实战演练化学答案.docx

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实战演练化学答案

2014实战演练·高三化学参考答案与解析

南京市、盐城市2013届高三第一次模拟考试

1.C　解析：

本题考查化学与STSE及科学发展观中的化学思想。

绿色化学的含义：

原子利用率高；用可再生资源（农业性、生物性）原料，替代不可再生性原料；产品的使用不会引起生态危害、不会威胁人类健康、可循环利用等。

C选项中电池用重金属，会造成污染。

2.B　解析：

考查的是化学用语。

A选项中核素右上角应表示质量数，C选项考查的是离子结构示意图，铝的质子数是13，D选项有机物结构式，应写为

。

B选项电子式正确。

3.B　解析：

A选项中氯气是氧化漂白，二氧化硫是化合漂白，本质不同。

C选项中氯化钠使蛋白质盐析，另一种是蛋白质变性析出。

D选项中前一个是化学变化，后一个是物理变化。

B选项中裂化汽油和植物油都含有碳碳双键，溴水和这两种物质都能发生加成反应，选项B正确。

4.D　解析：

考查离子共存。

A中溶解Al2O3的溶液是酸性或碱性的，不论哪种情况HCO

都不能共存；B中Ca（ClO）2有强氧化性，与I－能反应。

C中能使甲基橙显红色的溶液显酸性，隐含着H＋，H＋、Fe2＋、NO

能反应。

D隐含铁离子，可以共存。

选项D正确。

5.B　解析：

NaHCO3在食品工业用作焙制糕点的膨松剂，是因为NaHCO3受热分解产生二氧化碳，与它能与碱反应没有关系。

选项B错误。

6.A　解析：

工业制造漂白粉用的是石灰乳，A选项错误。

B选项加氯化氢抑制镁离子水解，正确。

D选项中ICl和IBr中I均为＋1价，与KI发生归中反应生成I2，I2用升华法提取，正确。

7.C　解析：

考查基本实验。

A选项用过滤法分离，应该选用普通漏斗，不用分液漏斗。

B选项配置溶液缺少量筒和胶头滴管，完不成实验。

C选项正确。

D选项高锰酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都发生化学反应。

8.A　解析：

考查离子方程式。

A正确；B项阳极铜要溶解；C选项没有配平；D选项二氧化碳过量产物是HCO

。

9.D　解析：

考查阿伏加德罗常数。

A选项不是标准状况下气体，错误；B选项计算没有包括溶剂水中的氧，错误；C选项钠的量不确定，转移电子数也不确定，错误；D正确。

10.A　解析：

A选项中熵增大但不自发，说明一定是吸热反应，正确；B选项中纯铁本能形成原电池，错误；C选项加入催化剂能改变化学反应速率但不能改变转化率，错误；D碱性增强，应该是吸热反应。

11.D　解析：

观察Ⅰ、Ⅱ的结构式可知，Ⅰ中有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，A正确；Ⅱ中有官能团—Cl、—OH、碳碳双键、酯基，能发生取代、消去及加成反应，C正确；根据手性碳原子概念判断，B正确。

Br2的CCl4溶液能和Ⅰ、Ⅱ有机物都反应，D错误。

12.AC　解析：

考查元素周期表知识。

由题意知X是H，Y是O，Z是Na，W是S。

A选项原子半径的比较正确；元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，B选项错误；过氧化钠与水反应，它既是氧化剂又是还原剂，C选项正确；Na2SO4·7H2O溶液显中性，D选项错误。

13.B　解析：

A选项考查焰色反应，此现象说明该物质含钠元素，错误；按强酸制弱酸的原则，H2CO3的酸性比苯酚酸性强，C错误；根据沉淀溶解平衡原理，Ksp（Ag2S）＜Ksp（Ag2CO3），D错误；选项B正确。

14.A　解析：

由图像分析，温度升高，甲烷的转化率增大，正反应是吸热反应，A正确；定等温线分析，p4对应的甲烷转化率小，p4应该是压强最大，B错误；根据平衡时浓度，可知K＝1.6384，C错误；Y未达到平衡，反应要正向移动，v（正）＞v（逆），D错误。

