湖南衡阳市第二十六中学2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

**基本信息** 高二化学期末试卷以新质生产力、钠电池电解质等真实情境为载体，覆盖物质结构、反应原理等核心知识，注重科学探究与实践能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题/42分|化学与STSE、实验操作、化学用语、物质结构与性质|情境新颖，如纳米半导体胶体判断；注重概念辨析，如三氟乙酸酸性解释| |非选择题|4题/58分|实验制备（安息香氧化）、工业流程（锆英石制Na₂ZrCl₆）、有机合成（抗菌药H）、反应原理（CO₂合成甲醇）|综合性强，突出科学思维与创新应用，如晶胞密度计算、电催化电极反应式书写，体现科学态度与责任|

高二化学期末 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　Ni~59　Cu~64 一、选择题(本题共14个小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意) 1.新质生产力涉及新能源、新材料、航空航天与海洋装备等领域。下列说法错误的是 A.新能源汽车中使用到的SiC高温陶瓷,属于新型无机非金属材料 B.芯片制造中用到的光敏树脂,属于有机高分子材料 C.火星探测器上天线接收器的外壳为钛合金,属于金属材料 D.具有独特电学性能的纳米半导体CdTe量子点,属于胶体 2.化学实验颜色丰富多彩。下列图示操作和现象均正确的是 A.制备Fe(OH)3胶体,出现红褐色沉淀 B.钠在空气中加热,生成白色固体 C.检验Fe3+,溶液变红色 D.焰色试验,火焰呈黄色 3.下列化学用语或图示表达正确的是 A.三氯硅烷的电子式为 B.HClO的球棍模型: C.基态砷原子的简化电子排布式为[Ar]4s24p3 D.晶态和非晶态SiO2粉末的X射线衍射图谱对比: 4.下列电极反应式或离子方程式书写正确的是 A.铅酸蓄电池放电时,负极电极反应式:Pb-2e- ==Pb2+ B.工业上刻蚀覆铜板:Fe3++Cu == Fe2++Cu2+ C.用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+:K++Fe2++[Fe(CN)6]3- ==KFe[Fe(CN)6]↓ D.向苯酚钠溶液中通入少量 5.物质的结构决定性质,下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 酸性:三氟乙酸>三氯乙酸 电负性:F>Cl B 硬度:金刚石>硅 原子半径:C<Si C 苯酚显酸性 苯环对羟基的影响使得O—H极性增大 D 利用“杯酚”可分离C60和C70 超分子具有自组装的特征 6.由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物的结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同,Y、W同族,Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是 A.电负性:Z>Y>W B.原子半径:Z>Y>X C.简单氢化物的沸点:Y<W D.Y的第一电离能高于同周期相邻元素 7.下列实验方案、现象、结论的对应关系正确的是 选项 实验方案 现象 结论 A 加热乙醇与浓硫酸的混合物至170 ℃,将生成的气体通过装有NaOH溶液的洗气瓶,再通入溴水中 溴水褪色 乙醇发生了消去反应 B 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热,冷却后加入新制Cu(OH)2悬浊液,加热 无砖红色沉淀生成 淀粉未水解 C 向2-丁烯醛(CH3—CH == CH—CHO)中滴加酸性KMnO4溶液 紫色褪去 该有机物中存在醛基 D 向2 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加2滴0.1 mol/L NaCl溶液,再滴加4滴0.1 mol/L KI溶液 先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)> Ksp(AgI) 8.一种制备光致抗蚀剂P的方法如图所示。下列说法正确的是 A.该反应为加聚反应 B.x=n C.有机物N和有机物P中碳原子的杂化类型均为sp2 、sp3 D.1 mol P最多能与4 mol H2反应 9.以磷化工品的副产物石灰渣[主要含CaHPO3和少量Ca(OH)2]为原料,制备阻燃剂亚磷酸铝[Al2(HPO3)3]的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A.“沉淀1”可用于工业上制备玻璃 B.“调pH” 时应将溶液调至酸性环境 C.“沉铝”时存在反应:2AlCl3+3Na2HPO3 ==Al2(HPO3)3↓+6NaCl D.电解“滤液1”可制得Na和Cl2 10.现代工业中镍的化合物应用广泛。