还剩23页未读，
继续阅读
2024届山东省济南市 山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题
展开
这是一份2024届山东省济南市 山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题，共26页。试卷主要包含了 碳材料家族又添2位新成员等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题上一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 Ag108 Ba137
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A. “盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生
B. “白青得铁化为铜”，其中的“白青”属于盐
C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，主要化学成分为，该成分属于纯净物
D. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
【答案】D
【解析】
【详解】A．绿矾是硫酸亚铁晶体[FeSO4⋅7H2O]，溶解时水解产生，所以有“味酸”，A项正确；
B．白青[Cu2(OH)2CO3]属于盐，是一种碱式盐，B项正确；
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO4⋅H2O，属于纯净物，C项正确；
D．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，故D错误；
答案选D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. HCl的电子式：
B. 分子的VSEPR模型为：试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D. 基态价电子的电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，Cl外层电子数应满足8电子结构，A错误；
B．为杂化，含有一对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，即，B正确；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，C错误；
D．基态价电子的电子排布式为，D错误；
答案选B。
3. 下列化学方程式或离子方程式或热化学方程式书写错误的是
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：
B. 方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS）：
C. 乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热：
D. 密闭容器中，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量（a＞0）：
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁与空气中的氧气和水反应生成，总反应：，A正确；
B．方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS），反应的离子方程式为，B错误；
C．乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热，生成乙酸钠、砖红色氧化亚铜沉淀和水，方程式为，C正确；
D．的物质的量为0.5ml，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量，由于该反应为可逆反应，达到平衡后，消耗的的物质的量小于0.5ml。对于放热反应来说，放热越多，ΔH越小，则热化学方程式为，D正确；
故选B。
4. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是
A. 分子中存在极性键和非极性键
B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体
C. 1 ml的含个σ键
D. 转化为环形碳()的过程，发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确；
B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；
C． 1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1 ml的含个σ键，C错误；
D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。
故选C。
5. 下列实验描述正确的是
A. 用酸碱中和滴定法可同时测定中和反应的反应热和待测液浓度
B. 利用上图该装置验证牺牲阳极保护法
C. 用98%的浓硫酸配制10%的稀硫酸，所需玻璃仪器为烧杯、玻璃棒
D. 将镀锌铁皮放入稀硫酸中，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸碱中和滴定法是测定未知酸或碱溶液的浓度的，不能测定中和反应的反应热，故A错误；
B．利用上图该装置验证牺牲阳极保护法，为了验证Fe未被腐蚀，不应该用KSCN溶液，而应该用铁氰化钾溶液，用于验证Fe2+，故B错误；
C．用98%浓硫酸配制10%的稀硫酸，需要的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故C错误；
