2024年高考化学终极押题密卷2（新高考2）含答案.doc

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1、2024年高考化学终极押题密卷2（新高考2）一选择题（共7小题）1下列有关传统文化的分析错误的是（）A“慈石（Fe3O4）治肾家诸病，而通耳明目”。中“慈石”属于金属氧化物B东晋葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。文中发生了置换反应C本草经集注中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”属于盐类D我国清代本草纲目拾遗中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝日久起销，用刀刮其销所刮下之销末，名铁线粉”。铁线粉的成分是纯铁粉2北京大学肿瘤医院季加孚课题组在Science China Life Sciences发表了的研究论文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的机制，并且基于网络药理学层面探讨新型药

2、物联合治疗策略，对发现新的天然小分子药物及胃癌治疗靶点具有重要的意义。下列关于白皮杉醇说法的不正确是（）A白皮杉醇分子中存在顺反异构现象B1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2C白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在D可与NH4HCO3溶液反应产生气体3现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4：3；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3；Y原子半径短周期中最大，W+的K、L、M层电子全充满。下列说法正确的是（）AHnX的沸点比HnZ的沸点高是因为HX键长比HZ键长短，键能更大

3、B第一电离能：QXZCW2+比W+稳定DX与Y形成的化合物中只含一种化学键4如图所示的氢氧燃料电池，下列有关该电池的说法错误的（）Ab电极是正极B电子由b电极经过灯泡流向a电极C电池总反应式为O2+2H22H2OD氢氧燃料电池能量转化率很高5下列实验装置可以达到相应实验目的的是（）ABCD 用酸性高锰酸钾溶液测定葡萄酒中SO2的含量验证氯、硫、碳的电负性强弱设计随关随停制备氯气装置在HCl气流中制备无水氯化铁AABBCCDD6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1molT2O比0.1molO多0.2NA个中子B含0.1mol的FeCl3饱和溶液与沸水反应制备Fe（OH）3胶体

4、的胶粒数目为0.1NAC常温常压下，总质量为14g的N2和CO混合气体中分子总数为NAD1mol/L的CuSO4溶液中含有个数为NA7室温下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中和pAgpAglgc（Ag+）的关系如图所示。已知：Ksp（AgSCN）Ksp（AgIO3）。下列叙述错误的是（）A直线代表和pAg的关系Bd点直线和直线对应的两种沉淀的Ksp相同C向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀D得平衡常数K为10449二解答题（共4小题）8依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为

5、 ，从化合价上看，X具有 性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固定的过程是 。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为 。氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式 。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是 。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的能量变化如图所示：该反应 （填“吸收”或“放出”）能量；已知：断开1molHH键要吸收436kJ的能量，断开1 molNN键要吸收946kJ的能量，形成1molNH键需要释放391

6、kJ的能量，故E3 。9氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。（1）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.0kJ/mol根据下列键能数据，结合上述反应数据，计算NH的键能是 kJmol1。化学键NNHH键能/（kJmol1）946436（2）合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中CO，其反应为：Cu（NH3）2+CO+NH3Cu（NH3）3CO+H0。配离子Cu（NH3）3CO+的中心离子是 ，配位数是 。铜氨溶液吸收CO适宜的生产条件： 温、

7、 压。（填“高”“低”）（3）恒温恒压条件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反应用摩尔分数表示的平衡常数Kx，达到平衡时N2的转化率为 。（保留3位有效数字）（已知反应的aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）Kx，物质的摩尔分数x。2.24。）（4）制备（NH4）2SO4时所需的NH3可以通过反应合成，但缺。有学者倡议：常温下，把石膏矿中Ca（）转化为难溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反应方程式如下：CaSO4（s）+2NH3H2O（aq）+H2CO3（aq）（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化学平衡常数为Kc，用下列相关K的符