图甲是镍的一种配合物的结构,图乙是镍的一种氧化物的立方晶胞,晶胞参数为a nm,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.图甲分子中Ni的配位数和配体数均为4 B.图甲分子中存在的化学键有共价键、配位键和氢键 C.图乙的晶体中Ni2+ 、O2-的配位数都是6 D.图乙的晶体密度为g/cm3 11.我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应,实现了处理污染物的同时产生增值化学品,其原理如图所示。下列说法错误的是 A.Cu2O电极a为阳极 B.当电源的电压过大时,阳极可能会产生氧气 C.阴极电极反应式为NO3−+8e-+6H2O ==NH3↑+9OH- D.当电路中转移2 mol e-时,Cu2O电极a的质量会增加52 g 12.恒容密闭容器中,加入等物质的量的C3H8和SO2发生反应:3C3H8(g)+SO2(g) ⇌ 3C3H6(g)+H2S(g)+2H2O(g),达到平衡时,相关物质的物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A.该反应的ΔH<0,ΔS>0 B.L点SO2的消耗速率大于c物质的生成速率 C.N点C3H8的平衡转化率为75% D.加入催化剂,曲线a会上移 13.在有机合成工业中,一种配位催化氧化加成反应的过程中,中性分子CO能加成到具有配位空穴的过渡金属微粒上。CO催化氧化加成的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A.反应②前后Rh的化合价发生了变化 B.反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C.微粒中具有配位空穴 D.总反应为CH3OH+CO CH3COOH 14.常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1的HCl标准溶液滴定20.00 mL浓度均为0.020 0 mol·L-1的NaOH和NH3·H2O的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随滴加HCl标准溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.常温下,Kb(NH3·H2O)≈10-4.64 B.点b:c(NH3·H2O)>c(NH4+) C.点a:c(Na+)=c(Cl−)=c(NH4+)+c(NH3·H2O) D.水的电离程度:a<b<c<d 二、非选择题(本题共4个小题,共58分) 15.(15分)实验室由安息香(Mr=212)制备二苯乙二酮的反应如下: 相关信息如表所示: 物质 性状 熔点/°C 沸点/°C 溶解性 安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水,微溶于热水,溶于乙醇、乙酸 二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水,溶于乙醇、苯、乙酸 冰醋酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶 装置示意图如图所示,实验步骤如下: ①在圆底烧瓶中加入10 mL冰醋酸、5 mL水及过量 FeCl3·6H2O,边搅拌边加热,至固体全部溶解。 ②停止加热,待沸腾平息后加入2.0 g安息香,加热回流45~60 min。 ③加入50 mL水,煮沸后冷却,有黄色固体析出。 ④过滤,并用冷水洗涤固体3次,得到粗品。 ⑤粗品用75%的乙醇结晶,干燥后得淡黄色晶体1.6 g。 回答下列问题: (1)仪器B的名称是________;冷却水应从________(填“a”或“b”)口通入。  (2)仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。 (3)本实验步骤①~③需在乙酸环境下进行,乙酸的作用是______________. (4)在本实验中,FeCl3为氧化剂且过量。若采用催化剂量的FeCl3并通入空气进行实验,能否达到实验目的?______(填“能”或“不能”),简述判断理由:_________。 (5)若粗品中混有少量未反应的安息香,则除去安息香的最佳方法是用少量_____(填标号)洗涤。  A.热水 B.乙酸 C.冷水 D.乙醇 (6)若要得到更高纯度的产品,可用__________的方法进一步提纯。 (7)本实验的产率最接近于_______(填标号)。 A.85% B.80% C.75% D.70% 16.(14分)宁德时代推出的第二代钠电池中,Na2ZrCl6作固态电解质。工业上以天然锆英石[主要成分为原硅酸锆(ZrSiO4),含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质]为原料生产Na2ZrCl6的工艺流程如下: 已知:①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、[PbCl4]2−、Cr3+、Fe3+; ②“煅烧”后固体主要成分为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3; ③“还原”前后相关物质升华温度或沸点如图所示。 