湖南师范大学附属中学2025-2026学年下学期高二寒假作业反馈检测 化学试题

高二寒假作业反馈检测 化 学 时量:75分钟 满分:100分 可能用到的相对原子质量:H~1 C~12 O~16 S~32 Bi~209 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.化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是 A.“84”消毒液显碱性的原因： B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于有机高分子材料 C.我国研发的北斗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅/ D.在酸性土壤中成长的绣球花常呈蓝色，在碱性土壤中常呈粉红色；若想获得蓝色花朵，可在土壤中施用适量的碳酸氢钠 2.下列分子的中心原子杂化轨道的类型相同的是 A. CO₂与SO₂ B. C2H4与C2H2 C. BeCl₂与BF₃ D. H2O与H3O⁺ 3.某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与Cu²⁺的结合能力： C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 4.下列化学用语表述正确的是 A. H2O₂的球棍模型为 B.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C. HF 分子间的氢键表示为 D.基态铯原子电子占据最高能级的电子云轮廓图： 5.在溶有15-冠-5()的有机溶剂中，苄氯与NaF发生应： 下列说法正确的是 A.苄氯是非极性分子 B.电负性： C.离子半径： D. X中15-冠-5与 Na⁺间存在离子键 6.某同学进行以下实验： 操作 现象 取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和 K3[Fe(CN)6]的食盐水 生铁片 放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈 下列说法正确的是 A.腐蚀过程中有 H₂生成 B.边缘处红色说明： C.反应后中心区域溶液的 pH>7 D.反应过程中化学能完全转化为电能 7.一般认为，含氧酸酸性强弱主要与两个因素有关：一是中心原子的电负性越大，酸性越强；二是中心原子所连接的“非羟基氧”数目越多，酸性越强。下列说法正确的是 A. 是一种二元强酸 B. HPO₃、HClO₃、HClO₄的酸性依次增强 C. H3PO₂ 的分子结构是它是一种三元酸 D.某元素 X形成的比的酸性强，氧化性也强 8.一种高聚物(XYZ2)n，被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y的价电子数相等，X、Z的电子层数相同，基态 Y原子的2p轨道半充满，基态Z原子的最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是 A. X、Z的第一电离能:X>Z B. X、Y 的简单氢化物的键角:X>Y C.最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D. X、Y、Z均能形成多种氧化物 9.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论错误的是 选项 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究 Cu 和浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因 将NO₂ 通入下列溶液至饱和： ①浓硝酸 ②Cu(NO3)₂ 和HNO₃的混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu 和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主 要 原 因 是 溶有 NO₂ B 比较F⁻与SCN⁻结合 Fe³⁺的能力 向等物质的量浓度的KF 和 KSCN 混合溶液中滴加几滴 FeCl₃溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结 合 Fe³⁺ 的 能力:F⁻>SCN⁻ C 比 较 HF 与H2SO₃ 的酸性 分别测定等物质的量浓 度 的 NH4F 与 溶 液的 pH 前者 pH小 酸性： D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度 的 Na2S₂O₃ 与H₂SO₄ 溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 10.一种吸收SO₂再经氧化得到硫酸盐的过程如下左图所示。室温下， 用 溶液吸收 SO₂，通入 SO₂所引起的溶液体积变化和 H2O 挥发可忽略，吸收液中含硫物种的浓度 的电离常数分别为 已知SO₂ 溶液中含硫微粒摩尔分数如下右图所示。下列说法错误的是 A.“吸收”所得溶液中肯定存在： B.若“吸收”所得溶液中=0. 则 C. pH=5时，“氧化”步骤中主要发生反应： D. pH=7时,吸收液中: 11. SO₂晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示，设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.