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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019高考化学模拟题11、化学与生活、生产密切相关，下列有关说法中正确的是A. ClO2具有氧化性，可用作自来水的净水剂B. 苏打溶液显碱性，苏打常用作胃酸中和剂C. CaCO3是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同原料D. Fe和Al2O3构成的铝热剂，用于焊接钢轨【答案】C【详解】AClO2的氧化性应用于消毒杀菌，故A错误；B用作胃酸中和剂的应为小苏打NaHCO3，故B错误；C制备水泥的原料是粘土、石灰石；制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，所以都用到CaCO3，故C正确；D铝热反应是Al和Fe2O3在高温下生成Fe和Al2O3的反应，Al和Fe2O3铝热剂，故D错误
2、。本题选C。2、MMA 是合成有机玻璃的单体，下面是MMA的两条合成路线。路线一：路线二：下列有关说法中不正确的是A. 路线一中的副产物对设备具有腐蚀性B. 路线一中涉及的反应全部为加成反应C. 路线二中原子利用率理论上为100%D. MMA与水在一定条件下能发生取代反应【答案】B【详解】A路线一中的副产物为NH4HSO4,电离出的H+可腐蚀设备，故A正确；B线路一中为加成反应，中有碳碳双键生成，为消去反应，故B错误；C利用率百分之百指反应没有副产物生成，所有均被利用。路线二无副产物生成，故C正确；DMMA中含有酯基，可在酸性或碱性条件下水解，发生取代反应，故D正确。本题选B。3、阿伏加德罗常
3、数用NA表示。下列说法中正确的是A. 33.6L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1-氯丙烷个数为1.5NAB. 一定条件下，Ca与O2反应生成7.2gCaO2，转移电子的个数为0.4NAC. 2mol冰醋酸与4mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯个数为2NAD. 1 lmol/L的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA【答案】D【详解】A丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1-氯丙烷和2-氯丙烷，无法计算生成1-氯丙烷的个数，故A错误；B7.2gCaO2含有0.1molCa，Ca从0价变到+2价，转移电子的个数为0.2NA，故B错误；C该反应为可逆反应，无法计算生成乙酸乙酯
4、的量，故C错误；Dlmol的葡萄糖中含有5mol羟基和1mol醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。本题选D。4、三种环状有机物的结构如图所示，下列有关说法中不正确的是A. 三种环状有机物互为同分异构体B. 环辛四烯(澡盆型)的一溴代物有一种C. 苯乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 立方烷的二氯代物有3种【答案】B【详解】A三种环状有机物分子式均为C8H8，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B环辛四烯有两种化学环境的氢，则一溴代物有两种，故B错误；C苯乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D选取一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构
5、体有3种，故D正确。本题选B。5、下列实验装置正确且能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D【答案】D【详解】ANaHCO3受热分解产生CO2易溶于石灰水，此处应有防倒吸装置，故A错误；B滴定时眼睛应观察锥形瓶中颜色变化确定滴定终点，故B错误；C碘单质极易升华，应采用蒸馏的方法提取碘单质，故C错误；D浓氨水可与CaO反应逸出氨气，经碱石灰干燥后用向下排空气法收集。故D正确。本题选D。【点睛】本题易错选C项，蒸发的原理是将互溶的液态混合物中易挥发的物质通过加热使其沸腾，以蒸气的形式蒸出，进而得到不挥发且溶于溶剂的物质。蒸馏的原理是将液态物质加热到沸腾(汽化)，并使其冷凝(液化)
6、。蒸馏的目的是分离液态混合物，即从混合溶液中分离出某种(或几种)纯液态物质。本题若用蒸发，碘也会升华为气态无法收集。6、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，且原子序数均不大于20，常温下W的某种气态氢化物通入溴水中，溴水褪色，且生成一种密度大于水的油状液体，X原子的核外电子总数与Y原子的最外层电子数相等，Z最高价氧化物的水化物为R，R的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，且R的溶解度随温度升高而降低。下列有关说法中正确的是A. Z为第3周期IIA元素B. 简单离子半径：ZYC. 最高价氧化物的水化物的酸性：XWD. Z的单质与Y的单质反应生成的产物中含有共价键【答案】C【分析】W的某种气态氢化
