文档内容
考前特训答案精析
选择题标准练
选择题标准练(一)
1．A 2.C
3．D [草酸属于弱酸，不能拆写为离子，A不正确；用次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫有
次氯酸生成：3ClO－＋SO ＋HO===2HClO＋SO＋Cl－，B不正确；溶液中含有镁离子，根
2 2
据离子反应条件判断，生成氢氧化镁沉淀，C不正确；稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化
氮和水，D正确。]
4．C [以锂硫电池为电源，通过电解含(NH )SO 的废水制备硫酸和化肥，M室得到硫酸说
4 2 4
明是氢氧根离子放电，电极反应式为2HO－4e－===4H＋＋O↑，则a为正极，b为负极，故
2 2
A错误；电解池中阴离子移向阳极，SO通过膜1由原料室移向M室，则膜1为阴离子交换
膜，故 B 错误；由锂硫电池总反应 2Li＋xS===LiS 可得负极反应式为 2Li＋S－2e－
2 x
===LiS ，消耗2.8 g锂即物质的量为＝0.4 mol，转移0.4 mol e－，M室的电极反应式为
2 x
2HO－4e－===4H＋＋O↑，生成0.1 mol氧气，标准状况下气体体积为0.1 mol×22.4 L·mol－1
2 2
＝2.24 L，故C正确；N室的电极反应是溶液中氢离子放电生成氢气，NH通过膜2由原料
室移向N室，c(NH)减小，使NH＋HONH ·H O＋H＋向左移动，c(H＋)减小，原料室中
2 3 2
溶液的pH增大，故D错误。]
5．A
6．C [由题干信息推知X是Al元素；Z无正价，Z是F元素，M是NaAlF ，Y是Na元素。
3 6
电子层结构相同，核电荷数越多离子半径越小，简单离子半径：F－＞Na＋＞Al3＋，故A错误；
NaF是离子化合物，只含离子键，故B错误；Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，F 和水反
2
应生成HF和氧气，故C正确；Na和氧气反应可以生成NaO、NaO，故D错误。]
2 2 2
7．D
选择题标准练(二)
1．B
2．C [由结构简式知该化合物的分子式为C H O ，故A正确；苯环上的6个碳原子共平
14 12 4面，碳碳双键以及与双键碳相连的原子共平面，苯环和碳碳双键之间为单键相连，可以旋转
到同一平面上，故14个碳原子可以共平面，故B正确；有机物中苯环和碳碳双键都能与氢
气发生加成反应，故1 mol该化合物最多能与7 mol H 发生反应，故C错误；该有机物中含
2
有碳碳双键，能发生加聚反应和氧化反应，该有机物中含有羟基，能发生取代反应，故D
正确。]
3．B
4．A [由题图可知，此装置为原电池，a极发生还原反应，Cr O转化为Cr(OH) 同时生成
2 3
氢氧根离子，则 M为阴离子交换膜，使氢氧根离子通过，故A错误；b极苯酚发生氧化反
应生成CO ，电极反应式为C HOH－28e－＋11HO===6CO↑＋28H＋，故B正确；电池工
2 6 5 2 2
作过程中，a极室发生反应：Cr O＋6e－＋7HO===2Cr(OH) ＋8OH－，a极室的pH升高，故
2 2 3
D正确。]
5．C [标准状况下，苯为液态，不能用标准气体摩尔体积计算2.24 L苯的物质的量，故A
错误；溶液体积未知，无法计算K＋的数目，故B错误；S 、S 均由S原子构成，故32 g混
4 8
合物中含有的S原子的物质的量为1 mol，含S原子数为N ，故C正确；1 L 1.0 mol·L－1
A
FeCl 溶液中含有氯化铁的物质的量为1 mol，FeCl 与Cu反应生成氯化铜和FeCl ，1 mol氯
3 3 2
化铁反应转移的电子数目为N ，故D错误。]
A
6．D 7.B
选择题标准练(三)
1．A
2．D [根据酚酞分子的结构简式可知，其分子式为C H O ，故A错误；苯环能与氢气发
20 14 4
生加成反应，故B错误；饱和碳原子具有甲烷结构特点，为四面体结构，所以该分子中所
有碳原子一定不共平面，故C错误；酚酞是一种酸碱指示剂，酚羟基在碱性环境下与 OH－
反应，酯基在碱性、酸性环境下均发生水解，所以分子结构会因溶液酸碱性不同而发生改变，
故D正确。]
3．C [少量CO 通入NaClO溶液中，发生反应产生HClO、NaHCO ，反应的离子方程式为
2 3
CO ＋HO＋ClO－===HClO＋HCO，A错误；得失电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应
2 2
该为3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋14HO，B错误；CaSO 在溶液中存在沉淀溶解
3 4 2 4
平衡，向其中加入纯碱溶液，发生沉淀转化，生成更难溶的CaCO 沉淀，反应的离子方程
3
式为CO(aq)＋CaSO(s)SO(aq)＋CaCO (s)，C正确；NaSiO 是可溶性物质，应该写成离
4 3 2 3
子形式，反应的离子方程式应该为SiO＋2H＋===HSiO↓，D错误。]
2 3
4．C
