《2026年新高考5年真题高中化学全一册通用版广东专版》

1. [2024·江西卷，15T，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 $ CePO_5$，含有 $ Th_3( PO_4)_4$、$ U_3 O_8$ 和少量镭杂质]为原料制备 $ CeCl_3· n H_2 O$ 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b(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) $ Na_2 U_2 O_7$ 中铀元素的化合价为+6，热分解阶段 $ U_3 O_8$ 生成 $ Na_2 U_2 O_7$ 的化学反应方程式为$2U₃O₈ + O₂ + 6NaOH \xlongequal{\triangle} 3Na₂U₂O₇ + 3H₂O$。
(3) 浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为Na₃PO₄·nH₂O，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) 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2Ce(OH)₄ + 8H⁺ + 2Cl⁻ ══ 2Ce³⁺ + Cl₂↑ + 8H₂O。
② 当溶液 pH = 4.5 时，$c( Th^{4+}) =$4.0×10⁻⁷ $ mol· L^{-1}$，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5) 以 $ BaSO_4$ 为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO₄。

答案： 1. 参考答案$ (1) b (2) +6 2U₃O₈ + O₂ + 6NaOH \xlongequal{\triangle} 3Na₂U₂O₇ + 3H₂O (3) Na₃PO₄·nH₂O $热分解
(4) ①2Ce(OH)₄ + 8H⁺ + 2Cl⁻ ══ 2Ce³⁺ + Cl₂↑ + 8H₂O
②4.0×10⁻⁷
(5) RaSO₄
命题意图 本题以独居石制备 CeCl₃·nH₂O 的工艺流程为素材，涉及影响反应速率的因素、化学方程式书写、离子浓度计算等知识，体现了“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”化学学科核心素养。
解题 思路
(1) 根据
(2) 生成 Na₂U₂O₇ 的反应可知，有 O₂ 参与热分解，故降低压强，氧气浓度减小，分解速率降低，a 项错误。降低温度，分解速率降低，b 项正确。反应时间越长，分解速率逐渐变慢，c 项错误。提高搅拌速度，反应物接触更充分，分解速率加快，d 项错误。
(2) Na₂U₂O₇ 中 Na 为 +1 价，O 为 -2 价，根据化合价代数和为 0，则铀元素的化合价为 +6，热分解阶段 U₃O₈ 生成 Na₂U₂O₇，U 化合价升高，则 O 元素化合价降低，反应的化学方程式为$ 2U₃O₈ + O₂ + 6NaOH \xlongequal{\triangle} 3Na₂U₂O₇ + 3H₂O。$
(3) 稀释过滤后的滤液中含有 Na⁺、PO₄³⁻，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 Na₃PO₄·nH₂O。浓缩结晶后的滤液中含 Na⁺、OH⁻，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) 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在热分解过程中 Ce 的化合价由 +3 变成了 +4，而最终生成物中 Ce 的化合价为 +3，说明在溶解阶段中 Ce 的化合价又由 +4 变回了 +3，Ce 元素化合价降低，在与盐酸反应中，Cl 元素的化合价应升高，盐酸溶解 Ce(OH)₄ 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⁺) = 1×10⁻⁴.⁵ mol·L⁻¹，c(OH⁻) = 1×10⁻⁹.⁵ mol·L⁻¹，c(Th⁴⁺)×c(OH⁻) = Kₛₚ[Th(OH)₄] = 4.0×10⁻⁴⁵，则 c(Th⁴⁺) = 4×10⁻⁷ 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 RaSO₄，Ra 和 Ba 均为第ⅡA 族元素，则 RaSO₄ 也为沉淀。

2. [2024·安徽卷，15T，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$ 位于元素周期表第四周期第ⅠB族。
(2) “浸出液 1” 中含有的金属离子主要是Cu²⁺。
(3) “浸取 2” 步骤中，单质金转化为 $ HAuCl_4$ 的化学方程式为2Au + 8HCl + 3H₂O₂ ══ 2HAuCl₄ + 6H₂O。
(4) “浸取 3” 步骤中，“浸取 2” 中的AgCl(填化学式)转化为 $[ Ag( S_2 O_3)_2]^{3-}$。
(5) “电沉积”步骤中阴极的电极反应式为[Ag(S₂O₃)₂]³⁻ + e⁻ ══ Ag + 2S₂O₃²⁻。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为Na₂S₂O₃(填化学式)。
(6) “还原”步骤中，被氧化的 $ N_2 H_4$ 与产物 $ Au$ 的物质的量之比为3 : 4。
(7) $ Na_2 S_2 O_3$ 可被 $ I_2$ 氧化为 $ Na_2 S_4 O_6$。从物质结构的角度分析 $ S_4 O_6^{2-}$ 的结构为 (a) 而不是 (b) 的原因：(a) 中两边的 S 原子均形成 4 个 σ 键，且无孤电子对，中间的两个 S 原子均形成两个单键，且各有两个孤电子对，所以 S 原子均为 sp³ 杂化。由于原子间形成的共价键数目越多，原子间的结合力越强，该化学键的键长就越短，S═O 双键键长小于 S—O 单键，因此 (a) 结构中总体电子云分布比较均匀，结构比较稳定。(b) 结构中两边中心的两个 S 和中间的两个 O 均为 sp³ 杂化，S—S—S—S 硫链与 S—O—S 杂链相比，因 O 原子半径比 S 的小，在单位空间内电子的排斥力 (b) ＞ (a)，(b) 结构中正负电荷中心不重合，极性大，从而导致结构 (b) 更不稳定。

