【文档说明】宁夏中卫市2021届高三下学期第二次优秀生联考（5月）理综-化学试题 含答案.doc，共(9)页，961.500 KB，由小赞的店铺上传

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号号证考准姓名场场考点点考绝密★启用前2021年中卫市高考优秀生第二次联考理科综合能力测试-化学部分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅱ卷第33-38题为选考题，其他题为必考题。考生做答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无

效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的准考证号、姓名，并将条形码粘贴在指定位置上。2、选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或炭素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3、请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4、保持卡面清洁，不折叠，不破损。5、作选考题时，考

生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应标号涂黑。可能用到的相对原子质量：C-12O-16Ag-108S-32Fe-56Zn-65Cu-64Cl-35.57．化学与生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是A．古代记载文字的器物“甲骨”与“丝帛”成分相同B．

苏打可用于制作发酵粉，在医疗上也可以用作治疗胃酸过多C．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇D．用于制作N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子物质8．北京冬奥会将于2022年举办

，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（下列说法正确的是A.该双环烯酯的水解产物都能使溴水褪色B.1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应

C.该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D．该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种9．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafio

n膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：下列说法错误．．的是A．该反应为2CO2+2H2O=========一定条件2HCOOH+O2B．该反应能量转化形式为光能→化学能C．图中a、b分别代表Fe2+、F

e3+D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和非极性键、极性键的形成10．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘

水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B同时向体积均为4mL的0.1mol·L−1和0.2mol·L−1酸性KMnO4溶液中各加入2mL0.1mol·L−1H2C2O4溶液后者先褪色反应物浓度越大，反应速率越快

，越先褪色C将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性D向CaCO3固体中滴加稀盐酸产生气泡非金属性：Cl>C11．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到

Z的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是A．简单气态氢化物的稳定性：X＞W＞ZB．M中W原子满足8电子稳定结构C．X的单质可与Y2Z溶液发生置换反应得到单质ZD．Y分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键12．科学家对具有广泛应用前景

的新型Li−CO2电化学储能系统研究发现，用碳化钼(Mo2C)作Li极催化剂时CO2的放电产物为Li2C2O4，装置如图所示。若用Au和多孔碳作Li极催化剂，则产物为Li2CO3和C。下列说法正确的是A．该电池最好选用Li2C2O4水溶液

作为电解质溶液B．用Mo2C作催化剂时，负极每消耗7gLi，正极消耗11.2LCO2C．用Au作催化剂时CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+CD．生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO

2的量相同，电路中转移电子数相同13．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p-c(A)c(HA)=-lg-c(A)c(HA)]。下列叙述不正确的是A．m点对应的Na

OH溶液体积小于10mLB．Ka(HA)的数量级为10−5C．l点所示溶液中：c(Na+)＜c(A−)+c(HA)D．各点水的电离程度关系：n＞m＞l26．三氯氧磷(POCl3)是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组用O2直接氧化PCl3制备

POCl3，实验装置设计如图：有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他性质PCl3-11275.5遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3POCl32105.3遇水生成H3PO4和HC

l，能溶于PCl3回答下列问题：(1)装置C中反应器的名称是。(2)装置B中试剂为；装置B的作用是。(3)装置A中发生反应的化学方程式为；装置C中制备POCl3的化学方程式为。(4)通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素的含量，实验步骤如下：I．取m克产品于锥

形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II．向锥形瓶中加入0.1000mol·L−1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl−完全沉淀；III．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV．加入

指示剂，用cmol·L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12①滴定选用的指示剂是。A．酚酞B．NH4Fe(SO4)2C

．淀粉D．甲基橙②Cl元素的质量分数为(列出算式即可)。③若取消步骤III，会使步骤IV中出现两种沉淀共存，此时c(Cl−)∶c(SCN−)=；该反应使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。27．碳酸镍是制备合成纳米镍的一种前驱体。以镍

废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料获得碳酸镍流程如下：回答下列问题：(1)“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是。(2)“操作A”的名称是。(3)“转化”时加入H2O2

的目的是(用离子方程式表示)，该过程温度不宜过高，原因可能是。(4)请写出“沉镍”时的离子方程式。(5)若选用Na2CO3溶液“沉镍”，当溶液中总碳浓度[c(C)T]为0.1mol·L−1时，溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液

pH关系如下图。b点坐标(9.2，-4.2）注：c(C)T=c(CO2−3)+c(HCO−3)+c(H2CO3)①a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为(填化学式)。②b点溶液中Ni2+是否沉淀完全(填“是”或“否”)[溶液中总镍浓度c(Ni)T≤10−5mol·L−1时，Ni

