江苏省2024届高三下学期高考化学5月模拟试题（一）（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 V-51 Fe-56 Ti-48 C-59
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于
A. 分子晶体B. 金属晶体C. 离子晶体D. 共价晶体
【答案】D
【解析】
【详解】SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构，和金刚石结构相似，SiC属于共价晶体，故选D。
2. 反应在碘量法分析中有重要应用。下列说法正确的是
A. HI的电子式为B. H2O是含有极性键的极性分子
C. 基态O原子的电子排布式为D. As元素的化合价由＋5转变为＋3
【答案】B
【解析】
【详解】A．HI为共价化合物，电子式为，A不正确；
B．H2O分子中，中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，形成极性共价键后，O原子的最外层还有2个孤电子对，则H2O为极性分子，B正确；
C．O为8号元素，原子核外有8个电子，基态O原子的电子排布式为，C不正确；
D．H3AsO3中As元素显+3价，H3AsO4中As元素显+5价，则As元素的化合价由＋3转变为＋5，D不正确；
故选B。
3. 下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲溶解废易拉罐细屑B. 用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液
C. 用装置丙制取沉淀D. 用装置丁灼烧制取
【答案】D
【解析】
【详解】A．易拉罐中的铝元素组成的相关物质可与NaOH反应被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正确；
B．可以通过乙装置将Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固体进行过滤分离，B正确；
C．将二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反应生成沉淀，C正确；
D．灼烧固体应选坩埚，D错误；
答案选D。
4. 丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如题4图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是
A. 沸点高低：
B. 半径大小：
C. 电离能大小：
D. Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；
C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；
D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；
故选C。
5. 下列说法正确的是
A. 碱金属和碱土金属元素均位于元素周期表的p区
B. NaCl中化学键离子键百分数比中的低
C. 中存在与之间的强烈相互作用
D. 中的空间结构为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱金属和碱土金属元素分别位于元素周期表的ⅠA、ⅡA族，都属于元素周期表的s区，A不正确；
B．Na的金属性比Mg强，NaCl比MgCl2的电负性差值大，则NaCl中化学键的离子键百分数比中的高，B不正确；
C．由和构成，与之间存在离子键，则二者之间存在强烈的相互作用，C正确；
D．中，的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，则空间结构为平面正三角形，D不正确；
故选C。
6. 制备光电子功能材料ZnS可通过自发反应 △H＞0。下列说法正确的是
A. 该反应的ΔS＜0
B. 其他条件相同，缩小容器体积，达到新平衡时减小
C. 其他条件相同，升高体系温度，的平衡转化率增大
D. 其他条件相同，使用催化剂加快正反应速率，减慢逆反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应能自发进行，其△H＞0，则ΔS＞0，A不正确；
B．反应前后气体分子数相等，其他条件相同，缩小容器体积，相当于加压，平衡不发生移动，则不变，B不正确；
C．其他条件相同，升高体系温度，由于正反应为吸热反应，则平衡正向移动，的平衡转化率增大，C正确；
D．其他条件相同，使用催化剂，可降低反应的活化能，加快正反应速率，同时加快逆反应速率，D不正确；
故选C。
7. 在指定条件下，下列工业制备流程中涉及的物质转化关系不正确的是
A. 生产硝酸：
B. 海水提镁：
C. 制取粗硅：
D. 冶炼生铁：
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO2和O2混合后通入H2O中可以得到硝酸，物质转化关系正确，A正确；
B．单质镁是需要电解熔融的氯化镁得到的，电解氯化镁溶液，阳极产生氯气，阴极得到氢氧化镁，B错误；
C．工业制高纯硅的第一步是由SiO2和C在高温下发生反应得Si(粗硅)和CO，转化关系正确，C正确；
D．高温下用CO还原氧化铁得到铁单质，可以冶炼生铁，物质转化关系正确，D正确；
故选B。
8. 周期表中族元素及其化合物应用广泛。电解与的混合物时，转化为；加热与浓的混合物，可制得。氯还可形成、、等多种含氧酸。是级高效安全灭菌消毒剂；与反应可制备有机溶剂。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的浸入溶液转变成而溶解。氯化碘性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是
A. 分子间存在氢键，呈粘稠状
B. 具有强氧化性，可用作灭菌消毒剂
C. 为正四面体形分子，具有可燃性
D. 见光易分解，可用作感光材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4分子间存在氢键，分子间作用力较大，故呈粘稠状，物质结构与性质对应，A不符合题意；
B．二氧化氯具有强氧化性，可用来杀菌消毒，物质性质与用途对应，B不符合题意；
C．CH4为正四面体形分子，具有可燃性，但其可燃性与其分子构型为正四面体形无关，结构与性质不对应，C符合题意；
D．溴化银见光分解，可用作感光材料，物质性质与用途对应，D不符合题意；
本题选C。
9. 非天然氨基酸是一种重要的药物中间体，其部分合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 分子存在顺反异构体
B. 分子中含有2个手性碳原子
C. 的反应类型为还原反应