7、物通入溴水中使其褪色，乙烯满足条件，故W为碳元素；Y原子的最外层电子数不大于7，所以X原子序数不大于7，又W为碳元素，故X为氟元素，Y为氯元素；R为碱，溶解度随温度升高而降低，R为Ca(OH)2,则Z为钙元素。【详解】AZ为Ca，为第4周期IIA元素，故A错误；B钙离子和氯离子具有相同电子层结构，质子数大的半径小，ZW，故C正确；DCa与Cl2反应生成CaCl2，只有离子键，故D错误。本题选C。7、利用如图所示的电化学装置处理工业尾气中的硫化氢可实现硫元素的回收。下列说法中正确的是A. 电池工作时电予由电势高的电极甲经负载向电势低的电极乙移动B. 电池工作一段时间后，理论上消耗O2和H2S的体
8、积相等C. 当有1molH2S参与反应，则有2molH+由负极区进入正极区D. 电极甲上的电极反应为：2H2S+4OH4e=S2+4H2O【答案】C【详解】A电池工作时，甲为负极，电子经外电路从甲流向乙，电子从低电势向高电势移动，故A错误；B该电池总反应为2H2S + O2=S2 +2 H2O，消耗O2和H2S的体积比为1:2，故B错误；C负极反应为2H2S 4e= S2 + 4 H+，为维持电解质中电荷守恒，1molH2S参与反应生成的2mol H+需要通过质子固体电解质膜进入正板区，故C正确；D负极反应为2H2S 4e= S2 + 4 H+，故D错误。本题选C。8、某兴趣小组探究SO2气体
9、还原Fe3+、I2，它们使用的药品和装置如图所示（1）SO2气体和Fe3+反应的氧化产物、还原产物分别是_、_。（2）下列实验方案适用于在实验室制取所需SO2的是_。A.Na2SO3溶液与HNO3 B.Na2SO3固体与浓硫酸C.固体硫在纯氧中燃烧 D.硫化氢在纯氧中燃烧（3）装置C的作用是_。（4）装置B中反应的离子方程式_。（5）在上述装置中通入过量的SO2为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液中加入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案：往第二份试液中加入NaOH溶液，产生白色沉淀，并迅速转为灰绿色，最后呈红褐色。方
10、案：往第三份试液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的方案是_，原因是_。【答案】【答题空1】SO42-【答题空2】Fe2+【答题空3】B【答题空4】除去多余的SO2，防止污染大气【答题空5】I2+SO2+2H2O=4H+ + 2I +SO42-【答题空6】方案【答题空7】因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4溶液褪色【解析】【分析】本题通过硫及其化合物、铁盐亚铁盐的性质等考查氧化还原反应的概念，可从离子检验的知识点进行分析解答。【详解】（1）二氧化硫与铁离子反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O = 2Fe2+SO42-+4H+，反应中Fe3+被还原成
11、Fe2+，所以还原产物为Fe2+；SO2气体被氧化为SO42-，故氧化产物为SO42-。本题正确答案是：SO42-；Fe2+（2）硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，无法得到二氧化硫气体，故A错误；B.浓硫酸具有强酸性，且浓硫酸不挥发，亚硫酸钠溶液与浓硫酸能够反应生成二氧化硫气体，所以B选项是正确的；C.固体硫在纯氧中燃烧，操作不容易控制，且无法获得纯净的二氧化硫，故C错误；D. 硫化氢在纯氧中燃烧制得的SO2容易混有硫化氢和氧气杂质，无法获得纯净的SO2，故D错误；本题正确答案为B。（3）二氧化硫气体是酸性氧化物，具有刺激性气味，直接排放会污染大气。因为二氧化硫能和碱反应生成盐和水
12、，可用碱液处理二氧化硫，所以装置C的作用为：吸收SO2尾气，防止污染空气。本题正确答案是：除去多余的SO2，防止污染大气。（4）二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H+ + SO42- + 2I。（5）若发生反应，可通过证明溶液中Fe2+和SO42-来验证。中二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2+也使高锰酸钾溶液褪色，无法证明反应发生，所以方案不合理；Fe2+与碱反应生成白色沉淀Fe(OH)2，然