晶胞中SO₂分子的取向相同 B.1号和2号S原子间的核间距为- C.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个 D.晶体的密度为 12.中南大学刘又年团队提出发展炔烃、醛、胺等工业大宗原料和炉烟二氧化碳的四组分串联反应，来实现恶唑烷酮及其衍生物的高效合成，如图所示[Ph代表苯基(C6H₅—),Bn代表苯甲基 下列叙述正确的是 A.途径a和途径b的最终产物相同 B.物质3 中含2个手性碳原子 C.上述循环中，只断裂了σ键 D.物质6在水中的溶解性大于物质5 13.目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品 A 和B。其模拟工作原理如图所示(图右为“双极膜组”内部结构图)。M、N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的解离成H⁺和OH⁻，作为H⁺和OH⁻的离子源。下列说法错误的是 A.M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜 B.X电极为阳极，电极反应式为 C.电路中每生成 0.25 mol气体 a,理论上获得副产品 A 和 B各0.5mol D.“双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH) 14.在恒容密闭容器中，将温度控制在一定范围内发生如下反应，且达到化学平衡状态。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数(lg K)与温度的倒数 之间关系如图所示。 下列说法错误的是 A.反应Ⅰ的△H<0 B.升高温度,c(NOCl)增大 C.反应Ⅲ的 D.升高温度，反应Ⅲ的平衡正向移动 二、非选择题(本题共4 小题，共58分) 15.(14分)天然丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成： (1)丙烯的分子式为 ，丙烯分子中碳原子的杂化方式为 。 (2)由乙烯生成有机物A 的化学反应的类型是 。 (3)有机物 B中含有的官能团是 (填名称)。A与B反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式是 . ，该反应的类型是 。 (4)久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，所得聚合物具有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。请用化学方程式表示上述聚合过程: 。 16.(15分)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)激发态氟原子的电子排布式有 (填标号)。 a. c. d. (2)①一氯乙烯(C₂H₃Cl)分子中,C 的一个 轨道与 Cl的3px 轨道形成C—Clσ键，并且 Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键()；一氯乙炔中的大π键与此类似。 ②一氯乙烷(C₂H₅Cl)、一氯乙烯(C₂H₃Cl)、一氯乙炔(C₂HCl)分子中，C—Cl键长的顺序是 ，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl的键长越短；(Ⅱ ) 。 3)卤化物CsICl₂ 受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体 X 和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比 Y高的原因： 4)α-AgI晶体中Γ作体心立方堆积(如图所示)，Ag⁺.主要分布在由I⁻构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag⁺不需要克服太大的阻力即可发生迁移,因此,α -AgI的晶体在电池中可作为 。已知阿伏加德罗常数为 NA,则α-AgI晶体的摩尔体积 Vm(列出算式)。 =________________(列出算式) 17.(14分)某工厂采用辉铋矿(主要成分为 含有 杂质)与软锰矿(主要成分为 联合焙烧法制备BiOCl和] 工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的 MnO₂ 分解为] 转变为 ②金属活动性: Fe>(H)>Bi>Cu; ③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH Fe²⁺ 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 (填标号)。 a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi³⁺和 ②作还原剂;③ 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体 A 的离子方程式为 。 (6)加入金属 Bi 的目的是 。 (7)将100 kg辉铋矿进行“联合焙烧”,“转化”时消耗1.1 kg金属 Bi,假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中 Bi的质量分数为78.5%。