5．A [1个重水分子中含10个中子，而1个水分子中含8个中子，故1 mol重水比1 mol水多2N 个中子，A正确；标准状况下22.4 L乙烷的物质的量为1 mol，一个乙烷分子中含有
A
6个C—H和1个C—C，所以1 mol乙烷中共价键数目为7N ，B错误；NO 与水反应的化
A 2
学方程式为3NO ＋HO===2HNO ＋NO,4.6 g NO 的物质的量为0.1 mol，生成 mol NO，转
2 2 3 2
移N 个电子，C错误；铝离子在水溶液中会发生水解，Al3＋数目小于N ，D错误。]
A A
6．B [X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、
丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，丁为淡黄色固体，则丁为NaO ；己为红棕色
2 2
气体，则己为NO ；气体甲的水溶液呈碱性，则甲为NH ；NH 与乙反应生成丙，丙与乙反
2 3 3
应生成己(NO )，则丙为NO，乙为O ；丁(Na O)与戊反应生成乙(O )，Z为O，戊为CO 或
2 2 2 2 2 2
HO，若戊为CO ，原子序数小于Z(O)的有H、C、N三种元素，不满足条件，则戊只能为
2 2
HO，结合原子序数可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。同周期主族元素从左到右原
2
子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：W＞Y＞Z＞
X，故A正确；丁为NaO ，阴、阳离子个数比为1∶2，故B错误；金属钠能够与水反应生
2 2
成氢氧化钠和氢气，故C正确；X、W形成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，故D正
确。]
7．A
选择题标准练(四)
1．D
2．A [由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使
高锰酸钾溶液褪色，故A正确；由结构简式可知，奥司他韦分子中不含有苯环，不属于芳
香化合物，故B错误；由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加
成反应，1 mol奥司他韦分子只能与1 mol Br 发生加成反应，故C错误；由结构简式可知，
2
奥司他韦分子中含有的官能团为碳碳双键、醚键、酰胺基、氨基、酯基，共 5种，故D错
误。]
3．A
4．C [a极发生还原反应：Cr O＋6e－＋7HO===2Cr(OH) ＋8OH－，该电极为原电池正极，
2 2 3
b极苯酚失电子被氧化为CO，电极反应式为C HOH－28e－＋11HO===6CO↑＋28H＋，该
2 6 5 2 2
电极为原电池负极，c极为电解池阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H↑，d极为电解池阳极，
2
电极反应为 HO－e－===H＋＋·OH，·OH 可进一步氧化苯酚，化学方程式为 C HOH＋
2 6 5
28·OH===6CO↑＋17HO，据此答题。电极的电势比较：a(正极)>d(阳极)>c(阴极)>b(负极)，
2 2
A错误；c电极区消耗2 mol H＋生成氢气，则有2 mol H＋由右室进入左室，所以溶液质量不
变，B错误；由分析可知，a为正极，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，Ⅱ室中Na＋透过M膜进入a极区，Cl－透过N膜进入b极区，所以M为阳离子交换膜，N为阴
离子交换膜，D错误。]
5．D
6．A [据题给信息分析知R为K，Y为O，Z为F，因为W、X、Y(O)、Z(F)的原子序数依
次增大，所以W、X位于第二周期，设其化合价依次为a、b，则1＋2a＋b－3×2－2＝0，
2a＋b＝7，仅当a＝2、b＝3时合理，所以W为Be，X为B，该物质是KBe BOF 。硼的非
2 3 2
金属性较弱，其最高价氧化物对应的水化物HBO 为弱酸，A项正确；K的单质与冷水反应
3 3
剧烈，B项错误；原子半径：K>Be>O>F，C项错误；非金属性：O＜F，D项错误。]
7．B [加热促进铝离子水解，且生成的HCl易挥发，应在HCl气流中加热制备，A不符合
题意；NaHCO 溶液与NaAlO 溶液混合后产生氢氧化铝白色沉淀的同时生成碳酸钠，反应
3 2
的离子方程式为 HCO＋AlO＋HO===Al(OH) ↓＋CO，故能验证结合 H＋的能力：
2 3
COc(A2－)，故c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)，B正确；由a点经b点到c点的过程中，溶液一直呈
酸性，且酸性越来越弱，酸抑制水电离的程度越来越弱，故水的电离程度一直增大，C正确；
pH＝4.4时，c(HA－)＝c(A2－)，故K ＝＝10－4.4，HA－的水解常数K ＝＝＝10－11 (3)b.冰水 饱和KOH溶液
2
c．除去杂质，减少KFeO 的溶解；提高产率，能快速干燥 (4)①高铁酸盐在酸性较强的
2 4
条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去 ②pH＝5时，锌元素以Zn2＋形
