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【高考真题】2024年江西高考真题化学试题
1．（2024·江西）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
2．（2024·江西）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
3．（2024·江西）“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．
4．（2024·江西）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
5．（2024·江西）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
6．（2024·江西）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
B KI溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性：
C 久置的NaOH溶液试剂瓶口出现白色固体 NaOH结晶析出
D 久置的溶液中出现红褐色沉淀
A．A B．B C．C D．D
7．（2024·江西）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NA，下列说法正确的是
15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15NC15N]+H2
A．22.4L15N2含有的中子数为16NA
B．12gC(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA
C．1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为4NA
D．生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA
8．（2024·江西）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
9．（2024·江西）温度T下，向1L真空刚性容器中加入，反应达到平衡时，，
下列说法正确的是
A．再充入1mol X和1mol Y，此时
B．再充入1mol X，平衡时
C．再充入，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应
10．（2024·江西）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，nN∶nS=1∶2
D．反应的原子利用率＜100%
11．（2024·江西）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
12．（2024·江西）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NA，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
13．（2024·江西）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：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；
A．曲线z为δ(MnOH+)
B．O点，
C．P点，c(Mn2+)＜c(K+)
D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()
14．（2024·江西）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
15．（2024·江西）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．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[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　 　。
16．（2024·江西）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(g) CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g) C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g) S2(g)+2H2(g) ΔH3=+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) ΔH4=　 　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，Vm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　 　。
17．（2024·江西）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　 　。
18．（2024·江西）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。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．单质钴是银灰色，青蓝色是氧化钴的颜色，因此青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，A错误；
B．釉的主要成分是氧化物等无机物，不属于有机高分子，B错误；
C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C正确；
D．青花瓷呈现青蓝色，而 Fe2O3为红棕色，D错误；
故选C。
【分析】A．单质钴的颜色是银灰色；
Ｂ．釉的主要成分包括氧化物、玻璃形成剂和助熔剂；
Ｃ．青花瓷主要成分为铝硅酸盐；
Ｄ． Fe2O3 为红棕色。
2．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．SiH4为正四面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，因此分子的极性：SiH4B．H-H为非极性键，H-Cl为极性键，则键的极性：H-Cl＞H-H，故B正确；
C．水分子中心原子O原子含两对孤对电子，甲烷中心原子C原子不含孤电子对，孤电子对越多键角越小，则键角：H2O＜CH4，故C错误；
D．原子半径：C＞N，原子半径越大，键长越长，则分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｄ．原子半径越大，键长越长。
3．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．图示操作为蒸馏，不是分液，故A错误；
B．分液应使用分液漏斗，图示为普通漏斗，故B错误；
C．图示操作为分液，故C正确；
D．图示操作为抽滤，不是分液，故D错误；
故选C。
【分析】有机相和水相互不相溶，采用分液的方法分离。
4．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团
【解析】【解答】A．X分子中含有的官能团为：酮羰基、羟基、醛基、醚键、碳碳双键，共5种，分子中含8个手性碳原子，如图用“*”标记：故A错误；
B．X中醛基、碳碳双键和羰基都能与氢气发生加成反应，因此1mol X最多可以和4mol H2发生加成反应，故B错误；
C．与羟基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．新制 Cu (OH)2与醛基（-CHO）在加热条件下发生氧化反应，生成砖红色 Cu2O 沉淀，故D正确；