D．锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率，铁的活泼性小于锌，且只有铁时，不能构成原电池，所以生成氢气的速率减小，所以当产生氢气的速率速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全，故D正确；
故选D。
6. X溶液中可能含有下列5种离子中的几种：、、、、，某同学为确定其中含有的离子，设计并完成以下实验(所加试剂均足量)。
下列说法正确的是
A. X溶液中一定存在，可能不存在
B. X溶液中一定存在、，至少含有、中的一种
C. 取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈红色，则含有
D. X溶液中一定含有，且
【答案】B
【解析】
【分析】加入过量的盐酸和氯化钡溶液得到沉淀1，该沉淀应为硫酸钡，原溶液中含有硫酸根，且100mL溶液中n()=4.66g÷233g/ml=0.02ml；X溶液中加入NaOH溶液加热可以生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为氨气，原溶液中存在，且100mL溶液中n()=0.224L÷22.4ml/L=0.01ml；得到的沉淀3在空气中灼烧得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=1.60g÷160g/ml=0.01ml，说明原溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，且n(Fe)=0.02ml；综上所述已经确定100mL溶液中有0.02ml、0.01ml ，还有0.02ml铁元素，无论是Fe2+还是Fe3+，正电荷总数都会超过硫酸根所带负电荷综上，所以溶液中还一定存在，当铁元素为Fe2+，的物质的量最少为0.01ml，当铁元素为Fe3+，的物质的量最少为0.03ml。
【详解】A．根据分析可知，X溶液中一定存在，故A错误；
B．X溶液中一定存在、、，至少含有、中的一种，故B正确；
C．溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被氯水氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C错误；
D．根据分析可知n(Cl−)至少为0.01ml，溶液体积为100mL，则c(Cl−)≥0.1ml/L，故D错误；
故选B。
7. 金银花对细菌性痢疾和各种化脓性疾病都有效。某有机物是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 分子中所有的碳原子可能在同一平面上
B. 1ml该物质与溴水反应，最多消耗
C. 该物质能发生取代反应、加聚反应、氧化反应和消去反应
D. 1ml该物质分别与足量的Na、NaOH溶液反应，消耗二者的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．环状结构中含有饱和碳原子，分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，A错误；
B．酚羟基邻、对位上的氢原子可与发生取代反应，碳碳双键能与发生加成反应，所以1ml该物质与溴水反应，最多消耗4 ml，B错误;
C．分子中含有羟基可发生取代反应、氧化反应和消去反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，C正确；
D．醇羟基、酚羟基和羧基能与Na反应，酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应，所以1 ml该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为，D错误；
答案选C。
8. 莫尔法是用K2CrO4作指示剂，用AgNO3标准溶液测定Cl-(或Br-)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制AgNO3溶液。
步骤2：标定AgNO3溶液。准确称取0.585g干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至100mL容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份25.00mL，分别置于锥形瓶中，加25mL水、适量K2CrO4溶液，在不断摇动下用AgNO3溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗AgNO3溶液体积的平均值为25.00mL。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取mgNOCl样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中；加入适量K2CrO4溶液作指示剂，用上述AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3标准溶液的体积为VmL。
对于上述实验，下列说法正确是
A. 配制好的AgNO3溶液贮存于带玻璃塞的棕色广口瓶中
B. 可用移液管移取25.00mLNaCl溶液于锥形瓶中，使用时应用手握住移液管的中部
C. 滴定管使用前应“检漏”，向管内注入少量水，观察滴定管口及旋塞是否有水渗出，若不渗水即可使用
D. NOCl与水反应的离子方程式为2NOCl+H2O=2H++2Cl-+NO↑+NO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于AgNO3见光易分解，则配制好的AgNO3溶液贮存于带玻璃塞的棕色细口瓶中，溶液不贮存在广口瓶中，A错误；
B．可用移液管移取25.00mLNaCl溶液于锥形瓶中，使用时用右手的拇指和中指捏住移液管的上端，将管的下口插入欲吸取的溶液中，插入深度一般为10~20mm，而不能用手握住移液管的中部，B错误；
