2024高途高中化学点睛卷北京卷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 北京-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 绝密 启用前 【高途】2024 年北京市普通高中学业水平选择性考试模拟测试卷 化 学 本试卷共9页，19小题，满分100分，考试用时90分钟。 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Co-59 Ga-70 As-75 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 项是符合题目要求的。 1．2023年诺贝尔化学奖授予“发现和合成量子点”的科学家。量子点是一种纳米级半导体发光颗粒，它的应 用领域广泛，如制备高效的太阳能电池。下列相关叙述正确的是 A．丁达尔效应可用于区分胶体和溶液 B．“量子点”是胶体 C．发光材料发光是由于电子由基态跃迁到激发态时以光的形式释放能量 D．太阳能电池板的主要成分是高纯度二氧化硅 2．下列化学用语正确的是 A．氨气的球棍模型： B．NH Br的电子式： 4 C．氨气分子中氮原子的杂化轨道表示式： D．ppσ键电子云轮廓图： 3．化学与生产、生活密切相关．下列说法不正确的是 A．锅炉水垢中含有的CaSO 可先用Na CO 溶液处理，再用酸除去 4 2 3 B．次氯酸钠溶液呈碱性，可用作胃酸中和剂 C．泡沫灭火剂中的硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应 D．人们常用可溶性铝盐、铁盐做净水剂，是利用了Al3、Fe3的水解 4．下列有关物质结构与性质的比较正确的是 A．分子的极性：O O B．酸性：CH COOH>CH FCOOH 2 3 3 2 C．键角：Cl OOF D．基态原子未成对电子数：Mn>Cr 2 2 试卷第1页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 5．下列事实对应的离子方程式正确的是 A．Cl 通入水中：Cl +H O=2H++C1－+ClO－ 2 2 2 B．将H S气体通入FeCl 溶液中产生淡黄色沉淀：2Fe3++S2-=S↓+2Fe2+ 2 3 C．(NH ) Fe(SO ) 溶液中滴加过量Ba(OH) 溶液：Fe2++2OH－+Ba2++SO2=Fe(OH) ↓+BaSO ↓ 4 2 4 2 2 4 2 4 D．FeS的溶解度大于CuS，用FeS处理含Cu2+的废水：FeS(s)＋Cu2+(aq)=CuS(s)＋Fe2+(aq) 6．化学是以实验为基础的学科。下列装置合理且能完成相应实验目的是 A．利用装置Ⅰ进行喷泉实验 B．利用装置Ⅱ制取并收集少量的NH 3 C．利用装置Ⅲ制取并收集少量的乙酸乙酯 D．利用装置Ⅳ从溶液中得到无水FeCl 3 7．某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确的是 A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯 B．曝光时发生了取代反应和消去反应 C．X的酸性比ESCAP的酸性强 D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构 8．Operando光谱和DFT计算明确了在负载WO 的CeO 上NH (NH -SCR)选择性催化还原NO的还原/氧 3 2 3 3 化半循环的过程如下。下列说法正确的是 A．步骤1中氧化剂与还原剂的物质的量之比：1:1 B．氧化性强弱顺序：CeO O NO 2 2 C．每生成1molN 理论上消耗5.6LO 2 2 D．上述过程的总反应方程式：6NO4NH 5N 6H O 3 2 2 试卷第2页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 9．下列实验方案能达到相应目的的是 A．研究浓度对化学反 B．比较相同温度下的溶解度： C．研究浓度对化学 D．验证铁的析氢腐蚀 应速率的影响 Mg(OH) Fe(OH) 平衡的影响 2 3 10．亚砷酸(H AsO )可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与 3 3 溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．人体血液的pH为7.35～7.45，给药后人体所含砷元素微粒主要是H AsO 3 3 B．NaH AsO 可发生电离和水解，溶液显碱性 2 3 C．当溶液的pH11时，3c  AsO3- +2c  HAsO2- +c  H AsO- +c  OH- =c  H+ 3 3 2 3 D．用δ表示微粒的物质的量分数，pH13时δ  AsO3- +δ  HAsO2- +δ  H AsO- 1 3 3 2 3 11．某抗氧化剂Z可由图中反应制得： 下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是 A．化合物Z中采用sp3杂化和sp2杂化的碳原子个数比为3∶5 B．化合物Y中含有3个手性碳原子 C．化合物X可使溴水褪色，1molX最多可消耗5molBr 2 D．化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素 试卷第3页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 12．苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利用电化学方法合成苯甲酸的原理 (部分)如下： 下列说法中，正确的是 A．KI是该反应的催化剂 B．电解过程中阳极产物有IO和I 2 C．