式存在，pH＝10时，锌元素几乎都以Zn(OH) 形式存在，Zn(OH) 被高铁酸钾水解生成的
2 2
Fe(OH) 捕集
3
解析 硝酸铁和过量次氯酸钠在过量NaOH溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠、硝酸钠，
过滤，向滤渣高铁酸钠中加入饱和KOH溶液生成溶解度更小的高铁酸钾，再过滤得到高铁
酸钾。(2)生成的NaFeO 需要转化为钾盐，根据题中信息，说明溶解度：NaFeO>K FeO。
2 4 2 4 2 4
(3)高铁酸钾低温下较稳定，可将滤液置于冰水中，由于高铁酸钾微溶于 KOH浓溶液，故用饱和KOH溶液溶解高铁酸钠；洗涤时不能用水洗，选用乙醇洗，是因为乙醇洗可以减少钾
盐的溶解，提高钾盐的产率，而且乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水分，能快速干燥。
(4)①图2中，pH越大氨氮的去除率越大，其原因可能是高铁酸钾在低温碱性条件下比较稳
定，高铁酸盐在酸性较强的条件下不稳定，容易分解，与氨氮作用时间短，难以除去。②由
题意知，含锌废水中锌离子的浓度为≈1.85×10－6 mol·L－1，当溶液pH为5时，溶液中没有
氢氧化锌沉淀生成，当溶液pH为10时，溶液中有氢氧化锌沉淀生成，由题给信息可知，
KFeO 与HO反应生成Fe(OH) 的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，
2 4 2 3
故pH＝10时锌的去除率比pH＝5时大得多。
4．(1)＋3价 (2)溶解RuO CaSO 温度为65 ℃、pH为1.0 (3)6Na＋＋12Fe2＋＋2ClO＋
4 4
18SO＋6HO===3NaFe (SO )(OH) ↓＋2Cl－＋6OH－
2 2 4 4 6 2
(4) (5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应 (6)87.8%
解析 由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠“酸浸”时，钌元素转化为硫酸钌，
氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与
硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中加入氯
酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为NaFe (SO )(OH) 沉淀，过滤，向滤液中加入氟化钠
2 4 4 6 2
溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤，向滤液中加入浓碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌
沉淀，碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌
沉淀，在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的
目的是将铁元素转化为NaFe (SO )(OH) 沉淀，反应的离子方程式为6Na＋＋12Fe2＋＋2ClO
2 4 4 6 2
＋18SO＋6HO===3NaFe (SO )(OH) ↓＋2Cl－＋6OH－。(5)灼烧时氩气的作用是作保护气，
2 2 4 4 6 2
否则反应得到的钌会被空气中的氧气氧化。(6)若10 t钌矿石最终制得3 636 kg钌，由钌原子
个数守恒可知，钌的产率为×100%≈87.8%。
5．(1)增大矿石浸取率 粉碎矿石、适当升高温度(任写一条)
(2)2Fe2＋＋ClO－＋3HO===2FeOOH↓＋Cl－＋4H＋ (3)7.15≤pH＜7.5 Zn2＋水解产生H＋，
2
加入NH ·H O消耗H＋，可促进水解 (4)冷却结晶 防止温度过高，导致ZnSO·7H O分解
3 2 4 2
(5)MgC O=====MgO＋CO↑＋CO↑
2 4 2
解析 镁菱锌矿(主要成分为ZnCO 、MgCO 等，含有少量FeCO 、CaCO 等杂质)用浓盐酸
3 3 3 3
浸取，过滤后的滤液中含有Zn2＋、Mg2＋、Fe2＋、Ca2＋，然后加入石灰和漂白粉氧化除铁，
过滤后在滤液中加入氨水沉锌，过滤，沉淀用硫酸溶解，然后依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、
过滤、洗涤、干燥制得ZnSO·7H O；滤液中加入草酸沉淀镁离子得到草酸镁，离心洗涤后
4 2
灼烧得到氧化镁，据此解答。(2)“氧化除铁”在90 ℃，控制溶液pH在4.0～5.0，次氯酸
根离子作氧化剂，还原产物是氯离子，则得到针铁矿渣的离子方程式为 2Fe2＋＋ClO－＋3HO===2FeOOH↓＋Cl－＋4H＋。(3)当锌离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度是 mol·L
2
