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２０２６
届“皖南八校”高三第二次大联考·化学
参考答案、解析及评分细则
１．Ｄ 亚硝酸钠可用作食品防腐剂，但亚硝酸钠是强碱弱酸盐，溶液具有碱性，Ｄ错误。
２．Ｂ ＮＯ
２
遇水生成硝酸，硝酸能氧化ＫＩ生成Ｉ
２
，Ｂｒ
２
（ｇ）也能氧化ＫＩ生成Ｉ
２
，故ＮＯ
２
与Ｂｒ
２
（ｇ）均能使湿润的
淀粉ＫＩ试纸变蓝，无法鉴别，Ａ错误；离子交换膜法电解饱和食盐水时，使用阳离子交换膜，可在阴极区制得
较纯净的烧碱，Ｂ正确；银氨溶液只能临时配制，不能久置，Ｃ错误；如果皮肤溅上酸液后，应立即用大量水冲
洗，然后用５％的ＮａＨＣＯ 溶液冲洗，Ｄ错误。
３
３．Ｃ 铝因质量轻、耐腐蚀，故可用于制作门窗框架，Ａ不符合题意；小苏打是ＮａＨＣＯ ，用小苏打作发泡剂烘焙
３
面包与ＮａＣＯ 可与酸反应无关，Ｂ不符合题意；切开的茄子放置后切面变色是由于茄子中所含的酚氧化酶
２ ３
与空气接触被氧化而褐变，Ｃ符合题意；沥青是由相对分子质量不同的碳氢化合物及其非金属衍生物组成的
黑褐色复杂混合物，是一种高黏度有机液体，不属于天然高分子材料，Ｄ不符合题意。
４．Ｃ 该有机物的分子式为Ｃ Ｈ Ｏ ，Ａ正确；分子中含有羟基，能与羧酸发生酯化反应（取代反应），分子中含
１０ １４ ３
有碳碳双键，可发生氧化反应和加聚反应，Ｂ正确；该分子中含羟基，与羟基相连的碳原子上只有一个氢原
子，不能生成醛基（—ＣＨＯ），Ｃ错误； 中标“”的碳原子通过单键与周围３个碳原子相连，故该分
子所有碳原子不可能共面，Ｄ正确。
５．Ａ ＢｒＦ 中溴元素化合价既升高也降低，因此还原剂是ＨＯ和ＢｒＦ，氧化剂是ＢｒＦ，Ａ正确；ＨＢｒＯ 中溴元
３ ２ ３ ３ ３
素不是最高价，因此不能由此得出溴元素的非金属性比碳元素强这一结论，Ｂ错误；若有１ｍｏｌＨＯ参加反
２
４ ４ ４
应，水失去 ｍｏｌ电子，被水还原的ＢｒＦ 为 ÷３＝ ｍｏｌ，Ｃ错误；因为Ｆ的电负性大于Ｂｒ，因此氟化溴的
５ ３ ５ １５
自耦电离：２ＢｒＦ 幑幐ＢｒＦ＋＋ＢｒＦ－，Ｄ错误。
３ ２ ４
６．Ｂ 配方中１５份硝石、３份木炭和２份硫黄与理论质量百分比（硝酸钾７４６４％、木炭１３５１％、硫黄
１１８５％）比较接近，是质量比，Ａ正确；将配方中的份数比乘以５，与理论质量百分比比较可知，配方中硫黄量
不足，Ｂ错误；沾有硫黄的试管可以用ＣＳ 进行清洗，Ｃ正确；硝石相当于固态氧气，帮助燃烧，在此反应过程
２
中具有助燃性，Ｄ正确。
２ｅ－ １ ０ｅ －
↓ ↓ 点燃
７．Ｄ 单线桥法表示正确的是Ｓ＋３Ｃ＋２ＫＮＯ ＫＳ＋Ｎ ↑＋３ＣＯ ↑，Ａ错误；ＫＮＯ 中含离子键和极性共价
３ ２ ２ ２ ３
键，阴离子的中心原子没有孤电子对，阴离子的空间结构为平面三角形，Ｂ错误；ＫＳ是离子化合物，其正确的
２
电子式为Ｋ＋［Ｓ］２－Ｋ＋，Ｃ错误；ＮＯ＋ 与ＣＯ 互为等电子体，空间结构均为直线形，均形成２个π键，Ｄ
２ ２
正确。