故选D。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．X中碳碳双键、醛基和羰基能与氢气加成；
Ｃ．与羟基相连碳的邻位碳原子上有H原子可发生消去反应；
Ｄ．醛基能与新制的Cu(OH)2反应。
5．【答案】B
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A． WYZ2是HNO2，为弱酸，A错误；
B．MZW为KOH，属于强碱，B正确；
C． M2Z2为K2O2，由K+和构成，属于离子化合物，C错误；
D． X2W2 为C2H2，C2H2不含离子键，属于共价化合物，D错误；
故选B。
【分析】前四周期中M原子半径最大，则M为K元素，X6W6分子含有大π键()，则X6W6为C6H6，即苯，则X为C元素，W为H元素， XZ2分子呈直线形 ，则XZ2为CO2，Z为O元素，Y位于X（C）和Z（O）之间，则Y为N元素。
6．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝热反应是放热反应， ，A错误；
B．KI溶液加热浓缩过程中，I-被空气中O2氧化生成I2，该反应中，氧气是氧化剂，I2是氧化产物，因此氧化性：O2>I2，B正确；
C．氢氧化钠会和空气中二氧化碳发生反应生成碳酸钠，故久置的NaOH溶液试剂瓶口出现的白色固体是碳酸钠，C错误；
D．亚铁离子易被氧化为铁离子，久置的FeCl2溶液中出现红褐色Fe(OH)3沉淀，并未发生沉淀的转化，不能说明 ，D错误；
故选B。
【分析】A．铝热反应是放热反应；
Ｂ．氧化剂的氧化性大于氧化产物；
Ｃ．NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠；
Ｄ．亚铁离子易被氧化为铁离子。
7．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．未指明气体所处的 标准状况，22.4L 5N2的物质的量不一定为 1mol，无法直接计算中子数，故A错误；
B.12gC（石墨）物质的量n1mol，石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化，C原子的杂化轨道上3个电子，有一个电子未参与杂化，sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，故B错误；
C．双键含有1个σ键和1个π键，则1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为2NA，故C错误；
D．该反应中氮元素化合价0价降低到﹣3价，碳元素化合价0价升高到+4价，氢元素化合价﹣1价升高到0价，生成1mol H2时，消耗 2mol LiH，H 失 2mol 电子，同时 C失4mol 电子，N得 6mol 电子，总转移电子数为 6mol，电子数为6NA，故D正确；
故选D。
【分析】A．气体所处的状态未知，无法计算其物质的量；
Ｂ．石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化；
Ｃ．双键含有1个σ键和1个π键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
8．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．将CPU针脚粉碎，能增大反应物间的接触面积，加速溶解，故A正确；
B．除杂和溶金步骤中均会加入硝酸作氧化剂，硝酸的还原产物为氮氧化物，且NO有毒，因此反应需在通风橱中进行，故B正确；
C．富集后减压过滤后，得到的固体用Na2S2O5还原得到金，则K[AuBr4]主要存在于滤渣中，故C错误；
D．还原步骤中，Na2S2O5发生氧化反应，硫元素化合价升高，生成，故D正确；
故选C。
【分析】A．反应物粉碎可增大接触面积；
Ｂ．硝酸的还原产物为氮氧化物，需在通风橱中进行；
Ｃ．富集后减压过滤得到K[AuBr4]；
Ｄ．Na2S2O5为还原剂，被氧化会生成。
9．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．再充入1mol X和1mol Y，Qc==0.35＞K，反应逆向进行， ，故A正确；
B．再充入1mol X，压强增大，反应的平衡逆向移动，平衡时Y的浓度小于0.8mol/L，故B错误；
C． 再充入 ，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．若温度升高，X的转化率增加，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应， ，故D错误；
故选A。
【分析】 反应达到平衡时， ，则，，K=≈0.27。
10．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；高分子材料；聚合反应
【解析】【解答】A．Z含多个羟基，羟基为亲水基，能增大Z的溶解度，而聚乙烯不溶于水，则亲水性：Z＞聚乙烯，故A正确；
B．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子材料Z，发生的反应为加聚反应，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，则Z的重复结构单元中也含有3个硫原子，可知Z的重复结构单元中，nN∶nS=1∶1，故C错误；
D．该反应的生成物只有Z一种，原子利用率为100%，故D错误；
故选A。
【分析】A．Z中含有的羟基为亲水基，聚乙烯不溶于水；
Ｂ．X汇总碳碳双键转化为单键，且反应生成高分子化合物；
Ｃ．X中碳碳双键与H-S键发生加成；
Ｄ．该反应的产物只有一种。
11．【答案】B
【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．CuAg为负极，HCHO在负极发生氧化反应，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A错误；
B．CuRu为正极，发生还原反应生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣，B正确；
C．质子交换膜只允许H+通过，因此 OH﹣不会通过质子交换膜从左室传递到右室， C错误；
D．根据正负极反应可知该电池的总反应为8HCHO+7OH-=NH3+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH减小，需补加 KOH，D错误；
故选B。
【分析】原电池工作时，电子由负极流向正极，则CuAg电极为负极，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu为正极，得到电子生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣。
12．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．以上面面心的Nb为例，与其距离最近的O位于同一个平面，有4个，则Nb的配位数是4，故A错误；
B．Nb和O最短距离为边长的，即anm，故B错误；
C．由图可知，Nb位于面心，数目为6×=3，O位于棱心，数目为12×=3，则晶胞密度为ρ=，故C错误；
D．P的分数坐标为（0，0，0），M位于正方体的面心，则M的分数坐标为（，，），故D正确；
故选：D。
【分析】A．顶面中心Nb原子，与其距离最近且相等的O原子位于同一个面，有4个；
Ｂ．Nb和O最短距离为正方体棱长的一半；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．根据P的坐标分析M的坐标。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，z表示δ()，故A错误；
