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第二部分仿真模拟冲刺标准练仿真模拟冲刺标准练(一)1．D合理使用农药化肥，可以增加粮食产量，D项符合题意。2．C为苯的空间填充模型，C项错误。3．D电解精炼铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，D项错误。4

．A标准状况下，5.6LCH4的物质的量为5.6L22.4L·mol－1＝0.25mol，所含C—H键的数目为NA，即6.02×1023，A项正确；醋酸为弱酸，部分电离，室温下，1L0.1mol·L－1CH3COO

H溶液中CH3COO－的物质的量小于0.1mol，数目小于6.02×1022，B项错误；H2O、D2O的摩尔质量分别为18g·mol－1、20g·mol－1，因此质量相同的H2O、D2O，物质的量不相同，所含原子数不相同，C项错误；室温下，pH＝12的氨水中，OH－的

浓度为0.01mol·L－1，但没有提供溶液体积，无法计算OH－的物质的量，D项错误。5．D根据R位于第四周期知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期；根据X、Y、Z的最外层电子数之和为17及X、Y、Z的相对位置，知X原子最外层为4个电子

，Y原子最外层为6个电子，Z原子最外层为7个电子，故X为C元素，Y为S元素，Z为Cl元素，R为As元素。基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，A项错误；电负性As<S，B项错误；H3AsO4为弱酸，0.033mol·L－1H3AsO4溶液中c(H＋)<0.099mol·L－1，溶液

pH>1，C项错误；非金属性S<Cl，故还原性S2－>Cl－，D项正确。6．CCa2＋位于晶胞顶点和面心，个数为8×18＋6×12＝4，F－位于晶胞体内，个数为8，Ca2＋、F－的个数比为1∶2，故氟化钙的化学式为CaF2，A项错误；每个晶胞中含有4个Ca2＋，

B项错误；氟化钙中只存在Ca2＋、F－之间的离子键，C项正确；以面心处Ca2＋为研究对象，每个Ca2＋周围距离最近且相等的F－有8个，D项错误。7．B氯吡格雷含有Cl、N、O、S，不属于烃，A项错误；氯吡格雷含有碳碳双键、苯环，能发生加成反应，B项正确；氯吡格雷分子中含有1个苯环，C项错

误；氯吡格雷含有酯基，在碱性条件下发生水解，不能稳定存在，D项错误。8．C根据图示知，CO2催化转化为CO和H2O，A项正确；②→③断裂C—O键，形成O—H键，B项正确；CO2中C为sp杂化，②中C为sp2杂化，C项错误；根据CO2→CO得2e－知，生成1mo

lCO需要2mol电子，D项正确。9．B乙酸和乙醇在浓硫酸催化下才能发生酯化反应，A项错误；向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到氢氧化铁胶体，B项正确；KCl和过量AgNO3溶液混合，Ag＋过量，滴入KI溶液，Ag＋与I－反应产生黄色沉淀，不能说明

AgCl转化为AgI，因此不能证明AgI的溶解度小于AgCl，C项错误；金属不同、盐酸浓度不同，同时存在两个变量，不能判断影响反应速率的因素，D项错误。10．AX中含有醛基和醚键两种含氧官能团，A项正确；Y中含有如图所示标有“*”的1个手性碳原子，Z中含有如图所示

标有“*”的3个手性碳原子，B项错误；X、Z中均没有酚羟基，不可以用氯化铁溶液鉴别二者，C项错误；Z中虚线框内，和苯环相连的碳原子一定在苯环平面内，羰基碳原子及与其相连的碳原子一定在同一平面内，但单键可以旋转，所有碳原子可以不在同

一个平面，D项错误。11．C由实验1知，NH4Fe(SO4)2溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH＋4)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝2c(SO2－4)＋c(OH－)，可知c(NH＋4)＋3c(Fe3＋)<2c(SO2－4)，A项错误；实验2中的沉淀成分为Fe(OH)3和BaSO4，B项错误；0.

1mol·L－1NH4Fe(SO4)2溶液中存在物料守恒：c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＋c(SO2－4)＝0.3mol·L－1，通入足量NH3，导致溶液中c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)增大，则c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＋c(SO2－4)>0.3mol·L－1，C项正确

；Fe3＋可氧化HS－生成S和Fe2＋，配平离子方程式为2Fe3＋＋HS－===2Fe2＋＋S↓＋H＋，D项错误。12．BC该装置工作时，太阳能转化为电能，电能转化为化学能，但能量的转化率并不是100%，还可能转化为热能等其他形式的能

量，A项错误；a极上NH3转化为N2，发生氧化反应，则a极为阳极，OH－移向阳极，B项正确；电解时阳极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，b极区

生成的OH－与透过阴离子交换膜移向a极区的OH－物质的量相等，故b极区n(KOH)不变，C项正确；1molNH3参与反应，氮由－3价升高为0价，失去3×6.02×1023个电子，D项错误。13．C生成的三种产物中HCOOH的相对能量最高，

故生成HCOOH吸收的能量最多，A项正确；从图中可以看出，催化剂Sb改变了反应的路径，B项正确；由题意知，反应在酸性条件下进行，不可能生成OH－，C项错误；活化能越小，反应越容易进行，由题图可知，Sb对三种催化竞争反应的选择效果为HCOOH>H2>CO，D项正确。14．A注入试剂①(蒸馏水)

后溶液透光率升高，说明溶液血红色变浅，即[Fe(SCN)]2＋浓度减小，由于稀释会使[Fe(SCN)]2＋浓度减小，故不能证明加蒸馏水使该平衡逆向移动，A项错误；③与②相比，不同的是阳离子种类和溶液pH，故B项正确；④与③相比，KCl溶液的浓度增大，由已知ⅱ知，④透

光率增大可能是因为发生了反应：[Fe(SCN)]2＋＋4Cl－⇌[FeCl4]－＋SCN－，C项正确；若要证明试剂③中Cl－对平衡体系有影响，可以使用等体积的0.04mol·L－1KNO3溶液进行对照实验，D项正确。15．答案：(每空2分)

(1)①O2＋2H2O＋2e－===H2O2＋2OH－②将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2③反应转移2mol电子，即阴极产生2molOH－的同时，阳极反应产生2molH＋并通过质子交换膜移至阴极室，与OH－发生中和反应④ab2x(2)①2.5×10－6mol·

L－1·min－1②有机物被氧化为CO2，CO2＋H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H＋＋HCO－3，使得溶液pH降低到5.6解析：(1)①根据装置示意图，知a极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，空气中氧气转化为H2O2，电极反应为O2＋2H2O＋2e－===H2O2

＋2OH－。②b极为阳极，发生氧化反应，电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，通过管道将b极产生的氧气送至a极，目的是将产生的氧气循环利用，用于制备H2O2。④由Ce(SO4)2→12Ce2(SO4)3得e－，H2O2→O2失2e－，根据得失电子守恒，可得关