8、号来表示Kc 。通过计算反应的Kc判断以上倡议 （填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）2.5109、Ksp（CaSO4）9.0106、Kb（NH3H2O）1.8105、H2CO3的Ka14.0107、Ka25.01011、Kw1.01014）（5）NH3与镓（Ga）在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子坐标。B原子坐标为（），则A原子坐标为 。若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，则GaN晶体的密度

9、为 gcm3（只列计算式）。102024年1月31日，武汉大学陆庆全课题组利用地球上丰富的铁作为催化剂，产生高度亲电性的氯自由基以活化烷基CH键，从而实现了在温和条件下烷烃CH硼化反应。回答下列问题：（1）基态Fe2+的外围电子排布式为 。（2）H、Cl、C、S的电负性由小到大的顺序是 ，N、O、F三种元素的第一电离能最小的是 。（3）B2H6相对分子质量比H2O大，但常温下H2O为液体，B2H6为气体，原因是 ；B2H6分子内不存在的化学键有 。A极性共价键B配位键C键D离子键（4）催化反应的一种中间产物结构如图，其分子中B与周围直接相连的原子形成的空间构型为 ，碳的杂化类型为 ，1mol分

10、子内含有的键数目为 NA。（5）晶体硼的熔点为2300，而晶体硅的熔点为1410，试从结构角度解释其熔点差别较大的原因： 。11乙酰水杨酸E和对乙酰氨基酚J是常见的解热镇疼药物。以苯酚A为原料，可合成化合物E和化合物J。（1）化合物I的名称为 ；化合物E的官能团名称为 。（2）流程中AF反应，可同时得到对硝基苯酚和邻硝基苯酚，并可采用蒸馏方式提纯。提纯时，首先蒸出的是 （填写名称），原因是 。（3）GH的化学方程式为 。（4）吡啶（）是类似苯的芳香化合物。化合物J的同分异构体中，同时满足如下3个条件的同分异构体有 种。条件：是吡啶的衍生物；含有乙基（C2H5）；能与NaHCO3溶液反应生成CO

11、2。（5）根据上述信息，写出一种以苯酚和邻二甲苯为原料合成的路线图 。（其他无机试剂任选，已知：）三工艺流程题（共1小题）12氧缺位体（CuFe2O4）是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备CuFe2O4流程如图所示：已知：酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+25时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2开始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化

12、物，其中金属氧化物的化学式为 。（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品 。（填化学式）（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是 。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是 。（5）“灼烧”工序的化学方程式是 ，“煅烧”时通入N2的作用是 。（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4）时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则 。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步： （完成方程式）；第二步：2CuFe2O42CuFe2O4+O2。2024年菁优

13、高考化学终极押题密卷2（新高考2）参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1下列有关传统文化的分析错误的是（）A“慈石（Fe3O4）治肾家诸病，而通耳明目”。中“慈石”属于金属氧化物B东晋葛洪：“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。文中发生了置换反应C本草经集注中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石（KNO3）也”。“硝石”属于盐类D我国清代本草纲目拾遗中叙述了“铁线粉”：“粤中洋行有舶上铁丝日久起销，用刀刮其销所刮下之销末，名铁线粉”。铁线粉的成分是纯铁粉【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学基本反应类型菁优网版权所有【专题】物质的分类专题【答案】D【分析】A四氧化三铁是铁的氧化物；B置换反应指一

14、种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；C盐指能够电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物；D“铁线粉”主要成分是铁锈，含有氧化铁、铁粉等。【解答】解：A四氧化三铁是铁的氧化物，属于金属氧化物，故A正确；B硫酸铜与铁反应生成硫酸亚铁和铜，发生置换反应，故B正确；C“硝石”为硝酸钾，硝酸钾属于盐，故C正确；D“铁线粉”主要成分是铁锈，含有氧化铁、铁粉等，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。2北京大学肿瘤医院季加孚课题组在Science China Life Sciences发表了的研究论文，揭示了白皮杉醇抗胃癌的机制，并且基于

