2024高途高中化学点睛卷全国乙卷OK_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-化学

高途高中·化学 点睛卷 2024 全国乙卷-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 绝密 启用前 2024年普通高中学业水平选择性考试热点预测卷（乙卷） 化 学 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 一、选择题：本题共7小题，每小题6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。 7．化学推动着社会的进步和科技的创新。下列说法错误的是 A．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性 B．汽车排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N 和CO ，但不利于酸雨的防治 2 2 C．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D．北京冬奥会手持火炬“飞扬”在出口处喷涂含碱金属的焰色剂，实现了火焰的可视性 8．点击化学是一种快速合成大量化合物的新方法，给传统有机合成化学带来重大革新。下图是科学家研 究点击化学的一种代表反应： 下列说法正确的是 A．化合物a苯环上的二取氯代物有6种 B．上述反应属于取代反应 C．化合物b分子中共线的原子最多有4个 D．化合物c分子式为C H N 15 12 3 9．下列装置用于实验室制取NO并回收CuNO  ，不能达到实验目的的是 3 2 A．用装置甲制NO气体 B．用装置乙除NO中的少量NO 2 C．用装置丙收集NO气体 D．用装置丁蒸干溶液获得CuNO  固体 3 2 第2页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 10．某平面形分子常用于感光复印纸的生产，其结构如图所示。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大 的短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期，下列说法正确的是 A．原子半径：r(Y)>r(X)>r(W) B．元素Z的含氧酸是强酸 C．简单阴离子的还原性：W>Z D．W、Y、Z形成的化合物一定不含离子键 11．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是 A．向H O 溶液中加入少量FeCl :2Fe3 H O O 2H 2Fe2 2 2 3 2 2 2 B．Na S溶液长期露淔在空气中：2S2 2H OO 2S4OH 2 2 2 通电 C．电解MgCl 水溶液：2Cl2H O 2OHCl H  2 2 2 2 D．向Ca(ClO) 溶液中通入少量CO 气体：ClOCO H OHClOHCO 2 2 2 2 3 12．2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家。下面是最近研发的Ca －LiFePO 可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为： 4 充电 xCa2++2LiFePO xCa+2Li FePO +2xLi＋， 4 1－x 4 放电 下列说法正确的是 A．放电时，负极反应为：LiFePO －xe－ =2Li FePO ＋xLi+ 4 1－x 4 B．充电时，Li FePO/LiFePO 电极发生Li+嵌入，放电时发生Li+脱嵌 1－x 4 C．放电时，当转移0.2mol电子时，理论上左室中电解质的质量增重4.0g D．LiPF －LiAsF 为非水电解质，其与Li SO 溶液的主要作用都是传递离子 6 6 2 4 第3页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 13．常温下，现有0.1molL1的NH HCO 溶液，pH7.8。已知含氮或含碳各微粒的分布分数(平衡时某种 4 3 微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法错误的是 A．常温下，K NH H O>K H CO  b 3 2 al 2 3 B．向pH7.8的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH和HCO浓度都逐渐减小 4 3 C．NH HCO 溶液中存在下列守恒关系：c  NH+ +cNH H O=c  HCO- +c  CO2- +c H CO 4 3 4 3 2 3 3 2 3 D．当溶液的pH9时，溶液中存在下列关系：c  HCO- >c  NH+ >cNH H O>c  CO2- 3 4 3 2 3 二、非选择题：共58分，共5道题。 （一）必考题：共43分。 26．（14分）南高实验学习小组经查阅资料发现：K FeO (Mr=198)为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有 2 4 强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O ，在碱性溶液中较稳定。现将他们制备高铁酸钾(K FeO )，测 2 2 4 定其纯度并探究其性质的过程展示如下。 (1)制备K FeO (夹持装置略) 2 4 ①A为氯气发生装置，盛KMnO 固体的仪器名称是 。 4 ②装置B中所用的试剂X为 。 ③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO ) 溶液分批加入装置C中，充分反应得 3 3 K FeO 固体，写出该反应的化学方程式 。 