－1＝×10－6 mol·L－1，则氢离子浓度是 mol·L－1＝×10－7 mol·L－1，则pH＝7.15；当镁离子开
始沉淀时溶液中氢氧根离子浓度是 mol·L－1＝1.0×10－5.5 mol·L－1，则氢离子浓度是
mol·L－1＝1.0×10－7.5 mol·L－1，则pH＝7.5，所以应加入氨水调节pH的范围为7.15≤pH＜
7.5；由于Zn2＋水解产生H＋，加入NH ·H O消耗H＋，从而可促进水解。
3 2
(三)化学反应原理
1．(1)①＋200.8 ②苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间
一种独特的键 (2)①在恒压密闭容器中，掺入水蒸气，容器的体积增大，对于反应
(g，环己烷) (g)＋3H(g)，体系中的分压减小，压强减小上述平衡正向移动 ②适当
2
升高温度 (3)①3.0×10－4 ②C ③温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物的
量增大，即生成的苯变少 (4) (g)＋6H＋＋6e－=== (g) 2
解析 (1)①由题表数据可得热化学方程式：Ⅰ： (g，环己烷)＋9O(g)===6CO(g)＋
2 2
6HO(l) ΔH ＝－3 920 kJ·mol－1，Ⅱ： (g)＋O(g)===6CO(g)＋3HO(l) ΔH ＝－3 264
2 1 2 2 2 2
kJ·mol－1，Ⅲ：H(g)＋O(g)===HO(l) ΔH ＝－285.6 kJ·mol－1，根据盖斯定律Ⅰ－Ⅱ－
2 2 2 3
3×Ⅲ得目标反应： (g，环己烷) (g)＋3H(g)，ΔH＝ΔH －ΔH －3ΔH ＝－3 920
2 1 2 3
kJ·mol－1－
(－3 264 kJ·mol－1)－3×(－285.6 kJ·mol－1)＝＋200.8 kJ·mol－1。②由于苯环上的碳碳键并不
是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键，所以其键能也与之有较大
差异，故利用表格中的键能数据计算脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大。(3)①
由题表数据可知，2.0～8.0 min内H 的物质的量改变量为(7.0－1.6)×10－3 mol＝5.4×10－3
2
mol，根据反应的化学方程式可知，相同时间内苯的物质的量增加×5.4×10－3 mol＝1.8×10－
3 mol，则v(苯)＝＝＝3.0×10－4 mol·min－1。②由题图可知，温度越低，苯的选择性越高，
但环己烷的转化率越低，温度在650 ℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高，则据此
判断此时选择最佳温度为650 ℃左右。③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，
但温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物的量增大，即生成的苯变少，导致苯的
选择性降低。(4)阴极气体产物除环己烷和H 外，无其他有机产物，阴极上苯和H＋得到电子
2生成环己烷，该电极反应式为 (g)＋6H＋＋6e－=== (g)，由图可知阳极反应为2HO
2
－4e－===O↑＋4H＋，则阳极生成2.8 mol O ，电路上转移的电子的物质的量为2.8×4＝11.2
2 2
mol，根据阴极反应式： (g)＋6H＋＋6e－=== (g)、2H＋＋2e－===H↑，设生成H 为x
2 2
mol，参与反应的苯的物质的量为y mol，则有：①2x＋6y＝11.2，剩余苯的物质的量为10
mol×24%－y＝(2.4－y) mol，②＝10%，联合①②解得x＝2，即阴极产生H 的物质的量为2
2
mol。
2．(1)－93 (2)曲线b 1 343 (3)1 1.5 －1 1.6 (4)①> ②温度升高，温度对平衡的
影响大于压强对平衡的影响 ③12.5
解析 (1)由ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和可得：ΔH＝(945 kJ·mol－1＋436 kJ·
mol－1×3)－(391 kJ·mol－1×2×3)＝－93 kJ·mol－1。(2)图1为有催化剂参与合成氨反应的反
应进程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线 b与图
1能量变化相符；由ΔH＝－(E －E)可得：－93 kJ·mol－1＝－(E －1 250 kJ·mol－1)，解得E
2 1 2 2
＝1 343 kJ·mol－1。(3)依据题给数据，由Ⅰ和Ⅱ的速率相比可得：＝，解得α＝1；由Ⅱ和Ⅲ
的速率相比可得：＝，解得β＝1.5；由Ⅰ和Ⅳ的速率相比可得：＝，解得γ＝－1；由Ⅰ和
Ⅴ的速率相比可得：＝，解得m＝1.6。(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，
平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为 p时氮气的