15、网络药理学层面探讨新型药物联合治疗策略，对发现新的天然小分子药物及胃癌治疗靶点具有重要的意义。下列关于白皮杉醇说法的不正确是（）A白皮杉醇分子中存在顺反异构现象B1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2C白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在D可与NH4HCO3溶液反应产生气体【考点】有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】有机物的化学性质及推断【答案】D【分析】A碳碳双键连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；B苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴水以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应；C酚羟基易被氧化；D酚羟基和NH4HCO3不反应。【解答】解：A分子中碳碳双键连

16、接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故A正确；B苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴水以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol白皮杉醇与浓溴水反应，最多消耗7molBr2，6mol溴发生取代反应、1mol溴发生加成反应，故B正确；C分子中酚羟基易被氧化，所以白皮杉醇分子在空气中不能稳定存在，故C正确；D酚的酸性小于碳酸，所以分子中酚羟基和NH4HCO3不反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。3现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次

17、增大。Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4：3；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3；Y原子半径短周期中最大，W+的K、L、M层电子全充满。下列说法正确的是（）AHnX的沸点比HnZ的沸点高是因为HX键长比HZ键长短，键能更大B第一电离能：QXZCW2+比W+稳定DX与Y形成的化合物中只含一种化学键【考点】原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【答案】B【分析】现有Q、X、Y、Z、W五种前四周期元素，它们的原子序数依次增大。Y原子半径短周期中最大，则Y为Na元素；Q原子核外成对电子数和未成对电子数之比为4

18、：3，其原子序数小于Na元素，则Q位于第二周期，其原子序数为4+37，则Q为N元素；W+的K、L、M层电子全充满，W原子的核外电子总数为2+8+18+129，则W为Cu元素；X、Z同主族，它们形成的两种化合物中，两元素的原子的质子总数之比分别为1：1和2：3，X介于N和Na元素之间，满足条件的X只有O元素，则Z为S元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，Q为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素，W为Cu元素，AH2O分子间存在氢键，H2S分子间没有氢键，导致H2O的沸点较高，与键长无关，故A错误；B主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，N的

19、第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：NOS，故B正确；CW2+、W+分别为Cu2+、Na+，金属性越强，对于离子的氧化性越弱，其稳定性越强，则Na+比Cu2+稳定，故C错误；DNa与O元素形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。4如图所示的氢氧燃料电池，下列有关该电池的说法错误的（）Ab电极是正极B电子由b电极经过灯泡流向a电极C电池总反应式为O2+2H22H2OD氢氧燃料电池能量转化率很高【考点】化学电源新型电池菁

20、优网版权所有【专题】电化学专题【答案】B【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H22e2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e4OH，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极。【解答】解：A氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；B原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故B错误；C氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O22H2O，属于环保电池，故C正确。D氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，能量转化率高，故D正确；故选：B。【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大

21、，注意把握电极方程式的书写，特别是电解质溶液的酸碱性。5下列实验装置可以达到相应实验目的的是（）ABCD 用酸性高锰酸钾溶液测定葡萄酒中SO2的含量验证氯、硫、碳的电负性强弱设计随关随停制备氯气装置在HCl气流中制备无水氯化铁AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】实验评价题【答案】D【分析】A二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B挥发的HCl能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，且S元素的最高价氧化物的水化物是H2SO4，元素的非金属性越强，其电负性越大；C浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热且二氧化锰为粉末状固体；D氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发。【解

22、答】解：A二氧化硫、乙醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，同时图中手易将活塞拉出，故A错误；B挥发的HCl能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，且S元素的最高价氧化物的水化物是H2SO4，同时盐酸和亚硫酸不能代表氯和硫判断电负性，故B错误；C浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热且二氧化锰为粉末状固体，不能使用启普发生器产生氯气，故C错误；D氯化铁水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进盐酸挥发，在HCl气体中加热氯化铁晶体，可以抑制其水解从而可制备得到氯化铁，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，A选项