D. 能与反应，不能与反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．顺反异构体是要求分子中至少有一个键不能自由旋转即碳碳双键，且双键上同一碳上不能有相同的基团，观察X的结构可知满足条件，存在顺反异构体，故A正确；
B．手性碳原子指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，分子中与氨基相连的碳原子为手性碳原子，与羧基相连的碳原子也是手性碳原子，故B正确；
C．观察X生成Y的变化可知，硝基变为了氨基，因此反应类型为还原反应，故C正确；
D．中含有羧基可以与反应，含有氨基可以与反应，故D错误；
故答案选D。
10. 法合成氨反应为 。工业上将原料以投入合成塔。下列说法正确的是
A. 从合成塔排出的气体中，
B. 当时，反应达到平衡状态
C. 使用高效催化剂可降低反应的焓变
D. 升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应方程式，N2和H2反应时消耗的物质的量之比为1:3，而起始投料比为1:2.8，消耗比小于投料比，故排出的气体中，n(N2)：n(H2)>1：2.8，A正确；
B．各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，故2v正(H2)=3v逆(NH3)时，反应达到平衡状态，B错误；
C．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应热，不能降低焓变，C错误；
D．升高温度，正逆反应速率都增大，D错误；
本题选A。
11. 常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓盐酸也能与发生反应，使溶液紫色褪去，不出现红色，A错误；
B．向FeSO4溶液中滴入新制氯水，再滴加KSCN溶液时溶液变血红色，说明有Fe3+，但可能是变质产生的Fe3+，也有可能是原溶液中存在的Fe2+被氧化成Fe3+，B错误；
C．溶液变成红色的原因，，与和无关，C错误；
D．FeSO4和CuSO4组成相似，Ksp越小越容易产生沉淀，则根据选项的实验事实可得出溶度积常数：Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，D正确；
故答案选D。
12. 实验室用如下方案测定和混合物的组成：称取一定质量样品溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸；向锥形瓶中再加入2滴指示剂，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸。下列说法正确的是
A. 指示剂可依次选用甲基橙、酚酞
B. 样品溶解后的溶液中：
C. 滴定至第一次终点时的溶液中：
D. 样品中和物质的量之比为
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl +CO2↑+H2O，据此作答。
【详解】A．由分析可知，指示剂可依次选用酚酞、甲基橙，故A错误；
B．样品溶解后的溶液中，并未知此时和的物质的量浓度比值关系，无法进行判断物料守恒关系，故B错误；
C．第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，终点时溶液中含有的溶质是NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒可知，故C错误；
D．由方程式可知，(V2—V1)mL为原溶液中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，加入的盐酸浓度是不变的，根据方程式可知消耗盐酸的物质的量就等于和物质的量，则和物质的量之比为，故D正确；
故答案选D。
13. 利用可实现对石膏中元素的脱除，涉及的主要反应如下：


在、和均为时，若仅考虑上述反应，平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中元素的脱除效果可用脱硫率表示。下列说法不正确的是
A. 反应的平衡常数
B. 图中曲线表示平衡时固体的物质的量随温度的变化
C. 一定温度下，加入固体或增大体系压强，均可提高平衡时的脱硫率
D. 其他条件不变，下，时，越多，平衡时的脱硫率越高
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①，反应② 则反应=4①-②，则，故A正确；
B．反应①是吸热反应，反应②是放热反应，随着温度的升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，则Z代表CaO含量的变化，再结合变化趋势可知X为CaSO4含量的变化，Y为CaS含量的变化，故B正确；
C．加入氢氧化钠固体，消耗二氧化硫，促进硫元素的脱除，增大压强，反应①逆向移动，不利于硫元素的脱除，故C错误；
D．其他条件不变，下，时，越多，使反应①和②均正向移动，脱硫率越高，故D正确。
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿(主要成分为)中的铜。
已知：i．、均能导电；
ii．；；
（1）的晶胞如图1所示。
①图1为晶胞，则每个晶胞中含有的Fe原子个数为___________。
②图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是___________。
（2）用溶液作浸取剂浸取的原理示意如图3所示。
图3
①一段时间后，与反应的离子方程式为___________。
②浸取初期，随着浸取时间延长，的浸出速率迅速提高，其可能的原因是___________。
（3）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下：
①添加Ag⁺可以显著提高Cu元素的浸出率的原因：___________。
②进一步研究发现添加的少量可以循环参与反应。“再生”的离子方程式为：___________。
（4）进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如图4所示。
图4
①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为___________。
②电解滤液B而不电解滤液A的原因是___________。
【答案】（1） ①. 4 ②. 图2所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现
（2） ①. ②. 作催化剂加快浸出速率的影响大于减小减缓浸出速率的影响
（3） ①. 反应生成的夹杂在致密不导电硫层中，能导电，使的浸出反应得以继续进行 ②.