15.BD　解析：

粒子浓度大小比较。

A选项加入盐酸为碳酸钠的一半，反应后的溶液中Na2CO3与NaHCO3的比为1∶1，则c（HCO

）>c（CO

）；b点时，根据元素守恒可知，正确；c点时，根据质子守恒可知，c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO

）－c（CO

）；d点时Na2CO3与盐酸完全反应，溶液中H＋由H2CO3和水电离生成，正确。

16.（12分）

（1）K＝c2（CO）/c（CO2）（2分）

（2）除去CO2等酸性气体（2分）

（3）蒸馏（2分）　Na2SO3（或NaHSO3）（2分）

（4）HCOONa＋2SO2＋NaOH===Na2S2O4＋CO2＋H2O（2分）

（5）S2O

＋3H2O2===2SO

＋2H＋＋2H2O（2分）

解析：

本题是元素与化合物知识与工业生产工艺、工业流程题考查。

根据煤气的成分，通过氢氧化钠溶液显然是除去CO2等酸性气体，然后是CO和NaOH反应生成HCOONa，然后甲醇作介质，与SO2、NaOH反应合成Na2S2O4。

题目考查了化学平衡常数，化学方程式、离子方程式书写及实验除杂等。

（1）平衡常数表达式不能写入固体。

（3）甲醇与水互溶用蒸馏法分离；合成保险粉是二氧化硫与氢氧化钠同时加入，两者可能会反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠。

17.（15分）

（1）取代反应（2分）

（2）醛基（2分）　醚键（2分）

（5分，每步1分）（若用Br2水或Cl2水同时发生加成和氧化，只要产物合理也可给分）

解析：

本题考查有机官能团的识别、反应类型的判断、官能团的性质、同分异构体的书写、结构推断和有机合成路线的设计。

分析流程可知A到B为CH3OCH2Cl取代A中羟基上的H原子；B到C为丙酮的甲基上的H与B中醛基加成，然后再消去生成碳碳双键；C到D为羧基变酯基；E到F为选择性氧化，羟基变为醛基；F到G的反应条件和B到C条件一样，可知G的左侧为X的组成部分。

（3）含苯环的物质能与氯化铁发生显色，则含有酚羟基，本身及水解后的产物能发生银镜反应，则为甲酸形成的酯。

（5）醛与醛之间可以发生类似B到C的反应，产物含有碳碳双键，再与溴加成，然后醛基氧化成羧基，最后将溴原子水解得到两个羟基。

18.（12分）

（1）4MnO

＋12H＋===4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O（2分）

（2）淀粉溶液（2分）

（3）n（C2O

）＝0.02000mol·L－1×20.00×10－3L×5/2＝1.000×10－3mol（1分）

n（Cu2＋）＝0.05000mol·L－1×10.00×10－3L＝0.5000×10－3mol（1分）

由电荷守恒知，该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]·xH2O（2分）

m（H2O）＝0.1680g－0.5000×10－3mol×M[K2Cu（C2O4）2]

＝0.1680g－0.5000×10－3mol×318g·mol－1＝0.009g（1分）

n（H2O）＝0.009g/（18g·mol－1）＝0.5000×10－3mol（1分）

n（H2O）∶n（Cu2＋）＝1∶1，即x＝1（1分）

即该晶体的化学式为K2[Cu（C2O4）2]·H2O（1分）

解析：

本题是综合性计算题。

（1）步骤②中Mn元素化合价由＋7到＋2，O元素的化合价由－2价到0价，根据化合价升降总值相等及电荷守恒配平离子方程式。

（2）步骤③中加入KI与铜离子反应生成碘，步骤④中当碘消耗时，蓝色褪去为终点。

（3）中找出关系量：

2MnO

～5H2C2O4　2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，结合电荷守恒计算出钾离子物质的量，再根据质量关系求出水的物质的量，由此得出晶体的化学式。

19.（15分）

（1）①水浴加热（2分）　②Mg2＋＋HCO

＋NH3·H2O＋（n－1）H2O===MgCO3·nH2O＋NH

（2分）

③取最后一次洗涤的滤出液，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净（2分）

（2）①缓冲压强并封闭体系（2分）　②使广口瓶内水中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH充分吸收（2分）

