硫酸发生钝化，故可用Fe制的罐槽车运输浓硫酸，故C正确；从煤中制取p的操作是干馏，故D错误。]
8．A [肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，
存在顺反异构现象，故A错误；苯丙醛(同化学环境的氢原子，如图示：
)分子中有6种不
，故B正确；根据图示，还原反应过程中
肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H—H键和C==O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了肉桂醇，而没有转化成为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确。]
9．A [NH3→ N2化合价升高，失电子，发生氧化反应，作负极；NO－3→N2化合价降低，得电子，发生还原反应，作正极，盐桥中Cl－向负极X极移动，故A错；垃圾在微生物的作用下，发生氧化还原反应，形成了原电池，所以化学能转变为电能，故B正确；根据A分析知X为负极，Y为正极，电子由负极X 极沿导线流向正极Y极，故C正确；Y极为正极，发
－＋＋生的反应为2NO－3＋10e＋12H===N2＋6H2O，消耗H，所以pH增大，故D正确。]
10．B 11.B
12．B [实验②与实验①对比，只改变了Fe3＋浓度，故A说法正确；FeCl3溶液和KSCN溶液反应的实质是Fe3＋＋3SCN－
Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡无影响，故B
说法错误；实验④与实验①对比，只改变了SCN－浓度，故C说法正确；在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3＋与之反应生成氢氧化铁沉淀，溶液中Fe3＋的浓度减小，故D说法正确。] 13．AC [加入铁粉后，先与Fe3＋反应，混合溶液中Fe3＋的物质的量为1 mol·L－1×1 L×2＝2 mol，由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋知，当a≤1时，Fe粉只能将Fe3＋还原，故A正确；当固体有剩余时，溶液中的铁离子完全被还原成亚铁离子，且固体中一定含有铜，此时溶液中一定有Fe2＋、一定无Fe3＋，故B错误；当1≤a<2时，Fe3＋全部被还原，根据铁元素守恒，可得溶液中n(Fe2＋)＝(2＋a)mol，故C正确；若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，故D错误。]
14．D [根据电池的总反应知，放电时负极反应：4Na－4e－===4Na＋，正极反应：3CO2＋4e
－===2CO2－＋C 3
充电时，阴(负)极：4Na＋＋4e－===4Na
－－阳(正)极：2CO23＋C－4e===3CO2↑
放电时，ClO－4向负极移动。根据充电和放电时的电极反应式知，充电时释放CO2，放电时吸收CO2。]
15．BD [a点时生成N2的物质的量相等，但CO的初始浓度不同，其转化率不相等，故A错误；由图像可知，Ⅰ条件下反应物浓度小，而反应速率快，其他条件相同，只能是催化剂催化效果好，故B正确；由图像可知，0～5 h内，在催化剂Ⅰ的作用下，生成N2的物质的1.6 mol量为0.8 mol，消耗CO的物质的量为1.6 mol，CO的反应速率为＝0.16 mol·L－1·h－1，
5 h×2 L故C错误；0～12 h内，催化剂Ⅱ作用下生成N2的物质的量比催化剂Ⅰ的多，因此催化剂Ⅱ作用下反应放出的热量比催化剂Ⅰ的多，故D正确。] 16．(1)ΔH3－2ΔH2
(2)①Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 ②0.44 ③A
解析 (2)②利用三段式法进行计算： 2CO(g)＋SO2(g)
2CO2(g)＋S(l)
初始/mol 3 1 0 转化/mol 0.8 0.4 0.8 平衡/mol 2.2 0.6 0.8 0.8??22
K＝≈0.44。
2.220.6??×22
③增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A项符合题意；若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B项不符合题意；通入N2，不影响平衡移动，C项不符合题意；通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D项不符合题意；通入CO2平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E项不符合题意。
17．(1)硫酸 升温、把盐泥粉碎、搅拌等 (2)Mn2＋ClO＋H2O===MnO2↓＋2H＋Cl (3)速度快 BaSO4 Fe(OH)3 Al(OH)3 焰色反应 (4)趁热过滤 (5)16.8%