13、后在空气中被氧化，迅速转为灰绿色，最后呈红褐色Fe(OH)3，证明反应发生，方案合理；加入用稀盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀BaSO4，证明含有SO42-，方案合理。本题正确答案是：方案；因为A的溶液中含有SO2，SO2也能使KMnO4，溶液褪色。9、氯化铬晶体(CrCl36H2O)是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。实验室以红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备CrCl36H2O的流程如下已知：Cr2O72+H2O2CrO42+2H+；CrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。（1）写出碱溶发生反应的化学方程式_，所加40NaOH不宜过量太多的原因是
14、_。（2）还原时先加入过量CH3OH再加入10%HC1，生成CO2，写出该反应的离子方程式_，反应后从剩余溶液中分离出CH3OH的实验方法是_。（3）使用下列用品来测定溶液的pH，合理的是_(填字母)。A.酚酞溶液 B.石蕊试纸 C.pH计（4）请补充完整由过滤后得到的固体Cr(OH)3制备CrCl36H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，_，过滤，_，低温干燥，得到CrC36H2O(实验中可供选择的试剂：盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚)。（5）若取原料红矾钠26.2g，实验最终得到氯化铬晶体21.32g，则该实验的产率为_。【答案】【答题空1】Na2Cr2
15、O7+2NaOH=2 Na2CrO4+H2O【答题空2】避免还原时消耗过多盐酸【答题空3】2 CrO42+ CH3OH+10H+=2Cr3+7 H2O +CO2【答题空4】蒸馏法【答题空5】C【答题空6】冷却结晶【答题空7】用乙醚洗涤固体23次【答题空8】40%【解析】【分析】本题可通过影响化学平衡因素、氧化还原反应方程式的书写、常见实验分离操作以及化学反应计量关系计算的角度分析。【详解】（1）根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4，反应方程式是Na2Cr2O7+2NaOH=2Na2CrO4+H2O；加
16、40NaOH过量太多，大量氢氧化钠剩余，造成消耗盐酸过多，所以40NaOH不宜过量太多的原因是，避免还原时消耗过多盐酸；（2）在酸性条件下CrO42-被甲醇还原为Cr3+，反应离子方程2CrO42+CH3OH+10H+=2Cr3+7H2O+CO2；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH的方法是蒸馏法；（3）酚酞溶液、石蕊试纸只能判断酸碱性，测溶液pH用pH计，故选C；（4）Cr(OH)3溶于盐酸生成CrCl3，CrCl3溶液浓缩结晶析出CrCl36H2O晶体，由于CrCl36H2O不溶于乙醚，再用乙醚洗涤、干燥得到得到CrCl36H2O，所以由过滤后得到的固体Cr(OH)3制备CrCl
17、36H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤固体23次，低温干燥，得到CrCl36H2O。（5）设生成CrCl36H2O的理论产量是x g，Na2Cr2O7 2CrCl36H2O262 53326.2g xg解出x=53.3g所以CrCl36H2O的产率是21.32/53.3100% = 40%10、NO2与SO2对环境有害，若能合理吸收利用，则可以减少污染，变废为宝。回答下列问题：（1）含NO2与SO2的尾气可以用碱液吸收。NaOH溶液吸收NO2时，生成两种盐，发生反应的化学方程式为_。（2）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(
18、g) H=113.0kJ/mol2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=186.6kJ/mol则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) H=_。（3）在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比n(NO2)/n(SO2)进行多组实验(各组实验的温度可能相同，也可能不同)，测得NO2的平衡转化率(NO2)如图所示：当容器内_(填标号)不再随时间变化而改变时，不能判断反应达到了化学平衡状态。a.气体的颜色 b.气体的平均摩尔质量c.气体的密度 d.NO2的体积分数如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，则应采取的措施是_。若A点对应的实验中，SO2(g)的起始浓
19、度为c mol/L，经过t min达到平衡状态，则该时段的化学反应速率V(NO2)=_。图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，则TC_TD(填“，=”)。（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为_。若该燃料电池使用一段时间后，共收集8molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为_L。【答案】【答题空1】2 NO2+2NaOH= NaNO2 + NaNO3 + H2O。【答题空2】41.8kJ/mo1【答题空3】d【答题空4】降低温度【答题空5】c/5t molL-1min-1【答题空6】=【答题空7