系式：H2O2～2Ce(SO4)2，则n(H2O2)＝12n[Ce(SO4)2]＝12amol·L－1×b×10－3L＝0.5ab×10－3mol，故H2O2溶液的浓度为0.5ab×10－3molx×10－3L＝ab2xmol·L－1。(2)①由图可知，RhB的平均降解速率为50×1

0－6mol·L－120min＝2.5×10－6mol·L－1·min－1。16．答案：(除标明外，每空2分)(1)碳碳双键(1分)(2)＋NaOH――→△H2O＋NaCl(3)abc(4)(5)(6)(7)(1分)(1分)解析：由Q、P的结构简式，结合E的分子式，可推知E为，则A为CH2=

==CHCH2Cl，B为CH2===CHCH2OH，D为ClCH2CHClCH2OH；由J、M的结构简式，结合已知反应，可知K为，L为CH3NHCH2COOCH3。(1)A为CH2===CHCH2Cl，含有的官能团为碳氯键和碳碳双键。

(2)A→B为CH2===CHCH2Cl的水解反应。(3)D为ClCH2CHClCH2OH，由B制备D为CH2===CHCH2OH和Cl2的加成反应，a正确，b正确；D→E为ClCH2CHClCH2OH→＋HCl，碱可以中和HCl，使反应

不断正向进行，c正确。(4)F分子中有两种不同化学环境的氢，结合F的分子式及J的结构简式可知，F为。(6)Q生成R的过程中，Q的化学键断裂情况如图，由题意知，Q的化学键还可以如图断裂，生成副产物。(7)M发生已知反应，生成的中间产物1为；由P的结构简式，结合中间

产物1、2互为同分异构体，可知中间产物1异构化得到的中间产物2的结构简式为；结合已知反应，知中间产物3为。17．答案：(除标明外，每空2分)(1)取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色

石蕊试纸置于试管口处(2)过滤(1分)(3)3Mg2＋＋2PO3－4===Mg3(PO4)2↓降低(1分)(4)bc(5)①Mg2＋＋NH＋4＋HPO2－4＋OH－===MgNH4PO4↓＋H2O②pH过大，可能产生Mg(OH)2、Mg3(PO4)2沉淀③当c(Mg2＋)和c(NH＋4

)均为1mol·L－1时，形成Mg3(PO4)2沉淀所需c(PO3－4)仅为形成MgNH4PO4沉淀所需c(PO3－4)的10倍，若c(NH＋4)<0.1mol·L－1，则先析出Mg3(PO4)2沉淀，NH＋4难以去

除(3分)解析：(1)可利用铵盐和碱反应生成的氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝检验NH＋4。(2)根据磷酸镁铵难溶于水知，经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤。(3)由题意知，磷酸盐若选择Na3PO4，混合后反应的离子方程式为3Mg2＋＋2PO3－4===Mg3(PO4

)2↓。大量Mg2＋被沉淀为Mg3(PO4)2，会影响MgNH4PO4的生成，使氨氮去除率降低。(4)根据图示知，含磷微粒主要为HPO2－4时，pH>7，故Na2HPO4溶液呈碱性，a错误；Na3PO4溶液中存在PO3－4的水解平衡和水的电离平衡，Na2HPO4溶液中存在HPO2－4的水

解平衡和电离平衡、水的电离平衡，故两溶液所含微粒的种类相同，b正确；根据物料守恒知，等浓度的Na3PO4和Na2HPO4溶液中，c(H3PO4)＋c(H2PO－4)＋c(HPO2－4)＋c(PO3－4)相等，c正确。(5)①由题意知，pH在9～

10时，Mg2＋、NH＋4、OH－与HPO2－4反应生成MgNH4PO4和H2O。②pH过大时，PO3－4增多，与Mg2＋结合形成Mg3(PO4)2沉淀，且Mg2＋还会与OH－直接反应生成Mg(OH)2沉淀，使NH＋4难以

形成MgNH4PO4沉淀，因此氨氮的去除率会降低。18．答案：(1)①C2H5OH＋4BaCrO4＋20HCl=====水浴加热2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2(2分)②过量的盐酸先与铬酸钡反应生成了可溶于水的

铬酸(或重铬酸)，铬溶解率与乙醇的量无关(2分)，随着乙醇理论量倍数的增加，乙醇浓度增大，反应速率加快，相同时间内被还原的铬的量增大，铬还原率呈现增大趋势(2分)(2)边搅拌边加入2mol·L－1Ba(OH)2溶液(1分)，调节溶液的pH在6～12范围内(1分)，静置

、过滤，用蒸馏水洗涤沉淀(1分)，直至向最后一次洗涤液中滴加0.1mol·L－1HNO3和0.1mol·L－1AgNO3溶液不再出现浑浊(1分)(3)n(S2O2－3)＝24.00×10－3L×0.1000mol

·L－1＝2.4×10－3mol(1分)根据2Cr3＋～3I2～6S2O2－3，知n[Cr(OH)3]＝n(Cr3＋)＝8.0×10－4mol，则0.9000g样品中n[Cr(OH)3]为8.0×10－4mol×250.025.00＝8.0×10－3

mol(1分)Cr(OH)3样品纯度为8.0×10－3mol×103g·mol－10.9000g×100%＝91.56%(2分)解析：(1)①由题意知，BaCrO4和浓盐酸、无水乙醇充分反应，BaCrO4被还原生成CrCl3，C2H5OH被氧化为

CO2气体，由BaCrO4→CrCl3得3e－，C2H5OH→2CO2失12e－，根据得失电子守恒可得4BaCrO4＋C2H5OH―→4BaCl2＋4CrCl3＋2CO2↑，再根据原子守恒，配平化学方程式为C2H5OH＋4BaCrO

4＋20HCl=====水浴加热2CO2↑＋4CrCl3＋13H2O＋4BaCl2。②随着乙醇理论量倍数的增大，铬溶解率几乎不变，说明BaCrO4溶解后才与乙醇发生反应，BaCrO4溶解的反应方程式为2HCl＋BaCrO4===BaCl2＋H2CrO4，生成的H2CrO4被乙醇还原生成Cr(Ⅲ)，

随着乙醇理论量倍数的增大，反应速率加快，相同时间内生成的Cr(Ⅲ)增多，铬还原率增大。(2)由图3知，pH在6～12范围内时，Cr(Ⅲ)主要以Cr(OH)3形式存在。则应向CrCl3溶液中加入2mol·L－1Ba(OH)2溶液，调节溶液pH为6～1

2，以生成Cr(OH)3沉淀，然后过滤、用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀，并用HNO3和AgNO3溶液检验最后一次洗涤液中是否含Cl－，确保沉淀洗涤干净。仿真模拟冲刺标准练(二)1．A淀粉属于多糖，分子式为(C6H10O5)n，