外电路流过3mol e时，理论上可制备0.5mol苯甲酸(不考虑副反应) D．充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小 13．一定温度下，Ag X和Ag Y的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 x y lgc  X2 /  molL1或lgc  Yy /  molL1     下列说法正确的是 A．x2，y1 B．a点能生成Ag Y沉淀，不能生成Ag X沉淀 y x C．b点时，K Ag XK  Ag Y  sp x sp y D．向Na X、Na Y均为0.1molL1的混合溶液中滴加AgNO 溶液，先产生Ag X沉淀 x y 3 x 14．小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应，实验记录如下： 实验方案 序 通入氯气后的现象 号 实验装置 试剂 a ① 水 产生黑色沉淀，放置后不发生变化 黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍 ② 5%NaOH 溶液 有沉淀 黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍 ③ 40%NaOH 溶液 有沉淀 取③中放置后的悬浊液 1mL，加入4mL40%NaOH 溶 ④ 溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深 液 资料：水溶液中，MnO2呈绿色； 浓碱性条件下，MnO可被OH－还原为MnO2 ；NaClO 的氧化性随碱 4 4 4 性增强而减弱。 试卷第4页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 下列说法中不正确的是 A．对比实验①和②可知，随碱性增强，二价锰化合物可被氧化到更高价态 B．④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是：4MnO+4OH－=4MnO2+O ↑+2H O 4 4 2 2 C．④中绿色缓慢加深的可能原因是：MnO +Cl +4OH－=MnO2+2Cl－+2H O 2 2 4 2 D．③中未得到绿色溶液，可能是因为 MnO2 4  被氧化为 MnO 4  的反应速率快于MnO 4  被还原为 MnO2 4  的反 应速率 二、非选择题：共 58分。 15．（10分）向CoCl 2 溶液中滴加过量的氨水得到含有  CoNH 3  6   Cl 2 的溶液。 (1)基态Co2的价层电子排布式为 ，配位原子为 。 (2)基态Cl占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是 。 (3)O、N、H的电负性由大到小的顺序是 。 (4)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 (填序号)。 a. b. c. (5)  CoNH 3  6   Cl 2 的晶胞结构示意图如下。 ①在下图虚线框内画出CoNH   2 中一个NH 的结构式 。  3 6  3 ②比较H—N—H键角：NH CoNH   2 (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 3  3 6  ③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为N A ，  CoNH 3  6   Cl 2 的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的 密度为 g/cm3。 试卷第5页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 16．（11分）辉铜矿(主要成分Cu S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。 2 Ⅰ.湿法炼铜用Fe (SO ) 溶液作为浸取剂提取Cu2+： 2 4 3 (1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式 。 (2)控制温度为85℃、浸取剂的pH=1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验： 实验 试剂及操作 3小时后Cu2+浸出率(%) 一 加入10mL0.25mol·L-1Fe (SO ) 溶液和5mL水 81.90 2 4 3 二 加入10mL0.25mol·L-1Fe (SO ) 溶液和5mL0.1mol·L-1H O 92.50 2 4 3 2 2 回答：H O 使Cu2+浸出率提高的原因可能是 。 2 2 (3)实验二在85℃后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原 因 。 (4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O 并加入适量的CuO， 2 有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O 的作用 。解释加入CuO的原因是 。 2 Ⅱ.某课题组利用碳氨液((NH ) CO 、NH ·H O)从辉铜矿中直接浸取铜。(已知：S O 2-的氧化性大于O ) 4 2 3 3 2 2 8 2 其反应机理如下： ①Cu S(s) 2Cu+(aq)+S2-(aq)(快反应) 2 ②4Cu++O⇌+2H O 4Cu2++4OH-(慢反应) 2 2 ③Cu2++4NH ·H O⇌ Cu(NH ) 2++4H O(快反应) 3 2 3 4 2 (5)提高铜的浸出率⇌的关键因素是 。 (6)在浸出装置中再加入适量的(NH ) S O ，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因 4 2 2 8 是 。 试卷第6页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 17．（12分）他非诺喹是一种抗疟疾新药。其中间体K的合成路线如下(部分条件已省略) 已知： ① ② (1)A可以与NaHCO 溶液反应放出CO ，A中官能团为___________。 3 2 (2)EF的反应类型为___________。 (3)B D的化学方程式为___________。 (4)X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是___________。 ①1molX能与足量银氨溶液生成4molAg ②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1∶1∶3 (5)由J生成K可以看作三步反应，如图所示。 P中有两个六元环结构。Q的结构简式为___________。 (6)一种由G制备H的电化学方法：在H SO 和CH OH混合水溶液中加入G，通电。GH电极反应为 2 4 3 _____________________________。 (7) 具有水果香味，在化妆品行业有一定用途。以环己醇和乙醇为原料合成路线如下，补全剩余 片段。(其余所需材料任选)： 已知： 合成路线：___________ 试卷第7页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 18．（12分）钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出 液中主要金属离子为Fe3、Mn2、Ca2，还含有少量Al3、Cu2等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的 部分工艺流程如下。 已知：ⅰ、金属离子的起始浓度为0.1molL1时，生成氢氧化物沉淀的pH。 氢氧化物 FeOH AlOH CuOH MnOH 3 3 2 2 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ⅱ、 物质 CaSO CaCO MnCO CuS MnS 4 3 3 K 7.1105 2.8109 2.31013 1.31036 2.51013 sp (1)浸出液加入硫酸铵后，采取的分离操作是___________。 (2)沉淀1的主要成分是___________。 (3)已知，煅烧后的Fe O 不溶于水和稀硝酸。粗氧化铁中除Fe O 外，还含有的物质是___________。 2 3 2 3 (4)结合化学用语解释NH  S溶液呈碱性的原因___________。 4 2 (5)滤液3中含有Mn2和Ca2，加入Na CO 主要沉淀出MnCO 的原因可能是___________。 2 3 3 (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取0.1000g碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含HClO 和H PO )加热至 4 3 4 220℃~240℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用0.04molL1硫酸亚铁铵  NH 4  2 FeSO 4  2   标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积为amL。 已知：ⅰ、PO3 4 能与Mn3络合形成稳定的  MnPO 4  2   3 。 ⅱ、HClO 的沸点为203℃。 4 ①写出HClO 4 将Mn2氧化为  MnPO 4  2   3 ，同时生成Cl 2 的离子方程式___________。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为___________。 试卷第8页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 19．（13分）“硫代硫酸银”（ [Ag(S O ) ]3–）常用于切花保鲜，由AgNO 溶液(0.1mol·L–1、pH=6)和Na S O 2 3 2 3 2 2 3 溶液(0.1mol·L–1、pH=7)现用现配制。某小组探究其配制方法。 【实验一】 （1）A为Ag S O 。写出生成A的离子方程式 。 2 2 3 （2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了 （填离子符号）。进而推测出沉 淀m可能为Ag S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是 。 2 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1mLNa S O 溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解， 2 2 3 清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因： 。 结论：Ag S O 不稳定，分解所得固体不溶于Na S O 溶液。 2 2 3 2 2 3 【实验二】已知：Ag 2 S 2 O 3 ＋3S 2 O 3 2- 2[Ag(S 2 O 3 ) 2 ]3–（无色） 实验操作 实验现象 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液； 滴加至约1mL时清液开 ． 始 ． 略显棕黄色，有丁达尔现象； i. 