23、为解答易错点，题目难度不大。6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A0.1molT2O比0.1molO多0.2NA个中子B含0.1mol的FeCl3饱和溶液与沸水反应制备Fe（OH）3胶体的胶粒数目为0.1NAC常温常压下，总质量为14g的N2和CO混合气体中分子总数为NAD1mol/L的CuSO4溶液中含有个数为NA【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【答案】A【分析】A1个T2O中含有12个中子，1个O中含有10个中子；B一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；CN2和CO的摩尔质量都是28g/mol，14g该混合物的物质的量为0.5mol

24、；DncV。【解答】解：A1个T2O中含有12个中子，1个O中也含有10个中子，则0.1molT2O比0.1O含有中子数多0.2NA，故A正确；B一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故B错误；C14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，分子总数为0.5NA，故C错误；D溶液的体积未知，无法计算溶液中的物质的量，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查与物质的量有关的计算，涉及到计算物质的量浓度、物质的量、质量等，解题的关键是掌握计算方法和条件，为高频考点，难度中等。7室温下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3

25、溶液，混合液中和pAgpAglgc（Ag+）的关系如图所示。已知：Ksp（AgSCN）Ksp（AgIO3）。下列叙述错误的是（）A直线代表和pAg的关系Bd点直线和直线对应的两种沉淀的Ksp相同C向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成AgSCN沉淀D得平衡常数K为10449【考点】沉淀溶解平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【答案】B【分析】AgSCN和AgIO3的物质类型相同、阴阳离子个数比为1：1，K2CrO4中阴阳离子个数比为1：2，则AgSCN、AgIO3的pX与pAg关系图象的斜率相同、是两条平行直线，且Ksp（AgSCN）Ksp（Ag

26、IO3），当pAg相同时c（SCN）c（）、p（SCN）p（），所以图中、分别代表pSCN、与pAg的关系，Ksp（AgSCN）c（Ag+）c（SCN）102109.991011.99，Ksp（AgIO3）107.5，据此分析解答。【解答】解：A由上述分可知，图中、分别代表pSCN、与pAg的关系，故A正确；Bd点是直线和直线相交点，此时c（）c（），但Ksp（AgIO3）c（Ag+）c（），Ksp（Ag2CrO4）c2（Ag+）c（），所以两种沉淀的Ksp不相同，故B错误；C由图可知，向等浓度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加AgNO3溶液时，生成AgSCN沉淀的pAg大，生成Ag2

27、CrO4沉淀的pAg小，即生成AgSCN沉淀所需c（Ag+）较小，先生成AgSCN沉淀，故C正确；D由上述分可知，Ksp（AgSCN）1011.99，Ksp（AgIO3）107.5，则AgIO3+SCNAgSCN+的平衡常数K104.49，故D正确；故选：B。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握对应曲线的判断、Ksp的表达式及计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与运用能力的考查，题目难度中等。二解答题（共4小题）8依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为 N2O5，从化合价上看，X具有 氧化性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固

28、定的过程是 。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O。氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式 4NH3+5O24NO+6H2O。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是 2NO2+4N2+4。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的能量变化如图所示：该反应 放出（填“吸收”或“放出”）能量；已知：断开1molHH键要吸收436kJ的能量，断开1 molNN键要吸收946kJ的能

29、量，形成1molNH键需要释放391kJ的能量，故E392kJ。【考点】含氮物质的综合应用；反应热和焓变菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化；氮族元素【答案】（1）N2O5；氧化；（2）；（3）2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；（4）2NO2+4N2+4；（5）放出；92kJ。【分析】（1）由图可知，X为N元素的+5价的氧化物，从化合价上看，+5价的N元素在反应中，化合价只能降低，被还原，表现出氧化性；（2）氮的固定是指氮气转化为含氮化合物的过程；（3）实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2在加热条件下反应生成CaCl2、NH3、

