～5min内H₂的化学反应速率为v（H₂）＝ ＝0.012mol/（L•min），此时容器内生成的CS₂为0.015mol，容器内气体的总量为：（0.3﹣0.015）mol+（0.15﹣0.3）mol+0.015mol+0.06mol＝0.48 mol，起始总压为P₀，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为 P₀≈1.067P₀，故答案为：0.012；1.067P₀；（5）根据题意可知方程：① ＝ ，② ＝ ，联立方程①与②，解得：α₁＝0.4MPa^﹣1，故答案为：0.4；（6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H₂S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H₂S得到了综合利用，3步反应均生成了H₂，故答案为：H₂S得到了综合利用。

【难度】5

17．（15分）一种可用于温度传感的红色配合物Z，其制备实验步骤及传感原理如图（反应物均按化学计量数之比进行投料）：

Ⅰ.将Ni（NO₃）₂•6H₂O和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮（HY）、无水Na₂CO₃和N，N，N'﹣三甲基乙二胺（X）溶液，继续搅拌5min；

Ⅱ.加入NaB（C₆H₅）₄溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35min；

Ⅲ.减压过滤，用去离子水洗涤3次，烘干，重结晶，得到配合物Z；

Ⅳ.室温下，将适量Z溶于丙酮（L），温度降至15℃，溶液经混合色逐渐转为蓝绿色，得到配合物W的溶液。

回答下列问题：

（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，Ni²⁺的杂化方式 　 　（填“是”或“不是”）sp³。

（2）步骤Ⅰ中，加入Na₂CO₃的目的是 　 　。

（3）步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是 　 　。

（4）步骤Ⅲ中，洗涤去除的无机盐产物是 　 　。

（5）采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下：

ⅰ.准确称取mg的配合物Z；

ⅱ.加入稀硝酸使样品完全消解，再加入去离子水，用20%醋酸钠溶液调节pH至4～5；

ⅲ.以PAN为指示剂，用cmol/LEDTA标准溶液滴定，平行测定三次，平均消耗EDTA体积VmL。

已知：EDTA与Ni²⁺化学计量数之比为1：1

①除了滴定管外，上述测定实验步骤中，使用的仪器有 　 　（填标号）。

②Ni的质量百分含量为 　 　%。

（6）利用上述配合物的变色原理（温差约10℃时，颜色有明显变化），设计一种实用温度传感装置 　 　。

【答案】（1）不是；（2）中和X与HY反应生成的H⁺，使平衡正向移动，有利于Z的生成；（3）充分搅拌、剧烈振荡；（4）NaNO₃；（5）①bcd；② ；（6）具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W（含少量丙酮）并以透明材料密封，并附有比色卡，水温可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用。

【考点】制备实验方案的设计

【分析】（1）配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，即平面型，Ni²⁺的杂化方式为dsp²杂化；

（2）步骤Ⅰ中，加入Na₂CO₃的目的是中和X与HY反应生成的H⁺；

（3）步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是充分搅拌、剧烈振荡；

（4）步骤Ⅰ和Ⅱ中，引入了Na⁺和 ；

（5）①称取mg的配合物Z需要电子天平，加去离子水可以使用洗瓶，滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶，所以上述测定实验步骤中；

②根据题意有关系式：EDTA～Ni²⁺，则n（Ni）＝n（Ni²⁺）＝n（EDTA）＝cV×10^﹣3 mol，据此计算Ni的质量百分含量；

（6）利用上述配合物的变色原理（温差约10℃时，颜色有明显变化），可用设计具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W（含少量丙酮）并以透明材料密封，并附有比色卡，水温可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用。