超过1.5mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变 为黑色； 滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH=5 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液， ii. 有丁达尔现象。 （4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5mLAgNO 后产生白色沉淀的原因： 。 3 （5）实验i中，当加入0.5mLAgNO 溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反 3 应速率分析该现象与ii不同的原因是 。 （6）简述用0.1mol·L–1AgNO 溶液和0.1mol·L–1Na S O 溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操 3 2 2 3 作： 。 试卷第9页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 【高途】2024 年北京市普通高中学业水平选择性考试模拟测试卷 化学参考答案 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 项是符合题目要求的。 1．【答案】A 【详解】A．丁达尔效应可用于区分胶体和溶液，A项正确； B．胶体是分散质粒子直径在1~100纳米的分散系，“量子点”是纳米级颗粒，不是分散系，所以“量子点”不 是胶体，B项错误； C．发光材料的发光原理是原子中电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时以光的形式 释放能量，C项错误； D．太阳能电池板的主要成分是高纯度单质硅，D项错误； 答案选A。 2．【答案】C 【详解】A．氨气分子为三角锥形结构，键角不为120°，其球棍模型为： ，A错误； B．NH Br的电子式为： ，B错误； 4 C．氨气分子中氮原子的杂化方式为sp3，其中存放有1对孤电子对，故该杂化轨道表示式为： ， C正确； D．σ键采用“头碰头”重叠方式重叠，故p-p形成σ键，电子云轮廓图为 ， 为π键 电子云轮廓图，D错误； 故答案为：C。 3．【答案】B 【详解】A．锅炉水垢中微溶于水的硫酸钙不能与盐酸反应，所以除去硫酸钙时，应先加入碳酸钠溶液将硫 酸钙转化为难溶的碳酸钙，然后加入盐酸将碳酸钙转化为可溶的氯化钙达到除去硫酸钙的目的，故A正确； B．次氯酸钠溶液能与胃液中的盐酸反应生成有毒的氯气，所以次氯酸钠溶液不能用作胃酸中和剂，否则会 生成有毒的氯气而发生意外事故，故B错误； C．泡沫灭火剂的反应原理为硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和二氧 化碳，故C正确； D．人们常用可溶性铝盐、铁盐做净水剂是因为铁离子、铝离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体、氢氧化铝 试卷第10页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 胶体，胶体具有很大的表面积，能吸附水中悬浮杂质，达到净水的目的，故D正确； 故选B。 4．【答案】C 【详解】A．O 是非极性分子，O 是极性分子，分子的极性：O O ，故A错误； 2 3 2 3 B．F原子电负性大，吸电子能力强，所以酸性：CH COOHc(H+)，则3c  AsO3- +2c  HAsO2- +c  H AsO- +c  OH- >c  H+ ， 3 3 2 3 C错误； D．pH13时，溶液中砷元素微粒主要是AsO3-、HAsO2-和H AsO-，则， 3 3 2 3 δ  AsO3- +δ  HAsO2- +δ  H AsO- 1，D正确； 3 3 2 3 试卷第12页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故选C。 11．【答案】A 【详解】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用sp3杂化的碳原子有6个，采用sp2杂化的碳原子有10个， 因此二者比为3∶5，A正确； B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有一个手性碳原子，B错误； C．化合物X中，酚羟基的两个邻位碳可以与两个Br 发生取代反应，碳碳双键可以与一个Br 发生加成， 2 2 因此1molX最多可消耗3molBr ，C错误； 2 D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮 元素，D错误。 本题选D。 12．【答案】C 【详解】A．由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A错误； B．阳极反应为：2I-2e=I ，碘单质与溶液中OH-反应生成IO，因此IO不是阳极产物，故B错误； 2 通电 C．电解过程总反应为：2I+2HO I 2OH-，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移3mol电子时 2 2 生成碘单质1.5mol，I +2OH-IIOH O，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5molIO； 2 2 +3IO→ +CHI 3 +2OH-，1.5molIO反应生成0.5mol苯甲酸，故C正确； D． 由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等， 在最终 转化为 又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D错 误； 故选：C。 