2+沉淀完全]。(6)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用cmol·L−1EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2−=NiY2−+2H+)，消耗标准液20.00mL，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO2−3浓度为

。[已知常温下，Ksp(NiCO3)=1.42×10−7，只列计算式，不考虑杂质反应]。28．防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。(1)将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。①某科研团队利用34NiCaOF

eO−−三元催化剂在850C下“超干重整”CH4和CO2。已知：反应I．()()()()422CHgCOg2COg2Hg++ΔH=+247kJ·mol−1反应II．()()()()222COgHOgCOgHg++ΔH=﹣41kJ·mol−1则反应III．(

)()()()422CHg3COg4COggO2H++ΔH=。②在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为()()42CHgCOg2CO+()()2g2Hg+。当投料比，()()42nCH=1.0nCO时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。

压强1p(填“”“”或“=”，下同)2p；当温度为3T、压强为1p时，a点时的v(逆)v(正)；起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，在温度为6T、初始压强为2p时反应，该反应的K=。(2)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。①NH3催化

还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以23FeO为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。写出脱硝过程的总反应的化学方程式：。②催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为催化剂3Δ4NH+6NO225N+6HO。不同温度条件下，n(NH3)∶n(NO)为2∶1时，得到NO

脱除率曲线如图所示。脱除NO的最佳温度是。在温度超过1000C时NO脱除率骤然下降的原因可能是。③NO氧化反应：()()()222NOgOg2NOg+分两步进行，反应I：()()222NOgNOg→，反应II：()()()2222NOg

Og2NOg+→，其反应过程能量变化示意图如图。其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应(填“I”或“II”)。其中：E1<E235.【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)氮(N)、磷(P)、砷(As)等VA族元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国

科研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用回答下列问题：(1)As原子的核外电子排布式为；P的第一电离能比S大的原因为。(2)写出一种与CN−互为等电子体的粒子(用化学式表示)；(SCN)2分子中σ键和π键个数

比为。(3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成33AsO−和少量34AsO−，其中33AsO−中As的杂化方式为，34AsO−的空间构型为。(4)工业制备铁氧体可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱。N2H4NH3熔点/℃2-77.8沸点/℃

113.5-33.5比较上表中氨(NH3)、联氨(N2H4)的熔沸点，解释其高低的主要原因。苯胺分子可看做氨分子中一个氢原子被苯基取代，苯胺分子中的离域π键表示为。PH3是一种无色剧毒、有类似大蒜臭味的气体，它与NH3互为等电子体，二者分子中的键角关系为HNHHPH(填“>”或“<

”)。(5)BN的熔点为3000℃，密度为2.25g·cm−3，其晶胞结构如图所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有个；若原子半径分别为Nrpm和Brpm，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原

子的体积占晶胞体积的百分率为。36.【化学——选修5：有机化学基础】(15分)苄丙酮香豆素(H)常用于防治血栓栓塞性疾病，其合成路线如图所示(部分反应条件略去)。已知：①CH3CHO+CH3COCH35%NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH(OH)CH2COCH3(其中一种产物)。②RC

OCH3+R1COOR2一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCH2COR1+R2OH③烯醇式()结构不稳定，容易结构互变，但当有共轭体系(苯环、碳碳双键、碳氧双键等)与其相连时变得较为稳定。(1)写出化合物C中官

能团的名称。(2)写出化合物D(分子式C9H6O3)的结构简式。(3)写出反应⑤的反应类型。(4)写出反应④的化学方程式。(5)写出化合物F满足以下条件所有同分异构体的结构简式。①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应；③1

H-NMR图谱表明分子中共有4种氢原子。(6)参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备的合成路线。2021年中卫市高考优秀生第二次联考化学答案7.【答案】D【解析】A．“甲骨”主要成分是碳酸钙，而“丝帛”主要成分是蛋白质，两者成分不同，故A错误；B

．制作发酵粉和医疗上用作治疗胃酸过多的是小苏打，不是苏打，故B错误；C．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，故C错误；D．聚丙烯是高聚物，属于有机高分子化合物，故D正确；故选D。8.