是混合物，A项错误；由CO2等物质合成淀粉的过程中，含一个碳原子的化合物转化为含多个碳原子的高分子化合物，涉及碳碳键的形成，B项正确；玉米等农作物通过光合作用将二氧化碳和水转化为淀粉和氧气，C项正确；该成就

可以减少二氧化碳的排放，人工合成淀粉，能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决方法，D项正确。2．A根据该有机物的结构简式，可知其分子式为C14H12O4，A项错误；该有机物含有碳碳双键和酚羟基，在空气中能被氧

气氧化，B项正确；该有机物含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应，含有酚羟基，且与酚羟基相连碳原子的邻位和对位碳原子上有氢原子，能与Br2发生取代反应，C项正确；根据苯环上所有原子共面、乙烯中所有原子共面及

单键可以旋转，知该有机物中所有原子可能共平面，D项正确。3．C合成纤维为有机高分子材料，A项错误；煤的干馏为煤在隔绝空气条件下加强热分解的过程，属于化学变化，B项错误；当镀锡铁制品的镀层破损后，与环境接触时，铁作负极，发生氧化反应而被腐蚀，因此镀层不能对铁制品起保护作用，D项错

误。4．B没有提供溶液体积，OH－的数目无法计算，A项错误；1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，根据电荷守恒，阴离子总数等于N(Na＋)＋N(H＋)，N(Na＋)＝0.1NA，故阴离子总数大于0.1NA，B项正确；1molOH－含有的电子数为10NA，C项错误；标准

状况下乙醇为液体，2.24L乙醇不为0.1mol，所含碳氢键的数目不为0.5NA，D项错误。5．B用新制氢氧化铜悬浊液检验淀粉水解产物葡萄糖时，要先加NaOH溶液中和稀硫酸，否则稀硫酸会与氢氧化铜反应，A项错误；酸性条件下H2O2、NO－3均能将Fe2＋氧化为Fe3＋，因此该

实验不能证明H2O2的氧化性比Fe3＋强，B项正确；BaCO3、CaCO3均为白色沉淀，无法确定白色沉淀的成分，因此无法比较Ksp(CaCO3)和Ksp(BaCO3)的大小，C项错误；C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的乙烯中含有挥发出的乙醇，乙烯、乙醇都能使酸性K

MnO4溶液褪色，因此不能判断制得的气体为乙烯，D项错误。6．D根据Y的最外层电子数是电子层数的3倍，知Y为O元素；根据图中W可以形成6个共价键，知W为S元素；Z、W为同周期相邻元素，结合原子序数关系，知Z为P元素；五种元素分

属于四个周期，则X为H元素，R为K或Ca元素。该阴离子为S2O2－3，其中S元素的化合价为＋2，A项错误；O2－有2个电子层，K＋(或Ca2＋)、S2－有3个电子层，K(或Ca)原子序数比S大，故简单离子半径：O2－<K＋(或Ca2＋)<S

2－，B项错误；H2O分子间能形成氢键，其沸点比H2S高，C项错误；H2O2中含有非极性共价键，D项正确。7．DNaNO2可将I－氧化为I2，自身被还原为NO，A项正确；活性炭能够吸附I2，“洗脱”时发生反应3I2＋

6OH－===IO－3＋5I－＋3H2O，活性炭又可以循环使用，B项、C项正确；酒精与水互溶，不能用酒精萃取浓缩碘溶液中的碘，D项错误。8．CCO2能与饱和碳酸钠溶液反应，A项错误；浓盐酸与二氧化锰制Cl2需要加热，B项错误；NO会与空气中的O2反应，不

能用排空气法收集，D项错误。9．B反应As2S3＋10H＋＋10NO－3===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O中转移10e－，则生成1molH3AsO4，反应中转移电子的物质的量为5mol，A项正确；若将该反应设计成原电池，NO2为还原产物，在正极附近逸出，B项错误；NaOH溶液

可以吸收NO2：2NaOH＋2NO2===NaNO2＋NaNO3＋H2O，C项正确；该反应中HNO3为氧化剂，As2S3为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1，D项正确。10．D由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下

NO－3、I－发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性条件下Al3＋不能大量存在，A项错误；甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO－2不能大量存在，B项错误；0.1mol·L－1FeCl3溶液中Cl－、H＋、MnO－4发生氧化还原反应而不能大量共存，C项错误；Kwc（H＋）＝1×10－13mo

l·L－1的溶液呈酸性，NH＋4、Ca2＋、Cl－、NO－3能大量共存，D项正确。11．D第①步CrO2－4转化为Cr2O2－7，存在平衡：2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O，A项正确；常温下，pH>5时c(Cr3＋)<10－32

（10－9）3mol·L－1＝10－5mol·L－1，因此Cr3＋沉淀完全，B项正确；第②步发生反应：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，知氧

化性：Cr2O2－7>Fe3＋，C项正确；稀释K2Cr2O7溶液时，Cr2O2－7＋H2O⇌2CrO2－4＋2H＋平衡正向移动，K＋、Cr2O2－7、CrO2－4、H＋浓度均减小，但OH－浓度增大，D项错误。12．AD图甲制

备K2FeO4，Fe转化为FeO2－4，发生氧化反应，则B电极为阳极，与电源正极相连，A电极为阴极，与电源负极相连，A项正确；B电极反应为Fe＋8OH－－6e－===FeO2－4＋4H2O，Ⅱ中OH－向阳极移动，离子交换膜D为阴离子交换膜，A电极反应为2H2O

＋2e－===2OH－＋H2↑，Ⅱ中K＋向阴极移动，离子交换膜C为阳离子交换膜，B项错误，C项错误；图乙装置工作时左侧烧杯中产生红褐色沉淀，K2FeO4转化为Fe(OH)3，消耗0.1mol高铁酸钾时，转移0.3mol电子，理论上

消耗0.15molZn，其质量为65g·mol－1×0.15mol＝9.75g，D项正确。13．A由图可知，该机理中化合物A作催化剂，A项错误；反应过程中，钒的成键数目有5、6两种，成键数目发生了改变，B

项正确；反应过程A→B、B→C中均有氢氧键的断裂和形成，C项正确；根据图中的转化关系，可得制备机理的总反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋===HClO＋H2O，D项正确。14．ADa点溶液呈中性，水的电离不受影响，b点溶液呈酸性，c(H2NCH2CH2NH＋3)＝c

(H3NCH2CH2NH2＋3)，溶液中以水解为主，水的电离被促进，故a到b的变化过程中水的电离程度逐渐增大，A项错误；由图像分析知，B项正确；常温下，H2NCH2CH2NH2的K1＝10－4.07，数量级为10－5，C项正确；等浓度等体积的H2NCH2CH2NH