物质的量小于压强为1.8 MPa时氮气的物质的量，则p大于1.8 MPa。②投料比一定时，随
着温度升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压
强对平衡的影响。③由图可知，在1.8 MPa、373 K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质
的量为0.4 mol，由化学方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6 mol－(1 mol
－0.4 mol)×3＝0.8 mol、(1 mol－0.4 mol)×2＝1.2 mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压分
别为×1.8 MPa＝0.3 MPa、×1.8 MPa＝0.6 MPa、×1.8 MPa＝0.9 MPa，平衡常数K ＝＝
p
12.5 MPa－2。
3．(1)－49.1 (2)①> ②90% (3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，
而且有利于该反应正向进行
②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合
3
成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率降低 ③K＝ (4)增大压强或使用更高效的催
3
化剂
解析 (1)反应③＝反应①＋反应②，则ΔH＝ΔH＋ΔH＝＋41.4 kJ·mol－1＋(－90.5 kJ·mol－1)
3 1 2
＝－49.1 kJ·mol－1。(2)①反应③是气体体积减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向
移动，CO 转化率升高，则p ＞p 。②在曲线A的条件下，起始充入CO(g)和H(g)的物质
2 A B 2 2的量分别为1 mol、3 mol，则CO(g)和H(g)的起始浓度分别为1 mol·L－1、3 mol·L－1，设c
2 2
点时，CO 的转化浓度为x mol·L－1，则H、CHOH、HO的转化浓度分别为3x mol·L－1、x
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1，则c点时CO 、H 、CHOH、HO的浓度分别为(1－x) mol·L－1、(3－3x)
2 2 3 2
mol·
L－1、x mol·L－1、x mol·L－1，K＝＝300，则＝300，解得x＝0.9，则c点对应CO 转化率为
2
×100%＝90%。(3)①反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反
应正向进行，故CO 转化率随温度升高而增大。②反应②(或反应③)为放热反应，而反应①
2
为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的合成，但有利于CO的生成，所以CHOH产率
3 3
降低，CHOH选择性减小。③反应①的平衡常数的表达式为K＝。(4)反应②(或反应③)是气
3
体体积减小的反应，反应①是气体体积不变的反应，增大压强，反应①的平衡不移动，反应
②(或反应③)的平衡正向移动，CHOH产率增大，CHOH选择性增大；使用更高效的催化
3 3
剂，加快反应②(或反应③)的速率，使CHOH产率增大，从而使CHOH选择性增大。
3 3
4．(1)AC (2)－180.5 (3)⑦ (4)增大 增大 (5)75% 3 240 (6)2NO＋3ClO－＋2OH－
===2NO＋3Cl－＋HO
2
解析 (1)根据示意图可知，Fe3＋为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，
A项正确；根据反应历程图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过
程总反应的化学方程式为4NH ＋4NO＋O===4N ＋6HO，B项错误；该反应历程中形成了
3 2 2 2
N≡N非极性键和H—O极性键，C项正确。(2)已知①C(s)＋O(g)===CO(g) ΔH＝－393.5
2 2 1
kJ·mol－1，②CO(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH＝＋172.5 kJ·mol－1，③2NO(g)＋2CO(g)===N(g)
2 2 2
＋2CO(g) ΔH ＝－746.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律③＋②－①可得 2NO(g)===N(g)＋
2 3 2
O(g)，故ΔH＝ΔH＋ΔH－ΔH＝－180.5 kJ·mol－1。(3)由表中数据可知，反应⑦的活化能最
2 3 2 1
大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H 催化还原NO
2