③n＝（1－84a）/18a（3分）

（3）1（2分）

解析：

本题是一道综合实验题，考查了化学反应条件的选择、实验方案的设计及实验步骤的理解。

（1）低于100℃的加热一般用水浴加热；步骤3可以推出产物为硫酸铵和MgCO3·nH2O。

沉淀的表面会残留磷酸铵，可以通过判断洗涤液中是否含有铵根或硫酸根，得出沉淀是否洗干净。

（2）硫酸与碳酸镁反应有二氧化碳生成，需要测定，如果体系硬性封闭，产生的气体会使压强增大，易泄漏。

二氧化碳在水中的溶解度较大，升高温度使其逸出，便于吸收反应产生的二氧化碳。

（3）图中可知，剩余质量82.3g时，为失去结晶水的质量。

剩余39.2g时，减少质量为分解出的二氧化碳的质量。

20.（14分）

（1）①2a＋b（2分）

②SiO＋2NaOH===Na2SiO3＋H2↑（2分）

（2）①SiHCl3（2分）　②>（2分）

（3）①Si＋4H－－4e－===SiH4↑（3分）　②Si3N4（3分）

解析：

（1）①用上式乘以2加上下式，即得所求反应的ΔH＝2a＋b。

②根据元素守恒，可判断出产物除了硅酸钠外还有氢气。

（2）①两种反应物，增加其中一种，另外一种物质的转化率增大，自身的转化率反而减小，横坐标表示氢气量的增加，所以纵坐标表示的转化率提高时SiHCl3。

②向x轴作一垂线分析，n（H2）/n（SiHCl3）一定，温度越高，SiHCl3的转化率越高，反应的程度越大，所以高温时K大。

（3）此题类似电解精炼铜的原理，用粗硅作阳极，由图可知，H－移向阳极，生成SiH4。

②n（Si）/n（N）＝3∶4，即Y的化学式为Si3N4。

21A.（12分）

（1）①1s22s22p63s23p63d2或[Ar]3d2（2分）

②正四面体（2分）

（2）abcd（2分，只选1个不给分，选2～3个得1分）

（3）①非极性（2分）　②90×6.02×1023（或90mol）（2分）

（4）

（2分）

解析：

（1）①Ti为22号，价电子排布为3d24s2，Ti失去4s上两个电子生成Ti2＋，Ti2＋基态电子排布为[Ar]3d2。

②BH

中，B可以提供3个价电子，整个离子得到一个电子，4个H差4个电子，B中无孤对电子，sp3杂化，所以是正四面体。

（2）氨气中N有一对孤对电子，sp3杂化；氨气分子间可以形成氢键，沸点比PH3高；[Cu（NH3）4]2＋离子中，氨气是配体，N原子提供孤对电子，故为配位原子；CN－与氮气互为等电子体，所以与氮气的电子式相似。