８．Ｂ Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ是原子序数依次增大的短周期元素，其中Ｚ的基态原子未成对电子数等于其电子层数，结合Ｒ
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 １页（共６页） Ｗ】
书书书的结构图示可知 Ｚ 是氧元素。故元素 Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ 分别为 Ｈ、Ｂ、Ｎ、Ｏ。化合 物 Ｒ 的 结 构 式 为
，基态原子第一电离能：Ｎ＞Ｏ＞Ｂ，Ａ正确；由结构图可知，化合物Ｒ中Ｂ是ｓｐ２杂
化，其ＶＳＥＰＲ模型为平面三角形，Ｎ是ｓｐ３杂化，其ＶＳＥＰＲ模型是四面体形，Ｂ错误；Ｈ、Ｂ、Ｎ可以形成化合
物ＮＨＢＨ ，该化合物中氮原子提供孤电子对，硼原子接受孤电子对，Ｂ、Ｎ元素间存在配位键，Ｃ正确；Ｂ、Ｎ、
３ ３
Ｏ基态原子未成对电子数分别是１、３、２，故基态原子未成对电子数：Ｂ＜Ｏ＜Ｎ，Ｄ正确。
９．Ａ Ｈ
２
Ｓ气体能与ＣｕＳＯ
４
反应生成ＣｕＳ沉淀，从而使铜离子沉淀从废液中分离，Ａ正确；氯化铵分解产生的
氨气和氯化氢在扩散过程中遇冷又会化合生成氯化铵，不宜用加热ＮＨＣｌ的方法制备ＮＨ ，Ｂ错误；盐酸易
４ ３
挥发，挥发出的ＨＣｌ也会使硅酸钠溶液中出现浑浊，不能证明酸性：碳酸＞硅酸，Ｃ错误；因为加入过量的铁
粉，反应生成Ｆｅ（ＮＯ ），加入ＫＳＣＮ溶液，溶液不变红，因此不能达到实验目的，Ｄ错误。
３ ２
１０．Ａ 实验①中ｎ（Ｃｕ２＋）＝０．０２ｍｏｌ，ｎ（Ｈ＋）＝０．０１ｍｏｌ，可消耗铁粉０．０２５ｍｏｌ，即１．４ｇ，故实验①中１．２０ｇ
铁粉可全部参与反应，Ａ正确；实验②中，铁粉与Ｃｕ２＋反应后，过量的铁粉和生成的铜会与ＮＯ－在酸性条件
３
下发生额外反应，影响ΔＨ的测量，Ｂ错误；实验③中，ｎ（Ｆｅ）＝０．０１ｍｏｌ，ｎ（ＣｕＳＯ ）＝０．０２ｍｏｌ，Ｑ＝ｃｍΔｔ＝
４
Ｑ
４．１８Ｊ·ｇ－１· ℃－１×１００ｇ×（ｂ－ａ）℃＝４１８（ｂ－ａ）Ｊ，ΔＨ＝－ ＝－４１．８（ｂ－ａ）ｋＪ·ｍｏｌ－１，Ｃ错误；
３ ３ ｎ ３
实验①中铁粉对比铜离子过量，发生反应：Ｆｅ（ｓ）＋ＣｕＳＯ（ａｑ）ＦｅＳＯ（ａｑ）＋Ｃｕ（ｓ）和Ｆｅ（ｓ）＋ ＨＳＯ（ａｑ）
４ ４ ２ ４
ＦｅＳＯ（ａｑ）＋ Ｈ （ｇ），实验③中铁粉对比铜离子少量，故只发生反应：Ｆｅ（ｓ）＋ＣｕＳＯ（ａｑ）ＦｅＳＯ（ａｑ）＋
４ ２ ４ ４
Ｃｕ（ｓ），可以判断出实验③能测出ΔＨ准确值，而实验①不能，Ｄ错误。
１１．Ｃ 由图１可知，有太阳光时，电池处于充电状态，电子移向Ｎ级，即Ｎ为负极，Ｐ为正极，Ａ正确；由图２可
知，放电时，ｂ极得到电子，为正极，正极电势高，Ｂ正确；ａ极电极反应为Ｌｉ－ｅ－Ｌｉ＋，质量每减少１４ｇ，
即有２ｍｏｌＬｉ＋产生，理论上外电路转移电子数为２Ｎ ，Ｃ错误；电池充电时，ｂ电极与Ｐ电极相连，其电极反
Ａ
应为５ＬｉＳ＋４ＬｉＳｅ－１８ｅ－１８Ｌｉ＋＋ＳｅＳ，Ｄ正确。
２ ２ ４ ５
１２．Ｄ Ⅰ到Ⅳ的过程中得电子发生还原反应，Ａ正确；结合反应的转化关系可知，Ⅲ中 Ｈ＋与连接Ｏ原子的Ｃ