的反应速率的基元反应为⑦。(4)达到平衡后，再充入a mol NO(g)和a mol CO(g)，相当于
等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正
向移动，NO的平衡转化率增大；再充入a mol NO(g)和a mol CO(g)，反应容器为恒容容器，
气体物质的量增多，则压强增大。(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强之比等于气体
物质的量之比，即＝，设平衡时气体总物质的量为y mol，则＝，解得y＝3.75，设平衡时
CH 转化的物质的量为x mol，列三段式：
4
CH(g)＋2NO (g)CO(g)＋N(g)＋2HO(g)
4 2 2 2 2
开始/mol 1 2 0 0 0
转化/mol x 2x x x 2x
平衡/mol 1－x 2－2x x x 2x
可得1－x＋2－2x＋x＋x＋2x＝3.75，解得x＝0.75，NO 的转化率为×100%＝75%；K ＝＝
2 pkPa＝3 240 kPa；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入 3 mol CH 和2 mol NO ，则在
4 2
该温度下的压强平衡常数还是3 240 kPa。(6)由图3可知当电流强度为4 A时，氯的主要存
在形式为ClO－，故此时是ClO－和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根离子，反应的离子方程
式为2NO＋3ClO－＋2OH－===2NO＋3Cl－＋HO。
2
5．(1)B (2)①72.5 ②第一步 第一步反应的活化能小 (3)①BD ②< > ③p
(4)2CO ＋12e－＋12H＋===C H＋4HO 阳
2 2 4 2
解析 (2)②反应速率较快的是第一步反应，理由是第一步反应的活化能小。(3)①恒温、恒
容且反应中全为气体物质，容器中混合气体的密度始终保持不变，A项错误；反应前后气体
的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应到达平衡状态，B项正确；
反应速率：2v (CO)＝v (H )不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应到达平衡状态，
正 2 正 2
C项错误；同时断裂2 mol C—H和1 mol H—H能说明正、逆反应速率相等，能说明反应到
达平衡状态，D项正确。②增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，由图乙可知，压
强pv 。
1 2 正 逆
③ CH(g)＋CO(g)2CO(g)＋2H(g)
4 2 2
起始/mol 0.2 0.2 0 0
转化/mol 0.1 0.1 0.2 0.2
平衡/mol 0.1 0.1 0.2 0.2
平衡时总物质的量为(0.1＋0.1＋0.2＋0.2) mol＝0.6 mol，则甲烷的平衡分压为p ，二氧化碳
2
的平衡分压为p ，一氧化碳的平衡分压为p ，氢气的平衡分压为p ，则X点对应温度下的
2 2 2
K ＝ ＝ p。(4)连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应式为 2CO ＋12e－＋12H＋
p 2
===C H ＋4HO ，因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，故该装置中使用的是阳离子交
2 4 2
换膜。
(四)物质结构与性质(选考)
1．(1)3d84s2 N＞C＞H (2)sp3 C和P的原子半径相差较大， “头碰头”重叠形成σ键之
后很难进行“肩并肩”重叠形成π键 (3)C 4 (4)1∶1 ＋2价 (5)×1021
解析 (4)由晶胞图示可知，1个晶胞中含有NH 的个数为8×＝2，苯分子的个数为4×＝
3
2，故该包合物中氨与苯分子数目比，即b∶c＝2∶2＝1∶1；一个晶胞中含CN－的个数为
4，Ni的个数为8×＋2×＝2，其中Ni的平均化合价为＋2价。(5)晶体密度为ρ＝＝ g·cm－3
＝×1021 g·cm－3。
2．(1)[Ar]3d10(或1s22s22p63s23p63d10)
(2)Zn＞Cu＞Al
(3)H＜C＜O sp2、sp3(4)X-射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
3．(1)6 能量最低原理 (2)①sp3d2 17N ②6
A
(3)K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱
(4)12
4．(1)3d74s2 N (2)三角锥形 sp3 (3)2 6 (4)3∶4 (5)C N 氮化碳和金刚石都是原子
3 4
晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键 (6)(，，) ××1010
解析 (3)根据配合物的组成，1 mol配合物中外界有2 mol Cl－，因此与足量硝酸银溶液反应，