B．O点存在平衡：Mn2++OH﹣ MnOH+，P点时，c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，则K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误；
C．P点，δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，则2c(Mn2+)=c()，根据电荷守恒有，整理可得：，此时pH=10.2，溶液呈碱性， ，进而可知c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；
D．Q点时，根据物料守恒有：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误；
故选C。
【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性， δ(MnOH+)= ，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为。
14．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】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，说明一定不含Na2SO3，故C错误；
D．KCl可能存在，故D错误；
故选A。
【分析】实验 Ⅰ：加入蒸馏水，产生白色不溶物，生成无色、有刺激性气味气体，白色不溶物可能为 AgCl（由 AgNO3与 Cl-反应生成）、BaSO3（BaCl2与 Na2SO3反应生成）、BaCO3（BaCl2与 Na2CO3反应生成）或 Al (OH)3（Al2O3与水缓慢反应生成），刺激性气味气体为 NH3，说明样品中含 NH4NO3（NH4+与 OH-微热生成 NH3），且体系中存在碱性环境，可能由 Na2SO3、Na2CO3或 Al2O3溶于水水解提供 OH-。
实验 Ⅱ：加入稀盐酸，白色不溶物存在，生成无色、无味气体。白色不溶物在稀盐酸中仍存在，说明为 AgCl（不溶于酸），因此样品中必含 AgNO3和含 Cl-的物质（BaCl2或 KCl）。无色无味气体为 CO2（若为 SO2则有刺激性气味），说明样品中含 Na2CO3（与盐酸反应生成 CO2），而 Na2SO3若存在会生成 SO2，与现象矛盾，故不含 Na2SO3。
实验 Ⅲ：加入 NaOH 溶液并微热，无不溶物，生成无色、有刺激性气味气体。无不溶物说明原白色不溶物在碱性条件下溶解。若存在 Al2O3，其与 NaOH 反应生成可溶的 NaAlO2；若存在 AgCl，其在过量 NaOH 中可能部分溶解（形成 Ag2O 沉淀，但实验中无沉淀，故 AgCl 可能因与 NH3配位溶解，因 NH4NO3存在可生成 NH3），刺激性气味气体为 NH3，进一步确认 NH4NO3存在。
综上所述，一定含NH4NO3，可能含AgNO3、BaCl2、KCl、Na2CO3、Al2O3，一定不含Na2SO3。
15．【答案】（1）b
（2）+6；2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4 12H2O；热分解
（4）2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；4×10﹣7
（5）RaSO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）a．降低压强对固体分解反应速率影响不大，故a错误；
b．热分解反应的速率主要受温度影响，降低温度会降低反应速率，故b正确；
c．反应速率不随反应时间延长而增大，故c错误；
d．提高搅拌速度通常会增加反应速率，故d错误；
故答案为b。
（2）Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，设U的化合价为x，则2×（-1）+2x+7×（-2）=0，解得x=+6；U3O8 在氧气和氢氧化钠作用下转化为 Na2U2O7，反应的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O。
（3）热分解阶段使用 NaOH 处理独居石，生成磷酸钠（Na3PO4），浓缩结晶后，磷酸钠以水合物 Na3PO4 12H2O 形式析出；滤液中含有NaOH，可循环用于热分解阶段，减少高碱度废水的排放。
（4）①Ce(OH)4 中 Ce(IV) 具有强氧化性，被盐酸还原为 Ce(III)，同时 Cl- 被氧化为 Cl2，则反应的离子方程式为：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，此时完全转化为沉淀；
（5）镭为第ⅡA族元素，化学性质与钡（Ba）相似，BaSO4 是难溶沉淀，作为载体时，镭会以 RaSO4 形式共沉淀，从而去除杂质镭。
【分析】独居石矿粉加入55～60%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，用 NaOH 处理独居石，生成磷酸钠，则滤液浓缩结晶后得到Na3PO4 12H2O晶体，滤液中含有NaOH，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 中 Ce(IV) 具有强氧化性，与盐酸发生氧化还原反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，镭（Ra）为第 IIA 族元素，化学性质与钡（Ba）相似，则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。
（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+6NaOH3Na2U2O7+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；
（4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：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；
（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。
16．【答案】（1）
（2）+11
（3）M；总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）1.2×10-3；P0
（5）0.4
（6）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）H2S为共价化合物，S与H之间形成共价键，则其电子式为；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/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M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，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%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，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=P0；
（5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣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H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。
【分析】（1） H2S为共价化合物；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）根据计算反应速率；压强之比等于物质的量之比；