则辉铋矿中 Bi 元素的质量百分数为 (保留到小数点后2位)。 18.(15分)水煤气变换 是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： (1) Shibata 曾做过下列实验:①使纯 H₂缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴[CoO(s)]，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中 H₂ 的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原 CoO(s)，平衡后气体中 CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是CO (填“大于”或“小于”)H₂。 (2)721℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H₂O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中 H₂的物质的量分数为 (填标号)。 A.<0.25 B.0.25 C.0.25~0.50 D.0.50 E.>0.50 (3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面的物种用*标注。 可知水煤气变换的△H (填“大于”“等于”或“小于”)0，该历程中最大能垒(活化能) 写出该步骤的化学方程式: 。 (4) Shoichi研究了 467 ℃、489 ℃时水煤气变换中 CO 和 H₂ 分压随时间变化关系如图所示，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 pH₂O和 pCO相等、pCO2和pH₂相等。 计算曲线 a的反应在 30~90 min内的平均速率 (保留 2 位有效数字)。467 ℃时 pH₂随时间变化关系的曲线是 ;489℃时pCO随时间变化关系的曲线是 。 学科网（北京）股份有限公司 $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，只有一项是符合题卧要求的） 题号 123 45678910 11 12 13 14 答案 BDDDC C BD C BBA B 2.D【解析】AC)2中C为sp杂化，SO2中S为sp杂化，A项不符合题意；B.CH中C为sp杂化，C2H2中C为sp 杂化，B项不符合题意：C.BCl2中Be为sp杂化.BF中B为sp2杂化，C项不符合题意；D.H,O与HO°中O均为 Sp杂化，D项符合题意。 3.D【解析】该实验过程中，相关物质转化知下：CuS0,(a9)水Cu(OH,(s)这量美水[Cu(NH,]SO,(a0)乙琴 [Cu(NH,]SU,·H0g)越量*基藏[CuC,],A②中沉淀为Cu(OHD,(s,④中沉淀为[Cu(NH,]S0,(s)· H2O、二者不是同一物质，故A项说法正确：B.③中含有的溶质为[Cu(NH,)4]SO,.Cu2·与NH,中N原子形成配位 键，而未与H2()中(O形成配位键，说明配体结合能力：NH>H2O,故B项说法正确：C.[Cu(NH)4]S),为离子化 合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对弱的有机物，向[Cu(NH),]S()的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶 剂的极性差，使得[Cu(NH)4]SO,在水溶液中析出，即[Cu(NH3)4门SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度、 故C项说法正确；D.由于⑥中溶液呈黄绿色是因为含有[CCL]2-,因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故 D项说法错误。 4,D【解析】A.H2O2中O原子为sp杂化，球棍模型不是直线形，A错误；B.邻羟基苯甲醛分子中基上的氧原子和 羟基上的氢原子形成氢健，示意图应为 O,B错误：C.HF分子间的氢键为F一H-F,三原子共线，C错误； D.Cs(绝)的原子序数为55，其基态电子排布式为[X©]6s,最高能级是6s,电子云轮廓图为球形，D正确。 5.C【解析】A.苄氯分子含有饱和C原子、且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性分 子，A错误：B.同主族元素从上到下电负性逐渐减小.故电负性：X(F)>X(C),B错误：C,电子层结构相同时，离子半 径随原子序数增大而减小，故离子半径：r(F)>r(N).C正确；D.15-冠-5是分子，与阳离子N之间不存在离子 键，二者通过非共价键形成超分子，D错误。 6.C【解析】A取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K,[F(CN),]的食盐水，铁片发生吸氧腐蚀，没有 H2生成、A错误：B.铁片发生吸氧腐蚀，Fe电极方程式为Fe一2e一Fe!,边缘处为红色的原因是二价铁被空气中 的氧气氧化为三价铁B错误：C.铁片发生吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7.(正确：D.铁皮发生吸氧 腐蚀是原电池原理，但化学能无法完全转化为电能.D错误。 