得到2 mol AgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1＝6。(4)(CN) 中每个原子最外层都达到8电子结
2
构，即(CN) 的结构式为N≡C—C≡N，一个分子中σ键的数目为3，π键的数目为4，因此
2
个数之比为3∶4。(5)根据图1可知，1个N连3个C,1个C连4个N，因此化学式为C N；
3 4
C N 、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键强度有关，C的半径大于N，因此C—C的键长
3 4
比C—N的键长长，C—C的键能比C—N的键能小，因此金刚石的硬度比氮化碳低。(6)根
据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为 ，则原子3的原子分数坐标为(，，)；
N原子在晶胞内部，个数为4，Ga原子位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，氮化镓的化
学式为GaN，晶胞的质量为×(70＋14) g＝ g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为 cm，
Ga与N最近的距离，即Ga—N的键长应是体对角线的，从而推出Ga—N的键长为××1010
pm。
5．(1)3d9 Be (2)sp2和sp3 120° 109°28′ O—H B (3)15∶2 (4)乙酰丙酮的极性与
有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好
(5)×1010
6．(1) (2)sp2、sp3 Ni＜C＜O＜N (3)D (4)CO 1∶1
2
CNO－ (5)①LaNi ②×1021
5
解析 (3)SeO中Se原子的价层电子对数为4＋×(6＋2－8)＝4，VSEPR模型为正四面体形，
故不选A；SeO中Se原子的价层电子对数为3＋×(6＋2－6)＝4，VSEPR模型为四面体形，
故不选B；SeO 中Se原子的价层电子对数为2＋×(6－4)＝3，VSEPR模型为平面三角形，
2
故选D。(4)CO 是直线形分子，结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子；双键中有
2
1个π键，三键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO 分子中的π键数目之比为
2
1∶1；CO 的价电子数是16，与CO 互为等电子体的阴离子为CNO－。(5)①根据均摊法，
2 2
晶胞中La原子数是12×＋2×＝3，Ni原子数是18×＋6＝15，该储氢材料的化学式为LaNi。②晶胞参数边长为a nm，高为b nm，则晶胞的体积为a2b×10－21 cm3，一个晶胞内
5
可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm－3＝×1021 g·cm－3。
(五)有机化学基础(选考)
1．(1)5 Br ，光照 (2)取代反应 羧基
2
(3)
(4) NH
3
(5) 、 、
解析 根据A、B、C的分子式， 由D的结构简式逆推，可知C是 、B
是 、A是 。(1)2-氟甲苯 结构不对称，等效氢有5种；
2-氟甲苯和溴在光照条件下发生取代反应生成 。(2) 中Br被—
CN取代生成 ，反应类型为取代反应；C( )中含氧官能团名
称为羧基。(4)由E与F反应生成G，经历多步反应，第一步为加成反应，第二步发生消去
反应，由G逆推，第一步产物的结构简式为 ；由G生成H步骤还产生了一
种无机分子，H分子比G分子少1个N原子、3个H原子，根据原子守恒，该无机分子是NH 。
3
(5)能发生银镜反应，说明含有醛基；遇FeCl 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；具有—
3
CHF 基团；属 1,2,3-三取代苯衍生物，符合条件的 C 的同分异构体是 、
2
、 。
2．(1)碳碳双键 氧化反应 (2)甲醇
(3) (4) ＋ClCH COOCH ＋Zn＋HO―→
2 3 2
＋Zn(OH)Cl↓
(5)C H O 3 (6)
11 18 4
解析 由有机物的转化关系可知， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应后，生成
物与甲醇发生酯化反应生成B( )，B( )在甲醇钠作用下发生取代反
应生成C ( )或 ，则C 为 ；C 和C 在
1 2 1 2
碱性条件下发生水解反应后，再在酸性条件下共热发生脱羧反应得到 D( )，
在酸性条件下与甲 醇发生酯化反应生成 E( )， 与
ClCH COOCH 、锌和水反应生成F( )， 在浓硫酸作用下
2 3共 热 到 170 ℃ 发 生 消 去 反 应 ， 则 G 为 或 或
； 在 镍 做 催 化 剂 条 件 下 ， G 与 氢 气 发 生 加 成 反 应 生 成 H(
)；H( )发生类似B→C→D的转化得到 ，则I为
。
3．(1)苯甲醇 (2)碳碳双键、醛基 加成反应
(3)