13．【答案】D 【详解】A．Ag X的溶度积常数表达式为K Ag X=cx Ag+ c  X2- ，对该等式求负对数可得： x sp x -lgK Ag X=-lgcx Ag+ -lgc  Xx- =-xlgc  Ag+ -lgc  Xx- ，因此-lgc  Ag+ = 1 lgc  Xx- - 1 lgK Ag X。题图 sp x x x sp x 中Ag X的沉淀溶解平衡曲线斜率约为1，因此x=1；同理可求得y=2，A项错误； x B．过a点做横轴垂线并反向延长，该垂线分别与Ag X和Ag Y的沉淀溶解平衡曲线相交，a点纵坐标小于 x y 垂线与Ag X的沉淀溶解平衡曲线交点的纵坐标，该点的c  Ag 大于相应的Ag X饱和溶液中的c  Ag ， x x 试卷第13页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 因此能生成Ag X沉淀，同理分析可知不能生成Ag Y沉淀，B项错误； x y C．由点4.8,5计算可得到Ag X的溶度积常数K Ag X=c  Ag+ c  Xx- =110-5110-4.8=10-9.8，由点 x sp x  1.7,5  可得到Ag Y的溶度积常数K  Ag Y  =c2 Ag+ c  Yy- =  110-52 110-1.7=10-11.7，因此 y sp y K Ag XK  Ag Y  ，C项错误； sp x sp y D．向Na X、Na Y均为0.1molL1的混合溶液中滴加AgNO 溶液，开始沉淀时所需要的c  Ag+ 分别为 x y 3 1108.8molL1和1105.35molL1，说明此时沉淀Xx-需要的c  Ag+ 更低，在这种情况下，先产生Ag X沉 x 淀，D项正确； 答案选D。 14．【答案】C 【详解】A．对比实验①和②可知，当试剂a为水时，溶液中锰离子被氧化为二氧化锰，当试剂a为5%氢 氧化钠溶液时，溶液中锰离子被氧化为高锰酸根离子，说明溶液碱性增强，二价锰化合物可被氧化到更高 价态，故A正确； B．由题给信息可知，④中溶液紫色迅速变为绿色是因为溶液中的高锰酸根离子与氢氧根离子反应生成锰酸 根离子、氧气和水，反应的离子方程式为4MnO+4OH－=4MnO2+O ↑+2H O，故B正确； 4 4 2 2 C．由题给信息可知，④中绿色缓慢加深是因为溶液碱性减弱，次氯酸根离子的氧化性增强，二氧化锰被溶 液中的次氯酸根离子氧化为锰酸根离子，反应的离子方程式为MnO +ClO－+2OH－=MnO2+Cl－+H O，故C 2 4 2 错误； D．③中未得到绿色溶液说明溶液中锰酸根离子被氧化为高锰酸根离子的反应速率快于高锰酸根离子被还原 为锰酸根离子的反应速率，故D正确； 故选C。 二、非选择题：共 58分。 15．（10分）【答案】(1)3d7 (2)哑铃形 (3)O>N>H (4)c (5) ＜ N原子均采取sp3杂化，NH 3 4M 分子中有孤电子对，孤电子对有较大斥力 a3N A 【详解】（1）Co 是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则Co2价层电子排布式为3d7； （2）基态Cl核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形； （3）同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小， 于是有电负性：O>N>H； 试卷第14页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- （4）2s22p2属于基态的N+，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较 高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N+，其失去一个电子所需能量低于基态N+；2s22p23s1 属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量 最小的是2s22p23s1，故选c。 531 （5）①NH 中心N原子孤电子对数= 1，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取 3 2 sp3杂化，空间构型为三角锥形，其结构式可表示为 ； ②由①分析知，由于NH 中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于10928，约为107°， 3 CoNH   2 形成配位键，氨分子中不再有孤电子对，H—N—H键角变大，故答案为＜；  3 6  ③该晶胞中，位于顶点和面心的CoNH   2 个数为8 1 +6 1 4，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的  3 6  8 2 4M 密度为 g/cm3。 a3N A 16．（11分）【答案】1．Cu S4Fe3 2Cu2S4Fe2 H O 把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+) 2 2 2 的浓度增大，反应速率加快 温度升高， H O 发生了分解 4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O 由于浸 2 2 2 2 取剂的pH=1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 3 沉淀 提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率 S O 2-的氧化性比O 强，使慢反应的速率加快， 2 8 2 促使Cu S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH ) S O 电离产生NH +，NH +与慢反应产生的OH-结合，c(OH-) 2 4 2 2 8 4 4 的浓度降低，有利于慢反应及Cu S沉淀溶解平衡正向移动 2 【详解】Ⅰ.