OH 7.B【解析】A根据结构简式： HO ,该有机物为乙二酸，有两个羧基且部分电离、为二元弱酸、A项错误； () () B.HP)a的结构为H()-P=(),H(I()的结构为H()一(1=()，中心原子电负性：(>P,H(()中()一H更容易断 二0 开即更容易电离，酸性更强，则HP),的酸性小于HCO,HC(),的结构是H0-Cl三0、中心原子所连接的“非羟基 0 氧”数目多于HC(,则HPO,HCI()、HCI(),的酸性依次增强.B项正确；C.HP(2的结构简式中能电离的羟基只 有一个，应该是一元酸，C项错误；D.次氯酸同时具有弱酸性和强氧化性，比如HCIO的氧化性比HCI(),和HC(), 都强，D错误。 8.D【解析】X、Y的价电子数相等，则X、Y属于同一族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满，则 X为P元素、Y为N元素，X、L的电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子，L形成1个键，2为C1元素，以此 分析。A.同周期从左到右第一电离能有增大趋势，第一电离能：C>P,A错误；B.X、Y的简单氢化物分别为PH?和 NH,二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P,共用电子对距N近，成键电子对间斥力N一H大 于P一H,键角：NH>PH,B错误；C,元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：CI,>N>P,酸性： HCIO,>HNOa>HPO,C错误；D.P,N、C均能形成多种氧化物，D正确。 高二化学参考答案(T)一1 9.C【解析】A.CU和浓硝酸反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对照实验，即将N(),分别通入 ①浓硝酸，②Cu(NO)2和HN(),混合溶液至饱和，根据实验现象，可知CU和浓硝酸反应后溶液呈绿色的主要原因 是溶有N()2,故A正确；B.向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴Fc(L,溶液，振荡，溶液颜色无明 显变化，铁离子没有与SCN结合而与F结合，说明结合F3的能力：F>SCN,故B正确；C.不应该分别测定等 物质的量浓度的NHF与(NH4)2SO溶液的pH,因为铵根离子也要水解，且同浓度NH,F与(NH,)2S(),的铵根离 子浓度不相等，不能比较，实际上亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论错误，故C错误；D.探究温度对反应速率的影响，只 保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确。 10.B【解析】A.采用NaOH溶液吸收S()2,得到Na2S(),溶液或NaHSO,溶液或二者的混合溶液，存在电荷守恒： c(Na)十c(H)=c(HS())+2c(S(})十c()H).A正确；B.用0.1mol·L'Na()H溶液吸收S),,若“吸收”所 得c=0.1mol·L',则该溶液为NaHS(。溶液，HzS(方的电离常数分别为K=1.29×102、Ke=6.24×108, 10°4 HS0,的电离平衡常数为K。=6.24X108,则水解常数Ke=1.29X10,说明HS0的电离程度和水解程度均 较小，c(HSO5)远大于溶液中c(SO),B错误：C.由图可知，pH=5时，溶液中主要存在HS()%,“氧化”步骤中 HSO方被(O2氧化为S0,离子方程式为2HS()十(2一2SO十2H”,C正确；I).若“吸收”后溶液pH=7,则 c(H)=c(OH'),由电荷守恒c(Na)+c(H')=c(HS:)+2c(SO号)+c(OH')可知，c(Na')=c(HSO,)+ 2c(S(号)，溶液溶质为NaHSO,和Na2SO3;从图中可知，pH=7时溶液中c(HS()3)>c(S(芳)，则c(Na)> 3c(S(号).D正确。 11.B【解析】A.由图可知晶胞中的S()2分子取向不完全相同，A错误：B.1号和2号S原子间的核间距为上、下面对 角线长的一半，即√a+Bpm,B正确：C.以体心S原子为例，由于a≠b≠c,每个S原子周国与其等距且紧邻（距 离最小)的S原子有4个，C错误；D.晶胞中12个S0,分子在棱心，1个在体心，含有的S02分子个数为12×+1 4×64 NA =1个，晶胞的密度p=V晶胞)一rX10w=NYrX108·cm,D错误 256 12.A【解析】A.化合物1、PhCH()PhC=CH是反应物，化合物6是目标产物，H2()是副产物，途径a和b的反应物、 产物相同.A正确；B.物质3中只含1个手性碳原子（与Ph一相连的饱和碳原子），B错误；C.上述循环中.3-→4过程 中，(()2断开1个π键.C错误；D.物质5含有羟基、羧基等易与水形成氢键的基团，水溶性大于物质6（含酯基等）， I)错误。 13.C【解析】在“双极膜组"的左边区域，精制食盐水中的透过M膜（阳离子交换膜）进入“双极膜组”.从而获得产 品A(N()H),精制食盐水中的C】向左边迁移，在X电极失电子生成(l,X电极为阳极：在“双极膜组”的右边区 域，精制食盐水中的(】透过N膜（阴离子交换膜）进入“双极膜组”，从而获得产品B(H(),精制食盐水中的Na向 右边迁移，水电离出的H在Y电极得电子生成H,Y电极为阴极。A,M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，A 正确；B.由以上分析知，X电极为阳极，电极反应式为2(】一2c一(2个，B正确；.