2 4 (2)K FeO 的纯度测定 2 4 向3mLCrCl 溶液中加入20mL饱和KOH溶液(Cr3+＋4OH－=CrO＋2H O)，再加入5mL蒸馏水，冷却至 3 2 2 室温，准确称取1.98g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应(FeO2＋CrO＋2H O=CrO2＋Fe(OH) ↓ 4 2 2 4 3 ＋OH－)，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO2＋2H＋=Cr O2＋H O)，并加入1mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用 4 2 7 2 1.00mol/L的标准硫酸亚铁铵[(NH ) Fe(SO ) ]溶液滴定(Cr O2＋6Fe2+＋14H＋=2Cr3+＋6Fe3+＋7H O)，至终 4 2 4 2 2 7 2 点时，消耗(NH ) Fe(SO ) 溶液的体积为27.00mL。则K FeO 的质量分数为 (过程中杂质不参 4 2 4 2 2 4 与反应)。 第4页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- (3)探究K FeO 的性质 2 4 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl 为证明是否K FeO 2. 2 4 氧化了Cl－而产生Cl ，设计以下方案： 2 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K FeO 溶出，得到紫 2 4 方案Ⅱ 色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl 产生。 2 Ⅰ．方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有 离子，但该离子的产生不能判断一定是K FeO 被Cl－还原得 2 4 到，还可能由 产生(用离子反应方程式表示)。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是 。 2 4 ②根据K FeO 的制备实验得出：氧化性Cl FeO2(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO2 2 4 2 4 2 4 的氧化性强弱关系相反，原因是 。 27．（15分）纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为ZnO、 ZnSiO 3，含少量Cu2、 Mn2等)为原料制备纳米ZnO的流程如下： 已知：i.ZnNH 2+  Zn2++4NH ；ZnNH 2受热易分解，放出氨气； 3 4 3 3 4 ii.Cu2++4NH H OCuNH 2+ +4H O。 3 2 3 4 2 (1)“浸取”时，锌元素以ZnNH 2形式进入滤液。 3 4 ①浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55℃时浸出率最高的原因： 。 ②浸出率与nNH :nNH  SO 的关系如图乙所示，nNH :nNH  SO >6:4之后浸出率下降，说 3  4 2 4 3  4 2 4 明 (填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。 A．ZnO和ZnSiO B．ZnO C．ZnSiO 3 3 ③浸取过程加入H O 的目的是 。 2 2 第5页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- (2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式： 。 (3)适量S2能将Cu2等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？ (填“是” 或“否”)，［已知：K (ZnS)=1.610-24，K (CuS)=1.310-36；K>105化学反应完全，K<10-5化学反应不发 sp sp 生］，用计算说明原因 。 (4)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？并 说明理由： 。 (5)写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。 (6)该流程中可以循环利用的物质是 (写出主要成分的化学式)。 28．（14分）汽车尾气中NO和CO的催化转化是目前化学研究热点。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①N (g)+O (g)2NO(g) ΔH =+181kJmol-1 K 2 2 1 1 11 ②CCOON(g( 2 g)(+g)+) 2 + 2 OOO 22 ( 2 (gg()g))ƒƒC2CONO 2 O( 2 g((g)g)) ΔH 2 =-283kJmol-1 K 2 则反应2NO(g)+2CO(g) N (g)+2CO (g) 的ΔH= kJmol-1，平衡常数K= (用 2 2 K、K 表示)。 1 2 (2)CO与NO的反应机理及体系的相对能量变化如图所示(TS表示过渡态)。该反应有 个分步反应，写 出最易发生的分步反应的化学方程为 。 n(NO) (3)当起始物 =1.25时，不同条件下达到平衡，设NO的转化率为α(NO)，在T=150C下α(NO)~p、 n(CO) p=200kPa下α(NO)~T的关系如图所示。 ①图中对应等温过程的曲线是 ，判断理由为 。 ②M点N 的分压为 kPa，该温度下此反应的分压平衡常数Kp= (kPa)-1。 2 第6页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- （二）选考题：任选一题作答，共15分。 35．[化学—选修3：物质结构与性质]（15分） Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝 尔化学奖。回答下列问题： (1)Co3+的价电子排布图为： ，基态磷原子有 种空间运动状态不同的电子。 (2)Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是： 。 (3)写出一种与PO3互为等电子体的分子的化学式： ，该分子的中心原子的价层电子 4 对数等于 。 (4)无水硫酸铜为白色粉末溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有 。 A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E．氢键 F．范德华力 (5)N和P是同主族元素，但是NH 分子中的键角大于PH 分子中的键角，原因是： 。Li O 3 3 2 为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为N ，则Li O A 2 的密度为 g∙cm-3(列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于 nm(用含b的代数式表示)。 第7页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 36．[化学—选修5：有机化学基础]（15分） 酮基布洛芬片是用于治疗各种关节肿痛以及牙痛、术后痛等的非处方药。其合成路线如图所示： (1)A的化学名称为 。 (2)酮基布洛芬中官能团的名称为 。 (3)写出C的结构简式： 。 (4)写出D生成E的化学方程式： 。 (5)H为酮基布洛芬的同分异构体，则符合下列条件的H有 种。 ①含 的酯类化合物 ②其中一个苯环上还有一个取代基 其中核磁共振氢谱有8组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式为 。 (6)参照上述合成路线，以 和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备 的一种合成路线 。 第8页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 2024年普通高中学业水平选择性考试热点预测卷（乙卷） 化学 参考答案 7．【答案】B 【详解】A．合两柔则钢，可知合金的硬度大于成分金属，A正确； B．汽车排气管上装有催化转化器，将CO和NO转化为N 和CO ，有利于减少氮氧化物的排放，能减少 2 2 硝酸型酸雨的形成，B错误； C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确； D．不同金属元素的焰色反应可以发出不同颜色的光，喷涂碱金属的目的是利用焰色反应让火焰可视，D 正确； 故答案选B。 8．【答案】A 【详解】A．化合物a苯环上的二取氯代物有 、 、 、 、 、 共6种，故A正确； B．在该反应中，化合物b中的碳碳三键断开一个键，与氮原子加成形成五元环结构，故为加成反应，故 B错误； C．化合物b分子中， 如图所示，共线的原子有6个，故C错误； D．化合物c分子式为C H N ，故D错误； 15 13 3 故选A。 9．【答案】D 【详解】A．Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO ) 、NO、H O，因此可以用装置甲制NO 3 2 2 气体，A不符合题意； B．二氧化氮和水生成一氧化氮，能除去NO中的少量NO ，B不符合题意； 2 C．NO气体在常温下容易与空气中的O 反应产生NO 气体，因此应该根据NO不溶于水，也不能与水发 2 2 生反应，采用排水方法收集NO气体，C不符合题意； D．Cu(NO ) 溶液加热时会促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应根据其溶解度受温度的影响变化较大， 3 2 采用冷却结晶法制备Cu(NO ) ·6H O，D符合题意； 3 2 2 故选D。 10．【答案】C 第9页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【详解】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期，说明X、Y是 第二周期元素，W是第一周期元素，Z是第三周期元素，W形成一个共价键，说明W是H元素，X形成 四个键是C元素，Y形成三个键是N元素，Z形成两个共价键是S元素。 A．原子半径是C>N>H，故A错误； B．Z是S元素，最高价含氧酸是强酸，故B错误； C．简单阴离子H-还原性大于S2-，故C正确； D．H、N、S元素可以形成(NH ) S，是离子化合物，含有离子键，故D错误； 4 2 答案选C。 11．【答案】B 【详解】A．向H O 溶液中加入少量的FeCl ，Fe3的氧化性弱于H O ，不能氧化H O ，但Fe3能催化H O 2 2 3 2 2 2 2 2 2 Fe3 的分解，正确的离子方程式应为2H O 2H OO ，A不合题意； 2 2 2 2 B．Na S溶液中S2具有还原性，容易被氧化，若长期露置在空气中则被空气中的O 氧化为S，离子方程 2 2 式为2S2 2H OO 2S4OH，B符合题意； 2 2 C．