回答下列问题: (1)Zr为第五周期元素,与钛同族,位于元素周期表____区。 (2)“溶浸”前将锆英石磨碎的主要目的是__________________。 (3)Pb3O4在“溶浸”时发生反应,生成一种黄绿色气体,该反应的离子方程式为___________________________________。 (4)“高温氯化”时,ZrO2转化为ZrCl4,同时生成一种还原性气体,则参与反应的C与Cl2的物质的量之比为_________________。 (5)“还原”的主要目的是___________________。 (6)ZrO2可传导O2-,利用ZrO2作固态电解质电解,将废气中的NOx转化为无污染气体,则阴极的电极反应式为____________________。 (7)某含锆的结合剂是一种平面层状材料,其晶体部分结构如图。该结合剂的化学式为___________________。 17.(15分)化合物H是第三代抗菌药,常用于肠道及呼吸道感染的治疗。H的一条合成路线如下(略去部分试剂和条件): 回答下列问题: (1) 化合物H中含氧官能团的名称为___________、____________。 (2)C→D的化学反应类型为____________。 (3)F的结构简式为_______________。 (4)G→H的反应中吡啶(　　)的作用为_____________。 (5)D与C2H5OCH = C(COOC2H5)2经氨基取代后环化两步反应得到E,取代后的中间产物分子式为C14H15O4NFCl。请写出发生取代反应的化学方程式:_________。 (6)化合物M是B的同系物,分子式为C7H5Cl2NO2 ,写出符合下列条件的M的同分异构体的结构简式:________________。 ①属于芳香族化合物,既可以和NaOH反应,又能发生银镜反应; ②不含N—O键、N—Cl键; ③核磁共振氢谱有三组峰。 (7)结合上述流程信息和已学知识,以硝基苯和C2H5OCH=CHCOOC2H5 、CH3Br为原料,设计合成的路线(溶剂和无机试剂任选)。__________________。 18.(14分)甲醇是一种重要的基础化工原料。利用工业生产中的废气CO2合成甲醇,主要涉及以下反应: 反应Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-50 kJ·mol-1　K1 反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 　K2 反应Ⅲ.CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)　ΔH3　 K3 回答下列问题: (1)ΔH3=_________kJ·mol-1 ,反应Ⅲ_______(填标号)。 A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发 D.高温低温均不自发 (2)升高温度的值将________(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)恒温恒容条件下,充入1 mol CO和2 mol H2只发生反应Ⅲ,下列可说明该反应达到平衡状态的是____________(填标号)。  A.2v正(H2)=v逆(CH3OH) B.CO的浓度不再变化 C.容器中混合气体的密度保持不变 D.气体的平均相对分子质量保持不变 (4)将2 mol CO2和3 mol H2充入压强为p0 MPa的恒压密闭容器中,在催化剂的作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,达到平衡时,测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。[CH3OH的选择性=n(生成CH3OH消耗的CO2)/n(总消耗的CO2)×100%] ①275 ℃后,CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________________. ②225 ℃下,平衡时CO的物质的量为_______mol,反应Ⅱ的平衡常数Kp=_____(保留1位有效数字)。(Kp是以平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)  学科网（北京）股份有限公司 $高二化学期末参考答案 一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）》 题号 12345 67 8910111213 14 答案 C D C B I.D【解析】D.纳米CdTe量子点若未分散在介质中形成分散系，则不属于胶体，而是纳米材料，D错误。 2.C【解析】D.钠元素的焰色为黄色，可直接观察，无需透过蓝色钻玻璃，D错误。 3.B【解析】A.