电路中每生成0.25mol气体 a(L),理论上一个“双极膜组”获得副产品A(Na()H)和IB(H(I)各.0.5m(l.但根据题图，该电池应有多个“电极膜 组”.（错误；D.“双极膜组”电渗析法从Na(1溶液获得酸(H(I)和碱(Na()H).由此推知，也可从MX溶液制备相应 的酸(HX)和碱(M()H),D正确。 14.B【解析】由图可知，温度的倒数增大，反应I的gK,增大，说明升高温度，化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向 移动，该反应为放热反应；反应Ⅱ的gK2减小，说明升高温度，化学平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，该反应 为吸热反应。A由分析可知，反应」为放热反应，反应△H<0,故A正确；B.由分析可知，反应】为放热反应、反应 Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应I平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，OCI的浓度减小，故B 错误；C,由盖斯定律可知，反应丁十Π得到反应们，则K,=K,·K2,故C正确：D.由图可知，宁为2.30人10K' 时，反应，I的平衡常数K,=101、反应Ⅱ的平衡常数K=102,则K,=K·K,=101X1029=10,子为2.40 ×10aK1时，反应I的平衡常数K,=100.7、反应Ⅱ的平衡常数K2=103,则K,=K1·K2=10“7×10a3= 10.0,由K的大小变化可知，升高温度，K:增大，平衡向正反应方向移动，故D正确。 高二化学参考答案(T)一2 、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(每空2分，共14分) (1)CH6sp2、sp3 (2)加成反应 (3)羧基，碳碳双键CH,CH,OH+CH,=CHCOOH催化剂CH,=-CHCOOCH,,CH,十H,0酯化反应（或取代反应） △ (4)nCH,-CHCOOC,H。一定条件 ECH,一CHR COOC H. 16.(除特殊标注外，每空2分，共15分) (1)ad (2)①sp杂化(1分) ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔C1参与形成的大π键越多，形成的C一C的键长越短 (3)CsCl CsC1为离子晶体，ICl为分子晶体 (4)电解质（或离子导体） Na×(504×10-12) 2 【解析】(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p,a,1s22s22p3s,基态氟原子2p能级上的1个电 子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a符合题意；b.1s22s22p3d,核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题 意；c.1s22s2p,核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；d1s22s22p33p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃 迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意。 A H (2)①一氯乙烯的结构式为 ,碳原子采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3p,轨道形成 C一C1。键。 ②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C一Cl越强，C-C的健长越短，一氟乙烷中碳原子采取$p杂化，一氯乙烯 中碳原子采取sp杂化，一氟乙炔中碳原子采取s即杂化，$p杂化时p成分少，$p杂化时P成分多，因此三种物质中 C-Cl健长顺序为：一氟乙烷>一氟乙烯>一氣乙炔，同时Cl参与形成的大x健越多，形成的CCl的键长越短， 一氣乙烯中Cl的3p.轨道与C的2p.轨道形成3中心4电子的大π健()，一氟乙炔中Cl的3p轨道与C的2p轨 道形成2套3中心4电子的大π键()，因此三种物质中C一Cl键长顺序为：一氯乙烷>一氨乙烯>一氯乙炔。 (3)CsIC2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变·生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsC1,红棕色液体 为I心l。CsC1为离子晶体，熔化时，克服的是离子健，I为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsI的 熔点比1Cl高。 (4)由题意可知，在电场作用下，Ag不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此。一Ag晶体是优良的离子导体，在电 池中可作为电解质。每个晶胞中含碘离子的个数为8X日十1=2，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2，晶胞的 物质的量m=mol-忌mol,晶胞体积V=dpm=(504X10)Pm,则。Ag晶体的摩尔体积V.=7 2 (504X10-2)3m_Na×(504X10-12)2 m3·mol-1. Nc 17.