【答案】A【解析】该双环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2molH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分

子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C不正确；分子加氢后，两边环分别有4种一氯代物，—CH2—上有1种，共有9种，选项D不正确。9.【答案】D【解析】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气

，因此该反应方程式为2CO2+2H2O=========一定条件2HCOOH+O2，故A正确；B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表F

e2+，用于还原CO2，故C正确；D．根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误；答案选D。10.【答案】C【解析】A．NaOH过量，碘与NaOH反应，不能检验淀粉是否存在，应取水解后的溶液少量加碘水检验，操作不合

理，A错误；B．高锰酸钾均过量，不能检测到褪色时间，应控制高锰酸钾均不足且浓度不同，B错误；C．钠在CO2中燃烧生成黑色颗粒，说明有C生成，CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，C正确；D．比较非金属性强弱应利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，而盐酸为无氧酸，D错误；故答案为C。11.【答案】C

【解析】由M的结构以及M遇稀硫酸得到Z的单质和氧化物，可知M为Na2S2O3，即W为O，Y为Na、Z为S。根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可知X为F，据此分析。A．经分析，X为F，W为O，Z为S，则简单气态氢化物的稳定性：

F＞O＞S，故A项正确；B．由M的结构可知，氧原子满足8电子稳定结构，故B项正确；C．F2遇水溶液直接与H2O剧烈反应，不能与Na2S溶液直接反应得到S单质，故C项错误；D．O、S属于同主族元素，Na与O、S分别可形成Na2O2、Na2S2等化合物，分子中均含有非极性键

，故D项正确。本题答案C。12.【答案】C【解析】A．由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故该电池不能选用Li2C2O4水溶液作为电解质溶液，A错误；B．用Mo2C作催化剂时，发生的总反应为：2Li+2CO2=Li2C2O4

，故负极每消耗7gLi，消耗1molCO2，故正极消耗标准状况下1mol×22.4L/mol=22.4LCO2，且未告知气体是否在标准状况下，无法计算气体的体积，B错误；C．用Au作催化剂时，产物为Li2CO3和C，故CO2放电的电极反应式为4Li++4e−+3CO2=2Li2CO

3+C，C正确；D．有反应方程式可知，2Li+2CO2=Li2C2O4，4Li+3CO2=2Li2CO3+C可知，生成等物质的量Li2C2O4和Li2CO3消耗CO2的量不相同，电路中转移电子数相同，D错误；故答案为C。

13.【答案】D【解析】A．NaOH与HA浓度相等，当NaOH溶液体积等于10mL时，得到的溶液中溶质为等浓度的HA和NaA的混合溶液，HA的电离程度大于A−的水解程度，所以c(A−)＞c(HA)，而m点p-c

(A)c(HA)=0，说明c(A−)=c(HA)，则m点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，A正确；B．m点时c(A−)=c(HA)，Ka(HA)==10−4.76，所以Ka(HA)的数量级为10−5，B正确；C．l点溶液呈酸

性，溶液中溶质HA和NaA的混合溶液，由物料守恒可知：溶液中存在c(Na+)＜c(A−)+c(HA)，C正确；D．l、m、n点各溶液均呈酸性，溶液的酸性越強，HA的浓度越大，对水电离的抑制作用就越强。由于酸性：l＜m＜n，则各点水的电离程度大小关系：

l＜m＜n，D错误；故合理选项是D。26.【答案】（1）三颈烧瓶（2）浓硫酸干燥气体、观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用（3）2H2O2=======MnO22H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)2PCl3

+O2=2POCl3（4）B3.555(-Vc)m%160偏小【解析】装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，通过加入液体

的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷会挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C三颈烧瓶用水浴，为防止PC

l3挥发，用冷凝管a进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管。(5)①Fe3+与SCN−反应溶液变红色可确定滴定终点；②Cl−+Ag+=AgCl↓，SCN−+Ag

+=AgSCN↓，根据实际滴定Cl−时消耗的NH4SCN的物质的量，计算水解产物中Cl-的物质的量，再计算氯元素的质量百分含量；③两种沉淀共存，此时c(Cl−)∶c(SCN−)=()()AgClAgSCN

spspKK，由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多，据此分析解题。(1)由

实验装置图可知，装置C中反应器的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，故答案为：浓硫酸；干燥气体、观察气体流速，平衡装置内外的压强，起安全瓶

的作用；(3)根据装置图可知，装置A是氧气的发生装置，取固体与液体不加热制备气体装置，可以为H2O2在MnO2催化分解生成氧气，也可以是过氧化钠与水反应，反应方程式为：2H2O2=======MnO22H2O+O2↑(或2Na

2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)，装置C中氧气氧化PCl3生成POCl3，化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2H2O2=======MnO22H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)；2PCl3+O2=2POCl3；(4)①用cmol

·L−1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，故答案为：B；②用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量A

g+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为Vc×10−3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.05L-Vc×10−3mol=(5-Vc)×10−3mol，Cl元素的质量百分含量为×100%=3.