2溶液与H3NCH2CH2NH3SO4溶液混合，反应生成(H2NCH2CH2NH3)2SO4溶液，H2NCH2CH2NH＋3的电离常数为10－7.15，水解常数为KwK1＝10－1410－4.07＝10－9.93，故H2NCH2CH2NH＋3的电离程度

大于水解程度，(H2NCH2CH2NH3)2SO4溶液呈碱性，D项错误。15．答案：(1)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等(1分，答案合理即可)(2)SiO2、CaSO4(2分)(3)FeTiO3＋4H＋===TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O(2分)(4)①Fe(OH)3(2

分)②Fe3＋在溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋，水解吸热，温度升高，平衡向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3，Fe(OH)3不再与铁粉发生反应(3分)(5)H2TiO3(2分)解析：(1)根据外界条

件对反应速率的影响规律，知粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等可以提高酸浸速率。(2)酸浸时SiO2不与硫酸反应，CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此滤渣①中除铁粉外，还含有SiO2、CaSO4。(3)根据已知①、②知，酸浸时FeTiO3与硫酸反应生成Fe2＋、T

iO2＋和H2O。(4)①由图2知，在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量较大，且随pH的增大变化不大，说明此时Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在。(5)根据已知③及灼烧滤渣③生成钛白粉知，水解过程发生反应：TiO2＋＋2H2O⇌H2TiO3↓＋2H＋，得到的滤渣③为

H2TiO3。16．答案：(1)温度计(1分)冷凝回流乙醇，提高原料的利用率，同时导出生成的乙烯气体(2分，答出“冷凝回流乙醇”即得2分)C2H5OH――→浓硫酸170℃CH2===CH2↑＋H2O(2分)(2)平衡气压(2分，回答出“平衡气压”即得2

分，可补充说明防倒吸、防堵塞)(3)B(2分)(4)有利于Cl2、C2H4充分混合(2分)(5)57.5(2分)解析：(1)装置A用于制取乙烯，反应原理为C2H5OH――→浓硫酸170℃CH2===CH2↑＋H2O，需要控制温度为170℃，因此缺少的必

要仪器为温度计。乙醇易挥发，使用球形冷凝管可以冷凝回流乙醇，提高原料的利用率，同时导出生成的乙烯气体。(3)浓硫酸可使乙醇脱水炭化，既而与碳单质在加热条件下反应产生SO2、CO2，因此制得的乙烯中含有SO2、CO2，SO2、CO2均可被NaOH溶液吸收，且NaO

H与CH2===CH2不反应，浓硫酸不能除去SO2、CO2，酸性KMnO4溶液能同时氧化乙烯、SO2，饱和NaHCO3溶液能除去SO2，但不能除去CO2，故选B。(5)由题中信息知，乙醇的质量为20×0.8g＝16g，n(乙醇)＝16g46g·mol－1＝823mol，生成0.2mol1，2－二

氯乙烷理论上消耗的乙醇为0.2mol，故乙醇的利用率为0.2mol÷823mol×100%＝57.5%。17．答案：(1)－92.7kJ·mol－1(2分)(2)acd(2分)(3)①>(2分)②体系中存在两个平衡：2NO2(g)⇌N

2O4(g)、N2O4(g)＋O3(g)⇌N2O5(s)＋O2(g)，加压使上述两平衡均正向移动(3分)③30(2分)(4)正(1分)N2O4＋2HNO3－2e－===2N2O5＋2H＋(2分)解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ×12－Ⅲ×12可得反应Ⅳ，故ΔH4＝＋57kJ·mol－1－

242.6kJ·mol－1×12－56.8kJ·mol－1×12＝－92.7kJ·mol－1。(2)变量不变即平衡，该反应体系中有固体物质，混合气体的密度为变量，a正确；v正＝v逆时，反应达到平衡，消耗nmolN2O4与消耗nmolO3均为正反应，b错误；O2浓度不再改

变可以说明反应达到平衡，c正确；反应体系中有固体物质，且该反应是气体体积减小的反应，则气体的总质量、总物质的量均为变量，故混合气体的平均相对分子质量为变量，d正确。(3)①T1℃时a点的φ(N2O4)比平衡点高，说明a点时反应正向进行

，则v正＞v逆。③设平衡时反应Ⅳ消耗xmolN2O4，另有ymolN2O4转化为NO2，列三段式：N2O4(g)＋O3(g)⇌N2O5(s)＋O2(g)起始量(mol)1100转化量(mol)xxxx平衡量(mol

)1－x1－xxxN2O4(g)⇌2NO2(g)起始量(mol)1－x0转化量(mol)y2y平衡量(mol)1－x－y2yO2和NO2的平衡分压相同，则x＝2y，由图甲知，T2℃下平衡时φ(N2O4)＝29，则1－x－y2－x＋y＝29，解得，x＝

0.4，y＝0.2，故达平衡时N2O4、O3、O2的物质的量分别为0.4mol、0.6mol、0.4mol，则反应Ⅳ的Kp＝29×0.1MPa29×0.1MPa×13×0.1MPa＝30MPa－1。(4)由图丙知，A极上N2O4转化为N2O5，发生氧化反应

，则A极为阳极，与电源正极相连，电极反应式为N2O4＋2HNO3－2e－===2N2O5＋2H＋。18．答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(1分)(2)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s

1电子(2分)(3)高(1分)(4)X射线衍射(1分)正四面体(1分)O的电负性比N强，对孤电子对吸引力更强，H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的配位键弱(2分)(5)sp2、sp3(2分，写对1个得1分)67(1分)(6)①(32，12，32)(2分)②4×99.5a3×N

A(2分)解析：第2周期元素A原子的最外层p轨道的电子为半满结构，则其电子排布式为1s22s22p3，A为N元素；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素，D原子的p轨道未成对电子数为1，其中两个p轨道均

充满，则其价电子排布式为2s22p5或3s23p5，结合E和F位于D的下一周期，E的价电子层中的未成对电子数为2，F的原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，且E、F原子序数相差1，知F的原子核外电子排布式为1s22s2

2p63s23p63d104s1，F为Cu元素，E为Ni元素，则D为Cl元素。(1)Cu为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(2)Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Ni的核

外电子排布式为[Ar]3d84s2，铜失去的第二个电子是全充满的3d10电子，而镍失去的第二个电子是4s1电子，全充满的3d10为稳定结构，因此铜的第二电离能大于镍的第二电离能。(3)Cu2O、Cu2S均为离子晶体，O2－的

半径比S2－的半径小，Cu2O的晶格能比Cu2S大，故Cu2O的熔点比Cu2S的熔点高。(4)确定物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验，该化合物的阴离子SO2－4中S的孤电子对数为6＋2－2×42