20、】NO2+NO3-e-=N2O5【答题空8】89.6【解析】【分析】本题可从氧化还原反应方程式的书写、盖斯定律、化学反应速率、化学平衡状态判断、电化学原理来分析。【详解】（1）NaOH溶液吸收NO2时，生成两种盐，应为NaNO2和NaNO3，则反应的离子方程式为：2 NO2+2NaOH= NaNO2 + NaNO3 + H2O。（2）将题给热化学方程式依次编号为、，依据盖斯定律，由(-) / 2号得：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)H=41.8kJ/mo1。（3）该反应为气体体积不变的放热反应。a项，反应前NO2气体为红棕色，反应后气体为无色，当气体颜色不再改变时可说明反应达
21、到平衡状态，故a正确；b项，反应前后气体的质量和气体的物质的量均不变，故气体的平均摩尔质量始终不变，b项不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c项，反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度始终不变，c项不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d项，NO2的体积分数不变，可以说明反应达到平衡状态，故d正确。将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，NO2的平衡转化率增大，平衡正向移动，又正反应为放热反应，且原料气配比不变，故应降低温度。A点n(NO2)/n(SO2)=0.4，SO2的起始浓度为c mol/L，则c(NO2)= 0.4c mol/L，NO2的平衡转化率为50%，所以c= 0.
22、2c mol/L则v（NO2）=c/5t molL-1min-1。分别计算C、D两点的平衡常数K，设起始SO2物质的量为a mol对C点： NO2(g)+SO2(g)SO3(g) + NO(g)起始量（mol）：1.5a a 0 0变化量（mol）：0.5a 0.5a 0.5a 0.5a平衡量（mol）：0.5a 0.5a 0.5a 0.5a得K(Tc)=( 0.5a)2/(0.5a)2 = 1对D点： NO2(g)+SO2(g)SO3(g) + NO(g)起始量（mol）： a a 0 0变化量（mol）：0.6a 0.6a 0.6a 0.6a平衡量（mol）：0.9a 0.4a 0.6a
23、0.6a得K(TD)=( 0.6a)2/(0.9a)(0.4a) = 1K(Tc)=K(To），则Tc=TD。（4）石墨I电极上生成的氧化物Y应为N2O5,其电极反应式为NO2+NO3-e-=N2O5。石墨电极上发生反应：O2+2N2O5+4e-=4 NO3-，故电池总反应为O2+4NO2=2N2O5，当收集到8mol N2O5时，理论上消耗n(O2) = 4mol，在标准状况下的体积为89.6L。则本题答案为：NO2+NO3-e-=N2O5；89.6L【点睛】本题难点为第三问中对温度大小比较，化学平衡常数的影响因素只有温度，故可通过平衡常数大小判断温度高低。11、2017年冬季，我国北方大部
24、分地区出现严重雾霾天气，引起雾霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。城市雾霾中还含有铜等重金属元素。（1）N元素原子核外电子云的形状有_种；基态铜原子的价电子排布式为_，金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为_。（2）N和O中第一电离能较小的元素是_；SO42-的空间构型_。（3）雾霾中含有少量的水，组成水的氢元素和氧元素也能形成化合物H2O2，其中心原子的杂化轨道类型为_，H2O2难溶于CC14，其原因为_。（4）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，如NO、CH3COOONO2(PAN)等。1mol PAN中含键数目为_；NO能被FeSO4溶液吸收生成配
25、合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中心离子的配位数为_。（5）测定大气中PM2.5浓度的方法之一是-射线吸收法，-射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度_g/cm3(只列式不计算)【答案】【答题空1】2【答题空2】3d104s1【答题空3】面心立方堆积【答题空4】O【答题空5】正四面体【答题空6】sp3【答题空7】H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。【答题空8】10NA【答题空9】6【答题空10】 【解析】【分析】本题主要考查基态微粒的电子排布式、电离能的比较、原子的杂化方式、分子空间构型的分析