C．滴定管使用前应“检漏”，向管内注入少量水，观察滴定管口及旋塞是否有水渗出，若不渗水，需迅速旋转活塞180°再观察，不渗水才可使用，C错误；
D．NOCl与水反应的化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑，则其离子方程式为2NOCl+H2O=2H++2Cl-+NO↑+NO2↑，D正确；
故答案为：D。
9. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
亚硝酰氯样品中NOCl的纯度计算正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】干燥的NaCl为0.01ml，根据反应可知，存在滴定关系：，则标准硝酸银溶液浓度为，，根据步骤3中消耗标准溶液的体积为，结合氯守恒，亚硝酰氯样品中NOCl的纯度为；
故选B。
10. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
根据上述实验原理，下列说法正确的是
A. 步骤2中，若称量NaCl固体前没有干燥，则测定样品中NClO纯度偏低
B. 整个实验过程中，滴定管尖嘴不可触碰锥形瓶内壁
C. 滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色即停止滴定
D. 步骤3中，若滴定终点时俯视读数，则测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【分析】用NaCl滴定AgNO3，K2CrO4作指示剂，得到AgNO3浓度，再滴定NOCl，建立关系式NOCl~~NaCl；
【详解】A．若称量NaCl固体前没有干燥，则AgNO3浓度偏高，测定样品中NClO纯度偏高，A错误；
B．整个实验过程中，当滴定到一定程度时,滴定管嘴部悬有溶液,此时要用锥形瓶壁与滴定管嘴部接触,使悬着的溶液流入锥形瓶,摇晃锥形瓶,视使瓶内液体均匀，B错误；
C．滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色，等30S不变色即停止滴定，C错误；
D．步骤3中，若滴定终点时俯视读数，使的体积读数偏小，则测定结果偏低，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 可用于“接触法”制，因在催化剂表面与接触得名，部分反应过程如图1。也可以利用电化学原理来制备硫酸，如下图2(质子交换膜仅允许通过)。
下列说法正确的是
A. 和都属于酸性氧化物，通入溶液中都会产生白色沉淀
B. “接触法”中增大的浓度可明显提高的生成速率和的平衡转化率
C 图2中正极区溶液pH可能不变
D. 若的通入速率(标准状况)，为维持浓度不变，理论上左侧水流入速率为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．和都属于酸性氧化物，通入溶液中不会产生白色沉淀，A错误；
B．增大的浓度可明显提高的生成速率，但平衡不移动，的平衡转化率不变，B错误；
C．通入O2一极是原电池的正极，电极反应式为:O2-4e-+4H+＝2H2O，负极室中的H+通过质子交换膜移动到正极，提供H+，同时左侧有水流流入，pH可能不变，C正确；
D．电池的总反应式为:2SO2+2H2O+O2＝2H2SO4，1min内2.24L，n(SO2)＝0.1ml，消耗水0.1ml，生成硫酸的质量为:0.1mlx98g/ml＝9.8g，消耗水的质量为:0.1ml×18g/ml＝1.8g，根据原H2SO4的浓度（50%）知需要稀释用水9.8g因此共需水9.8g+3.6g =13.4g，D正确；
故选CD。
12. 邻二醇在酸催化作用下发生分子内重排脱水生成酮(或醛)，反应如下图所示。
下列说法错误的是
A. 反应物与乙二醇互为同系物
B. 反应物中有两个不对称C原子，该物质一定有旋光性
C. 通过核磁共振氢谱能验证反应产物的主、次关系
D. 类比上述反应，酸性条件下能转化为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．反应物中含有苯环结构，属于芳香醇，与乙二醇不同系物，A错误；
B．反应物中有两个不对称C原子，有可能为内消旋体，不一定有旋光性，B错误；
C．主次产物的氢原子种类不同，因此通过核磁共振氢谱可以验证反应产物的主、次关系，C正确；
D．类比邻二醇分子内重排脱水原理，酸性条件下可以转化为，D正确；
答案选AB。
13. 没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型；没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 中心原子杂化方式可能是
C. 的同分异构体在水中的溶解度：>
D. 中间体的同分异构体有4种(考虑立体异构)
【答案】AC
【解析】
【详解】A．元素周期表中，同周期第一电离能增大，但氮元素2p轨道为半充满状态，故第一电离能N>O>Cl，A正确；
B．根据题意，[PtCl4]2−没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型，故中心原子杂化方式为dsp2杂化，空间构型为平面正方形，B错误；
C．根据相似相溶原理，水是极性分子，为极性分子，为非极性分子，故在水中的溶解度：>，C正确；
D．根据题意[PtCl2(NO2)2(H2O)2]没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型，故[PtCl2(NO2)2(H2O)2]的同分异构体有以下5种 ，D错误；
故选AC
14. 利用废料制备氯亚铂酸钾，流程如下：
已知：溶于热水、微溶于冷水、几乎不溶于乙醇、乙醚。难溶于水、不溶于乙醇、受热分解。还原性强于，可还原到。不稳定、易分解。没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型；没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型。