＝0，成键电子对数为4，所以SO2－4的空间构型是正四面体。(5)该R2＋中A(N)原子有两种成键方式，其中形成4个单键(其中1个为配位键)的N原子杂化类型为sp3，形成1个双键、2个单键(其中1个为配位键)的N原子杂化类型为sp2。单键为σ键，双键中有1个σ键，苯环与苯环所连原子共形成12个σ

键，故R2＋中有67个σ键。(6)①根据部分已知离子的坐标参数及e点的位置，可知e点Cl－的坐标为(32，12，32)。②该晶胞中含有4个Cu＋、4个Cl－，晶体的密度为64＋35.5NA×4g÷(acm)3＝4×99

.5a3×NAg·cm－3。仿真模拟冲刺标准练(三)1．B石英玻璃的主要成分为二氧化硅，B项错误。2．B淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A项错误；DHA的分子式为C3H6O3，最简式为CH2O，B项正确；的电子式为，C项错误；CO2中C原子的半径

大于O原子的半径，D项错误。3．C金刚石中1个碳原子平均形成2个碳碳单键，12g金刚石中含1mol碳原子，则含有的碳碳单键数目为2NA，A项错误；Fe3＋易发生水解，1L0.5mol·L－1FeCl3溶液中Fe3＋数目小于0.5NA，B

项错误；1LpH＝2的CH3COOH溶液中，n(H＋)＝1L×0.01mol·L－1＝0.01mol，H＋数目为0.01NA，C项正确；0.5molCH4与足量氯气在光照下充分反应，生成CH3Cl、CH2Cl2、CH

Cl3、CCl4，则CHCl3的数目小于0.5NA，D项错误。4．D金属钠能与水剧烈反应，金属钠着火应用沙土盖灭，A项错误；酒精灯加热平底烧瓶时要垫上石棉网，B项错误；CCl4萃取碘水实验完成后的废液要倒入指定的容器，C项错误；苯为易燃试剂，浓硝酸为强氧化

剂，二者应分开放置并远离火源，D项正确。5．D由题图可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，M为CuSO4，N为CuS。工业接触法制硫酸先煅烧FeS2生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3与水反应得到H2SO4，A项正确；实验室

制备乙炔中的硫化氢杂质可用CuSO4溶液除去：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，B项正确；FeS2中含有Fe2＋和S2－2，则阴阳离子个数比为1∶1，C项正确；硫在过量氧气中燃烧生成SO2，不能生成S

O3，D项错误。6．A水汽化破坏的是氢键和分子间作用力，水分解需要破坏共价键，A项错误；电负性F>Cl>H，则吸电子能力F>Cl>H，所以酸性：三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，B项正确；基态碳原子的核外电子排布式

为1s22s22p2，电子占据三个能级，所以有三种能量不同的电子，C项正确；对固体进行X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，D项正确。7．D由图示知，第一步反应中断裂了N—O键，第二步反应中形成了C===O键，故A项正确；总反应的反应速率由慢反

应决定，B项正确；由图示知，两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总能量，因此均为放热反应，C项正确；FeO先生成，后被消耗，为反应的中间产物，D项错误。8．A用Na2CO3溶液预处理水垢中的CaSO4，发生沉淀的转化CaSO4

＋CO2－3===CaCO3＋SO2－4，B项错误；泡沫灭火器的灭火原理是NaHCO3和Al2(SO4)3溶液发生相互促进的水解反应Al3＋＋3HCO－3===Al(OH)3↓＋3CO2↑，C项错误；过量氨水吸收工业尾气中的SO2，生成(NH4)2SO3和水

：SO2＋2NH3·H2O===2NH＋4＋SO2－3＋H2O，D项错误。9．B三种物质的结构不相似，不互为同系物，A项错误；三种物质都含有碳碳双键，都能发生氧化反应、加成反应，都含有酚羟基，都能发生取代

反应，B项正确；根据苯环上所有原子共面、碳碳双键为平面结构以及单键可以旋转，知汉黄芩素分子内共面的原子最多为31个，C项错误；1mol黄芩素含有3mol酚羟基，最多消耗3molNa2CO3，1mol野黄芩素含有4mol

酚羟基，最多消耗4molNa2CO3，1mol汉黄芩素含有2mol酚羟基，最多消耗2molNa2CO3，D项错误。10．A灼烧硫酸铜晶体应在坩埚中进行，B项错误；配制0.10mol·L－1NaOH溶液时，应将NaOH在烧杯中溶解，待溶液冷却至室温后再转移到容量瓶中，C项错误；中和热的测定

实验中，要使用环形玻璃搅拌器进行搅拌，使溶液混合均匀，D项错误。11．C①步溶解过程中，硝酸铵在酸性条件下将铜氧化为Cu2＋，A项正确；由流程图知，③步反应中，CuSO4将(NH4)2SO3氧化为(NH4)2SO4，自身被还原为CuCl，B项正确；CuCl可溶于Cl－

浓度较大的体系，故酸洗时不能选用浓盐酸，C项错误；⑦步烘干过程中为了防止CuCl被空气中氧气氧化，需要保持真空条件，D项正确。12．D由图中物质转化知，右侧电解质储罐中发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，结合电解质储罐中流出K2SO4，知

物质A可为KHSO4，A项正确；左侧电极上HCOO－转化为HCO－3，碳元素由＋2价升高为＋4价，发生氧化反应，故左侧电极为电池负极，B项正确；根据图示知，该燃料电池总反应为HCOOH和O2在碱性条件下反应，生成KHCO3和H2O，C项正确；右侧每消耗11.

2LO2(标准状况)，电路中通过的电子为错误!×4＝2mol，则左侧有2molK＋通过半透膜移向右侧，D项错误。13．AC压强相同时，T2→T1，NO的体积分数减小，说明平衡正向移动，而该反应为放热反应，降低

温度，平衡正向移动，故T2>T1，A项正确；B、C点温度相同，但C点压强较大，故v(C)>v(B)，B项错误；A点NO的体积分数大于E点，则A点相对于E点平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，故w(

A)>w(E)，C项正确；A点温度比G点温度高，升高温度，该反应平衡逆向移动，平衡常数减小，故K(A)<K(G)，D项错误。14．C根据题图知，c(N2H4)＝c(N2H＋5)时，－lgc（OH－）mol·L－1＝6.0，即c(OH－)＝10－6mol·L－1，则K1＝c（N2H＋5）

·c（OH－）c（N2H4）＝c(OH－)＝10－6，A项错误；常温下滴加5mL盐酸时，得到等物质的量的N2H4和N2H5Cl的混合溶液，由于N2H4的电离常数K1＝10－6，N2H＋5的水解常数Kh＝KwK1＝10－1410－6＝