555(-Vc)m%，故答案为：3.555(-Vc)m%；③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，

则AgCl转化为AgSCN的反应的离子方程式：AgCl+SCN−AgSCN+Cl−；若取消步骤Ⅲ，会使步骤Ⅳ中出现两种沉淀共存，此时c(Cl−)∶c(SCN−)=()()AgClAgSCNspspKK=10123.210210−−=160，若无步骤Ⅲ，NH4SCN与AgCl反应生成AgS

CN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小，故答案为：160；偏小。27.【答案】（1）除去废镍渣中的Al和Al2O3

（2）过滤（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O防止H2O2分解（4）Ni2++2HCO−3=NiCO3↓+H2O+CO2↑（5）NiCO3否（6）97.110Vc−mol/L【解析】本题以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等

)为原料获得碳酸镍为题材，根据流程图可知，“碱浸”主要是出去镍废渣中的Al和Al2O3，发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤得到浸出液中主要含有NaOH和NaAlO2，滤渣中主要

有Ni、Fe和Fe3O4，以及不溶性杂质，在滤渣中加入硫酸，发生的反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O和Ni+H2SO4=NiSO4+H

2↑，过滤后的滤液中主要含有NiSO4、FeSO4和Fe2(SO4)3，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续实验中调节pH以Fe(OH)3的形式除去，再过滤后，向所得滤液中加入NH4HCO3溶液以沉淀Ni2+，发生的反应为：Ni2++2HCO

−3=NiCO3↓+H2O+CO2↑，过滤洗涤干燥，即可得到纯净的碳酸镍，据此分析解题。(1)由分析可知，“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是除去废镍渣中的Al和Al2O3，故答案为：除去废镍渣中的Al和Al2O3；(2)由分析可知，调节pH以Fe(OH)3的形式除去，再进行过滤操作，故

“操作A”的名称是过滤，故答案为：过滤；(3)由分析可知，“转化”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，由于H2O2受热易分解，故该过程温度不宜过高，故答案为：2Fe2++H2O2+

2H+=2Fe3++2H2O；防止H2O2分解；(4)由分析可知，“沉镍”时的离子方程式为：Ni2++2HCO−3=NiCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Ni2++2HCO−3=NiCO3↓+H2O+CO2↑；(5)①由图中可知

，a点(pH≈8.2)时Ni(OH)2对应的Ni2+浓度大于NiCO3对应的Ni2+浓度，故溶液中析出的沉淀主要为NiCO3，故答案为：NiCO3；②由图中可知，b点对应的lgc(Ni)T大于-5，即溶液中总镍

浓度c(Ni)T大于10−5mol/L，故溶液中Ni2+没有沉淀完全，故答案为：否；(6)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用cmol·L−1EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2−=NiY2

−+2H+)，消耗标准液20.00mL，故溶液中Ni2+的浓度为：=20cVmol/L，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO2−3浓度为()32+NiCO(Ni)cKsp=797.11021

.42100VccV−−=mol/L，故答案为：97.110Vc−mol/L。28.【答案】（1）+329kJ·mol−14（2）4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O900℃催化剂失去活性II【

解析】(1)①根据盖斯定律可知，反应Ⅲ等于反应Ⅰ-2反应Ⅱ，故122HH−=(+247kJ·mol−1)-2(-41kJ·mol−1)=+329kJ·mol−1，故答案为：+288kJ·mol−1；②分析

反应的化学方程式为()()42CHgCOg2CO+()()2g2Hg+ΔH=+247kJ·mol−1可知，该反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故增大压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，升高温度，平衡正

向移动，CO2的转化率增大，由CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系图可知，温度相同时，P1条件下CO2转化率更大，压强1p2p；当温度为T3、压强为P1时，a点到到达平衡点即T3与P1曲线的交叉点过程中CO2的转化率在增大，说明反应正向进行，故此时的v

(逆)v(正)；起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，由图可知在温度为T6、初始压强为2p时反应CO2的转化率为50%，根据三段式计算可知：242CO(g)+CH(g)2CO(g)+2H(g)(mol)1100(mol)0.50.51

1(mol)0.50.511起始量转化量平衡量容器的体积为1L，故该反应的K=2222224(CO)(H)114(CO)(CH)0.50.5cccc==，故答案为：；；4；(2)①由NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以2