以惰性材料为电极电解MgCl 溶液，阳极反应为2Cl2e= Cl ，阴极反应为 2 2 2H O2eMg2=MgOH H ，总反应的离子方程式为 2 2 2 电解 Mg22Cl2H O MgOH H Cl ，C不合题意； 2 2 2 2 D．向Ca(ClO) 溶液中通入少量CO 气体，产生沉淀CaCO ，正确的离子方程式为 2 2 3 Ca2 2ClOCO H O2HClOCaCO ，D不合题意； 2 2 3 故答案为：B。 12．【答案】D 【详解】A．根据方程式分析，放电时，Ca为负极，则负极反应为：Ca－2e－ =Ca2+，故A错误； B．充电时，LiFePO 变为Li FePO 和xLi＋，则Li FePO/LiFePO 电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+ 4 1－x 4 1－x 4 嵌入，故B错误； C．放电时，当转移0.2mol电子时，有0.1mol钙单质变为钙离子进入到电解质中，有0.2molLi＋向右移动， 则理论上左室中电解质的质量增重0.1mol×40g∙mol−1−0.2mol×7g∙mol−1=2.6g，故C错误； D．钙是活泼金属，与水反应，因此LiPF －LiAsF 为非水电解质，其与Li SO 溶液的主要作用都是传递 6 6 2 4 离子，故D正确。 综上所述，答案为D。 13．【答案】B 【详解】A．由0.1mol/L碳酸氢铵溶液的pH为7.8，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根 离子，使溶液呈碱性，则由盐类水解规律可知，一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，一水合氨的电 离常数大于碳酸的一级电离常数，故A正确； B．由图可知，向pH为7.8的碳酸氢铵溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中的铵根离子浓度减小，碳酸氢 第10页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 根离子浓度增大，故B错误； C．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系c  NH+ +cNH H O=c  HCO- +c  CO2- +c H CO，故C正确； 4 3 2 3 3 2 3 D．由图可知，溶液pH为9时，溶液中离子浓度的大小关系为c  HCO- >c  NH+ >cNH H O>c  CO2- ， 3 4 3 2 3 故D正确； 故选B。 26．【答案】 (1)圆底烧瓶 饱和食盐水 2Fe(NO) ＋3KClO＋10KOH=2K FeO ↓＋3KCl＋KNO ＋5H O 3 2 4 3 2 (2)90% (3)Fe3+ 4FeO2+20H+=4Fe3++3O ↑+10H O 排除ClO－的干扰（或洗去ClO－，防止ClO－与Cl 4 2 2 －在酸性条件下生成氯气） ＞ 溶液的酸碱性不同 【详解】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，盐酸易挥发，氯气中主要含氯化氢杂质， 为了减少KOH的损失，因此用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，再通入KOH溶液反应生成KClO， KClO和硝酸铁、氢氧化钾反应生成高铁酸钾，尾气用NaOH溶液吸收。 （1）①A为氯气发生装置，盛KMnO 固体的仪器名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶。 4 ②由于盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢杂质，为了防止氯化氢与氢氧化钠反应，因此装置B中所用的试剂 X为饱和食盐水，除掉氯气中氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水。 ③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO ) 溶液分批加入装置C中，充分反应得 3 3 K FeO 固体，则KClO与Fe(NO ) 、KOH反应生成K FeO 、KCl、KNO 和H O，该反应的化学方程式 2 4 3 3 2 4 3 2 2Fe(NO) ＋3KClO＋10KOH=2K FeO ↓＋3KCl＋KNO ＋5H O；故答案为：2Fe(NO) ＋3KClO＋ 3 2 4 3 2 3 10KOH=2K FeO ↓＋3KCl＋KNO ＋5H O。 2 4 3 2 （2）根据题中信息得到关系式2K FeO ～2CrO～2CrO2～CrO2～6(NH ) Fe(SO ) ，则K FeO 的质量 2 4 2 4 2 7 4 2 4 2 2 4 1 1.00 mol/L0.027L 198gmol1 分数为 3 ；故答案为：90%。 100%90% 1.98g （3）I．铁离子遇KSCN溶液变为红色，因此方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生 不能判断一定是K FeO 被Cl－还原得到，根据题中信息K FeO 具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速 2 4 2 4 产生O ，因此在碱性溶液中较稳定还可能由加酸后反应得到铁离子即4FeO2+20H+=4Fe3++3O ↑+10H O 2 4 2 2 产生；故答案为：4FeO2+20H+=4Fe3++3O ↑+10H O。 