原子成键，得到１个ｅ－生成不带电的Ⅳ，选项示意图合理，Ｂ正确；结合反应的转化关系可知，可利用该方法
合成正丁醇，Ｃ正确；催化剂只能够改变化学反应速率，而不能改变反应自由能，Ｄ错误。
１３．Ｄ 温度升高，反应速率加快，先达到平衡，根据题图可知①、②、③对应的温度分别为５２６Ｋ、４５５Ｋ、３７８Ｋ，
温度升高，ＣＯＳ的转化率增大，说明平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，ΔＨ＞０，Ａ错误；温度越高、物质
的浓度越大，反应速率越快，Ａ、Ｂ两点反应物的浓度大于Ｃ、Ｄ两点反应物的浓度，Ａ点温度高于Ｂ点，因此
Ａ点ｖ 最大，Ｂ错误；设起始ｎ（ＣＯＳ）＝ｎ（Ｈ ）＝１ｍｏｌ，５２６Ｋ反应达平衡时可列如下三段式：
正 ２
ＣＯＳ（ｇ） ＋ Ｈ （ｇ） 幑幐 ＣＯ（ｇ） ＋ ＨＳ（ｇ）
２ ２
起／ｍｏｌ １ １ ０ ０
转／ｍｏｌ ０．６５ ０．６５ ０．６５ ０．６５
平／ｍｏｌ ０．３５ ０．３５ ０．６５ ０．６５
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 ２页（共６页） Ｗ】０．６５ ０．６５
×
ｎ
总
＝２ｍｏｌ，Ｋ＝
０．
２
３５ × ０
２
．３５
≈３．４，Ｃ错误；Ｋ＝
ｋ
ｋ正
逆
，吸热反应温度越低，Ｋ值越小，ｋ正 与ｋ逆 比值最小的曲线
２ ２
是③，Ｄ正确。
１４．Ｂ 随着ｃ（ＯＨ－）逐渐增大，ｐＯＨ减小，根据Ｈ
３
ＰＯ
３
＋ＯＨ－Ｈ
２
ＰＯ
３
－＋Ｈ
２
Ｏ、Ｈ
２
ＰＯ
３
－＋ＯＨ－ＨＰＯ２
３
－
＋Ｈ
２
Ｏ，知ｃ（Ｈ
３
ＰＯ
３
）逐渐减小，ｃ（Ｈ
２
ＰＯ
３
－）先增大后减小，ｃ（ＨＰＯ２
３
－）逐渐增大，故曲线ｃ表示δ（Ｈ
３
ＰＯ
３
）随
ｐＯＨ的变化，曲线ａ表示δ（ＨＰＯ２
３
－）随ｐＯＨ的变化，曲线ｂ表示δ（Ｈ
２
ＰＯ
３
－）随ｐＯＨ的变化，Ａ正确；根据
ａ、ｂ 曲 线 交 点 知，ｃ（ＨＰＯ２
３
－ ）＝ｃ（Ｈ
２
ＰＯ
３
－ ）时，ｐＯＨ ＝７３３，ｐＨ ＝６６７，则 Ｈ
３
ＰＯ
３
的 Ｋ
ａ２
＝
ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＨＰＯ２－）
ｃ（ＨＰＯ－）
３ ＝ｃ（Ｈ＋）＝１０－６．６７，根据曲线ｂ、ｃ交点知，ｃ（Ｈ
２
ＰＯ
３
－）＝ｃ（Ｈ
３
ＰＯ
３
），ｐＯＨ＝１２５７，ｐＨ＝
２ ３
ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＨＰＯ－）
１４３，则 ＨＰＯ 的Ｋ ＝ ２ ３ ＝ｃ（Ｈ＋）＝１０－１．４３，①ＨＰＯ－ 幑幐ＨＰＯ２－＋Ｈ＋、②ＨＰＯ
３ ３ ａ１ ｃ（ＨＰＯ ） ２ ３ ３ ３ ３
３ ３
Ｋ １０－６．６７
幑幐ＨＰＯ－＋Ｈ＋，由①－②可得２ＨＰＯ－ 幑幐ＨＰＯ ＋ＨＰＯ２－，则平衡常数Ｋ＝ ａ２＝ ＝１０－５．２４＜
２ ３ ２ ３ ３ ３ ３ Ｋ １０－１．４３
ａ１