以下操作说法正确的是
A. 步骤①和④转化相同物质的量的含Pt微粒电子转移数目相同
B. 步骤②⑤⑧赶出多余酸的原理相同，所需温度都不宜过高
C. 步骤③加入稍过量KCl，再加入适量乙醇，均有利于晶体析出
D. 步骤④用代替更好，步骤⑥可选用引入磺酸基的离子树脂
【答案】C
【解析】
【分析】Pt溶于王水生成盐，然后加强热赶走硝酸，再加入KCl，使Pt转化为K2PtCl6，在60℃下加入KNO2，K2PtCl6转化为K2Pt(NO2)4，加入HCl调节pH＜1，得到K2PtCl4和KCl,K2PtCl4和KCl通过正离子交换树脂得到K2PtCl4和HCl，然后和K2PtCl4、HCl和KCl反应得到氯亚铂酸钾(K2PtCl4)；
【详解】A．步骤①使Pt转化为K2PtCl6，生成1ml K2PtCl6转移4ml电子，步骤④K2PtCl6转化生成1mK2Pt(NO2)4转移2ml电子，电子转移数目不相同，故A错误；
B．硝酸易挥发，步骤②利用硝酸的易挥发性，适合加强热，故B错误；
C．步骤③加入KCl，增大氯离子浓度，且几乎不溶于乙醇，加入稍过量KCl，再加入适量乙醇能促进K2PtCl6晶体析出，故C正确；
D．K2C2O4还原性过强，且引入草酸根离子，不利于后续反应，故步骤④不可用K2C2O4代替，故D错误；
故答案为：C。
15. 某小组为探究与之间的反应，进行了如下实验。
已知：；为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A. 与能发生反应：
B. 与反应的速率快于与反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D. 与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】B
【解析】
【详解】A．为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与能发生反应：，故A正确；
B．已知，结合第一实验，逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的I2先反应，故与反应的速率慢于与反应的速率，故B错误；
C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，故C正确；
D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，故D正确；
故选B。
三、填空题：本大题包含五个小题，满分60分。
16. 填空
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是___________，晶体类型是___________。
（2）“点击化学”的研究获得诺贝尔化学奖表彰，如图所示是点击化学的化学反应，所得的产物中含有大键。
已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。
①产物中___________(填“”或“”)位置的N原子更容易形成配位键。
②反应物中氮氮键键长___________产物中氮氮键键长(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。
（3）①已知中含有大键则、与的键角由小到大的顺序为_______。
②氮的某种氧化物晶胞结构如图所示，由两种离子构成。阴阳离子中N原子的杂化类型分别为___________，晶体密度为___________。
【答案】（1） ①. ②. 分子晶体
（2） ①. ②. < ③. 反应物中，中心氮原子采用sp杂化，而产物中的N原子采用sp2杂化，反应物中N原子杂化轨道中s成分多，所形成的化学键更稳定，氮氮键的键长短
（3） ①. ②. 、 ③.
【解析】
【小问1详解】
由晶胞图可知，每个Cr连接4个H2O，2个Cl，化学式为CrCl2•4H2O，为分子晶体；
【小问2详解】
①α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键；
②已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮原子为sp杂化，产物中氮原子为sp2杂化，则反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短；
【小问3详解】
①、中心原子的价层电子对分别为2、3，为直线型，键角为180°，为平面三角形，键角为120°，而中含有大键，导致电子对的排斥力增大，故键角大于120°，但是小于180°，故键角由小到大的顺序为；
②根据晶胞结构示意图，阳离子为，N原子采用sp杂化；阴离子为，N采用sp2杂化；晶胞中含有的个数为2，的个数为=2，晶胞的质量为，晶胞的底面积为，高为，晶胞的体积为，晶体的密度为=。
17. 偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
（1）加入适量的主要目的是___________。
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗___________(用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则___________。
（3）“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为___________(填化学式)。
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是___________。
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
（2） ①. ②.