4 2 2 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K FeO 氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰或洗去ClO－，防止ClO 2 4 －与Cl－在酸性条件下生成氯气；故答案为：排除ClO－的干扰(或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件 下生成氯气)。 ②根据K FeO 的制备实验得出：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得到氧化性Cl ＞FeO2，该 2 4 2 4 结论是在碱性条件下得到，而方案Ⅱ实验表明，Cl 和FeO2的氧化性强弱关系相反，该结论得到是在酸性 2 4 条件下，因此原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：＞；溶液的酸碱性不同。 27．【答案】 (1)低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致 第11页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- ZnNH 2+ Zn2++4NH  平衡正向移动，浸出率下降 C 将 Mn2氧化为MnO 除去 3 4 3 2 (2)CuNH 2+ +S2-+4H OCuS+4NH H O 3 4 2 3 2 (3)是 从反应Cu2+aq+ZnSs CuSs+Zn2+aq化学平衡常数分析， c  Zn2+ KspZnS 1.610-24 K= c  Cu2+ = KspCuS = 1.310-36  1.21012 >105化学反应完全，Cu2浓度减小，使 CuNH 2+ +4H OCu2++4NH H O平衡正向移动，除去溶液中的CuNH 2+ 3 4 2 3 2 3 4 (4)不正确，可能是ZnNH 2受热分解，放出氨气或铵盐分解放出氨气 3 4 (5)3Zn2++6HCO-=ZnCO 2ZnOH +5CO +H O 3 3 2 2 2 (6)NH 、NH  SO 3 4 2 4 【详解】工艺流程原料为锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO ，含少量Cu2、Mn2等)，产品为纳米ZnO， 3 流程主线中的主元素为锌元素，Si、Cu、Mn元素为杂质元素被除去。锌焙砂在浸取后ZnO、ZnSiO 转 3 化为ZnNH 2，Cu2转化为CuNH 2+，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，Si、Mn元素则分别转化为H SiO 、 3 4 3 4 2 3 MnO 沉淀而被除去，除杂过程加入NH  S沉出Cu元素，蒸氨后加入NH HCO 使锌元素转化为 2 4 2 4 3 ZnCO 2ZnOH 分离出来，最终得到纳米ZnO。 3 2 （1）温度低于55℃时，温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入氨水，温度高于55℃ 后，温度升高NH H O易分解出氨气，氨气挥发，使ZnNH 2+ Zn2++4NH 平衡正向移动，浸出率反 3 2 3 4 3 而下降； NH  SO 是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，SiO2-是弱酸酸根离子，溶液酸性越强，越容易生成H SiO 4 2 4 3 2 3 沉淀，促进ZnSiO 3 溶出Zn2+，所以nNH 3 :n  NH 4  2 SO 4   >6:4之后浸出率下降，说明ZnSiO 3 的浸出主要 依赖NH  SO 浓度的大小，C正确； 4 2 4 Mn2在浸取后经过过滤Ⅰ以MnO 沉淀而被除去，说明在浸取工艺发生氧化还原反应使Mn2被氧化为 2 MnO ，所以浸取过程加入H O 的目的是将Mn2氧化为MnO 除去； 2 2 2 2 （2）Cu2浸取后转化为CuNH 2+，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，加入NH  S生成CuS沉淀，过滤Ⅱ得到 3 4 4 2 的滤渣为CuS，反应离子方程式为CuNH 2+ +S2-+4H OCuS+4NH H O； 3 4 2 3 2 （3）比较K (ZnS)=1.610-24、K (CuS)=1.310-36可知，CuS更难溶于水，ZnS转化为CuS的反应更容易 sp sp 发生，从反应Cu2+aq+ZnSs CuSs+Zn2+aq化学平衡常数分析， c  Zn2+ KspZnS 1.610-24 K= c  Cu2+ = KspCuS = 1.310-36  1.21012 >105化学反应完全，Cu2浓度减小，使 CuNH 2+ +4H OCu2++4NH H O平衡正向移动，除去溶液中的CuNH 2+，选择ZnS进行除杂，是 3 4 2 3 2 3 4 可行的，原因是从反应Cu2+aq+ZnSs CuSs+Zn2+aq化学平衡常数分析， c  Zn2+ KspZnS 1.610-24 K= c  Cu2+ = KspCuS = 1.310-36  1.21012 >105化学反应完全，Cu2浓度减小，使 第12页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- CuNH 2+ +4H OCu2++4NH H O平衡正向移动，除去溶液中的CuNH 2+ 3 4 2 3 2 3 4 （4）由题给信息可知“蒸氨”时逸出的氨气，可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是 ZnNH 2受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，从“蒸氨”时逸 3 4 出氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，推断不正确，原因ZnNH 2受热分解会放出氨气，铵 3 4 盐分解也会产生氨气； （5）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为Zn2+，“沉锌”时加入NH HCO ，溶液中的Zn2+与NH HCO 4 3 4 3 溶液反应，生成ZnCO 2ZnOH ，离子方程式为3Zn2++6HCO-=ZnCO 2ZnOH +5CO +H O； 3 2 3 3 2 2 2 （6）“蒸氨”过程中除去的多余NH 和“过滤Ⅲ”所得滤液中的NH  SO 都可循环使用。 