１×１０－５，Ｂ错误；图像中含Ｐ元素物质只有３种，说明ＨＰＯ 为二元弱酸，Ｃ正确；Ｑ点为曲线ａ、ｃ相交点，
３ ３
ｃ（ＨＰＯ２－） ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＨＰＯ２－）·ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＨＰＯ－） Ｋ ×Ｋ
此时ｃ（ＨＰＯ ）＝ｃ（ＨＰＯ２－），即 ３ ＝ ３ ２ ３ ＝ ａ１ ａ２＝
３ ３ ３ ｃ（ＨＰＯ ） ｃ２（Ｈ＋）·ｃ（ＨＰＯ－）·ｃ（ＨＰＯ ） ｃ２（Ｈ＋）
３ ３ ２ ３ ３ ３
１０－１．４３×１０－６．６７
＝１，ｃ（Ｈ＋）＝１０－４０５，因此Ｑ点ｐＨ＝４０５，Ｄ正确。
ｃ２（Ｈ＋）
１５．（１）↑↓↑↓↑↓ ↑ ↑ ↑↓（２分） ｄ（１分）
３ｄ ４ｓ
（２）ＡＢ（２分） （３）２∶３（２分）
（４）①配位键、氢键（２分）
②ＨＯ中Ｏ原子有孤电子对，ＳＯ２－ 中Ｓ原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使 Ｈ—Ｏ—Ｈ键角小于
２ ４
Ｏ—Ｓ—Ｏ键角（３分）
（５）ＦｅＣｌ 为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，ＦｅＦ 是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度
３ ３
比分子间作用力大得多（２分）
【解析】（１）镍是２８号元素，基态 Ｎｉ原子的价层电子排布式为３ｄ８４ｓ２，故其价层电子的轨道表示式为
↑↓↑↓↑↓ ↑ ↑ ↑↓；铁是２６号元素，价层电子排布式为３ｄ６４ｓ２，则其位于元素周期表的ｄ区。
３ｄ ４ｓ
（２）基态Ｆｅ原子的价电子排布式为３ｄ６４ｓ２，两种自旋状态的电子数之比为１∶３或３∶１，Ａ正确；Ｆｅ、Ｃｏ、Ｎｉ
位于周期表中第四周期第Ⅷ族，Ｂ正确；基态Ｆｅ原子的价电子排布式为３ｄ６４ｓ２，Ｆｅ原子变成Ｆｅ＋，优先失去
４ｓ轨道上的电子，Ｃ错误；Ｍｎ的第三电离能为半充满的稳定结构３ｄ５再失电子，较难，Ｆｅ的第三电离能为
３ｄ６再失１个电子变为３ｄ５结构，Ｍｎ的第三电离能＞Ｆｅ的第三电离能，Ｄ错误。
（３）由图可知，晶胞Ａ中Ｆｅ的配位数为８，晶胞Ｂ中Ｆｅ的配位数为１２，两者之比为２∶３。
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 ３页（共６页） Ｗ】（４）①Ｈ
２
Ｏ中Ｏ有孤电子对，Ｆｅ２＋有空轨道，二者可以形成配位键；ＳＯ２
４
－ 中有电负性较大的Ｏ元素可以与
Ｈ
２
Ｏ中Ｈ元素形成氢键。②Ｈ
２
Ｏ中Ｏ和ＳＯ２
４
－ 中Ｓ都是ｓｐ３杂化，Ｈ
２
Ｏ中Ｏ杂化形成的４个杂化轨道中
２个被孤电子对占据，２个被键合电子对占据，而ＳＯ２－ 中Ｓ杂化形成的４个杂化轨道均被键合电子对占据，
４
孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得 Ｈ—Ｏ—Ｈ键角比Ｏ—Ｓ—Ｏ
键角小。