(每空2分，共14分) (1)ab (2)2BS十90，高温2B,0,十6Sh(反应条件写“高温”、“焙烧”、“灼烧”均给分) (3)抑制金属离子水解 (4)Si02 (5)Mn2O2+6Ht+2Cl=2Mn2++C2个+3H20 (6)将Fe3+转化为Fe+ 高二化学参考答案(T)一3 (7)24.02% 【解析】已知焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,F©S转变为Fez()3,经过“酸浸”，滤渣为二氣化硅，Mn2O,与浓盐 酸反应生成气体A(氯气)，滤液中含有B+、Fe3+,加入Bi将Fe3+转化为Fe2+,调节pH得到BiOCI,据此分析解题。 (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石，增大其与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使焙烧更 加充分，故选ab。 (2)B,S,在空气中单独培烧生成B,0,和二氧化硫，反应的化学方程式为2BS,十90，高墨2B,0,十6S02。 (3)由于Fe+,B+易水解，因此“酸浸”时加入过量浓盐酸的目的是防止FeC及BiCl,水解生成不溶性沉淀，提高 原料的浸出率，则过量浓盐酸的作用为：①充分漫出B+和M+;②作还原剂；③抑制金属离子水解。 (4)由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2。 (5)A为氯气，生成气体A的离子方程式为MnzO十6H++2CI-2Mn2++CL2个+3H2O。 (6)金属活动性：Fe>(H)>BiCu,Fe3+在pH为1.6时转化为沉淀，为使铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi 将Fe3+转化为Fe+,形成氯化亚铁溶液。 (7)辉敏矿中元素的质量分教为2kX785%-1.1kg×100%=24.02%。 100kg 18.(除特殊标注外，每空2分，共15分) (1)大于(2)C (3)小于(1分)2.02C00H+H+H20'=C0OH+2H'+OH"或H2O—H'+OH· (4)0.0047bd 【解析(1)H,还原氧化钻的化学方程式为H,(g)十C00(s)21巴Co(s)十H,O(g);C0还原氧化钻的化学方程式 为C0XE十Co0(ICca十0，(g,平衡时品运原体系中品的物质的量分数[0]高于C0 n(H2) 还原体系中C0的物质的量分数[0P2C0],故还原C0(s)为Cae)的倾向是C0大子， n(CO) (2)721℃时，设气体反应物开始浓度均为1mol·1,列三段式： H2(g)+CoO(s)Co(s)+H2O(g) 起始(mol·L-i) 1 0 转化(mol·L-1) x 平衡(mol·L-1)1-x x 则有=0025，每得=0.975，K-得韶0： CO(g)+CoO(s)Co(s)+CO2(g) 起始(mol·L1) 1 0 转化(mol·L) y z 平衡(mol·L)1-y ,b 则有宁2=0.0192，解得y=0.9808,K=C》- 义-≈51 =(Co)=亡y C0(g)+H2O(g)=C02(g)+H2(g) 起始(mol·L-1) 1 0 0 转化(mol·L-1) 平衡(mol·L-1)1-z 1一% e 根据盖斯定体K=产-货-器解得0,5327，氢气物质的量分数：兰-0,2564，答案选C. (3)根据水煤气变换[CO(g)十H2O(g)CO2(g)十H2(g]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+ 2H2O(g)的相对能量(0)高于CO2(g)+H2(g)十H2O(g)的相对能量(-0.72eV),故水煤气变换的△H小于0；活 化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值即为最大能垒（活化能）E一 1.86-(-0.16)eV=2.02eV,该步骤的反应为COOH"十H+H2O"=COOH+2H°+OH',因反应前后 高二化学参考答案(T)一4 COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O°一H十OH'。 (4)由图可知，30~90min内a曲线对应物质的分压变化量△p=(4.08一3.80)kPa=0.28kPa,故曲线a的反应在 30一90min内的平均速率=028Pe=0.0047kPa·min';由(2)中分析得出721℃平衡时H,的物质的量分数 60 min 介于0.25~0.5，C0的物质的量分数介于0~0.25，且水煤气变换的△H<0,即467℃，489℃时H2的平衡分压均 高于CO的平衡分压，据此可将图分成两部分： 4.8 4.4（30,4.08)0 .0 -寸(90,3.80 3 .190,3.64 3.2.430,3.30) 2.8 2.4 30,2.21) 2.0 90,1.87)1 d 1.6 1.2 6,1.49 c (30,1.21) 0.8 060120180240300360 t/min 由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是C0的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，C0 分压增加，H2分压减小，故467℃时H和随时间变化关系的曲线分别是b、c;489℃时H和p。随时间变化关 系的曲线分别是a、d。