（5）将题干数据代入公式列方程式求解；
（6）该方法 H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2 。
（1）H2S为共价化合物，其电子式为；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/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M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，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%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，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=P0；
（5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣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H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。
17．【答案】（1）不是
（2）中和X与HY反应生成的，使平衡正向移动，有利于Z的生成
（3）充分搅拌、剧烈振荡
（4）
（5）bcd；
（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
【知识点】配合物的成键情况；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，若 Ni2+为 sp3 杂化，其空间构型为四面体，原子无法共平面，因此的杂化方式不是杂化。
（2）HY 为弱酸，X 为胺类（显碱性），二者反应生成 H+，Na2CO3具有碱性，可中和 H+，降低溶液中 H+浓度，使配位反应平衡向生成 Z 的方向移动。
（3）通过搅拌或振荡可使沉淀均匀生成，避免反应物被沉淀包裹，减少共沉淀现象。
（4）步骤 Ⅰ 中加入 Ni (NO3)2，反应后未参与沉淀形成；步骤 Ⅱ 加入 NaB (C6H5)4，生成配合物 Z 后，引入，则溶液中残留的可溶性无机盐主要为。
（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；故选bcd；
②EDTA 与 Ni2+按 1：1 反应，则，所以Ni的质量百分含量为。
（6）利用上述配合物的变色原理（温差约时，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。
【分析】（1）若 Ni2+为 sp3 杂化，其空间构型为四面体，原子无法共平面；
（2） Na2CO3具有碱性，能中和反应生成的氢离子；
（3）通过搅拌或振荡可使沉淀均匀生成，避免反应物被沉淀包裹，减少共沉淀现象；
（4）步骤Ⅰ和Ⅱ中，引入了和；
（5）①称取样品需天平，溶解样品需烧杯，调节pH和滴定需锥形瓶，量取溶液需量筒；
②根据关系式：计算；
（6）结合该配合物的变色原理设计装置。
（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，的杂化方式为杂化，不是杂化。
（2）步骤Ⅰ中，加入的目的是中和X与HY反应生成的，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。
（4）步骤Ⅰ和Ⅱ中，引入了和，则步骤Ⅲ中，洗涤去除的无机盐产物是。
（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；故选bcd；
②根据题意有关系式：，则，所以Ni的质量百分含量为。
（6）利用上述配合物的变色原理（温差约时，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。
18．【答案】（1）能
（2）+→+HCl
（3）
（4）取代反应
（5）SnCl2
（6）邻甲基苯甲酸
（7）9；
【知识点】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）根据化合物A的结构简式以及形成氢键的条件，A中的羟基与-NO2处于邻位，可形成分子内氢键，故答案为能；
（2）对比C、D的结构简式可知，C中氨基上的1个“N-H”断裂，另一反应物上的“S-Cl”键断裂，C→D的反应类型为取代反应，其化学反应方程式为+→+HCl；故答案为+→+HCl；
（3）采用对比的方法，如F的分子式为C21H24ClNO6S，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，故答案为；
（4）由H和I的结构简式可知，H到I的反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
（5）B→C、I→J均为-NO2→-NH2，因此X化学试为SnCl2，故答案为SnCl2；
（6）对比J和L的结构简式以及K的分子式，可推知K的结构简式为，完全水解后生成得到，名称为邻甲基苯甲酸；故答案为邻甲基苯甲酸；
（7）E的消去产物为CH2=CHCH2COOCH3CH3，满足条件a、b、c的同分异构体中含有1个-COOH，1个碳碳双键，2个不相同的-CH3，符合条件的同分异构体有CH3CH2C(COOH)=CHCH3(存在顺反异构)、CH3CH2CH=C(COOH)CH3(存在顺反异构)、CH3CH(COOH)C(CH3)=CH2、CH3CH2C(CH3)=CH(COOH)(存在顺反异构)、CH3CH=C(CH3)CH2COOH(存在顺反异构)，共有9种结构；只满足条件a和c，不满足b的分子中不含碳碳双键，应含有1个-COOH，2个不相同的-CH3，1个碳环，结构简式为；故答案为9；。
【分析】A与(CH3)2SO4反应形成醚键得到B，B发生还原反应，硝基还原为氨基得到C，C与发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成F，F在碱性条件下生成G，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，G在酸性条件水解得到H，H与发生取代反应生成I，I与X反应得到J，该过程中，硝基被还原为氨基，发生类似B→C的反应，则试剂X应为 SnCl2 ，J与K反应得到L，结合L、J的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为。
（1）根据化合物A的结构简式以及形成氢键的条件，A中的羟基与-NO2处于邻位，可形成分子内氢键，故答案为能；
（2）对比C、D的结构简式可知，C中氨基上的1个“N-H”断裂，另一反应物上的“S-Cl”键断裂，C→D的反应类型为取代反应，其化学反应方程式为+→+HCl；故答案为+→+HCl；
（3）采用对比的方法，如F的分子式为C21H24ClNO6S，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，故答案为；
（4）由H和I的结构简式可知，H到I的反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
（5）B→C、I→J均为-NO2→-NH2，因此X化学试为SnCl2，故答案为SnCl2；
（6）对比J和L的结构简式以及K的分子式，可推知K的结构简式为，完全水解后生成得到，名称为邻甲基苯甲酸；故答案为邻甲基苯甲酸；
（7）E的消去产物为CH2=CHCH2COOCH3CH3，满足条件a、b、c的同分异构体中含有1个-COOH，1个碳碳双键，2个不相同的-CH3，符合条件的同分异构体有CH3CH2C(COOH)=CHCH3(存在顺反异构)、CH3CH2CH=C(COOH)CH3(存在顺反异构)、CH3CH(COOH)C(CH3)=CH2、CH3CH2C(CH3)=CH(COOH)(存在顺反异构)、CH3CH=C(CH3)CH2COOH(存在顺反异构)，共有9种结构；只满足条件a和c，不满足b的分子中不含碳碳双键，应含有1个-COOH，2个不相同的-CH3，1个碳环，结构简式为；故答案为9；。