（3）
（4），F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
（5）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
【小问1详解】
由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
【小问2详解】
“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
【小问3详解】
磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
【小问4详解】
因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
【小问5详解】
“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
18. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。某化学小组用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示。
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
回答下列问题：
（1）实验装置合理的连接顺序为___________(填仪器接口字母标号，部分仪器可重复使用)。
（2）实验开始时，先加热装置A，仪器M中生成一种无毒气体，发生反应的化学方程式为___________。在实验过程中需要持续通入M中产生的气体，其作用是___________。
（3）实验过程中为了形成稳定的气流，对E装置加热的最佳方式是___________，装置E中长颈漏斗的作用是___________。
（4）从实验安全的角度考虑，图示装置中存在的缺陷是___________。
（5）为了进一步探究的化学性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴溶液酸化，再分别加入不同滴数的溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于下表中。
①与在常温下反应，观察不到含的溶液的橙色，必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象，可能的原因是___________。
②对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为___________。这与由反应所推断得到的用量比不符，推测可能的原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)
（3） ①. (76.8℃以上)水浴加热 ②. 平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)
（4）升华的易凝华，堵塞导管(连接BC装置的导管过细)
（5） ①. 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，(或常温下反应速率较慢，氯离子参与反应使得生成的较少同时降低了氢离子浓度使生成的产物以形式在) ②. 1:1 ③. 高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应
【解析】
【分析】A中NH4Cl与NaNO2反应生成N2，化学方程式为：，N2经过装置F的干燥，可排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时将四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)，E装置用于产生CCl4蒸汽，CCl4蒸汽进入B中与Cr2O3发生反应，生成CrCl3和COCl2，装置C用于收集CrCl3，装置D用于处理尾气，为防止装置D中的水进入装置，使CrCl3潮解，再C、D之间加入装置F。
【小问1详解】
由分析得，实验装置合理的连接顺序为：；
【小问2详解】
装置A中，NH4Cl与NaNO2在加热条件下反应生成N2，化学方程式为：；实验过程中持续通N2，是为了排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)；
【小问3详解】
CCl4沸点为76.8℃，因此对E装置加热的最佳方式是：(76.8℃以上)水浴加热；E中长颈漏斗是为了：平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)；
【小问4详解】
升华的易凝华，堵塞导管(连接BC装置的导管过细)；
【小问5详解】
①与在常温下反应，观察不到含的溶液的橙色，必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象，可能是：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，(或常温下反应速率较慢，氯离子参与反应使得生成的较少同时降低了氢离子浓度使生成的产物以形式在)；
②由表可知，当KMnO4的用量为10滴时，恰好得到澄清的橙黄色溶液，即将氧化为，与最佳用量比为1：1；反应中推测Cr3+和用量比为5∶3，实际为1∶1，是因为高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，使得用量比理论上更多。
19. 左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：
i．(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)
ii．
ⅲ.
（1）B的系统命名是___________。
（2）已知试剂X的分子式为C6H2NO2F3，X的结构简式为___________。
（3）F分子中官能团名称羟基、醚键、___________。
（4）I中含有两个酯基、两个六元环，H→I的反应类型为___________，I→J的化学方程式是___________。
（5）F的同分异构体中满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①为α-氨基酸；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③1ml该物质与Na反应，消耗3mlNa；
④核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3。
（6）K的另一种制备途径如下：
写出M、P的结构简式___________、___________。
【答案】（1）2-羟基丙酸乙酯
（2） （3）碳氟键、硝基
（4） ①. 取代反应 ②.
（5）4 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】采用逆推法，由E的结构简式，参照A的分子式，可确定A为CH3CH(OH)COOH；A与C2H5OH发生酯化反应，生成B为CH3CH(OH)COOC2H5；依据信息ⅰ，可得出C为CH3CH(OPHT)COOC2H5；依据信息ⅱ可确定D为CH3CH(OPHT)CH2OH，由X的分子式为C6H2NO2F3，可确定X为；依据信息ⅰ，可确定F为；依据G的分子式，可确定G为；由信息ⅲ可得出H为；脱水得到I的结构简式为，再脱去C2H5OH，得到J的结构简式为，J发生酯基的水解反应，从而得到K。
【小问1详解】
B为CH3CH(OH)COOC2H5，系统命名是：2-羟基丙酸乙酯。
【小问2详解】
试剂X的分子式为C6H2NO2F3，由分析可得出，X的结构简式为。
【小问3详解】
F为，分子中官能团名称为羟基、醚键、碳氟键、硝基。
【小问4详解】
I中含有两个酯基、两个六元环，则I为，H()→I的反应类型为取代反应，I()→J()，发生取代反应，化学方程式是。
【小问5详解】
F为，F的同分异构体中满足下列条件：“①为α-氨基酸；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③1ml该物质与Na反应，消耗3mlNa；④核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3”有机物，结构简式可能为、、、，共有4种(不考虑立体异构)。
【小问6详解】
由流程图，参照原料和产品的结构，可逆推出P为，由已知信息ⅲ及N可脱去2个HF，可推出M为，从而得出M、P的结构简式为、。
【点睛】推断有机物时，可采用逆推法。
20. 研究、的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应：
反应i．；
反应ii．
（1）反应过程中各物质相对能量如图(TS表示过渡态)：
和反应生成的热化学方程式为___________。