（3）根据相似相溶原理，C60为非极性分子。

②从C60的分子结构看，每个碳原子形成一个双键、两个单键，所以60个C原子σ键共有60×3×1÷2＝90。

（4）根据晶胞图知，Mg为8×1÷8＋1＝2；H：

4×1÷2＋2＝4，一个晶胞含有2个MgH2，所以V＝52/aNA。

21B.（12分）

（1）使反应物充分接触（2分）

（2）分水器，及时分出反应生成的水，有利于反应向生成DBP方向移动（2分）　分水器中有大量的水（水溶液）产生（1分）

（3）可避免酯的损失，同时避免洗涤过程中的乳化现象（2分）

（4）中和产品中游离酸（3分）

（5）避免蒸馏过程中，有机物脱水炭化现象（2分）

解析：

（1）搅拌可以使反应物充分混合反应。

（2）酯化反应有水生成，蒸去水，可以使反应正向移动。

生成的水越多，说明生成的酯越多。

（3）酯在盐中的溶解度较小，避免酯的损失。

（4）用碳酸钠可以洗去酯中的醇和酸。

（5）有机物在加热条件下易脱水，使用减压蒸馏，降低有机物的沸点，便于收集较多的产物。

南通市2013届高三第一次调研测试

1.C　解析：

推进生态文明，努力建设美丽中国。

绿色化学、节能减排、提高资源和能源的利用率是努力方向。

所以A、B、D是正确的，C不符合。

2.D　解析：

A.氧原子上的孤电子对未标出。

B.质子数＋中子数等于质量数，Tc原子为99。

C.Cl－核电荷数并未因形成离子而变化，仍为17。

D.甘氨酸的结构正确。

3.A　解析：

A.Na2O2能与水和二氧化碳发生反应，生成氧气，所以Na2O2用作呼吸面具和潜水艇供氧剂。

B.制光导纤维时使用二氧化硅。

C.铝能被浓硫酸、浓硝酸钝化，但能与稀硫酸、稀硝酸发生反应，所以不能贮运稀硝酸。

D.福尔马林有防腐作用，但对人体有害，所以可以用于浸泡生物标本，但不能用于水产品保鲜。

4.B　解析：

A.OH－和Fe2＋不能共存，SO

和Ba2＋也不共存。

B能共存。

C.NO

在H＋存在时，具有强氧化性，会氧化Fe2＋。

D.H＋与CH3COO－反应，生成弱电解质CH3COOH。

5.C　解析：

A.未完全配平，Na前应配2，故电荷不守恒。

B.氨水是弱电解质，不能与氢氧化铝反应，生成AlO

。

C.正确，氯水具有强氧化性，氧化SO2。

D.过量CO2通入后，生成了HCO

。

6.D　解析：

A.氨气通过浓硫酸，将被浓硫酸所吸收。

B.碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠热稳定性强，故无法用加热的方法除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠。