30、H2O；氨气催化氧化生成NO、H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，书写反应的离子方程式；（5）反应物的能量大于生成物的能量，则该反放出能量；H反应物键能之和生成物键能之和，E3与H数值上相等。【解答】解：（1）根据图示，X为N元素的+5价的氧化物，是五氧化二氮，化学式为N2O5，N元素为+5价，是最高价，具有氧化性，在反应中，N元素化合价降低，被还原，故答案为：N2O5；氧化；（2）图2中，属于氮的固定的过程是反应，氮气转化为氮化镁，故答案为：；（3）NH4C

31、l与Ca（OH）2制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为：2NO2+4N2+4，故答案为：2NO2+4N2+4；（5）反应物的总能量大于生成物的总能量，这样的反应属于放热反应，故答案为：放出

32、；断开1molHH键要吸收436kJ的能量，断开1molNN键要吸收946kJ的能量，形成1molNH键需要释放391kJ的能量，根据方程式：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），则有H（946+43633916）kJ/mol92kJ/mol，则E392kJ，故答案为：92kJ。【点评】本题主要考查学生看图理解能力、分析能力，同时考查方程式书写与关系式计算，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。9氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。（1）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H9

33、2.0kJ/mol根据下列键能数据，结合上述反应数据，计算NH的键能是 391kJmol1。化学键NNHH键能/（kJmol1）946436（2）合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中CO，其反应为：Cu（NH3）2+CO+NH3Cu（NH3）3CO+H0。配离子Cu（NH3）3CO+的中心离子是 Cu+，配位数是 4。铜氨溶液吸收CO适宜的生产条件：低温、高压。（填“高”“低”）（3）恒温恒压条件下，向容器中通入1molN2和3molH2，合成氨反应用摩尔分数表示的平衡常数Kx，达到平衡时N2的转化率为 10.7%。（保留3

34、位有效数字）（已知反应的aA（g）+bB（g）cC（g）+dD（g）Kx，物质的摩尔分数x。2.24。）（4）制备（NH4）2SO4时所需的NH3可以通过反应合成，但缺。有学者倡议：常温下，把石膏矿中Ca（）转化为难溶的CaCO3，留下的和形成（NH4）2SO4。反应方程式如下：CaSO4（s）+2NH3H2O（aq）+H2CO3（aq）（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l），化学平衡常数为Kc，用下列相关K的符号来表示KcK2b（NH3H2O）Ka1Ka2Ksp（CaSO4）。通过计算反应的Kc判断以上倡议 可行（填“可行”或“不可行”）。（已知Ksp（CaCO3）2.

35、5109、Ksp（CaSO4）9.0106、Kb（NH3H2O）1.8105、H2CO3的Ka14.0107、Ka25.01011、Kw1.01014）（5）NH3与镓（Ga）在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子坐标。B原子坐标为（），则A原子坐标为 （0，）。若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，则GaN晶体的密度为 gcm3（只列计算式）。【考点】化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化；化学

36、键与晶体结构；化学平衡计算【答案】（1）391；（2）Cu+；4；低；高；（3）10.7%；（4）K2b（NH3H2O）Ka1Ka2Ksp（CaSO4）；可行；（5）（0，）；。【分析】（1）焓变H反应物的总键能生成物的总键能，据此计算NH键键能；（2）配离子Cu（NH3）3CO+中NH3、CO为配体，均为中性分子，则中心离子为Cu+；）Cu（NH3）2+CO+NH3Cu（NH3）3CO+是气体体积减小的放热反应，低温和高压有利于平衡正向移动；（3）反应三段式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol） 1 3 0变化量（mol） a 3a 2a平衡量（mol） 1a 33a 2a

37、平衡时气体总量为（42a）mol，x（N2），x（H2），x（NH3），平衡常数Kx，解得a0.107mol；（4）反应CaSO4（s）+2NH3H2O（aq）+H2CO3（aq）（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常数为KcK2b（NH3H2O）Ka1Ka2Ksp（CaSO4）；（5）A原子在左侧平面的面心位置，并且在yoz平面内；GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，即晶胞面对角线长为2bnm，晶胞参数为bnmb107cm，晶胞体积V（b107）3cm3，晶胞中含有4个N原子，则晶胞质量mg，根据密度进行计算。【解答】解：（1）N2（g）+3H