10－8<K1，故N2H4的电离程度大于N2H＋5的水解程度，溶液中c(N2H＋5)>c(N2H4)，由图象可知此时－lgc（OH－）mol·L－1>6，即c(OH－)<10－6mol·L－1，则c(H＋)>10－8mol·L－1，pH<8，B项错误；根

据电荷守恒c(H＋)＋c(N2H＋5)＋2c(N2H2＋6)＝c(OH－)＋c(Cl－)，知混合溶液中c(Cl－)＝c(N2H＋5)＋2c(N2H2＋6)时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，而滴加盐酸体积为10mL时得到的N2H5Cl溶液由于N2H＋5水解呈酸性，故溶液呈中性时滴加

盐酸的体积小于10mL，C项正确；根据图示知，常温下当c(N2H＋5)＝c(N2H2＋6)时，－lgc（OH－）mol·L－1＝15.0，即c(OH－)＝10－15mol·L－1，则c(H＋)＝10－1410－15mol·L－1＝10mol·L－1，D项错误。15

．答案：(1)增大接触面积，提高溶解效率(1分)(2)OH－、AlO－2(2分)(3)C(1分)(4)CO2－3结合H＋，使c(H＋)减小，H2PO－4⇌HPO2－4＋H＋，HPO2－4⇌PO3－4＋H＋平衡均向右移动，c(PO3－4)

增大，与Fe3＋结合形成沉淀(2分)(5)0.04mol·L－1(2分)(6)热(1分)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失(1分)(7)Li2CO3＋2FePO4＋2C=====高温2LiFePO4＋3CO↑(2分)

解析：(2)Ⅱ步碱浸时，只有铝与NaOH溶液反应：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑，所以滤液1中存在的主要阴离子为AlO－2和过量的OH－。(3)Ⅲ步浸取加入氧化剂，目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质离子，同时不产生污染性气体，最佳

选择是H2O2。(4)浸出液中H2PO－4和HPO2－4存在电离平衡：H2PO－4⇌HPO2－4＋H＋、HPO2－4⇌PO3－4＋H＋，加入30%Na2CO3溶液，溶液中c(H＋)减小，两个电离平衡均

正向移动，c(PO3－4)增大，与Fe3＋结合形成FePO4·2H2O。(5)加入等体积的Na2CO3溶液后，c(Li＋)＝2mol·L－1，根据Li＋的沉降率达到90%，知母液中c(Li＋)＝2mol·L－1×10%＝0.2m

ol·L－1，根据Ksp(Li2CO3)＝c2(Li＋)×c(CO2－3)，知c(CO2－3)＝1.6×10－3（0.2）2mol·L－1＝0.04mol·L－1。(6)根据提供资料可知，温度升高，碳酸锂在水中溶解度减小，因此Ⅵ步选择热水进行洗涤，以减少碳酸锂的溶解损失。(7)Li2CO3

、FePO4与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，铁的化合价降低，FePO4作氧化剂，则炭黑作还原剂，足量的炭黑被氧化为CO，根据得失电子守恒、原子守恒配平可得反应的化学方程式。16．答案：(1)三颈烧瓶(1

分)(2)2MnO－4＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(2分)(3)饱和食盐水(1分)(4)无色变为紫色(2分)3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6K

Cl＋8H2O(3分)K2FeO4微溶于浓KOH溶液，在强碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)(2分)(5)将装置C置于冰水浴中(1分)(6)79.2%(2分)解析：(2)装置A为氯气的发生装置，由KMnO4

和浓盐酸常温下反应制备。(3)浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有挥发出的HCl，装置B用于除去HCl，其中的试剂为饱和食盐水。(4)装置C中Fe(OH)3被氧化为K2FeO4，溶液由无色变为紫色。Fe(OH)3→

K2FeO4失3e－，Cl2→2Cl－得2e－，根据得失电子守恒，Fe(OH)3、Cl2的化学计量数分别为2、3，结合原子守恒配平可得反应的化学方程式。(5)K2FeO4在0～5℃、强碱性溶液中较稳定，因此需要将装置C置于冰水浴中。(6)根据4FeO2

－4＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O，知n(K2FeO4)＝0.672L22.4L·mol－1×43＝0.04mol，故样品中高铁酸钾的质量分数为198g·mol－1×0.04mol10g×100%＝79.2%。17．答案：(1)2NH

3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＝－43.0kJ·mol－1(2分)(2)①5.00×10－4mol·L－1·min－1(1分)②30%(2分)(3)①如果c(CO

2)不变，x越大，则c(NH3)越大，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大(2分)②2.25p20kPa－2或94p20kPa－2(2分)(4)CO(NH2)2－6e－＋8OH－===N2↑＋CO2－3＋6H2O(2分)15g(2分)解析：(1)根据盖斯定律，由①＋②可得：

2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＝－159.5kJ·mol－1＋116.5kJ·mol－1＝－43.0kJ·mol－1。(2)①60min时，平均反应速率v(CO2)＝（0.

10－0.04）mol2L×60min＝5.00×10－4mol·L－1·min－1。②达平衡时CO2转化了0.06mol，则NH3转化0.12mol，故NH3的平衡转化率为0.12mol0.40mol×100%＝30%。(3)②A点起始时n

（NH3）n（CO2）＝3.0，CO2的平衡转化率为0.50，设起始时CO2为1mol、NH3为3mol，则达到平衡时转化的CO2为0.5mol，列三段式：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)＋H2O(g)起始量(mol):310转化量(mol):10.5

0.5平衡量(mol):20.50.5故平衡时H2O(g)、CO2、NH3的物质的量之比为0.5∶0.5∶2＝1∶1∶4，H2O(g)的分压为16p0kPa，CO2的分压为16p0kPa，NH3的分压为46p0kPa，

平衡常数Kp＝16p0kPa16p0kPa×（46p0kPa）2＝2.25p20kPa－2。(4)该装置阳极上尿素转化为N2，同时得到K2CO3，电极反应式为CO(NH2)2－6e－＋8OH－===N2↑＋CO2－3＋6H2O；阴极上H2O转

化为H2，电极反应式为6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－，则电解总反应为CO(NH2)2＋2OH－===N2↑＋CO2－3＋3H2↑，若两极共收集气体22.4L(标准状况)，则消耗的尿素为0.25

mol，其质量为0.25mol×60g·mol－1＝15g。18．答案：(1)①F、N、O(1分)4s24p4(1分)②N、C(1分)(2)离子键、共价键(或“非极性共价键”)(2分)折线形或锯齿形或V形(1分)(3)三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质

量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以沸点最高(3分)(4)①4(1分)②22a(2分)4×（55＋79）NA×（a×10－10）3(3分)解析：(1)①该农药的组成元素有H、C、N、O、F、Se，根据同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上