解析 (3)抽滤又称减压过滤，过滤时速度快，得到的固体较干燥；根据盐泥的成分可知，盐泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSO4和CaSO4；根据表中数据可知，当调节滤液A的pH为5～6，时，Al3＋和Fe3＋可分别水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；滤液D中的阳离子主要为Na＋，其灼烧时火焰颜色为黄色，可用焰色反应进行检验。(4)根据题图2可知，MgSO4·7H2O在温度高时溶解度较大，低温时易结晶析出，故操作M为将滤液B适当浓缩，趁热过滤。(5)设2吨盐泥中含Mg(OH)2的质量为x g，MgSO4·7H2O的质量为1吨，即106g，106×58x由MgSO4·7H2O～Mg(OH)2得x＝，该盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数为246×70%2×106×100%，代入x的数值可得其质量分数约为16.8%。 18．(1)蒸馏烧瓶
(2)10Cl＋16H＋2MnO4===5Cl2↑＋8H2O＋2Mn2 (3)丁中充满黄绿色气体 促进四氯化锡挥发
(4)除去氯气中混有的氯化氢气体 Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑ BC (5)AC (6)78%
解析 (3)当整个装置中充满氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，同时使生成的SnCl4汽化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集。(4)乙装置的作用是除去氯气中混有的HCl杂质；如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2与氢气，其方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是BC。
(5)SnCl2易被氧化，H2O2溶液可以将Sn2＋氧化，但没有明显现象，A项错误；SnCl2易被氧化，与酸性高锰酸钾溶液混合，若褪色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，B项正确；使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡离子，C项错误；与溴水混合，若橙色褪去，则说明
－
＋
－
＋
＋
－
＋
－
含有SnCl2，SnCl2与溴水发生了氧化还原反应，否则无SnCl2，D项正确。
1.19 g
(5)用去锡粒1.19 g，其物质的量为n(Sn)＝＝0.01 mol，根据Sn原子守恒可知在
119 g·mol－12.04 g
理论上生成SnCl4为0.01 mol，则SnCl4的产率为×100%≈78%。
0.01 mol×261 g·mol－119．(1)①3d104s1 ds ②N>O>C ③4 sp2、sp3 11
(2)①AD ②极性键、非极性键 (3)①(0，，)
2282×1021②
NA·R3
解析 (1)②同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，N的价电子排布式为2s22p3,2p能级为半充满结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2＋形成2个Cu—N键，2个Cu—O键，Cu2＋的配位数是4；—NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，为sp3杂化，杂环上的N形成3个σ键，一个π键，为sp2杂化。
(2)①C60和N60均由分子构成，属于分子晶体，故A正确；N2形成三键，键能大，N60的稳定性弱于N2，故B错误；C60中碳原子形成3个σ键，1个π键，碳是sp2杂化，故C错误；C60非极性分子，易溶于CS2、苯，故D正确。
②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中C—C键、Si—Si键为非极性键；C—Si键为极性键。
111
(3)D的原子坐标参数x为0，y、z为，D的原子坐标参数为(0，，)；Cu晶体的粒子堆积
22211
方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数＝6×＋8×＝4，其晶胞体积V＝(2228R×10－7)3cm3，其密度
64×482×1021m4M33－－ρ＝＝ g·cm＝g·cm＝cm－3。 3g·73VNAV－N·RANA×?22R×10?
20．(1)苯酚 (2)反应物、催化剂 取代反应
(3)
(4)
(5)碳碳双键、羰基 (6)3
(7)
――→ AlCl
3
CH3Cl
――→
HNO3
――→
?NH4?2S
――――――→HSO，0～5 ℃
2
4
NaNO2
。
解析 苯与浓硫酸发生取代反应生成，根据元素守恒，A中含碳原子数是6，则A
94－12×6－1612×694×17%
的相对分子质量是≈94，则氧原子数是≈1，氢原子数是＝6，
0.766161
A为芳香族化合物，A的结构简式是；与氢氧化钠反应生成
，则B是；B与CH3I发生取代反应生成
，与
硝酸发生取代反应生成，可以还原为；发生取代反应生
成；与CH2==CH—CH2—Cl发生取代反应生成
。
根据以上分析，(1)A的分子式是C6H6O，A为芳香族化合物，A的结构简式是化学名称是苯酚。
，
(6)①属于芳香族化合物，且为邻二取代，②属于酯类，水解产物之一遇FeCl3溶液显紫色，说明水解产物含有酚羟基；③非苯环上的核磁共振氢谱有三组峰，说明非苯环上有3种不同
环境的氢原子；符合条件的的同分异构体有、
、，共3种。
综合模拟(2) - 图文