38、2（g）2NH3（g）H92.0kJ/mol，设NH键键能为x，则946kJ/mol+3436kJ/mol6x92.0kJ/mol，解得x391kJ/mol，即NH键键能为391kJ/mol，故答案为：391；（2）配离子Cu（NH3）3CO+中NH3、CO为配体，均为中性分子，则中心离子为Cu+，配位原子的数目为4，即该配离子中配位数为4，故答案为：Cu+；4；反应Cu（NH3）2+CO+NH3Cu（NH3）3CO+是气体体积减小的放热反应，则铜氨液吸收CO适宜的生产条件是低温和高压，故答案为：低；高；（3）反应三段式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol） 1 3 0变化量

39、（mol） a 3a 2a平衡量（mol） 1a 33a 2a平衡时气体总量为（42a）mol，x（N2），x（H2），x（NH3），平衡常数Kx，解得a0.107mol，则达到平衡时N2的转化率为100%10.7%，故答案为：10.7%；（4）反应CaSO4（s）+2NH3H2O（aq）+H2CO3（aq）（NH4）2SO4（aq）+CaCO3（s）+2H2O（l）的平衡常数为KcK2b（NH3H2O）Ka1Ka2Ksp（CaSO4）2.48832105105，平衡进行程度较大，即该倡议可行，故答案为：K2b（NH3H2O）Ka1Ka2Ksp（CaSO4）；可行；（5）A原子位于左侧平面的面

40、心，并且在yoz平面内，所以A原子坐标为（0，），故答案为：（0，）；晶胞中含有4个N原子，则晶胞质量mg，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距离是bnm，即晶胞面对角线长为2bnm，晶胞参数为bnmb107cm，晶胞体积V（b107）3cm3，晶胞密度gcm3，故答案为：。【点评】本题考查化学平衡计算、晶胞密度及其相关计算、反应热与焓变，侧重计算能力和运用能力考查，把握反应热与键能的计算关系、化学平衡常数的计算、化学平衡影响因素、晶胞结构及其相关计算是解题关键，注意掌握晶胞密度的计算方法，题目难度较大。102024年1月31日，武汉大学陆庆全课题组利用地球上丰富的铁作为催化剂，产生高度

41、亲电性的氯自由基以活化烷基CH键，从而实现了在温和条件下烷烃CH硼化反应。回答下列问题：（1）基态Fe2+的外围电子排布式为 3d6。（2）H、Cl、C、S的电负性由小到大的顺序是 HCSCl，N、O、F三种元素的第一电离能最小的是 O。（3）B2H6相对分子质量比H2O大，但常温下H2O为液体，B2H6为气体，原因是 H2O能形成分子间氢键；B2H6分子内不存在的化学键有 BCD。A极性共价键B配位键C键D离子键（4）催化反应的一种中间产物结构如图，其分子中B与周围直接相连的原子形成的空间构型为 平面三角形，碳的杂化类型为 sp2、sp3，1mol分子内含有的键数目为 37NA。（5）晶体硼

42、的熔点为2300，而晶体硅的熔点为1410，试从结构角度解释其熔点差别较大的原因：二者都是共价晶体，但BB键键长比SiSi短的多，共价键更强，熔点更高。【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断菁优网版权所有【专题】元素周期律与元素周期表专题【答案】（1）3d6；（2）HCSCl；O；（3）H2O能形成分子间氢键；BCD；（4）平面三角形；sp2、sp3；37；（5）二者都是共价晶体，但BB键键长比SiSi短的多，共价键更强，熔点更高。【分析】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为Ar3d64s2，失去4s上的2个电子形成Fe2+；（2）同周期主族元素从左到右元素的电负性增大，非金属性越强电负性越强；同周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但A、VA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能；（3）水分子间存在氢键，而乙