三氯硅烷(SiHCI3)中1个Si原子与3个Cl原子、1个H原子形成4个共价键，每个CI原子最外层应有 3个孤电子对，A错误；B.HClO的结构式为H一O一CI,原子半径：C>O>H,空间结构为V形，与题给球棍模型一 致，B正确；C.基态砷原子核外有33个电子，简化电子排布式为[Ar]3d4s24p,C错误；D.晶态二氧化硅的X射线 衍射峰是由尖锐峰（窄峰）组成，而非晶态二氧化硅的X射线衍射峰的数量较少且呈弥散状（宽峰或馒头峰），有尖锐 峰的为晶态SiO2,D错误。 4.C【解析】A.铅酸蓄电池放电时，负极电极反应式为Pb一2e十SO—PbSO4,A错误；B.电荷未守恒，应为2Fe3+ +Cu-2Fe++Cu+,B错误；C.Fe+与K+、[Fe(CN)6]3-结合生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6],C正确；D.向苯酚 钠溶液中通入少量CO2,生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 +CO2+H2O-HCO+ OH ,D错误。 5.D【解析】A.三氟乙酸的酸性更强是因为F的电负性更大，吸电子效应更强，使得羧基中的羟基的极性更大，更易电 离出氢离子，A不符合题意；B.金刚石和硅均为共价晶体，原子半径：SC,键能：C一C>Si一Si,硬度：金刚石>硅，B 不符合题意；C,苯酚中苯环对羟基产生影响，使得O一H极性增大，能电离出氢离子，C不符合题意；D.“杯酚”的空 腔大小和C0匹配，从而用于分离C和C,反映了超分子具有分子识别的特征，而非自组装，D符合题意。 6.A【解析】X为H,Y为O,W为S,Z为F。A.同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性 逐渐减小，故电负性：F>O>S,A正确；B.H是原子半径最小的元素，同周期元素由左至右，原子半径逐渐减小，故 原子半径：O>F>H,B错误；C.HO分子间可以形成氢键使沸，点较高，而H2S无分子间氢键，沸点：H2O>H2S,C 错误；D.Y是O,同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、VA族元素的第一电离能比左右相邻元 素的高，故第一电离能：N>O、F>O,D错误。 7.A【解析】A.加热乙醇与浓硫酸的混合物至170℃，生成的气体中混有挥发的乙醇、副产物SO2等杂质，NaOH溶液 可除去上述杂质，剩余气体能使溴水褪色，说明生成了乙烯，证明乙醇发生了消去反应，A正确；B.淀粉水解时稀硫 酸作催化剂，反应后溶液呈酸性，新制Cu(OH)2悬浊液会先与稀硫酸反应，无法检验水解生成的葡萄糖，应先加 NaOH溶液中和稀硫酸并将溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，因此不能得出淀粉未水解的结论， B错误；C,2-丁烯醛中含有的碳碳双键也能被酸性KMO4溶液氧化使溶液紫色褪去，干扰醛基的检验，因此无法证 明该有机物中存在醛基，C错误；D.该实验中，AgNO3溶液过量，加入KI溶液生成AgI,发生的是沉淀的生成，而不 是沉淀的转化，因此不能说明Kp(AgCI)>Kp(AgI),D错误。 8.B【解析】A.该反应为取代反应，A错误；B.该反应为M上的羟基与N上的羧基发生的酯化反应，M分子的每个链 节中都有一个羟基，1molM可以与n mol N发生酯化反应，生成nmol水，x=n,B正确；C.N中含有苯环、碳碳双键 和羧基，所有碳原子的杂化类型均为$p,C错误；D.P是高聚物，P分子中含有苯环和碳碳双键，P的链节中含有1个 苯环和1个碳碳双键，最多能与4个H2分子发生加成反应，所以1molP最多能与4 n mol H2发生加成反应， D错误。 9.D【解析】A.石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水，反应生成的“沉淀1”的主要成分 为碳酸钙，碳酸钙可用于工业上制玻璃，A正确；B.“碱溶”时Ca(OH)2与Naz CO3会反应生成NaOH,“沉铝”时 NaOH与过量的Na2CO会和A1C反应生成Al(OH)3沉淀，降低产品的纯度与产率，B正确，C.“沉铝”时AICl和 高二化学参考答案(7月)一1 Na2HPO3发生复分解反应生成Al2(HPO3)3,存在反应：2AlCl,+3Na2HPO3一Al2(HPO3)3V+6NaCl,C正确； D.“滤液1”为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液可制得氢氧化钠和氢气、氯气，无法得到金属钠，D错误。 10.C【解析】A.图甲分子中Ni形成四个配位键，配位数为4，但是配体数为2，A错误；B.图甲分子中存在配位键、共 价键和氢键，但氢键属于分子间作用力，不属于化学键，B错误；D.晶胞参数为anm=aXl0-7cm,晶胞体积V= （aX107am=dX10em,晶地中合4个N0,晶跑质量m=4父8+16g=℃g,因光晶体蜜度p=晋- NA 300 a3NaX10-ag/cm3,D错误。 11.D【解析】A.电极b上硝酸根转化为氨气，发生还原反应，电极b为阴极，电极a上Cu2O转化为Cu(OH)2,发生氧 化反应，电极为阳极，A正确；B.