2024年江西省普通高中学业水平选择性考试 化学

13/132024年江西省普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Ni—59Nb—93一、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.（2024·江西高考1题）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解析：C青蓝色是由于生成了钴离子，A项错误；表面的釉为无机物，B项错误；陶瓷的主要成分为铝硅酸盐，C项正确；Fe2O3为红棕色固体，铁元素的主要存在形式为FeO，D项错误。2.（2024·江西高考2题）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＞NH3B.键的极性：H—Cl＞H—HC.键角：H2O＞CH4D.分子中三键的键长：HC≡N＞HC≡CH解析：BSiH4为非极性分子，NH3为极性分子，故分子的极性：SiH4＜NH3，A项错误；H—Cl为极性键，H—H为非极性键，故键的极性：H—Cl＞H—H，B项正确；H2O、CH4中O、C均为sp3杂化，O有两个孤电子对，C无孤电子对，根据孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力知，键角：H2O＜CH4，C项错误；C的原子半径大于N，则分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，D项错误。3.（2024·江西高考3题）“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（）解析：C利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相为萃取过程，然后进行分液，分液时需要的玻璃装置为分液漏斗和烧杯，C项正确。4.（2024·江西高考4题）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.1molX最多可以和3molH2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解析：D由X的结构简式可知，其含有酮羰基、醛基、羟基、醚键、碳碳双键5种官能团，含有如图“*”所示的8个手性碳原子，A项错误；1molX中含有1mol酮羰基、1mol醛基、2mol碳碳双键，最多可以和4molH2发生加成反应，B项错误；如图羟基所连碳原子的3个邻位碳原子中1、2号碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，有2种消去产物，C项错误；含有醛基，可与新制的Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，D项正确。5.（2024·江西高考5题）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（Π66），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是离子化合物解析：BW、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，则M为K元素；X6W6分子含有大π键（Π66），则X6W6为苯，W为H元素，X为C元素；XZ2分子呈直线形，且X、Y、Z同周期，则Z为O元素，Y为N元素。HNO2为弱酸，A项错误；KOH为强碱，B项正确；K2O2为离子化合物，C项错误；C2H2为共价化合物，6.（2024·江西高考6题）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＞0BKI溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变蓝氧化性：O2＞I2C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]解析：B铝和氧化铁的反应为铝热反应，该反应为放热反应，ΔH＜0，A项错误；溶液变蓝，说明有I2生成，则发生反应：4I－＋O2＋2H2O2I2＋4OH－，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：O2＞I2，B项正确；久置的NaOH溶液与空气中的CO2反应产生Na2CO3，瓶口出现的白色固体为Na2CO3，C项错误；久置的FeCl2溶液，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe（OH）3，不能说明Ksp[Fe（OH）3]＞Ksp[Fe（OH）2]，D7.（2024·江西高考7题）我国学者把游离态氮固定在碳上（示踪反应如下），制得的[NCN]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]＋H2A.22.4L15N2含有的中子数为16NAB.12gC（石墨）中sp2杂化轨道含有的电子数为6NAC.1mol[NCN]2－中含有的π键数为4D.生成1molH2时，总反应转移的电子数为6NA解析：D1个15N2含有16个中子，但没有指明22.4L15N2所处的状况，其物质的量无法计算，A项错误；石墨中C原子为sp2杂化，每个碳原子的sp2杂化轨道中共有3个电子，12gC（石墨）含有1molC，sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，B项错误；1个[NCN]2－中含有2个π键，则1mol[NCN]2－中含有的π键数为2NA，C项错误；由N从0价变成－3价知，生成1个H2分子时，该反应转移6e－，则生成1molH2时，总反应转移的电子数为6N8.（2024·江西高考8题）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SO4解析：C将CPU针脚粉碎可以增大反应物间的接触面积，加速溶解，A项正确；除杂和溶金步骤中均有硝酸参与反应，硝酸有挥发性且有氮氧化物生成，故需在通风橱中进行，B项正确；结合题图，根据减压过滤后还原得到金粉，知富集后K[AuBr4]主要存在于滤渣中，C项错误；还原步骤中K[AuBr4]被还原为Au，则Na2S2O5被氧化为SO42－9.（2024·江西高考9题）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－1。