【解答】解：（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，Ni²⁺的杂化方式为dsp²杂化，不是sp³杂化，故答案为：不是；（2）步骤Ⅰ中，加入Na₂CO₃的目的是中和X与HY反应生成的H⁺，使平衡正向移动，有利于Z的生成，故答案为：中和X与HY反应生成的H⁺，使平衡正向移动，有利于Z的生成；（3）步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是充分搅拌、剧烈振荡，故答案为：充分搅拌、剧烈振荡；（4）步骤Ⅲ中，洗涤去除的无机盐产物是NaNO₃，故答案为：NaNO₃；（5）①称取mg的配合物Z需要电子天平，加去离子水可以使用洗瓶，滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶，所以上述测定实验步骤中，使用的仪器除了滴定管外，还有天平、锥形瓶、洗瓶，故答案为：bcd；②根据题意有关系式：EDTA～Ni²⁺，则n（Ni）＝n（Ni²⁺）＝n（EDTA）＝cV×10^﹣3 mol，所以Ni的质量百分含量为 ＝ %，故答案为： ；（6）利用上述配合物的变色原理（温差约10℃时，颜色有明显变化），设计一种实用温度传感装置，该装置可以是具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W（含少量丙酮）并以透明材料密封，并附有比色卡，水温可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用。故答案为：具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W（含少量丙酮）并以透明材料密封，并附有比色卡，水温可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用。

【难度】5

18．（15分）托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其前体（L）合成步骤如图（部分试剂和条件略去）。

已知：

回答下列问题：

（1）化合物A 　 　（填“能”或“不能”）形成分子内氢键。

（2）写出由C生成D的化学反应方程式 　 　。

（3）写出G的结构简式 　 　。

（4）H到I的反应类型是 　 　。

（5）参照上述合成路线，试剂X的化学式是 　 　。

（6）K完全水解后，有机产物的名称是 　 　。

（7）E的消去产物（C₆H₁₀O₂）的同分异构体中，同时满足下列条件a、b和c的可能结构有 　 　种（立体异构中只考虑顺反异构）；写出只满足下列条件a和c，不满足条件b的结构简式 　 　（不考虑立体异构）。

a）能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO₂；

b）红外光谱中有碳碳双键特征吸收峰；

c）核磁共振氢谱峰面积比例为3：3：2：1：1。

【答案】（1）能；（2） ；（3） ；（4）取代反应；（5）SnCl₂；（6）邻甲基苯甲酸或2﹣甲基苯甲酸；（7）7； 。

【考点】有机物的合成

【分析】A中羧基上的氢原子被取代生成B，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，C中氨基发生取代反应生成D，D中亚氨基上的氢原子被取代生成F，G发生酸性条件下的水解反应然后脱酸生成H，根据F、H的结构简式及G的分子式、题给信息知，G为 ，H中亚氨基发生取代反应生成I，I中硝基被X还原为J中氨基，根据B生成C的反应知，X为SnCl₂，J和K发生取代反应生成L，根据K的分子式及L的结构简式知，K为 。

【解答】解：（1）化合物A中羧基和硝基能形成分子内氢键，故答案为：能；（2）由C生成D的化学反应方程式为 ，故答案为： ；（3）G的结构简式为 ，故答案为： ；（4）H到I的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（5）试剂X的化学式是SnCl₂，故答案为：SnCl₂；（6）K为 ，K完全水解后生成 和HCl，有机产物的名称是邻甲基苯甲酸或2﹣甲基苯甲酸，故答案为：邻甲基苯甲酸或2﹣甲基苯甲酸；（7）E的消去产物（C₆H₁₀O₂）为CH₂＝CHCH₂COOCH₂CH₃，如果CH₂＝CHCH₂COOCH₂CH₃的同分异构体同时满足下列条件a、b和c；a）能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生CO₂，说明含有—COOH；b）红外光谱中有碳碳双键特征吸收峰；c）核磁共振氢谱峰面积比例为3：3：2：1：1，说明含有5种氢原子且含有2种甲基，每种甲基有一个，符合条件的结构简式有CH₂＝C（CH₃）CH（CH₃）COOH、HOOCCH＝C（CH₃）CH₂CH₃（有顺反异构）、CH₃CH＝C（COOH）CH₂CH₃（有顺反异构）、HOOCC（CH₃）＝CHCH₂CH₃（有顺反异构），所以符合条件的同分异构体有7种；只满足下列条件a和c，不满足条件b，不含碳碳双键，应该含有一个环，符合条件的结构简式为 ，故答案为：7； 。

【难度】5