1 / 1【高考真题】2024年江西高考真题化学试题
1．（2024·江西）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
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．单质钴是银灰色，青蓝色是氧化钴的颜色，因此青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，A错误；
B．釉的主要成分是氧化物等无机物，不属于有机高分子，B错误；
C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C正确；
D．青花瓷呈现青蓝色，而 Fe2O3为红棕色，D错误；
故选C。
【分析】A．单质钴的颜色是银灰色；
Ｂ．釉的主要成分包括氧化物、玻璃形成剂和助熔剂；
Ｃ．青花瓷主要成分为铝硅酸盐；
Ｄ． Fe2O3 为红棕色。
2．（2024·江西）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
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．SiH4为正四面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，因此分子的极性：SiH4B．H-H为非极性键，H-Cl为极性键，则键的极性：H-Cl＞H-H，故B正确；
C．水分子中心原子O原子含两对孤对电子，甲烷中心原子C原子不含孤电子对，孤电子对越多键角越小，则键角：H2O＜CH4，故C错误；
D．原子半径：C＞N，原子半径越大，键长越长，则分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误；
故选B。
【分析】A．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｂ．同种非金属原子间形成非极性键，不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｄ．原子半径越大，键长越长。
3．（2024·江西）“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
【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．图示操作为蒸馏，不是分液，故A错误；
B．分液应使用分液漏斗，图示为普通漏斗，故B错误；
C．图示操作为分液，故C正确；
D．图示操作为抽滤，不是分液，故D错误；
故选C。
【分析】有机相和水相互不相溶，采用分液的方法分离。
4．（2024·江西）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
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团
【解析】【解答】A．X分子中含有的官能团为：酮羰基、羟基、醛基、醚键、碳碳双键，共5种，分子中含8个手性碳原子，如图用“*”标记：故A错误；
B．X中醛基、碳碳双键和羰基都能与氢气发生加成反应，因此1mol X最多可以和4mol H2发生加成反应，故B错误；
C．与羟基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．新制 Cu (OH)2与醛基（-CHO）在加热条件下发生氧化反应，生成砖红色 Cu2O 沉淀，故D正确；
故选D。
【分析】A．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
Ｂ．X中碳碳双键、醛基和羰基能与氢气加成；
Ｃ．与羟基相连碳的邻位碳原子上有H原子可发生消去反应；
Ｄ．醛基能与新制的Cu(OH)2反应。
5．（2024·江西）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
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A． WYZ2是HNO2，为弱酸，A错误；
B．MZW为KOH，属于强碱，B正确；
C． M2Z2为K2O2，由K+和构成，属于离子化合物，C错误；
D． X2W2 为C2H2，C2H2不含离子键，属于共价化合物，D错误；
故选B。
【分析】前四周期中M原子半径最大，则M为K元素，X6W6分子含有大π键()，则X6W6为C6H6，即苯，则X为C元素，W为H元素， XZ2分子呈直线形 ，则XZ2为CO2，Z为O元素，Y位于X（C）和Z（O）之间，则Y为N元素。
6．（2024·江西）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
B KI溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变蓝 氧化性：
C 久置的NaOH溶液试剂瓶口出现白色固体 NaOH结晶析出
D 久置的溶液中出现红褐色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁盐和亚铁盐的相互转变；探究铝热反应
【解析】【解答】A．铝热反应是放热反应， ，A错误；
B．KI溶液加热浓缩过程中，I-被空气中O2氧化生成I2，该反应中，氧气是氧化剂，I2是氧化产物，因此氧化性：O2>I2，B正确；
C．氢氧化钠会和空气中二氧化碳发生反应生成碳酸钠，故久置的NaOH溶液试剂瓶口出现的白色固体是碳酸钠，C错误；
D．亚铁离子易被氧化为铁离子，久置的FeCl2溶液中出现红褐色Fe(OH)3沉淀，并未发生沉淀的转化，不能说明 ，D错误；
故选B。
【分析】A．铝热反应是放热反应；
Ｂ．氧化剂的氧化性大于氧化产物；
Ｃ．NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠；
Ｄ．亚铁离子易被氧化为铁离子。
7．（2024·江西）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NA，下列说法正确的是
15N2+C(石墨)+2LiHLi2[15NC15N]+H2
A．22.4L15N2含有的中子数为16NA
B．12gC(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA
C．1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为4NA
D．生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．未指明气体所处的 标准状况，22.4L 5N2的物质的量不一定为 1mol，无法直接计算中子数，故A错误；
B.12gC（石墨）物质的量n1mol，石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化，C原子的杂化轨道上3个电子，有一个电子未参与杂化，sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，故B错误；
C．双键含有1个σ键和1个π键，则1mol[N=C=N]2﹣中含有的π键数为2NA，故C错误；
D．该反应中氮元素化合价0价降低到﹣3价，碳元素化合价0价升高到+4价，氢元素化合价﹣1价升高到0价，生成1mol H2时，消耗 2mol LiH，H 失 2mol 电子，同时 C失4mol 电子，N得 6mol 电子，总转移电子数为 6mol，电子数为6NA，故D正确；
故选D。
【分析】A．气体所处的状态未知，无法计算其物质的量；
Ｂ．石墨中每个 C 原子采取 sp2 杂化；
Ｃ．双键含有1个σ键和1个π键；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