26、、以晶胞为单位的密度计算等知识点。【详解】（1）N元素原子核电荷数为7，核外电子排布为1s22s22p3，s轨道形状为球形，形状为形，因此核外电子云的形状有2种；基态铜原子核电荷数为29，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为面心立方堆积；本题答案：2；3d104s1；面心立方堆积。（2）同周期中从左到右，元素的第一电离能（除A族、VA族反常外）逐渐增大，N为VA族元素，2p3为半充满状态，因此性质较稳定，所以N第一电离能大于O；SO42-离子中存在的键个数为4，中心硫原子没有孤电子对，因此SO42-空间构型是正四面体。正确答案：O；正四面体（3）H2O中
27、心原子（氧原子）的价层电子对数为4，故为sp3杂化，H2O2看作羟基取代了H2O分子中一个H原子，H2O2中O原子应为sp3杂化；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。正确答案：sp3；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中。（4）一个单键就是一个键，一个双键中含有一个键，一个键，PAN中含有一个碳氧双键、一个氮氧双键，其余为八个单键。所以1molPAN中含有的键数目为10NA；配位体位于方括号中，由1个NO和5个H2O分子构成；中心离子为Fe2+，配位数为6。正确答案： 10NA；6（5）Kr晶胞为面心立方密堆积，每个顶点Kr
28、原子为8个晶胞共有，每个面心Kr原子为2个晶胞共用，故晶胞中含Kr原子为81/8+61/2 = 4，则该晶体的密度为 g/cm3正确答案： g/cm3。【点睛】本题易错点：（1）第一电离能大小比较，A族元素的价电子构型为ns2、A族元素的价电子构型为ns2np3，分别属于全满或半满状态，属于稳定结构，因此A族、A族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。（2）均摊法计算的应用：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个
29、晶胞的贡献为1。12、高聚物I和J在生产、生活中有广泛应用，其合成路线如图芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H2 1：1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1：2：2：1：6。已知：RCH= CH2 RCH2CH2Br回答下列问题：（1）芳香烃R分子的官能团是_(填官能团结构)。（2）R的最简单同系物是_(填化学名称)。（3）反应的化学方程式为_。（4）和的反应类型分别属于_、_。（5）高聚物J的结构简式为_。（6）反应的反应条件是_。（7）H与T互为同分异构体，符合下列性质特征的H分子共有_种能发生银镜反应 和氯化铁溶液反应显紫色 能使溴的四氧化碳溶液褪色
30、（8）仿照上述合成路线，设计一条以R为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_。【答案】【答题空1】碳碳双键【答题空2】苯乙烯【答题空3】【答题空4】氧化反应【答题空5】酯化反应（取代反应）【答题空6】【答题空7】浓硫酸、加热【答题空8】16【答题空9】。【解析】【分析】芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H21：1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1：2：2：1：6，则R的结构简式是；R与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，X在氢氧化钠的水溶液中水解为Y，Y结构为，Y催化氧化得Z（），Z被银氨溶液氧化为W（），W发生聚合反应生成J（），W在浓硫酸作用下发生
31、消去反应生成T，T是，T与乙醇发生酯化反应生成M，M是，M在一定条件下发生加聚反应生成I，I是。【详解】（1）R的结构简式是，其中含有的官能团是碳碳双键；（2）R的最简单同系物应含有一个苯环和一个碳碳双键，其化学名称为苯乙烯；（3）在氢氧化钠的水溶液中水解为的化学方程式为；（4）为催化氧化得，反应类型为氧化反应；为浓硫酸条件下与乙醇发生酯化反应，反应类型是酯化反应；（5）由上述分析知高聚物J结构简式为；（6）反应发生消去反应生成，此处反应条件为浓硫酸加热；（7）能发生银镜反应，说明含有醛基；和氯化铁溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；能使溴的四氧化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，符合条件的同分异构体有 共16种；（8）由已知：RCH= CH2 RCH2CH2Br，R可先引入-Br，再引入-OH，然后氧化为CHO，路线为。【点睛】本题难点为第（7）问同分异构体的书写，首先应根据题意确定含有哪些官能团，然后分析环上可能有几个取代基，按照取代基数目顺序依次分析，三个取代基型可先确定其中两个取代基位置，再分析最后一个即可。专心-专注-专业