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu S与Fe (SO ) 反应产生了硫单质，则离子方程式为 2 2 4 3 Cu S4Fe3 2Cu2S4Fe2，故答案为：Cu S4Fe3 2Cu2S4Fe2； 2 2 (2) 浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H O 具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率， 2 2 故答案为：H O 把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快； 2 2 (3)H O 受热易分解，故答案为：温度升高， H O 发生了分解； 2 2 2 2 (4)O 可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O；加入CuO不引入其它杂质离子， 2 2 2 消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 沉淀，故答案为：4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O；由于浸取 3 2 2 剂的pH=1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 3 沉淀； Ⅱ.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提高慢反应的速率， 即提高Cu+的氧化速率； (6)(NH ) S O 电离为S O 2-和NH +，S O 2-的氧化性比O 强，使慢反应的速率加快，促使Cu S沉淀溶解平 4 2 2 8 2 8 4 2 8 2 2 试卷第15页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 衡正向移动，同时(NH ) S O 电离产生NH +，NH +与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于 4 2 2 8 4 4 慢反应及Cu S沉淀溶解平衡正向移动，故答案为：S O 2-的氧化性比O 强，使慢反应的速率加快，促使Cu S 2 2 8 2 2 沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH ) S O 电离产生NH +，NH +与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降 4 2 2 8 4 4 低，有利于慢反应及Cu S沉淀溶解平衡正向移动。 2 17．（12分）【答案】(1)羧基 (2)取代反应 (3) (4) (5) (6) +6H++6e-= +2H O 2 (7)    KMnO4/H C2  H5OH C2H  5ONa 浓硫酸  浓硫酸Δ CH3COOH 【详解】（1）根据分析可知，A为乙酸，A中的官能团为羧基，故答案为：羧基； （2）根据分析可知，E→F为氯苯的硝化反应，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； （3）B→D发生的是信息①中的反应，2分子乙酸乙酯反应生成 和乙醇，化学 方程式为 ； （4）X是D的同分异构体，1molX能与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明X中含有2个醛基，X中有 3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1：3，则X一定是对称结构，两个醛基中有两个氢原子，则X 中一定有两个甲基，故X的结构简式为 ； （5）J为 ，P中有两个六元环，结合K的结构和P的分子式可 知，P为 ，P发生消去反应生成Q为 ； （6）G→H为还原反应，则其电极反应为 +6H++6e-= +2H O； 2 试卷第16页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- （7）根据信息，    KMnO4/H C2  H5OH C2H  5ONa 浓硫酸  浓硫酸Δ CH3COOH 18．（12分）【答案】(1)过滤 (2)CaSO 4 (3)Al 2 O 3 、CuO (4)铵根离子水解NH+ 4 +H 2 O‡ˆˆˆ†ˆNH 3 H 2 O+H+， 硫离子水解S2-+H OHS-+OH-，铵根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性 2 (5)K CaCO ＞K MnCO ，锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低 sp 3 sp 3 不易生成沉淀 (6)2ClO- 4 +14Mn2++28H 3 PO 4 =Cl 2 +14  MnPO 4  2   3- +8H 2 O+68H+ 2.2a% 【详解】（1）浸出液加入硫酸铵后，需要分离固体和液体，故采取的分离操作是过滤； （2）由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO ； 4 （3）沉淀2中含有氢氧化铁、氢氧化铜、氢氧化铝，煅烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝，故粗氧化铁中除 