（５）ＦｅＣｌ 是分子晶体，分子间作用力较小，ＦｅＦ 是离子晶体，离子键强度较大，故ＦｅＣｌ 的熔点（３０６℃）显
３ ３ ３
著低于ＦｅＦ 的熔点（１０００℃）。
３
１６．（１）ＳｉＯ 、ＣａＳＯ （２分，填对１个得１分，错填或多填均不得分）
２ ４
（２）不能，先加ＨＣＯ 后加ＨＯ 会生成ＦｅＣＯ 沉淀，这样既消耗了铁元素，又使草酸钙中混有ＦｅＣＯ
２ ２ ４ ２ ２ ２ ４ ２ ４
（２分，只答“不能”不给分） ２Ｆｅ２＋＋ＨＯ ＋２Ｈ＋２Ｆｅ３＋＋２ＨＯ（２分）
２ ２ ２
（３）４．０×１０－８＜ｃ（ＣＯ２－）＜８．０×１０－６［写成４．０×１０－８≤ｃ（ＣＯ２－）＜８．０×１０－６也得分，２分］ 当Ｃａ２＋恰
２ ４ ２ ４
４．０×１０－９
好沉淀完全时，溶液中草酸根最小浓度为ｃ（ＣＯ２－）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１＝４．０×１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１，此时
２ ４ １．０×１０－５
８．０×１０－７
ｃ（Ｍｇ２＋）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１＝２×１０－３ｍｏｌ·Ｌ－１＜０．１ｍｏｌ·Ｌ－１，因此 Ｍｇ２＋已经沉淀（３分）
４．０×１０－４
（４）３．２≤ｐＨ＜８．９（２分）
隔绝空气
（５）ＣａＣＯ ＣａＯ＋ＣＯ ↑＋ＣＯ↑（２分）
２ ４ ２
△
【解析】（１）如果选用硫酸，滤渣Ⅰ为ＳｉＯ 和ＣａＳＯ 。
２ ４
（２）不能先加ＨＣＯ 后加 ＨＯ ，如果先加 ＨＣＯ 后加 ＨＯ 会生成ＦｅＣＯ 沉淀，这样既消耗了铁元
２ ２ ４ ２ ２ ２ ２ ４ ２ ２ ２ ４
素，又使草酸钙中混有ＦｅＣＯ ；加ＨＯ 的作用是使Ｆｅ２＋氧化为Ｆｅ３＋，离子方程式为２Ｆｅ２＋＋ＨＯ ＋２Ｈ＋
２ ４ ２ ２ ２ ２
２Ｆｅ３＋＋２ＨＯ。
２
（３）要使滤渣Ⅱ为纯净的草酸钙固体，即要有Ｃａ２＋生成草酸钙沉淀，同时 Ｍｇ２＋不能沉淀，因此溶液中
ｃ（ＣＯ２－）范围是４．０×１０－８＜ｃ（ＣＯ２－）＜８．０×１０－６，当Ｃａ２＋恰好沉淀完全时，溶液中草酸根最小浓度为
２ ４ ２ ４
４．０×１０－９ ８．０×１０－７
ｃ（ＣＯ２－）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１＝４．０×１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１，此时ｃ（Ｍｇ２＋）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１＝２×１０－３
２ ４ １．０×１０－５ ４．０×１０－４
ｍｏｌ·Ｌ－１＜０．１ｍｏｌ·Ｌ－１，因此 Ｍｇ２＋已经沉淀。
（４）试剂Ａ调节ｐＨ 范围应该是使Ｆｅ３＋完全沉淀而 Ｍｇ２＋不能沉淀。Ｆｅ３＋完全沉淀ｐＨ：ｃ３（ＯＨ－）＝
４．０×１０－３８