（4） ①. 26.25 ②. 电解滤液B中不存在，消耗电能更少，得到的更纯净
【解析】
【小问1详解】
①图1为晶胞，则每个晶胞中含有的Fe原子个数为。
②晶体是由晶胞无缝并置而成的，图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是图2所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现。
【小问2详解】
①具有氧化性，可以氧化生成、S，一段时间后，与反应的离子方程式为。
②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，铜离子的浸出速率迅速提高，故其可能的原因是作催化剂加快浸出速率的影响大于减小减缓浸出速率的影响.
【小问3详解】
①添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所以反应生成的夹杂在致密不导电硫层中，能导电，使的浸出反应得以继续进行。
②Ag+“再生”的离子方程式为：。
【小问4详解】
①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为==。
②从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+ -e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红，故原因为电解滤液B中不存在，消耗电能更少，得到的更纯净。
15. 氯霉素(H)的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A→B反应中，碳原子的杂化轨道类型的变化为___________。
（2）B→C的反应类型为___________。
（3）D的分子式为C10H11BrO2，其结构简式为___________。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。
能与FeCl3溶液发生显色反应；
核磁共振氢谱有5个峰；
能发生水解反应；苯环上的一溴代物只有一种。
（5）物质E在水中的溶解度比F___________(填“大”、“小”或“无差别”)。
（6）写出以乙烯为主要原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）sp2变为sp3
（2）消去反应 （3）
（4）或 （5）小
（6）
【解析】
【分析】A()与Br2/H2O中的HBrO发生加成反应，生成B()，B在浓H2SO4、∆条件下发生消去反应，生成C()等；依据D的分子式C10H11BrO2，参照C、E的结构简式，可确定D的结构简式为；D与NH3在高压条件下发生取代反应，生成E()等；E发生水解反应生成F()；F在一定条件下发生硝化反应生成G()；G与Cl2CHCOOCH3发生取代反应，生成H()等。
【小问1详解】
A()→B()的反应中，苯环中碳原子的杂化方式不变，-CH=CH2转化为-CH(OH)CH2Br，碳原子的杂化轨道类型的变化为sp2变为sp3。
【小问2详解】
B()→C()，消去了1个H2O分子，反应类型为消去反应。
【小问3详解】
由分析可知，D的分子式为C10H11BrO2，其结构简式为。
【小问4详解】
E为，E的一种同分异构体同时满足下列条件：“能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有5个峰；能发生水解反应；苯环上的一溴代物只有一种”，则同分异构体的苯环上应连有1个酚-OH，羟基的邻位或间位上各连有1个-CH3，对位上连有-CH2CONH2或-CONHCH3，则该同分异构体的结构简式为或等。
【小问5详解】
E为)，F为，E分子中只有1个亲水基-NH2，F分子中有2个-OH、1个-NH2共3个亲水基，则物质E在水中的溶解度比F小。
【小问6详解】
以乙烯为主要原料制备，采用逆推法，需合成CH3CH(OH)CH2CH2OH，利用题给流程中C→D→E的信息，需发生CH2=CH2与CH3CHO的加成反应，CH2=CH2水化制CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化制CH3CHO，从而得出合成路线流程图为
。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法。
16. 实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下：
（1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有___________(答两点)。
（2）“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。
①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。
②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为___________；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为___________。
③实验采用真空泵持续抽气，稳定气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为___________。
（3）已知：①；
② ；
③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。
以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，___________，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1ml∙L-1 NaOH溶液、0.1ml∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水)
【答案】（1）加快搅拌速率、延长浸取时间
（2） ①. ②. 提高氨气吸收率，防止污染空气 ③. 增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好 ④. 反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流