8．（2024·江西）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
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．将CPU针脚粉碎，能增大反应物间的接触面积，加速溶解，故A正确；
B．除杂和溶金步骤中均会加入硝酸作氧化剂，硝酸的还原产物为氮氧化物，且NO有毒，因此反应需在通风橱中进行，故B正确；
C．富集后减压过滤后，得到的固体用Na2S2O5还原得到金，则K[AuBr4]主要存在于滤渣中，故C错误；
D．还原步骤中，Na2S2O5发生氧化反应，硫元素化合价升高，生成，故D正确；
故选C。
【分析】A．反应物粉碎可增大接触面积；
Ｂ．硝酸的还原产物为氮氧化物，需在通风橱中进行；
Ｃ．富集后减压过滤得到K[AuBr4]；
Ｄ．Na2S2O5为还原剂，被氧化会生成。
9．（2024·江西）温度T下，向1L真空刚性容器中加入，反应达到平衡时，，
下列说法正确的是
A．再充入1mol X和1mol Y，此时
B．再充入1mol X，平衡时
C．再充入，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．再充入1mol X和1mol Y，Qc==0.35＞K，反应逆向进行， ，故A正确；
B．再充入1mol X，压强增大，反应的平衡逆向移动，平衡时Y的浓度小于0.8mol/L，故B错误；
C． 再充入 ，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．若温度升高，X的转化率增加，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应， ，故D错误；
故选A。
【分析】 反应达到平衡时， ，则，，K=≈0.27。
10．（2024·江西）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，nN∶nS=1∶2
D．反应的原子利用率＜100%
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质；高分子材料；聚合反应
【解析】【解答】A．Z含多个羟基，羟基为亲水基，能增大Z的溶解度，而聚乙烯不溶于水，则亲水性：Z＞聚乙烯，故A正确；
B．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子材料Z，发生的反应为加聚反应，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，则Z的重复结构单元中也含有3个硫原子，可知Z的重复结构单元中，nN∶nS=1∶1，故C错误；
D．该反应的生成物只有Z一种，原子利用率为100%，故D错误；
故选A。
【分析】A．Z中含有的羟基为亲水基，聚乙烯不溶于水；
Ｂ．X汇总碳碳双键转化为单键，且反应生成高分子化合物；
Ｃ．X中碳碳双键与H-S键发生加成；
Ｄ．该反应的产物只有一种。
11．（2024·江西）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
【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．CuAg为负极，HCHO在负极发生氧化反应，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A错误；
B．CuRu为正极，发生还原反应生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣，B正确；
C．质子交换膜只允许H+通过，因此 OH﹣不会通过质子交换膜从左室传递到右室， C错误；
D．根据正负极反应可知该电池的总反应为8HCHO+7OH-=NH3+8HCOO-+4 H2↑+2H2O，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH减小，需补加 KOH，D错误；
故选B。
【分析】原电池工作时，电子由负极流向正极，则CuAg电极为负极，电极反应式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣=2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu为正极，得到电子生成NH3，电极反应式为：6H2O+8e﹣=NH3↑+9OH﹣。
12．（2024·江西）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NA，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
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．以上面面心的Nb为例，与其距离最近的O位于同一个平面，有4个，则Nb的配位数是4，故A错误；
B．Nb和O最短距离为边长的，即anm，故B错误；
C．由图可知，Nb位于面心，数目为6×=3，O位于棱心，数目为12×=3，则晶胞密度为ρ=，故C错误；
D．P的分数坐标为（0，0，0），M位于正方体的面心，则M的分数坐标为（，，），故D正确；
故选：D。
【分析】A．顶面中心Nb原子，与其距离最近且相等的O原子位于同一个面，有4个；
Ｂ．Nb和O最短距离为正方体棱长的一半；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．根据P的坐标分析M的坐标。
13．（2024·江西）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：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；
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
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由分析可知，z表示δ()，故A错误；
B．O点存在平衡：Mn2++OH﹣ MnOH+，P点时，c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，则K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误；
C．P点，δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，则2c(Mn2+)=c()，根据电荷守恒有，整理可得：，此时pH=10.2，溶液呈碱性， ，进而可知c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；
D．Q点时，根据物料守恒有：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误；
故选C。
【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性， δ(MnOH+)= ，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为。
14．（2024·江西）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
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】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，说明一定不含Na2SO3，故C错误；
D．KCl可能存在，故D错误；
故选A。