＝４．０×１０－３３，ｃ（ＯＨ－）＝槡 ３ ４．０×１０－１１ｍｏｌ·Ｌ－１，ｐＯＨ＝１０８，ｐＨ＝３２；Ｍｇ２＋开始沉淀ｐＨ：
１．０×１０－５
６．４×１０－１２
ｃ２（ＯＨ）＝ ＝６．４×１０－１１，ｃ（ＯＨ－）＝８×１０－６ｍｏｌ·Ｌ－１，ｐＯＨ＝５１，ｐＨ＝８９，因此试剂Ａ调节
０．１
ｐＨ范围是３．２≤ｐＨ＜８．９。
（５）滤渣Ⅱ在隔绝空气条件下加强热分解可以制得吸附能力很强的海绵状ＣａＯ，说明反应中产生大量气体，
隔绝空气
因此该反应的化学方程式为ＣａＣＯ ＣａＯ＋ＣＯ ↑＋ＣＯ↑。
２ ４ ２
△
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 ４页（共６页） Ｗ】１７．（１）分液漏斗 冷凝并收集ＢＣｌ
３
（各２分）
（２）Ａ→Ｆ→Ｄ→Ｃ→Ｅ→Ｄ→Ｂ（共２分）
（３）Ｈ
３
ＢＯ
３
＋Ｈ
２
Ｏ幑幐Ｂ（ＯＨ）
４
－＋Ｈ＋（２分）
（４）２ＫＭｎＯ
４
＋１６ＨＣｌ（浓）２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ
２
＋５Ｃｌ ２↑＋８Ｈ
２
Ｏ（２分）
（５）①滴入最后半滴ＫＳＣＮ标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（２分）
②６１．９（２分）
【解析】（１）Ａ中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；装置Ｅ的作用是冷凝并收集ＢＣｌ。
３
（２）装置Ａ为氯气发生装置，制得的氯气中混有ＨＣｌ和水蒸气，用装置Ｆ中饱和食盐水吸收ＨＣｌ气体，装置
Ｄ中浓硫酸吸水干燥，发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，纯净干燥的氯气与硼粉在装
置Ｃ中发生反应，用装置Ｅ中冰水冷凝产物ＢＣｌ并收集，装置Ｂ中ＮａＯＨ溶液吸收尾气，防止污染空气，三
３
氯化硼与水能剧烈反应，为防止Ｂ中的水蒸气进入Ｅ装置，在Ｂ和Ｅ之间连接一个干燥装置Ｄ。
（３）根据题给信息可知溶液中含有Ｂ（ＯＨ）－，故硼酸的电离方程式为ＨＢＯ＋ＨＯ幑幐Ｂ（ＯＨ）－＋Ｈ＋。
４ ３ ３ ２ ４
（４）装置Ａ中发生反应的化学方程式为２ＫＭｎＯ ＋１６ＨＣｌ（浓）２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ＋５Ｃｌ↑＋８ＨＯ。
４ ２ ２ ２
（５）①达到滴定终点时的现象为滴入最后半滴 ＫＳＣＮ标准溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不
褪色。
②３次平行实验中，第２次数据偏差较大，应当舍去，故滴定过程中ＫＳＣＮ标准溶液体积为１０．００ｍＬ。
１
Ｃｌ ～ ＢＣｌ ～ ＡｇＮＯ
３ ３ ３
３５．５ｇ １ｍｏｌ
ｘ ２２．２０×１０－３Ｌ×０．２０００ｍｏｌ·Ｌ－１－１０．００×１０－３Ｌ×０．２０００ｍｏｌ·Ｌ－１
则ｘ＝３５．５×（２２．２０－１０．００）×１０－３×０．２０００≈８．６６×１０－２ｇ
２５０ｍＬ
８．６６×１０－２ｇ×