3 4 2 4 28．【答案】 K2 (1)-747 2 K 1 (2)3 N O +CO=N O+CO 2 2 2 2 (3)a 等温过程增大压强平衡正向移动，α(NO)增大与曲线a的变化相符 25 4.410-3或 1 410-3或4.4410-3或 225 【详解】 （1）根据盖斯定律，2×反应②-反应①可得反应2NO(g)+2CO(g) N (g)+2CO (g) 的 2 2 K2 ΔH= 2(-283kJmol-1)-181kJmol-1= -747 kJmol-1，平衡常数K= 2 ； K 1 （2）一个完整的分步反应包含正和逆反应速率活化能，该反应有3个分步反应，正反应的活化能越小， 反应速率越快，越易发生反应，则最易发生的分步是第2步，反应的化学方程为N O +CO=N O+CO ； 2 2 2 2 （3）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，转化率α(NO)增大，则 曲线a对应等温过程的曲线； n(NO) ②起始物 =1.25时假设n(NO)=1.25mol、n(CO)=1mol，M点达到平衡NO的转化率为0.4，消耗∆ n(CO) 2NO + 2CO  2CO + N (g) (g) 2(g) 2(g) 起始量/mol 1.25 1 0 0 n(CO)=1.25mol×0.4=0.5mol，列三段式： ，气体总 转化量/mol 0.5 0.5 0.5 0.25 平衡量/mol 0.75 0.5 0.5 0.25 0.25 物质的量为0.75mol+0.5mol+0.5mol+0.25mol=2mol，M点N 的分压为p= 200kPa=25kPa，该温度下 2 2 0.25 0.5 ( 200kPa)( 200kPa)2 2 2 1 此反应的分压平衡常数K = = 。 p 0.5 0.75 225 ( 200kPa)2( 200kPa)2 2 2 35．【答案】 (1) 15 (2)O＞P＞Li 第13页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- (3)CCl 、SiF 、POCl 等 4 4 4 3 (4)BC 1.21023 (5)电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大 N b3 A 3b 4 【详解】 （1）Co为27号元素，Co3+的价电子排布式为3d6，则其价电子排布图为： ，基态磷 原子的核外有15个电子，则有15种空间运动状态不同的电子。 （2）Li、O、P三种元素的非金属性O＞P＞Li，非金属性越强，电负性越大，则电负性由大到小的顺序是： O＞P＞Li。 （3）与PO3互为等电子体的分子的化学式：CCl 、SiF 、POCl 等，该分子的中心原子的价层电子对数分 4 4 4 3 414 414 513 别为 、 、 ，都等于4。 2 2 2 （4）硫酸铜稀溶液中，没有自由电子，不存在金属键，阴、阳离子间隔太远，不能形成离子键，则不存 在的微粒间作用力有BC。 （5）N和P是同主族元素，N的非金属性比P强，H-N共用电子对离N原子比H-P共用电子对离P原子 近，所以NH 分子中的键角大于PH 分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近， 3 3 成键电子对间的排斥力越大，键角越大。 1 1 在Li O晶胞中，含有O2-个数为8 6 =4，含有Li+个数为8。若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的 2 8 2 430g/mol 1.21023 值为N ，则Li O的密度为 = g∙cm-3，O2-和Li+的最短距离等于顶点到小立 A 2 N mol1(b107cm)3 N b3 A A 2b b 3b 方体体心间的距离，即为 ( )2 ( )2 nm= nm。 4 4 4 36．【答案】 (1)间甲基苯甲酸(3−甲基苯甲酸) (2)羧基、酮羰基 (3) AlCl 3 (4) +  +HCl (5)18 第14页 / 共15页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- C H  NHCl KMnO /H 2 5 3 (6)  4  SOCl 2 催化剂  H 2 【详解】根据B、D的结构简式和C的化学式，可知C为 ，根据D、F的结构简式和E的化 学式，可知E为 。 （1）有机物A的名称为间甲基苯甲酸(3−甲基苯甲酸)。 （2）酮基布洛芬中官能团的名称为酮羰基、羧基。 （3）C的结构简式为 。 （4）苯环取代了D中的氯原子，则D→E反应的化学方程式为 AlCl +  3 +HCl。 （5）H的取代基可为 、 、 、 、 、 6种，上有三种H，即 ，则符合条件的H有3618种，其中核磁共振氢 谱有8组峰，且峰面积之比为3：2：2：2：2：1：1：1的结构简式为 。 （6）得到目标产物需要连接上苯环，参考C→D→E路线合成，可设计出合成路线： C H  NHCl KMnO /H 2 5 3 4   SOCl 2 催化剂  H 2 第15页 / 共15页