至下第一电离能逐渐减小，以及N的2p能级半满，其第一电离能大于O的第一电离能，知第一电离能由大到小的前三种元素是F、N、O。硒原子位于第四周期ⅥA族，其价电子排布式为4s24p4。②该物质中，苯环上的碳原子以及形成双键的氮原子和碳原子均为sp2杂

化。(2)该物质中，Na＋和Se2－8之间为离子键，Se2－8中Se和Se之间为共价键。Se2－8中Se为sp3杂化，则Se原子之间形成的空间构型为V形。(3)甲醇、甲硫醇、甲硒醇三种物质均为分子晶体，甲醇(CH3OH)分子间形成氢键，沸点最高，甲硫醇(CH3SH)、甲硒醇(CH3

SeH)分子间为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，所以甲硒醇的沸点比甲硫醇的高。(4)①β－MnSe晶体中1个Mn周围有4个Se，故Mn的配位数为4。②距离最近的两个Mn之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，即22apm。该晶胞中

含有4个Mn、4个Se，晶胞质量为（55＋79）×4NAg，晶胞体积为(a×10－10cm)3，故晶体的密度为（55＋79）×4NA×（a×10－10）3g·cm－3。仿真模拟冲刺标准练(四)1．A甲醇可用于燃料电池的负极活性物质，A错误；二羟基丙酮分子中有两个

羟基，能与水分子间形成氢键，故具有保湿作用，B正确；淀粉水解可生成葡萄糖，C正确；该过程能减少二氧化碳的排放，有助于实现“碳达峰、碳中和”，D正确。2．CA项，Cl2的结构式为Cl—Cl，属于非极性分子，错误；B项，NaOH为离子化合物，电子式为，错误；C项，Na＋与ClO－之间为离子键，ClO

－内部Cl与O之间为共价键，正确；D项，Cl－的离子结构示意图为，Na＋的离子结构示意图为，电子层结构不同，错误。3．DA项，Na2CO3溶液水解显碱性，可以使油脂发生水解反应，从而去除油污，能达到实验目的；B项，发生

反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，能达到实验目的；C项，过滤除去不溶的杂质，得CuSO4溶液，能达到实验目的；D项，应蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止，蒸干溶液会使CuSO4·5H2O的结晶水失去，不能达到实验

目的。4．BB项，Fe3O4也称为磁性氧化铁，可以作铁磁性材料，与其能与酸反应无关，符合题意。5．BX是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al元素；基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，则Z的基态原子核外电子排布式为1s2

2s22p63s23p5，Z为Cl元素；W与Z处于同一主族，则W为Br元素。A项，Al的原子半径大于Cl，错误；B项，N的2p轨道中的电子处于稳定的半满状态，所以第一电离能C<O<N，正确；C项，Al(OH)3为两性化合物，

HClO4为强酸，错误；D项，Cl的非金属性比Br强，则HCl的热稳定性比HBr强，错误。6．AB项，NO－3中N的孤电子对数为5＋1－3×22＝0，价层电子对数为0＋3＝3，N为sp2杂化，NO－3的空间构型为平面三角形，错误；C项，NH3中N的孤电子对数为5－3

×12＝1，价层电子对数为1＋3＝4，N为sp3杂化，NH3的空间构型为三角锥形，键角为107.5°，NH＋4中N的孤电子对数为5－1－4×12＝0，价层电子对数为0＋4＝4，N为sp3杂化，NH＋4的空间构型为正四面体形，键角为109.5°，错误；D项，Ag＋

与NH3中的N原子形成配位键，1mol[Ag(NH3)2]＋中有2mol配位键，错误。7．CA项，NO难溶于水，错误；B项，稀HNO3与Cu反应生成NO，错误；C项，由题给材料知，NO可以催化还原生成N2，正确

；D项，NO－3也可以被还原为N2，但是O3具有强氧化性，所以NO－3与O3无法生成N2，错误。8．AA项，由题给材料知，该反应的ΔH<0，该反应的气体总物质的量减小，所以ΔS<0，正确；B项，反应的平衡常数可表示为K＝c2（NO2）c2（NO）·

c（O2），错误；C项，催化剂不可改变反应的焓变，错误；D项，增大n（O2）n（NO），NO的转化率增大，错误。9．DA项，O原子不守恒，错误；B项，水与CCl4都是液体，且互不相溶，应通过分液法分离，错误；C项，由晶胞图知，1个AgI晶胞中的I－

数为8×18＋6×12＝4，错误；D项，I2易升华，可以通过升华从粗碘中提取碘单质，正确。10．DA项，X中只有—CHO含有碳氧π键，故1molX中含有1mol碳氧π键，错误；B项，Y与HBr反应的产物为或，其中“*”标记的碳原子为手性碳原子，错误；C项，Z中含有的酯基为憎水基，Y中

含有的羧基为亲水基，所以Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度小，错误；D项，X、Y、Z被足量酸性KMnO4溶液氧化得到的芳香族产物均为，正确。11．D配制氯化铁溶液时，为了防止三价铁离子水解，先将氯化铁固体溶于较浓的盐酸中，再加蒸馏水稀

释至所需浓度，A正确；氨水用量过多，会生成氢氧化铁沉淀，氨水用量过少，会生成Fe2(HPO4)3、Fe(H2PO4)3，B正确；操作a是过滤，所需玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；检验FePO4·2H2O固体是否洗

涤干净，应检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，选用的试剂应是HNO3和AgNO3溶液，D错误。12．ACA项，NaHCO3溶液的pH约为8，说明HCO－3的水解程度大于电离程度，即Kh＝c（H2CO3）·c（OH

）－·c（H＋）c（HCO－3）·c（H＋）＝KwKa1（H2CO3）>Ka2(H2CO3)，正确；B项，实验2中产生白色沉淀，则c(Ca2＋)·c(CO2－3)>Ksp(CaCO3)，错误；C项，实验3中Na2CO3与CO2反应生成NaHCO

3，溶液的碱性减弱，发生反应的离子方程式为CO2－3＋H2O＋CO2===2HCO－3，正确；D项，饱和氯水中存在：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，实验4中向Na2CO3溶液中滴加饱和氯水，HCl与CO2－3发生反应，促

进Cl2溶于水，氯水的黄绿色逐渐褪去，c(CO2－3)减小，错误。13．B由图中物质转化关系知，电解时，阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，则电解时的总反应为2Ni(OH)2=====通电

2NiOOH＋H2↑，故电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，A项、C项错误，B项正确；D项，未指明是标准状况下，无法计算生成的O2的体积，错误。14．ADA项，图示中NH3的转化率并不是平衡转化率，由“NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应”，知升高温度，平衡逆向移动，

NH3的平衡转化率减小，正确；B项，随着温度的升高，N2的选择性减小，说明生成N2的量不断减小，错误；C项，温度高于250℃时，N2的选择性减小较快，NH3更易转化成NO或N2O，仍会污染环境，错误；D项，N2对环境无污染，由题图知，低温下，N2的选择性高，但低温下反应速率慢，所以单位时间内