（3）边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1ml∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1ml∙L-1 BaCl2溶液无明显现象
【解析】
【分析】以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3时，先将(NH4)2CO3溶液加入Cu(OH)2固体中进行浸取，得到Cu(NH3)2CO3溶液，再进行蒸氨，便可得到Cu2(OH)2CO3。
【小问1详解】
“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率，具体方法有：加快搅拌速率、延长浸取时间。
【小问2详解】
①三颈烧瓶中，通过蒸氨，Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3，同时生成二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为。
②实验产生的氨气是大气污染物，需要进行处理，以防污染大气，则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率，防止污染空气；图中装置为一整体，不需另加导管，且密封性好，氨气与水的接触面积大，吸收效果好，则与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为：增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好。
③在整个蒸氨过程中，溶液的浓度由大到小，实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，可控制气体的生成速率，则采用变温加热操作的原因为：反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流。
【小问3详解】
以CuSO4∙5H2O固体为原料制备纯净Cu(OH)2，若直接滴加NaOH，生成Cu(OH)2的速率过快，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质，若先将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再转化为Cu(OH)2，可控制生成Cu(OH)2的速率，使Cu(OH)2缓慢生成，则实验方案为：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1ml∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1ml∙L-1 BaCl2溶液无明显现象，低温烘干。
【点睛】须使用的试剂：浓氨水，也暗示我们在设计实验方案时，应往CuSO4溶液中先加入氨水。
17. 高效氧化剂亚氯酸钠()常用于烟气脱硝()和废水脱除氨氮。
（1）的制备。一种制备的过程可表示为
①“反应2”的化学方程式为_______。
②“反应1”的产物经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的，从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑，用替代的原因是_______。
（2）溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下，可催化溶液中的产生氧化性更强的气体，总反应可表示为。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：
I．；
Ⅱ．_______；
Ⅲ．。
②催化溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随、反应温度的变化分别如图所示。
i．NO氧化率随增大而增大的原因是_______。
ii．温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是_______。
（3）溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为_______。
【答案】（1） ①. ②. 可避免产生对人体有害的有机氯化物且的消毒效率是的2.63倍
（2） ①. ②. 催化剂的浓度增大，生成氧化性更强的速率加快，NO的氧化率提高 ③. 温度升高，催化生成的反应速率加快，氧化NO的速率加快；和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主
（3）一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为
【解析】
【分析】与SO2在酸性条件下发生反应，生成硫酸氢钠、；生成与H2O2反应生成和氧气，据此分析判断。
【小问1详解】
①与H2O2反应生成和氧气，1ml得1ml电子，1ml H2O2失2ml电子，根据得失电子守恒得反应方程式为：；
②使用可避免产生对人体有害的有机氯化物，且1ml转化为氯离子得5ml电子，而1ml转化为氯离子得2ml电子，的消毒效率与的消毒效率之比=2.63倍。
小问2详解】
①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知，反应Ⅱ中作反应物，作产物，反应为：；
②催化剂的浓度增大，生成氧化性更强的速率加快，NO的氧化率提高；
③温度升高，催化生成的反应速率加快，氧化NO的速率加快；和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；
【小问3详解】
一定时间内，相同体积溶液中，若几乎全部转化为，则减少1ml即18g时应生成1ml，则增加的质量为62g，因此当减少的质量与增加的质量的比值约为18：62时可说明完全被氧化为。选项
实验操作和现象
实验结论
A
将铁锈溶于浓盐酸，再滴入几滴酸性溶液，振荡，溶液中未出现红色
铁锈中不含二价铁
B
向溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再滴加溶液，溶液变为血红色
溶液已经变质
C
向含有的溶液中加入少量固体，振荡，溶液颜色未变化
与的反应不可逆
D
分别向等浓度的和溶液中通入气体至饱和，前者无明显现象，后者出现黑色沉淀

添加
未加
Cu元素的浸出率
98.02%
30.90%
过程中产物形态