C.定容时，应是用玻璃棒引流，注入水至距刻度线1～2cm，再用胶头滴管滴加水至凹液面的底部与刻度线相切。

D.分液漏斗可以分离互不相溶的两种液体，因此能分离水和溴苯。

7.D　解析：

根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置，可以推断X、Y、Z、W分别为C、N、Al、Cl。

A.电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电荷数越多，半径越小，正确为rZ>rX>rY。

B.元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性强弱关系为：

W>Y>X，所以正确关系为HW>YH3>XH4。

C.Y的氢化物与W的氢化物化合得到氯化铵，是离子化合物，含有离子键。

D.四种元素的最高价氧化物对应水化物，除氢氧化铝是两性氢氧化物以外，其余都是酸，所以它们都能与强碱反应。

8.B　解析：

A.苯乙烯中，苯环上存在的碳碳键是介于单键和双键之间的一种独特的键，因此一个苯乙烯中，只有一个碳碳双键。

1mol苯乙烯中，碳碳双键数目为NA。

B.生成1分子氯气，转移2e－，所以生成7.1gCl2，转移的电子数目为0.2NA。

C.CCl4为液态，无法解得其物质的量。

D.CH3COOH是弱电解质，在溶液中不能完全电离，所以溶液中含有的H＋数目小于0.1NA。

9.A　解析：

A.前一个转化是工业炼铝，后一过程是铝热反应。

B.CuCl2（aq）到无水CuCl2，该过程无法一步得到，因为加热时促进了CuCl2的水解。

C.S与氧气反应，生成SO2，而得不到SO3。

D.CH2BrCH2Br在NaOH的醇溶液中发生的主要是消去反应，而不是水解反应，故得不到乙二醇。

10.C　解析：

A.图中反应物的能量高于生成物的能量，故该反应是放热反应。

B.HCl溶液滴定NaOH溶液时，pH是逐渐减小的，该图像应该是NaOH溶液滴定HCl溶液。

C.平衡常数K是温度常数，不受其他因素影响。

D.HCl溶液加水稀释倍数再大，不可能稀释到pH>7。

11.BC　解析：

A.阿克拉酮的分子式为C22H20O8。

B.阿克拉酮分子中最右侧环上有三个手性碳原子，正确。

C.阿克拉酮分子中最左侧苯环上有酚羟基，故其具有酚类的性质，能与FeCl3溶液发生显色反应，正确。

D.分子中有两个羟基和一个酯基，1mol该物质最多可与3molNaOH反应。

12.A　解析：

A.油漆本身具有隔绝空气的作用，含有的锌又能与铁及海水，形成原电池，船体的铁作为正极被保护，两种作用，均能防止船体被腐蚀。

B.Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于HCO

。

C.ΔG＝ΔH－TΔS，ΔH>0，ΔS>0时，只要T大于一定的值，可能使ΔG<0，使反应能自发进行。

D.该反应本身是放热反应，升高温度，会使平衡逆移，降低反应的转化率。

13.B　解析：

A.试纸边缘呈红色，中间为白色，白色的原因是因为氯水的漂白性所致，说明氯水既有酸性又有强氧化性（漂白性）。

B.溶液中出现一条光亮的通路，这是丁达尔效应，这是胶体特有的性质。

说明该分散系是胶体。

C.白色沉淀可能是AgCl沉淀。

D.银氨溶液使用要求是溶液呈碱性，稀硫酸与蔗糖共热后的溶液中，作为催化剂的硫酸会与银氨溶液反应，破坏银氨溶液，即使有葡萄糖存在，也无银镜现象。

14.BD　解析：

A.NH4Cl溶液水解后溶液呈酸性，故c（H＋）>c（OH－）。

B.正确。

C.想表述的是电荷守恒，正确为c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（CO

）＋c（HCO

）＋c（OH－）。

D.表述的是质子守恒关系，正确。

15.AD　解析：

A.由图可知，前10min内，Δc（D）＝3.0mol·L－1，所以有v（D）＝0.3mol·L－1·min－1。

B.C（s）为固体，所以在平衡常数表达式中，就不需要表示出。

C.可得x＝2，故反应前、后气体物质的量不变，故压缩容器体积，平衡不移动。

D.由图像可知，15min时，平衡逆移，如果改变的是温度，则是降温。

16.（12分，每空2分）

（1）ZnFe2O4＋4H2SO4===ZnSO4＋Fe2（SO4）3＋4H2O　

（2）①H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　②4.0×10－5　③Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性　（3）制取的锌含铜等杂质　（4）H2SO4、ZnSO4

解析：

（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，通过这个信息也就能够知道反应物和生成物，生成物是ZnSO4和Fe2（SO4）3。

（2）①该反应的目的是将Fe2＋氧化，所以反应物是H2O2、Fe2＋、2H＋，生成物是Fe3＋和H2O。

②pH＝3时，c（OH－）＝10－10mol·L－1。

利用Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）c3（OH－）＝4.0×10－38，求得Fe3＋浓度。

③控制溶液pH，使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀时，有Fe（OH）3胶体生成，胶体吸附了其中的悬浮杂质。

（3）Cu2＋等离子比Zn2＋更易放电，如果不进行净化，所得锌中含有杂质。

（4）电解生成锌的同时，还有硫酸生成，可以循环利用，电解过程中，低浓度的硫酸锌可以循环利用。

17.（15分）

（1）①②④（3分）　碳碳双键、醛基（2分）

解析：

（1）加成反应是①②④。

（2）此时的反应，是甲醛与丙醛醛基所连碳上的氢原子发生的加成反应，物质D中，还存在这样的氢原子，故仍能与甲醛加成，生成

。

（3）既能发生水解反应，也能发生银镜反应；结合D的组成，可以推知，应该是甲酸酯，又分子中有3种不同化学环境的氢，分子中三个碳原子上的7个H有两类，推知结构为HCOOCH（CH3）2。