１０．００ｍＬ
产品中氯元素的质量分数＝ ×１００％≈６１．９％。
３．５ｇ
１８．（１）高温（２分）
（２）＋１４２ｋＪ·ｍｏｌ－１（２分）
（３）
槡２
ａｐｍ（２分）
ρＮ
Ａ
ａ３×１０－３０
－
１
（３分）
２ ２５６ ２
（４）①升高温度，反应Ⅱ、反应Ⅲ均正向移动，且以反应Ⅲ为主（２分）
②６０％ ２０４４９（各２分）
【解析】（１）该反应ΔＨ＞０，ΔＳ＞０，高温下能自发进行。
（２）该反应可由反应Ⅰ＋反应Ⅲ得到，则ΔＨ＝ΔＨ ＋ΔＨ ＝（＋１０１ｋＪ·ｍｏｌ－１）＋（＋４１ｋＪ·ｍｏｌ－１）＝
１ ３
＋１４２ｋＪ·ｍｏｌ－１。
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 ５页（共６页） Ｗ】槡２ １ １
（３）若ｘ＝１时，两个Ｃｕ２＋最近距离为面对角线长度的一半即 ａｐｍ；该晶胞中Ｓ２－个数为８× ＋６× ＝
２ ８ ２
４，相当于该晶胞中含有４个Ｃｕ
ｘ
Ｓ，晶胞密度 ρ＝
Ｖ
ｎ
·
·
Ｎ
Ｍ ＝
Ｎ
４·
·
（６
ａ
４
３
ｘ
·
＋
１０
３２
－３
）
０
，推得ｘ＝ ρＮ Ａ ａ
２
３
５
×
６
１０－３０ － １
２
。
Ａ Ａ
（４）①升高温度，反应Ⅱ、反应Ⅲ均正向移动，以反应Ⅲ为主。
②设６００℃反应达平衡时反应Ⅱ和反应Ⅲ消耗的ＣＯ
２
分别为ｘｍｏｌ和ｙｍｏｌ，反应的三段式如下：
ＭｇＣＯ ３ （ｓ） ＭｇＯ（ｓ） ＋ ＣＯ ２ （ｇ）
起始量／ｍｏｌ １ ０ ０
转化量／ｍｏｌ ０．８ ０．８ ０．８
平衡量／ｍｏｌ ０．２ ０．８ ０．８
ＣＯ
２
（ｇ） ＋ ＣＨ
４
（ｇ） 幑幐 ２Ｈ
２
（ｇ） ＋ ２ＣＯ（ｇ）
起始量／ｍｏｌ ０ １ ０ ０
转化量／ｍｏｌ ｘ ｘ ２ｘ ２ｘ
平衡量／ｍｏｌ ０．８－ｘ－ｙ １－ｘ ２ｘ－ｙ ２ｘ＋ｙ
Ｈ （ｇ） ＋ ＣＯ （ｇ） 幑幐 ＨＯ（ｇ） ＋ ＣＯ（ｇ）
２ ２ ２
起始量／ｍｏｌ ０ ０ ０ ０
转化量／ｍｏｌ ｙ ｙ ｙ ｙ
平衡量／ｍｏｌ ２ｘ－ｙ ０．８－ｘ－ｙ ｙ ２ｘ＋ｙ
烄０．８－ｘ－ｙ＝０．１ 烄ｘ＝０．６
依题意及三段式可得：烅 ，解得烅 ，平衡时，ｎ（ＣＯ）＝１．３ｍｏｌ，ｎ（Ｈ
２
Ｏ）＝０．１ｍｏｌ，
烆２ｘ＋ｙ＝１．３ 烆ｙ＝０．１
ｎ（ＣＯ ）＝０．１ｍｏｌ，ｎ（Ｈ ）＝１．１ｍｏｌ，ｎ（ＣＨ ）＝０．４ｍｏｌ，ｎ（Ａｒ）＝３ｍｏｌ，故平衡时气体的总物质的量＝
２ ２ ４
６ｍｏｌ。
６
初始气体４０ｍｏｌ对应８０ｋＰａ，故平衡时ｐ总 ＝
４
×８０ｋＰａ＝１２０ｋＰａ。
０４ ０１ １１
各组分分压为ｐ（ＣＨ ）＝ ×１２０ｋＰａ＝８ｋＰａ，ｐ（ＣＯ）＝ ×１２０ｋＰａ＝２ｋＰａ，ｐ（Ｈ ）＝ ×１２０ｋＰａ＝
４ ６ ２ ６ ２ ６
１３ ｐ２（ＣＯ）·ｐ２（Ｈ ） ２６２×２２２
２２ｋＰａ，ｐ（ＣＯ）＝ ×１２０ｋＰａ＝２６ｋＰａ，Ｋ ＝ ２ ＝ ＝２０４４９ｋＰａ２。
６ ｐ ｐ（ＣＨ ）·ｐ（ＣＯ ） ８×２
４ ２
【“皖八”高三二联·化学试卷参考答案 第 ６页（共６页） Ｗ】