Fe O 外，还含有的物质是Al O 、CuO； 2 3 2 3 （4）NH  S中铵根离子水解NH++H O‡ˆˆˆ†ˆNH H O+H+，硫离子水解S2-+H OHS-+OH-，铵根 4 2 4 2 3 2 2 离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性； （5）由图标可知，K CaCO ＞K MnCO ，锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中 sp 3 sp 3 钙离子浓度低不易生成沉淀； （6）①HClO 4 将Mn2氧化为  MnPO 4  2   3 ，同时生成Cl 2 ，氯元素化合价由+7变为0，锰元素化合价由 +2变为+3，由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式 2ClO-+14Mn2++28H PO =Cl +14MnPO   3- +8H O+68H+。 4 3 4 2  4 2  2 ②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锰转化为二价锰，根据电子守恒和锰元素守恒可知 MnCO ~Mn2~NH  FeSO  ，故碳酸锰样品中锰的质量分数为 3  4 2 4 2  0.04a10-3mol55gmol1 100%=2.2a%。 0.1000g 19．（13分）【答案】Ag+＋S O2=Ag S O ↓ H+、SO2 得到的SO2是氧化产物，必然要生成其 2 3 2 2 3 4 4 他还原产物 S O2 + 2H= S + SO + H O 过量Ag+与S O2结合，使c（S O2）降低，Ag S O 2 3 2 2 2 3 2 3 2 2 3 ＋3S 2 O 3 2-2[Ag（S 2 O 3 ） 2 ]3-逆向移动，析出沉淀 逐滴滴加AgNO 3 时，Ag 2 S 2 O 3 的溶解速率大于分解 速率；迅速混合时部分Ag S O 来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na S O Na S O 和AgNO 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 物质的量之比大于2:1，在不断搅拌下将AgNO 溶液缓缓加入到Na S O 溶液中 3 2 2 3 【详解】（1）Na S O 与AgNO 反应生成A，A为白色沉淀Ag S O ，Na S O 与AgNO 为可溶性盐在离 2 2 3 3 2 2 3 2 2 3 3 子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+＋S O 2-=Ag S O ↓ 2 3 2 2 3 试卷第17页，共18页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- （2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO 2-，故试管a中 4 充分反应后一定生成了H+、 SO 2-。因为得到的SO 2-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应 4 4 则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag S、Ag、S或 2 它们的混合物。 （3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1mLNa S O 溶液，有刺激性气味产生， 2 2 3 根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知， 硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为S O22H SSO H O。 2 3 2 2 （4）实验i中加入1.5mLAgNO 后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag S O ，因为过量Ag+与S O 2-结合， 3 2 2 3 2 3 使c（S O 2-）降低，Ag S O ＋3S O 2- 2[Ag（S O ） ]3-逆向移动，析出沉淀。 2 3 2 2 3 2 3 2 3 2 （5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验i中逐滴滴加AgNO 时，Ag S O 的溶 3 2 2 3 解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag S O 不稳定，分解所得固体不溶于Na S O 溶液”，AgNO 溶液 2 2 3 2 2 3 3 与Na S O 溶液迅速混合时，部分Ag S O 来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na S O 。 2 2 3 2 2 3 2 2 3 （6）硫代硫酸银（ [Ag（S O ） ]3–）用于切花保鲜，[Ag（S O ） ]3–中S O 2-与Ag+物质的量之比为2:1， 2 3 2 2 3 2 2 3 因为Ag S O ＋3S O 2- 2[Ag（S O ） ]3–平衡的存在，为提高[Ag（S O ） ]3–产量，Na S O 和AgNO 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 3 3 物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag S O 分解，应在不断搅拌下 2 2 3 将AgNO 溶液缓缓加入到Na S O 溶液中。 3 2 2 3 试卷第18页，共18页