3FeO为主的催化剂上可能发生的反应过程示意图，可知体系进入的物质为NH3、O2、NO此为反应物，从体系出来的物质为N2和H2O，故脱硝过程的总反应的化学方程式为：4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，故答案为：4NH3+O2+4NO=4N2+6

H2O；②由NO脱除率曲线图示可知，900℃时NO的脱除率最高，故脱除NO的最佳温度是900℃，每个催化剂均有适宜的温度范围，故在温度超过1000C时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性，故答案为：900℃；催化剂失去活性；③由反应过程能量变化示意图可知，反

应I的活化能E1小于反应II的活化能E2，反应的活化能越大，反应速率越慢，一个反应进行的快慢，取决于最慢的一步反应，故其中决定NO氧化反应速率的步骤是反应II，故答案为：II。35.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s2

4p3或［Ar］3d104s24p3（1分）P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高（2分）（2）CO、N2等（1分）5∶4（1分）（3）sp3（1分）正四面体（

1分）（4）联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键（2分）87π（2分）＞（1分）（5）4（1分）×100%（2分）【解析】(1)由元素周期表可知，As为33号元素，故其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或［Ar］3d104s24p

3，P的第一电离能比S大的原因为P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或［Ar］3d104s24p3；

P原子核外电子排布中3p3处于半充满，而S原子核外电子排布中3p4不是半充满也不是全充满能量更高；(2)等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，故与CN−互为等电子体的粒子CO、N2等，(SCN)2分子的结构式为：N≡C-S-S-C≡N，故其含有5个σ键和4个π键，σ键和π键个数比为

5∶4，故答案为：CO、N2等；5∶4；(3)已知33AsO−中As周围形成了3个σ键，孤电子对数为：12(5+3-3×2)=1，故As周围的夹层电子对数为3+1=4，As的杂化方式为sp3，34AsO−中As周围形成了4

个σ键，孤电子对数为12(5+3-4×2)=0，故As周围的夹层电子对数为4+0=4，故其空间构型为正四面体，故答案为：sp3；正四面体；(4)形成氢键的数目越多其熔沸点越高，联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢

键，导致联氨熔沸点高于氨气，苯胺中7个原子，每个碳原子提供1个电子，一个N原子提供2个电子，共提供8个电子形成离域π键，其形成的离域π键为87π；电负性N＞P，与PH3分子相比，NH3分子中成键电子对距离N原子更近，NH3分子中成键电子对

之间的排斥力更大，所以NH3分子中的键角键角更大，二者分子中的键角关系为HNH＞HPH，故答案为：联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键；87π；＞；(5)根据图知，每个B原子连接4个N原子，则B原子的配位数是4，则晶体中一个B原

子周围距离最近的N原子有4个；该晶胞中N原子个数为4、B原子个数=8×18+6×12=4，该晶胞中所有原子体积=4×43π(rN3+rB3)×10−30cm3，晶胞体积=A×4MN=cm3，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积

的百分率=原子总体积晶胞体积×100%=×100%，故答案为：4；×100%。36.【答案】（1）羟基、羰基（2分）（2）（2分）（3）消去反应（2分）（4）+5%NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→（2分）（5）、、、（4分）（6）3CHCHO5%NaOH溶液⎯⎯

⎯⎯⎯⎯→浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→24Br/CCl⎯⎯⎯⎯→2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→（3分）【解析】A发生取代反应生成B，同时有乙酸生成；B发生异构生成C，C转化生成D，分子式C9H6O3，根据C、G、H的结构简式以及C→D的转化条件可以推知D为；E发生

信息①中反应生成F，F在浓硫酸、加热条件下生成G，结合G的结构简式可知E中含有苯环，故E为，则F为，F发生消去反应生成G。(1)由结构可知，化合物C中官能团有：羟基、羰基；(2)由分析可知，化合物D的结构简式为：；(3)F为，根据G的结构简式以及反应条件可知该

反应为羟基的消去反应；(4)反应④与题目所给信息①的反应类似，根据信息①③可知该化学方程式为：+5%NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→；(5)F的结构简式为，化合物F的同分异构体满足以下条件：①属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色

反应，说明含有苯环，但不含酚羟基；②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应，又因为F中只有两个氧原子，所以说明存在酯基且水解生成羧酸与酚羟基；③1H-NMR图谱检测表明分子中共有4种氢原子，

说明存在对称结构，符合条件的同分异构体有：、、、；(6)与乙醛反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在碱性条件下水解生成，合成路线流程图为：3CHCHO5%NaOH溶液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→24Br/CCl⎯⎯⎯⎯→2NaOH/HO

Δ⎯⎯⎯⎯→