当电源的电压过大时，阳极上氢氧根可能会放电产生氧气，B正确；C,阴极发生还 原反应，根据生成NH3,可知为碱性环境，电极反应式为NO3十8e+6H2O一NH个十9OH,C正确；D.电极a 上发生反应：CuO-2e+2OH十HO一2Cu(OH)2,生成的Cu(OH)2与甲醛反应生成甲酸根（碱性环境）： HCHO+2Cu(OH)2+OH—HCOO+Cu2O+3H2O,故阳极区发生的总反应为HCHO+3OH-2e HCOO十2H2O,当电路中转移2mole时，CuO先转化为Cu(OH)2,Cu(OH)2与甲醛反应又生成Cu2O,则电极 a的质量不变，D错误。 12.C【解析】由于生成物C3H。、H2O、H2S均从零开始增加，因此在反应过程中的任何时刻，三者物质的量之比恒为 3:2：1,结合图像中a、b、c三条曲线的高低关系可知，曲线a代表CH,曲线b代表HO,曲线c代表HS。A观 察图像可知，随着温度升高，CH?的物质的量分数逐渐降低，这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒 夏特列原理，正反应为吸热反应，因此△>0，反应物气体共4分子，生成物气体共6分子，说明正反应是气体分子 数增大的过程，因此△S>0,A错误；B.曲线c代表H2S,在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式 中对应的化学计量数之比，SO2与H2S的化学计量数均为1，因此在反应过程中的任何时刻，SO2的消耗速率等于 H2S的生成速率，B错误；C.N点时，列三段式： 3CHs(g)+SO2(g)3C Hs(g)+H2S(g)+2H2 O(g) 初始/mol 1 1 0 0 0 变化/mol 3x 3x 2x 平衡/mol1-3x 1-x 3x 2x CgH曲线与曲线c(HS)相交，说明两者的物质的量分数相等，即1一3x=x,解得x=0.25,此时C3H转化了 0.75mol,故CH,的平衡转化率为，n0100%=75%,C正确；D,图中所示的点均为平衡点，加入催化剂不能 改变平衡时各组分的含量，曲线a不变，D错误。 CO CHsCO 13.B【解析】A.反应②前 Rh 中Rh的配位数为4，Rh化合价为十1，反应②后 Rh 中Rh的 CO CO 配位数变为6，Rh化合价变为十3，A正确；B.反应过程中，有极性键断裂（如CHOH中O一C、HI中H一I、CH3I中 CID与形成（如CH COOH中C一O),有非极性键的形成(C一C),但是没有非极性键的断裂，B错误；C.根据题目 所给信息“中性分子CO能加成到具有配位空穴的过渡金属微粒上”以及反应机理图可知，该微粒作为过渡金属微 粒，具有配位空穴来接受中性分子CO的加成，另外根据反应④前后Rh的配位数由5变为6也可以判断，C正确； D.根据反应机理图，将各个分步反应进行加和，可得出总反应为CH,OH十C0催他剂CH,COOH,D正确。 l4.B【解析】A.点a时，盐酸与混合溶液中的氢氧化钠恰好反应得到NaCl和NH·H2O的混合溶液，此时溶液pH 为10.68，溶液中cNH,·,0)=0.02 mol/1.X0.02L=0.01mol/L,剥常温下，KNH,·H,0) 0.04L cNH,·O=O.O1一I0亚≈104，A正确；B点6溶液中，溶质为NaC1和等浓度的NH,C1和 c(NHt)·c(OH)_10332×10-332 NH·H2O,此时溶液显碱性，说明NH3·H2O电离程度比NH水解程度大，c(NH·H2O)<c(NH),B错误； C.点a溶液中，溶质为浓度均为0.O1mol/L的NaC1和NH3·H2O,根据元素守恒可知：c(Na)=c(Cl)= c(NH)十c(NH·H2O),C正确；D.点d时，盐酸与混合溶液恰好完全反应，得到NaCl和NHCl的混合溶液，点 山之前均有碱剩余，且溶液中的氢氧根离子浓度依次减小，水的电离程度依次增大，所以水的电离程度大小顺序为 a<b<<c<一d,D正确。 高二化学参考答案(7月)一2 二、非选择题（本题共4个小题，共58分） 15.(15分，除标注外，每空2分) (1)(球形)冷凝管(1分)a(1分) (2)油 (3)作溶剂、抑制FeCl3水解（一点1分，共2分） (4)能(1分)空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl,FeCl可循环参与反应 (5)A (6)重结晶 (7)B 【解析】(2)根据步骤②中进行加热回流以及相关物质的熔沸，点，可知需要油浴加热。 (3)氯化铁易水解，所以步骤①一③中，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解。 (4)FeCL?为氧化剂，则铁元素的化合价降低，还原产物为FeCl2,若采用催化剂量的FeCl,并通入空气制备二苯乙二 酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3,FeCl3可循环参与反应。 (⑤)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香微溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除 去安息香，故选A。 (7)安息香的相对分子质量为212，二苯乙二酮的相对分子质量为210，理论上，2.0g安息香参加反应，可生成二苯 乙二酮的质量为2.0X20m0≈1.98g,二苯乙二酮的实际产量为1.6g,则本实验的产率为98义 212 g/mol 1.6g×100%≈ 80.8%,故选B。 16.(14分，每空2分) (1)d (2)增大接触面积，加快溶浸速率，提高浸出率 (3)PbO,+8H++14C1—3[PbCL]2-+CL2↑+4H2O(气体符号未标注不扣分) (4)1:1 (5)把FeCl还原为沸点更高的FeCl2,防止FeCl升华影响纯度（只答除杂，未答具体不给分） (6)2N0.+4xe-N2+2xO2 (7)Zr (HPO2 ZrH2 P2O8 【解析】(3)PbO4在“溶浸”时转化为[PbCL4]2,且生成一种黄绿色气体，说明PbO4与浓盐酸反应生成了CL2和 [PbCL]2-,发生反应的离子方程式为PbO4+8Ht+14CI一=3[PbCL]2-+CL2个+4HO。 (4)“高温氯化”时，ZO2与C、Cl2发生氧化还原反应转化为ZCl4,同时生成还原性气体CO,发生反应的化学方程 式为Z0,十2C+2C,高温ZCL十2C0,参与反应的C与C,的物质的量之比为1：1。 (5)从题给信息中可以看出，ZCL4与FeCl的升华温度相近，应把FeCl还原为FeC2,则“还原”的主要目的是：把 FeCl还原为沸，点更高的FeCl2,防止FeCl升华影响纯度。 (6)ZO2可传导O,NO在阴极被还原为无污染的N2,释放O进入固态电解质，根据电荷与原子守恒，可知阴极 的电极反应式为2NO2十4xe—N2十2xO。 (7)在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个OH相连，构成HPO,而每个Zr原子被4个结构单元 共用，则1个结构单元中含有乙：原子的个数为4X是=1，且含2个HP0,所以该结合剂的化学式为Zx(HP0,): 或ZrH2P2O3。 17.(15分，除标注外，每空2分) (1)(酮)羰基(1分)羧基(1分) (2)还原反应 ○ F COOC H (3) CH (4) 能中和产物中的酸HC1,促进反应正向进行，增大有机产物的产率 高二化学参考答案(7月)一3 (5) +CzHOCH-C(COOC2H)z- COOC,H, +CH:OH NH COOC,H. -H 6) (一个1分，共2分) NH2 C.H OCH=CHCOOC H CH,Br (7) PVC DMF/K CO (注意条件，其他合理条件酌 NO NH2 CH 情给分，一步1分，共3分) 18.(14分，每空2分) (1)-91B (2)减小 (3)BD(选对一个给1分，错选不给分，共2分) (4)①反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，275℃后，反应Ⅱ正 向移动的程度比反应I逆向移动的程度大 ②0.10.02 【解析】(I)根据盖斯定律，反应I-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则△H1一△H2=△H=-91kJ·mol1。△G=△H-T△S<0 时反应可自发进行，由于△H<0、△S<0,故反应Ⅲ低温下能自发进行。 (2)K,-尽，升高温度，反应Ⅲ平衡逆移，K减小。 (3)A.H2消耗速率为正反应速率，CHOH消耗速率为逆反应速率，速率比等于化学计量数比，即(H2): ℃(CHOH)=2：1时反应达到平衡，A不符合题意；C.反应前后气体总质量不变，恒容体积不变，密度始终不变， 不能据此判断平衡，C不符合题意；D.平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，反应前后气体总质量不变，物 质的量改变，当该数值不变时，说明反应达到平衡，D符合题意。 (4)①275℃后，继续升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应I,而反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡正向移 动，因此CO2的平衡转化率随温度升高而增大。 ②由图像可知，225℃时，C02的平衡转化率为25%，CH3OH的选择性为80%，因此设反应I中CO2的转化量为 xmol,反应Ⅱ中CO2的转化量为ymol,根据题意列三段式： CO(g)+3H2 (g)CHOH(g)+H2O(g) 起始/mol 2 3 0 0 转化/mol 3x x x 平衡/mol 2-x 3-3x x CO2 (g) +H2(g) CO(g) H2O(g) 起始/mol 2-x 3-3x 0 转化/mol y y y y 平衡/mol2-x-y 3-3x-y y x+y 则X10%=25%,千)×10%=80%，解得：x=0.4,y=0.1.n=4.2mo.反应Ⅱ的K,= 0.1 (CO)·p(H2O)4.2P426 C0)·p(H)1.5x17J -≈0.02。 4.2 高二化学参考答案(7月)一4