下列说法正确的是（）A.再充入1molX和1molY，此时v正＜v逆B.再充入1molX，平衡时，c（Y）＝0.8mol·L－1C.再充入1molN2，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解析：A由题可知，达到平衡时c（X）＝0.6mol·L－1，c（Y）＝c（Z）＝0.4mol·L－1，反应的平衡常数K＝0.4×0.40.6≈0.27，再充入1molX和1molY，此时Q＝1.4×0.41.6＝0.35＞K，反应逆向进行，v正＜v逆，A项正确；再充入1molX，相当于将两个该容器叠加后容积压缩一半，若平衡不移动，则c（Y）＝0.8mol·L－1，而加压时平衡逆向移动，则c（Y）＜0.8mol·L－1，B项错误；再充入1molN2，平衡体系中各物质浓度不变，平衡不移动，C项错误；10.（2024·江西高考10题）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∶2D.反应的原子利用率＜100％解析：AZ分子中含有多个羟基，能与水分子形成氢键，因此亲水性：Z＞聚乙烯，A项正确；反应中碳碳双键变为碳碳单键，为加聚反应，B项错误；X中碳碳双键与H—S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nN∶nS＝1∶1，C项错误；该反应为加聚反应，原子利用率为100％，D项错误。11.（2024·江西高考11题）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↑＋2OHB.CuRu电极反应为NO3－＋6H2O＋8e－NH3↑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解析：B根据题图中电子迁移方向可知左侧CuAg电极为负极，右侧CuRu电极为正极，再结合题图中物质转化可写出各电极的电极反应式，负极：2HCHO－2e－＋4OH－2HCOO－＋H2↑＋2H2O，正极：NO3－＋8e－＋6H2ONH3↑＋9OH－。CuAg电极上HCHO转化为HCOO－和H2，电极反应为2HCHO＋4OH－－2e－2HCOO－＋H2↑＋2H2O，A项错误；CuRu电极上NO3－转化为NH3，电极反应为NO3－＋6H2O＋8e－NH3↑＋9OH－，B项正确；OH－不能通过质子交换膜，C项错误；总反应为8HCHO＋NO3－＋7OH－8HCOO－＋NH3↑＋4H2↑＋12.（2024·江西高考12题）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为NA，下列说法正确的是（）A.Nb的配位数是6B.Nb和O最短距离为22aC.晶体密度ρ＝6×（93+16）NAD.M的分数坐标为1解析：D由题图可知，Nb处于面心，与其距离最近且相等的O有4个，其配位数为4，A项错误；Nb和O的最短距离为晶胞棱长的一半，即12anm，B项错误；该晶胞中Nb的个数为6×12＝3，O的个数为12×14＝3，晶胞质量为3×（93+16）NAg，晶胞体积为（a×10－7cm）3，故晶体密度为3×（93+16）NA×a3×113.（2024·江西高考13题）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＋）＝c（MnOH＋）c（Mn2+A.曲线z为δ（MnOH＋）B.O点，c（H＋）＝23×10－10.2mol·L－C.P点，c（Mn2＋）＜c（K＋）D.Q点，c（SO42－）＝2c（MnOH＋）＋2c（解析：C随着pH增大，c（OH－）逐渐增大，Mn2＋逐步转化为MnOH＋、HMnO2－、MnO22－、Mn（OH）42－，则曲线x表示δ（Mn2＋），曲线y表示δ（MnOH＋），曲线z表示δ（HMnO2－）。由上述分析知，A项错误；P点δ（Mn2＋）＝δ（MnOH＋），pH＝10.2，即c（Mn2＋）＝c（MnOH＋），c（OH－）＝10－3.8mol·L－1，则Mn2＋＋OH－⇌MnOH＋的K＝c（MnOH＋）c（Mn2+）·c（OH－）＝103.8，O点δ（Mn2＋）＝0.6，δ（MnOH＋）＝0.4，代入平衡常数表达式得K＝c（MnOH＋）c（Mn2+）·c（OH－）＝0.40.6×c（OH－）＝103.8，解得c（OH－）＝23×10－3.8mol·L－1，则c（H＋）＝32×10－10.2mol·L－1，B项错误；P点溶液显碱性，δ（Mn2＋）＝δ（MnOH＋），结合Mn2＋＋OH－⇌MnOH＋，知c（Mn2＋）＝c（MnOH＋）＝c消耗（OH－），而c（K＋）＝c消耗（OH－）＋c剩余（OH－），所以c（K＋）＞c（Mn2＋），C项正确；Q点c（MnOH＋）＝c（HMnO2－），根据元素守恒c（SO414.（2024·江西高考14题）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ⅢNaOH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BaCl2C.含Na2SO3 D.不含KCl解析：A根据Ⅲ，加入NaOH溶液，无不溶物，产生无色、有刺激性气味气体，该气体为NH3，则一定含有NH4NO3；根据Ⅱ，加入稀盐酸，有白色不溶物，产生无色、无味气体，该气体为CO2，则一定含有Na2CO3，一定不含Na2SO3，白色不溶物只能为AgCl，则一定含有AgNO3[加入NaOH溶液时无不溶物，是因为NH4NO3与NaOH反应生成的NH3·H2O将AgNO3转化为了Ag（NH3）2NO3]，无法确定BaCl2、KCl是否存在，但根据Ⅲ，加入NaOH溶液，无不溶物，可确定不存在BaCl2；根据Ⅰ，加入蒸馏水，有白色沉淀，产生无色、有刺激性气味气体，白色沉淀可能是Al2O3或AgCl，也可能是AgNO3和Na2CO3反应生成的Ag2CO3，无色、有刺激性气味的气体为铵盐分解产生的氨气，因此无法确定是否含有Al2O3，A项正确。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（2024·江西高考15题）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（填字母）。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－1，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）＋62U3O8＋O2＋6NaOH△3Na2U2O7＋3H2O（3）Na3PO4·12H2O热分解（4）①2Ce（OH）4＋8H＋＋2Cl－2Ce3＋＋8H2O＋Cl2↑②4.0×10－7（5）镭解析：（1）独居石为固体，降低压强，其分解速率不变，a错误；降低温度，分解速率降低，b正确；反应时间越长，对分解速率无影响，c错误；提高搅拌速度，分解速率增大，d错误。