【分析】实验 Ⅰ：加入蒸馏水，产生白色不溶物，生成无色、有刺激性气味气体，白色不溶物可能为 AgCl（由 AgNO3与 Cl-反应生成）、BaSO3（BaCl2与 Na2SO3反应生成）、BaCO3（BaCl2与 Na2CO3反应生成）或 Al (OH)3（Al2O3与水缓慢反应生成），刺激性气味气体为 NH3，说明样品中含 NH4NO3（NH4+与 OH-微热生成 NH3），且体系中存在碱性环境，可能由 Na2SO3、Na2CO3或 Al2O3溶于水水解提供 OH-。
实验 Ⅱ：加入稀盐酸，白色不溶物存在，生成无色、无味气体。白色不溶物在稀盐酸中仍存在，说明为 AgCl（不溶于酸），因此样品中必含 AgNO3和含 Cl-的物质（BaCl2或 KCl）。无色无味气体为 CO2（若为 SO2则有刺激性气味），说明样品中含 Na2CO3（与盐酸反应生成 CO2），而 Na2SO3若存在会生成 SO2，与现象矛盾，故不含 Na2SO3。
实验 Ⅲ：加入 NaOH 溶液并微热，无不溶物，生成无色、有刺激性气味气体。无不溶物说明原白色不溶物在碱性条件下溶解。若存在 Al2O3，其与 NaOH 反应生成可溶的 NaAlO2；若存在 AgCl，其在过量 NaOH 中可能部分溶解（形成 Ag2O 沉淀，但实验中无沉淀，故 AgCl 可能因与 NH3配位溶解，因 NH4NO3存在可生成 NH3），刺激性气味气体为 NH3，进一步确认 NH4NO3存在。
综上所述，一定含NH4NO3，可能含AgNO3、BaCl2、KCl、Na2CO3、Al2O3，一定不含Na2SO3。
15．（2024·江西）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．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[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）+6；2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4 12H2O；热分解
（4）2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；4×10﹣7
（5）RaSO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）a．降低压强对固体分解反应速率影响不大，故a错误；
b．热分解反应的速率主要受温度影响，降低温度会降低反应速率，故b正确；
c．反应速率不随反应时间延长而增大，故c错误；
d．提高搅拌速度通常会增加反应速率，故d错误；
故答案为b。
（2）Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，设U的化合价为x，则2×（-1）+2x+7×（-2）=0，解得x=+6；U3O8 在氧气和氢氧化钠作用下转化为 Na2U2O7，反应的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O。
（3）热分解阶段使用 NaOH 处理独居石，生成磷酸钠（Na3PO4），浓缩结晶后，磷酸钠以水合物 Na3PO4 12H2O 形式析出；滤液中含有NaOH，可循环用于热分解阶段，减少高碱度废水的排放。
（4）①Ce(OH)4 中 Ce(IV) 具有强氧化性，被盐酸还原为 Ce(III)，同时 Cl- 被氧化为 Cl2，则反应的离子方程式为：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，此时完全转化为沉淀；
（5）镭为第ⅡA族元素，化学性质与钡（Ba）相似，BaSO4 是难溶沉淀，作为载体时，镭会以 RaSO4 形式共沉淀，从而去除杂质镭。
【分析】独居石矿粉加入55～60%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，用 NaOH 处理独居石，生成磷酸钠，则滤液浓缩结晶后得到Na3PO4 12H2O晶体，滤液中含有NaOH，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 中 Ce(IV) 具有强氧化性，与盐酸发生氧化还原反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，镭（Ra）为第 IIA 族元素，化学性质与钡（Ba）相似，则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。
（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+6NaOH3Na2U2O7+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；
（4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：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；
（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。
16．（2024·江西）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(g) CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g) C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g) S2(g)+2H2(g) ΔH3=+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) ΔH4=　 　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，Vm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）+11
（3）M；总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）1.2×10-3；P0
（5）0.4
（6）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）H2S为共价化合物，S与H之间形成共价键，则其电子式为；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/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M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，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%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，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=P0；
（5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣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H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。
【分析】（1） H2S为共价化合物；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）根据计算反应速率；压强之比等于物质的量之比；
（5）将题干数据代入公式列方程式求解；
（6）该方法 H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2 。