答案： 2. 参考答案
(1) 四 ⅠB
(2) Cu²⁺
(3) 2Au + 8HCl + 3H₂O₂ ══ 2HAuCl₄ + 6H₂O
(4) AgCl
(5) [Ag(S₂O₃)₂]³⁻ + e⁻ ══ Ag + 2S₂O₃²⁻ Na₂S₂O₃
(6) 3 : 4
(7) (a) 中两边的 S 原子均形成 4 个 σ 键，且无孤电子对，中间的两个 S 原子均形成两个单键，且各有两个孤电子对，所以 S 原子均为 sp³ 杂化。由于原子间形成的共价键数目越多，原子间的结合力越强，该化学键的键长就越短，S═O 双键键长小于 S—O 单键，因此 (a) 结构中总体电子云分布比较均匀，结构比较稳定。(b) 结构中两边中心的两个 S 和中间的两个 O 均为 sp³ 杂化，S—S—S—S 硫链与 S—O—S 杂链相比，因 O 原子半径比 S 的小，在单位空间内电子的排斥力 (b) ＞ (a)，(b) 结构中正负电荷中心不重合，极性大，从而导致结构 (b) 更不稳定
命题意图 本题以从铜阳极泥中分离金和银的工艺流程为素材，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应相关计算、物质结构分析等知识，意在考查考生的分析推理能力，体现了“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”化学学科核心素养。
解题 思路 精炼铜产生的铜阳极泥富含 Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H₂O₂ 浸取，Cu 被转化为 Cu²⁺ 进入“浸出液 1”中，Ag、Au 均不反应，“浸渣 1”中含有 Ag 和 Au。“浸渣 1”中加入盐酸、H₂O₂ 浸取，Au 转化为 HAuCl₄ 进入“浸出液 2”，Ag 转化为 AgCl，“浸渣 2”中含有 AgCl。“浸出液 2”中加入 N₂H₄ 将 HAuCl₄ 还原为 Au，同时 N₂H₄ 被氧化为 N₂。“浸渣 2”中加入 Na₂S₂O₃，将 AgCl 转化为 [Ag(S₂O₃)₂]³⁻，得到“浸出液 3”，利用电沉积法将 [Ag(S₂O₃)₂]³⁻ 还原为 Ag。
(1) Cu 的原子序数为 29，位于第四周期第ⅠB 族。
(2) 铜阳极泥加入硫酸、H₂O₂ 浸取，Cu 被转化为 Cu²⁺ 进入“浸出液 1”中，“浸出液 1”中含有的金属离子主要是 Cu²⁺。
(3) “浸取 2”步骤中，Au 与盐酸、H₂O₂ 发生氧化还原反应，生成 HAuCl₄ 和 H₂O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为 2Au + 8HCl + 3H₂O₂ ══ 2HAuCl₄ + 6H₂O。
(4) “浸渣 2”中含有 AgCl，与 Na₂S₂O₃ 反应转化为 [Ag(S₂O₃)₂]³⁻。
(5) “电沉积”步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S₂O₃)₂]³⁻ 得电子被还原为 Ag，电极反应式为 [Ag(S₂O₃)₂]³⁻ + e⁻ ══ Ag + 2S₂O₃²⁻。阴极反应生成 S₂O₃²⁻，同时阴极区溶液中含有 Na⁺，
“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 Na₂S₂O₃。
(6) “还原”步骤中，HAuCl₄ 被还原为 Au，Au 由 +3 价变为 0 价，N₂H₄ 被氧化为 N₂，N 由 -2 价变为 0 价，根据得失电子守恒，被氧化的 N₂H₄ 与产物 Au 的物质的量之比为 3 : 4。