（2）Na2U2O7中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中正、负化合价代数和为0，知U为＋6价。热分解阶段U3O8转化成Na2U2O7，U元素化合价升高，被空气中的氧气氧化，1molU3O8参与反应失去3×6－163mol＝2mol电子，1mol氧气参与反应得4mol电子，根据得失电子守恒，U3O8、O2的化学计量数分别为2、1，结合原子守恒，配平化学方程式为2U3O8＋O2＋6NaOH△3Na2U2O7＋3H2O。（3）热分解时CePO4、Th3（PO4）4和NaOH反应得到Ce（OH）4、Th（OH）4和Na3PO4，稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH的滤液，浓缩结晶得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O，滤液主要含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。（4）①盐酸溶解Ce（OH）4得到含Ce3＋的溶液，Ce元素由＋4价降低为＋3价，则氯离子被氧化为Cl2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2Ce（OH）4＋8H＋＋2Cl－2Ce3＋＋8H2O＋Cl2↑。②溶液pH＝4.5时，c（OH－）＝10－9.5mol·L－1，Ksp[Th（OH）4]＝c（Th4＋）·c4（OH－）＝4.0×10－45，则c（Th4＋）＝4.0×10－45（10－9.5）4mol·L－1＝4.16.（2024·江西高考16题）目前开采的天然气含有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－1反应Ⅱ：CH4（g）⇌C（s）＋2H2（g）ΔH2＝＋90kJ·mol－1反应Ⅲ：2H2S（g）⇌S2（g）＋2H2（g）ΔH3＝＋181kJ·mol－1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－1。（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0.3molCH4和0.15molH2S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－1·min－1；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V1Vm＝a1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－1和0.8m3·kg－1（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）H︰S‥‥︰H（2）＋11（3）M恒温恒压下充入稀有气体，平衡向气体分子数增大的方向移动（4）1.2×10－31615p0（5）0.4（6）实现H解析：（1）H2S为共价化合物，其结构式为H—S—H，电子式为H︰S‥‥︰H。（2）根据盖斯定律，由反应Ⅱ＋反应Ⅲ－反应Ⅰ可得CS2（g）⇌S2（g）＋C（s）ΔH4＝＋90kJ·mol－1＋181kJ·mol－1－260kJ·mol－1＝＋11kJ·mol－1。（3）恒温恒压下充入稀有气体，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大，故含有He的曲线为M。（4）根据三个反应，可知n生成（H2）＝n转化（H2S）＋2n转化（CH4），由题图可知，0～5min内，n转化（H2S）＝0.15mol×20％＝0.03mol，n转化（CH4）＝0.3mol×5％＝0.015mol，则n生成（H2）＝0.03mol＋0.015mol×2＝0.06mol，故0～5min内H2的化学反应速率为0.06mol10L×5min＝1.2×10－3mol·L－1·min－1。5min时，设反应Ⅰ中CH4转化xmol，则反应Ⅱ中甲烷转化（0.015－x）mol，反应Ⅰ中H2S转化2xmol，反应Ⅲ中H2S转化（0.03－2x）mol，5min时H2为0.06mol，CS2为xmol，S2为（0.015－x）mol，CH4为0.285mol，H2S为0.12mol，气体总物质的量为0.48mol，反应前气体总物质的量为0.45mol，压强为p0，根据恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，知5min时容器内总压为0.48mol0.45mol×p0＝1615p0。（5）设H2S的吸附系数为xMPa－1，根据吸附等温式，H2S的分压分别为2MPa、4MPa时，其平衡吸附量之比为V1V2＝2x1+2x+2×0.2517.（2024·江西高考17题）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℃，溶液经混合颜色逐渐转为蓝绿色，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溶解，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·L－1EDTA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）提供碱性环境（合理即可）（3）剧烈搅拌（4）NaNO3（或硝酸钠）（5）①bcd②5.9cVm或59cV10m或59×10－3×100cVm解析：（1）配合物Z中Ni、N和O五个原子共平面，若Ni2＋为sp3杂化，则存在四面体结构，故Ni2＋的杂化方式不是sp3。（2）步骤Ⅰ中发生反应＋H＋，加入Na2CO3可消耗H＋，促使反应正向进行。（3）步骤Ⅱ中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可剧烈搅拌。（4）步骤Ⅱ中发生反应NO3－＋NaB（C6H5）4[B（C6H5）4]－↓＋NaNO3，故步骤Ⅲ中洗涤去除的无机盐产物为NaNO3。（5）①准确称取mg的配合物Z需要用到天平，加入去离子水需要用到洗瓶，用cmol·L－1EDTA标准溶液滴定