NH3的转化率不高，故需要研发低温下NH3转化率高且N2选择性高的催化剂，正确。15．答案：(1)Fe3＋、H＋(1分)(2)稀释后的ZnSO4溶液中c(Zn2＋)＝c（Y4－）·V（Y4－）V（Zn2＋）＝0.0150mol

·L－1×25mL20.00mL＝1.875×10－2mol·L－1(3分)原ZnSO4溶液中c(Zn2＋)＝1.875×10－2mol·L－1×100mL2.50mL＝0.750mol·L－1(2分)(3)①ZnFe2O4＋H2＋3H2

S=====400℃ZnS＋2FeS＋4H2O(2分)②ZnS与CO2反应生成COS和ZnO，ZnO再与H2S反应转化为ZnS和H2O(2分)(4)ZnS、FeS部分被氧化生成硫酸盐(2分)解析：(1)“浸取”时，ZnO、PbO、CuO、Fe2O3分别转化为硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁，加足

量锌粉，硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应。(3)①ZnFe2O4中Fe为＋3价，生成的FeS中Fe为＋2价，化合价降低1，则H2转变为H2O，H元素由0价升至＋1价，化合价升高1，根据得失电子守恒、元素守恒进行配平即可。②ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS

的质量不变，说明ZnS是催化剂，该过程可描述为ZnS＋CO2===COS＋ZnO、ZnO＋H2S===ZnS＋H2O。(4)硫化后的固体为ZnS和FeS，其在O2中反应“再生”得脱硫剂ZnFe2O4，其中ZnS与FeS应以物质的量之比为1∶2反应，若Z

nS、FeS参加反应的量分别为1mol、2mol，则3molS的质量为96g，而1molZnFe2O4中4molO的质量为64g，固体质量应减小，但题图中280～400℃范围内，固体质量增加，则可能是因为S元素没有生成硫的氧化物，而是被氧化

成SO2－4进入固体中。16．答案：(1)7(1分)(2)或(2分)(3)消去反应(1分)(4)(3分)解析：(1)A中苯环上的6个碳原子以及醛基上的碳原子，共7个碳原子均采取sp2杂化。(2)B中“—NO2”的结构式为“”不饱和度为1，结合①②知，B的同分异构体中应有1个醛基和2个对称的羟基

，且N原子形成1个氨基与醛基位于对称位置，则符合条件的结构简式为、。(3)由A、B、C的结构简式和X的分子式推知，A与B反应的机理为F原子与羟基上的H原子结合成HF，同时生成醚键，B中甲基上的H原子与醛基发生加成反

应生成羟基，则X的结构简式为，X中的羟基再发生消去反应即生成有机物C。(4)E中1个“—OCH3”转变为“—OH”生成F，F中有16个碳原子，而副产物中有15个碳原子，则E中另一个“—OCH3”也转变为“

—OH”，副产物的结构简式为。(5)目标产物中甲基邻位上有醚键，模仿A→B的反应，F原子与羟基上的H原子结合可生成醚键，所以需要在甲苯的甲基邻位上引入羟基，模拟C→D→E的反应，甲苯先硝化生成，然后经一系

列转化可生成。原料发生催化氧化生成。中的F原子与中羟基上的H原子结合生成HF和。17．答案：(1)H2SO4溶液(2分)MnO2＋2H＋＋SO2－3===Mn2＋＋SO2－4＋H2O(2分)(2)100(2分)(3)200mL(2分)(4)加热至450℃左右分解一段时间，将冷却后的固体加

入至适量1mol·L－1H2SO4溶液中，加热，搅拌反应一段时间，过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成(6分)解析：(1)若三颈瓶中加入硫酸，则向其中滴加Na2SO3溶液易生成SO2，导致Na2S

O3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液。MnO2转化为Mn2＋，Mn的化合价降低2，SO2－3被氧化生成SO2－4，S的化合价升高2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式。(2)Ca2＋、Mg2＋均形成沉淀，上层清液中仍有F－，说明CaF2和MgF2均达到

沉淀溶解平衡，c（Ca2＋）c（Mg2＋）＝c（Ca2＋）·c2（F－）c（Mg2＋）·c2（F－）＝Ksp（CaF2）Ksp（MgF2）＝5×10－95×10－11＝100。(3)MnSO4与NH4HCO3发生反应的化学方程式为MnSO4＋2NH4HC

O3===MnCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O，n(NH4HCO3)＝2n(MnSO4)，即1mol·L－1×V(NH4HCO3)＝2×1mol·L－1×0.1L，V(NH4HCO3)＝0.2L＝200mL。(4)由题图知，在450℃左右，可获得最多的MnO2，此时

还存在Mn2O3和MnO，由已知信息知，MnO在酸性条件下转化为Mn2＋，Mn2O3在酸性条件下可转化为MnO2和Mn2＋，因为Mn2O3的氧化性强于Cl2，所以Mn2O3能将HCl氧化为Cl2，所以不能选用HCl，故需加入H2SO4溶液将Mn2O3和MnO转化为Mn2＋，然后过滤、

洗涤、干燥得MnO2固体。18．答案：(1)提高H2产率；提供热量(2分)(2)①657.1kJ·mol－1(2分)②反应Ⅰ、反应Ⅱ的ΔH>0，高温下正反应进行程度大，CO2反应的量多(2分)；反应Ⅲ的ΔH<0，高温下正反应

进行程度小，CO2的生成量少(2分)(3)①Cu由＋2价变为＋1价(2分)，Ce由＋4价变为＋3价(2分)②温度升高，Cu2＋(或Cu＋)被H2(或CO)还原为Cu(3分)解析：(1)CaO吸收CO2，促使CO

(g)＋H2O(g)⇌H2(g)＋CO2(g)平衡右移，可以提高H2的产率，且CaO吸收CO2为放热反应，可以为重整过程提供热量。(2)①依据盖斯定律，由反应Ⅰ×3－反应Ⅱ×2可得目标反应，则目标反应的ΔH＝246.5kJ·mol－1×3－4

1.2kJ·mol－1×2＝657.1kJ·mol－1。②从平衡移动角度分析，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CO2的转化率提高，反应Ⅲ逆向移动，生成CO2的量减小，所以三个反应综合考虑，CO2的平衡转化率在高温下更大。(3)①铜-铈氧化物(xCu

O·yCeO2)中Cu为＋2价，Ce为＋4价，步骤(ⅰ)中，CO转化为CO2，碳元素化合价升高2，则铜-铈氧化物中Cu和Ce的化合价应下降，由Ce和Cu核外电子排布式可推知Cu由＋2价变为＋1价，Ce由＋4价变为＋3价。