（1）H2S为共价化合物，其电子式为；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/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M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，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%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，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=P0；
（5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣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H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。
17．（2024·江西）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，使平衡正向移动，有利于Z的生成
（3）充分搅拌、剧烈振荡
（4）
（5）bcd；
（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
【知识点】配合物的成键情况；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，若 Ni2+为 sp3 杂化，其空间构型为四面体，原子无法共平面，因此的杂化方式不是杂化。
（2）HY 为弱酸，X 为胺类（显碱性），二者反应生成 H+，Na2CO3具有碱性，可中和 H+，降低溶液中 H+浓度，使配位反应平衡向生成 Z 的方向移动。
（3）通过搅拌或振荡可使沉淀均匀生成，避免反应物被沉淀包裹，减少共沉淀现象。
（4）步骤 Ⅰ 中加入 Ni (NO3)2，反应后未参与沉淀形成；步骤 Ⅱ 加入 NaB (C6H5)4，生成配合物 Z 后，引入，则溶液中残留的可溶性无机盐主要为。
（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；故选bcd；
②EDTA 与 Ni2+按 1：1 反应，则，所以Ni的质量百分含量为。
（6）利用上述配合物的变色原理（温差约时，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。
【分析】（1）若 Ni2+为 sp3 杂化，其空间构型为四面体，原子无法共平面；
（2） Na2CO3具有碱性，能中和反应生成的氢离子；
（3）通过搅拌或振荡可使沉淀均匀生成，避免反应物被沉淀包裹，减少共沉淀现象；
（4）步骤Ⅰ和Ⅱ中，引入了和；
（5）①称取样品需天平，溶解样品需烧杯，调节pH和滴定需锥形瓶，量取溶液需量筒；
②根据关系式：计算；
（6）结合该配合物的变色原理设计装置。
（1）已知配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，的杂化方式为杂化，不是杂化。
（2）步骤Ⅰ中，加入的目的是中和X与HY反应生成的，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。
（4）步骤Ⅰ和Ⅱ中，引入了和，则步骤Ⅲ中，洗涤去除的无机盐产物是。
（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；故选bcd；
②根据题意有关系式：，则，所以Ni的质量百分含量为。
（6）利用上述配合物的变色原理（温差约时，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。
18．（2024·江西）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）+→+HCl
（3）
（4）取代反应
（5）SnCl2
（6）邻甲基苯甲酸
（7）9；
【知识点】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）根据化合物A的结构简式以及形成氢键的条件，A中的羟基与-NO2处于邻位，可形成分子内氢键，故答案为能；
（2）对比C、D的结构简式可知，C中氨基上的1个“N-H”断裂，另一反应物上的“S-Cl”键断裂，C→D的反应类型为取代反应，其化学反应方程式为+→+HCl；故答案为+→+HCl；
（3）采用对比的方法，如F的分子式为C21H24ClNO6S，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，故答案为；
（4）由H和I的结构简式可知，H到I的反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
（5）B→C、I→J均为-NO2→-NH2，因此X化学试为SnCl2，故答案为SnCl2；
（6）对比J和L的结构简式以及K的分子式，可推知K的结构简式为，完全水解后生成得到，名称为邻甲基苯甲酸；故答案为邻甲基苯甲酸；
（7）E的消去产物为CH2=CHCH2COOCH3CH3，满足条件a、b、c的同分异构体中含有1个-COOH，1个碳碳双键，2个不相同的-CH3，符合条件的同分异构体有CH3CH2C(COOH)=CHCH3(存在顺反异构)、CH3CH2CH=C(COOH)CH3(存在顺反异构)、CH3CH(COOH)C(CH3)=CH2、CH3CH2C(CH3)=CH(COOH)(存在顺反异构)、CH3CH=C(CH3)CH2COOH(存在顺反异构)，共有9种结构；只满足条件a和c，不满足b的分子中不含碳碳双键，应含有1个-COOH，2个不相同的-CH3，1个碳环，结构简式为；故答案为9；。
【分析】A与(CH3)2SO4反应形成醚键得到B，B发生还原反应，硝基还原为氨基得到C，C与发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成F，F在碱性条件下生成G，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，G在酸性条件水解得到H，H与发生取代反应生成I，I与X反应得到J，该过程中，硝基被还原为氨基，发生类似B→C的反应，则试剂X应为 SnCl2 ，J与K反应得到L，结合L、J的结构简式和K的分子式可知，K的结构简式为。
（1）根据化合物A的结构简式以及形成氢键的条件，A中的羟基与-NO2处于邻位，可形成分子内氢键，故答案为能；
（2）对比C、D的结构简式可知，C中氨基上的1个“N-H”断裂，另一反应物上的“S-Cl”键断裂，C→D的反应类型为取代反应，其化学反应方程式为+→+HCl；故答案为+→+HCl；
（3）采用对比的方法，如F的分子式为C21H24ClNO6S，G分子式为C20H20ClNO5S，少了1个C，4个H，1个O，即F→G去掉了1个CH3OH，对比H的结构简式可知，可知G的结构简式为，故答案为；
（4）由H和I的结构简式可知，H到I的反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
（5）B→C、I→J均为-NO2→-NH2，因此X化学试为SnCl2，故答案为SnCl2；
（6）对比J和L的结构简式以及K的分子式，可推知K的结构简式为，完全水解后生成得到，名称为邻甲基苯甲酸；故答案为邻甲基苯甲酸；
（7）E的消去产物为CH2=CHCH2COOCH3CH3，满足条件a、b、c的同分异构体中含有1个-COOH，1个碳碳双键，2个不相同的-CH3，符合条件的同分异构体有CH3CH2C(COOH)=CHCH3(存在顺反异构)、CH3CH2CH=C(COOH)CH3(存在顺反异构)、CH3CH(COOH)C(CH3)=CH2、CH3CH2C(CH3)=CH(COOH)(存在顺反异构)、CH3CH=C(CH3)CH2COOH(存在顺反异构)，共有9种结构；只满足条件a和c，不满足b的分子中不含碳碳双键，应含有1个-COOH，2个不相同的-CH3，1个碳环，结构简式为；故答案为9；。
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