(4) ＋ 2[Ag(NH)]OH――→ ＋ 2Ag↓ ＋
3 2
3NH ＋HO (5)5 (6)CH CHOH――→CHCHO――→CHCH(OH)CH CHO
3 2 3 2 3 3 2
―――――→CHCH(OH)CH COOH―――――→CHCH(OH)CH COOCH CH
3 2 3 2 2 3
解析 化合物A的分子式是C H ，则A是甲苯，结构简式是 ，A与Cl 在光照
7 8 2
条件下发生取代反应生成的B是 ，B与NaOH水溶液共热发生取代反应生成
C( )，C被催化氧化生成D( )，D与CHCHO在碱性条件下发
3
生加成反应生成E，E在一定条件下发生消去反应生成F，F与银氨溶液水浴加热发生氧化
反应，然后酸化可得G( )，G与CHOH在浓硫酸催化下加热发生酯
3
化反应生成H，H与CHMgBr作用然后酸化得到物质J。(5)G是 ，
3
其同分异构体满足条件：①属于芳香化合物且除苯环外不含其他环；②既能发生水解反应，
又能与新制的Cu(OH) 共热生成红色固体，说明含有醛基和酯基，即含有甲酸形成的酯基，
2
分子中除苯环外，若含有1个侧链，则该侧链为HCOOCH==CH—或HC==C(OOCH)—，有
2
2种结构；若含有2个侧链，则分别为HCOO—、—CH==CH，二者在苯环上的位置有邻、
2
间、对 3 种，故符合要求的 G 的同分异构体共有 5 种。(6)CH CHOH 催化氧化生成
3 2
CHCHO，CHCHO在碱性条件下发生醛与醛之间的加成反应生成 CHCH(OH)CH CHO，
3 3 3 2
CHCH(OH)CH CHO 与银氨溶液水浴加热，然后酸化可得 CHCH(OH)CH COOH，
3 2 3 2
CHCH(OH)CH COOH 与 CHCHOH 在 浓 硫 酸 催 化 下 加 热 发 生 酯 化 反 应 生 成
3 2 3 2
CHCH(OH)CH COOCH CH，合成路线见答案。
3 2 2 34．(1)氨基、醚键 (2)
(3)取代反应 (4) ＋NaOH―→ ＋NaSO
2 4
(5)14
(6)CH ==CHCH CHCH――→CHCHBrCH CHCH――――――→CHCHOHCH CHCH―
2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3
―→CHCHCHCOCH ――→
3 2 2 3
解析 根据C的分子式可知，B发生还原反应生成C： ，C和D发生取
代反应生成E： ，E在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成F，F发生已
知信息反应生成H，据此解答。(5)G为CHCOCH CHCOOH，链状化合物K含有2种官能
3 2 2
团，根据题设条件含有醛基和羟基或羧基，因此可以是2个醛基和1个羟基或者是1个醛基
和1个羧基，如果是2个醛基和1个羟基，碳链结构为C—C—C(CHO) ，—OH有3种位置，
2
碳链结构为 ，—OH有1种位置，碳链结构为 ，—OH有3种位置，
碳链结构为OHC—C—C—C—CHO，—OH有2种位置；若是1个醛基和1个羧基，相当于
是丙烷分子中的2个氢原子被醛基和羧基取代，有5种不同结构，合计是14种，其中能被
氢气还原为醇且该醇的核磁共振氢谱显示三组峰，且峰面积之比为3∶6∶3的结构，说明结
构对称，该醇的结构简式为 。(6)由信息可知，CHCHCHCOCH 与
3 2 2 3
反应生成 ，然后酸化生成 ，CH==CHCH CHCH 与HBr
2 2 2 3
加成生成CHCHBrCH CHCH，然后水解生成CHCHOHCH CHCH，再发生催化氧化生成
3 2 2 3 3 2 2 3
CHCHCHCOCH ，合成路线见答案。
3 2 2 3
5．(1)(酚)羟基、酯基 (2)取代反应C HBrO (3)
7 5 2
(4)
(5)9 (或 )
(6) ―――――→ ――――→ ――→
解析 由有机物的转化关系可知， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化
得到 ，则B为 ； 在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成
， 与甲醇钠发生取代反应生成 ， 与HOOCCH COOH
2
发生已知信息②的反应生成 ，则E为 ；发生已知信息③的反应生成 ，则F为 ；在浓硫
酸 作 用 下 ， 与 共 热 发 生 酯 化 反 应 生 成
。(5)D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶
液发生显色反应，能发生水解反应，说明 H分子的取代基可能为—OH和—CHOOCH或—
2
OH和—OOCCH 或—OH和—COOCH ，两个取代基在苯环上都有邻、间、对三种位置关
3 3
系，则符合条件的H共有3×3＝9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为
3∶2∶2∶1的结构简式为 或 。(6)由题给路线中的相关知识可知，以
和乙酸为原料制备 的合成步骤为 在氢氧化钠水溶液中
共热发生水解反应生成 ， 与乙酸发生已知信息②的反应生成
， 发生加聚反应生成 ，合成路线见答案。