（4）在铜作催化剂时，是醇羟基被氧化。

（5）制聚乳酸，需要乳酸，如何由丙醛制得乳酸，是本题的关键。

题中给出了信息：

，引入的卤素原子，可以被羟基取代，所以不难想到，先将丙醛氧化为丙酸，然后再发生取代引入卤素原子。

从而确定流程。

18.（12分）

（1）氨水（或NH3·H2O）（2分）

（2）用洁净的铂丝（或铁丝）蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K＋（2分）

（3）n（SO

）＝n（BaSO4）＝

＝0.04mol（1分）

n（NH

）＝n（NH3）＝

＝0.01mol（1分）

n（Fe3＋）＝2n（Fe2O3）＝2×

＝0.06mol（1分）

n（K＋）＝n（NH

）＝0.01mol（1分）　根据电荷守恒：

n（OH－）＝n（K＋）＋n（NH

）＋3n（Fe3＋）－2n（SO

）＝0.12mol（2分）　n（K＋）∶n（NH

）∶n（Fe3＋）∶n（SO

）∶n（OH－）＝1∶1∶6∶4∶12（1分）

黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6（SO4）4（OH）12。

（1分）

解析：

（1）其他流程中引入的物质都已明确，只有产物中的铵根未明确，故溶液X必是引入铵根离子的。

（2）观察K＋焰色反应，必须要注意透过蓝色的钴玻璃观察火焰的颜色。

（3）由得到白色固体9.32g，可推知是BaSO4，且有n（SO

）＝n（BaSO4）＝

＝0.04mol，由加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，可知n（NH3）＝n（NH

）＝

＝0.01mol，由最终得固体4.80g，固体是Fe2O3，得到n（Fe3＋）＝2n（Fe2O3）＝2×

＝0.06mol，根据电荷守恒有n（OH－）＋2n（SO

）＝n（K＋）＋n（NH

）＋3n（Fe3＋）可得n（OH－）＝0.12mol，得n（K＋）∶n（NH

）∶n（Fe3＋）∶n（SO

）∶n（OH－）＝1∶1∶6∶4∶12。

19.（15分）

（1）吸收SO2等尾气，防止污染空气（2分）　NaCl（2分）

（2）①IO

＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O（2分）

②淀粉溶液（2分）　酸式滴定管（2分）　③偏低（2分）　（3）③烧瓶中固体不再减少（1分）　④趁热过滤（1分）

⑤将所得滤液冷却结晶，过滤（1分）

解析：

（1）反应过程中，可能有SO2、H2S等有毒气体生成，必须对尾气进行处理，防止污染环境。

H2SO4改成浓盐酸，生成的SO2气体中就会混杂有HCl，导致产物中就会混有NaCl。

（2）①反应物KIO3、KI和HCl已经给出，产物之一是I2，所以方程式好确定了。

②Na2S2O3是与碘水反应，所以选择与单质碘有特殊现象的淀粉作指示剂，来判断碘是否已经完全反应。

滴定实验，必须要用到滴定管。

③如果局部变色，就停止实验，则使用标准液的量偏少，导致实验结果偏小。

（3）③Na2S加热时溶解度迅速增大，杂质不溶于酒精，利用这个性质来除杂，所以待Na2S全部溶解后，即停止加热。

④为防止因温度下降而使Na2S析出，所以要趁热过滤。

⑤是将溶液中的Na2S析出，由于Na2S溶解度随温度变化较大，所以采用将所得滤液冷却结晶的方法析出溶质。

20.（14分）

（1）－574.1（2分）

（2）NO＋3OH===HNO3＋H2O（2分）

（3）①SO2－2e－＋2H2O===SO

＋4H＋（2分）

②4　2　8　8　1　4　H2O（4分）　③3∶4（2分）

（4）减少机动车有害尾气的排放（2分）

解析：

（1）利用盖斯定律，将后式减前式，即得目标热化学方程式。

ΔH＝－574.1kJ·mol－1。

（2）从图中可看出，OH与NO反应后，最终生成HNO3和H2O，所以能写出NO＋3OH===HNO3＋H2O。

（3）①阳极区发生的是SO2被氧化转化为H2SO4，所以电极反应为：

SO2－2e－＋2H2O===SO

＋4H＋。

②利用得失电子守恒，可以配出S2O

、NO2、SO

和N2的计量数，再根据电荷守恒配出OH－的计量数，利用质量守恒定律，可推知还有一种产物是水。

③生成硫酸0.5mol，此时转移电子1mol。

令NO2和NO的物质的量为n1、n2，有n1＋n2＝0.35，4n1＋2n2＝1，解得n1∶n2＝3∶4。

（4）从图中可看出，污染的主要因素是烃及氮的氧化物，这些物质的主要来源，是汽车的尾气，故减少机动车有害尾气的排放是减少光化学烟雾的有效方法之一。

21A.（12分）

（1）①1s22s22p63s23p63d3（或[Ar]3d3）（2分）

②

（2分）　③

（2分）

（2）①sp2（1分）　sp3（1分）　②乙酸分子间存在氢键（2分）

（3）C（2分）

解析：

（1）①Cr3＋形成时，失去的是4s的两个电子和3d上的一个电子，所以它的电子排布式是[Ar]3d3（或1s22s22p63s23p63d3）。

②OH－和Cr之间的电子对是OH－由单方面提供的，Cr提供空轨道，所以之间形成的是配位键，结合