陕西省高一2024-2025学年度第一学期阶段性学习效果评估(二)2化学(人民教育)试题正在持续更新，目前2026届炎德英才大联考答案网为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

二、非选择题：本题共4小题，除标注空外，每空2分，共58分。15.（14分）【答案】育（1）圆底烧瓶化学参考答案第2页（共4页）（2）防止NaI被空气氧化为SO+2Cu²+2I+2HO—2CuI↓+SO²-+4H（3）不能小于（4）防止倒吸（5）91.68%或0.9168【解析】（2）SO与Cu²存在得失电子守恒关系，SO+2Cu²→2CuI+SO²-，结合I守恒，得SO+2Cu²++2I→2CuI+SO²-，再结合电荷守恒，补充H，即SO+2Cu²++2I+2HO—2CuI↓+ SO²-+4H。（3）NaSO3溶液呈碱性，且 Cu²在 pH=6.4 即沉淀完全，故不能使用NazSO溶液代替 SO2，亚硫酸根中心原子S采取sp杂化，而SO中心原子S采取sp²杂化，故亚硫酸根O-S-O键角要小一些。（4）SO易溶于NaOH溶液，故需要防倒吸，此处未采用倒扣漏斗或安全瓶的方式，单向阀恰巧可起到该作用。（5）在图像中直接读取数据，纵坐标为10.6时，对应横坐标为0.48×10-mol/L，则1L溶液中含有 0.48× 10-6 mol Cu2+,根据铜元素守恒,可知 n(Cul)= n(Cu²+)=0.48 ×10-6 mol,则 m(Cul)=0.48 ×10-6mol ×191 g/mol=91.68 ×10-² mg，则其纯度=91.68 ×10-3mg÷0.1 mg ×100% =91.68%。16.（15分）【答案】（1）一（E一E）或E一EI历程I的活化能Ea大于历程的活化能Ea2100%3d'（2）90（1分）氢键（1分）（3）2CO+8e+8H+—CHCOOH+2HO（1分）碱【解析】（1）变=生成物总能量一反应物总能量=反应物总键能一生成物总键能。此处还需要多注意盖斯定律、变等内容的考查。很明显，历程I的活化能Eal大于历程Ⅱ的活化能Ea2，活化能大的反应速率较慢。该氧化反应属于化合反应，原子全部转化为产品，故其原子利用率为100%，原子利用率是期望产物的总质量与生成物的总质量之比，可理解为原料中进入产品的原子质量和-原料的总质量。基态Cu原子的价电子排布式为3d4s，失去最外层电子后得到基态Cu的价电子排布式为3dl°。c²(CHCOOH)c² (CHCOOH)（2）该反应的衡常数K=-此时K=c(CHCOOH)，即c[(CHCOOH), ]c[(CHCOOH)c(CHCOOH)=c[(CHCOOH)2],令 n(CHCOOH)=n[(CHCOOH)2] = 1mol,故 M=(1x60 + 1×120 )÷（1+1）g.mol-=90g.mol-。单个CHCOOH，各微粒均满足稳定结构，无需形成共价键故两分子 CH3COOH氢键缔合得到(CHCOOH)2。（3）先构建电子转移关系2CO+8e-→CHCOOH，利用酸性环境中H配电荷，即2CO+8e+8H*—CHCOOH+2HO; Ka(CHCOOH)= 10-476 = c(CHCOO-)c(H+)，将c(CHCOO)=c(CHCOOH)1000c(CHCOOH)代入Ka，得c(H）=10-7.76，常温下呈碱性。17.（14分）【答案】（1）CaSO4MnO+MnS+2HSO=2MnSO4+S+2HO（1分）（2）Fe3（3）Mg²+半径小于Ca²，MgF的离子键强于CaF的，故MgF的熔点高于CaF（1分）（4）①P204Mn²+②反萃取③强化学参考答案第3页（共4页）【解析】（1）CaS与硫酸、MnO反应得到S和CaSO4，CaSO4微溶，进入滤渣1；MnO将MnS氧化为S，Mn元素从+4降低至+2，即产物为MnSO4，根据升降法得到MnO+MnS→→2MnSO4+S，再结合硫酸根守恒，可知左侧需要补充2 个HSO4，最终得到化学方程式为MnO+MnS+2HSO4—2MnSO4+S+2HC（2）杂质元素主要含有Ca、Fe，很明显滤渣3是CaF2，则滤渣2主要是Fe(OH)3，故调pH主要是去除Fe3；（3）它们的阴离子都是F。由于Mg²的半径比Ca²+小，MgF的离子键强于CaF的，故MgF的熔点高于CaF的。（4）①图示中可知P204高萃取Mn²，从而进入有机相，Ni²、Co²进入水相，经P507萃取，Co²进入有机相，Ni²进入水相。③对比P204和P507结构，发现烃基与P直接连接时，酸性更强，故Cyanex272比P507的酸性强。18.（15分）【答案】（1）酯基、酰胺基、羟基（3分，1分1个）