（2）将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。
NO和CO的脱除应选择___________(填“高温”或者“低温”)。表示的浓度变化曲线的是___________。实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是___________。450℃时，该时间段内NO的脱除率=___________(保留2位有效数字，NO的脱除率)。
II．将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：。
（3）该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率约为___________。
（4）为提高效率，某研究小组参考文献优化上述方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
反应iii：
反应iv：
反应V：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是___________。
A．v与的压强无关
B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大；时，v不再显著增大。请解释原因___________。
【答案】（1）
（2） ①. 高温 ②. b ③. 反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小 ④. 88%
（3）
（4） ①. CD ②. 当时，v随c增大而增大，因M是基元反应ⅲ的反应物(直接影响基元反应v中反应物L的生成)；时，v不再显著增加，因受限于和在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】
【小问1详解】
由反应i-反应ii得：，根据各物质相对能量图计算出；
【小问2详解】
根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除；根据反应方程式可知，容器内N2的浓度约为CO2的一半，故a曲线表示CO2的浓度变化，b曲线表示N2的浓度变化；实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，可能是高于340℃后，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii的速率大于反应i的速率，所以N2O的浓度减小；根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率；
【小问3详解】
建立平衡关系式：设消耗CO2浓度为x，，，得x=，CO2的转化率；
【小问4详解】
①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C正确；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故答案选CD；
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。实验
现象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色
②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色
②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
1
紫红色
蓝绿色溶液
2～9
紫红色
黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多
10
紫红色
澄清的橙黄色溶液
11～23
紫红色
橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多
24～25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题上一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56 Ag108 Ba137
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A. “盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生
B. “白青得铁化为铜”，其中的“白青”属于盐
C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，主要化学成分为，该成分属于纯净物
D. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”是因为成分中含有氧化亚铜
【答案】D
【解析】
【详解】A．绿矾是硫酸亚铁晶体[FeSO4⋅7H2O]，溶解时水解产生，所以有“味酸”，A项正确；
B．白青[Cu2(OH)2CO3]属于盐，是一种碱式盐，B项正确；
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为2CaSO4⋅H2O，属于纯净物，C项正确；
D．“翠色”为青色或者绿色，而氧化亚铜为砖红色，可能来自亚铁离子，诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，故D错误；
答案选D。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. HCl的电子式：
B. 分子的VSEPR模型为：试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。C. 邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
D. 基态价电子的电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，Cl外层电子数应满足8电子结构，A错误；
B．为杂化，含有一对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，即，B正确；
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，C错误；
D．基态价电子的电子排布式为，D错误；
答案选B。
3. 下列化学方程式或离子方程式或热化学方程式书写错误的是
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：
B. 方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS）：
C. 乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热：
D. 密闭容器中，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量（a＞0）：
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁与空气中的氧气和水反应生成，总反应：，A正确；
B．方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS），反应的离子方程式为，B错误；
C．乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热，生成乙酸钠、砖红色氧化亚铜沉淀和水，方程式为，C正确；
D．的物质的量为0.5ml，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量，由于该反应为可逆反应，达到平衡后，消耗的的物质的量小于0.5ml。对于放热反应来说，放热越多，ΔH越小，则热化学方程式为，D正确；
故选B。
4. 碳材料家族又添2位新成员：通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了分别由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是
A. 分子中存在极性键和非极性键
B. 环形碳()和环形碳()互为同素异形体
C. 1 ml的含个σ键
D. 转化为环形碳()的过程，发生了还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在极性键和非极性键，A正确；
B．和是碳元素的两种单质，互为同素异形体，B正确；
C． 1个C14Cl10分子中含有26个σ键，1 ml的含个σ键，C错误；
D．转化为环形碳()的过程，碳元素价态降低，所以发生了还原反应，D正确。
故选C。
5. 下列实验描述正确的是
A. 用酸碱中和滴定法可同时测定中和反应的反应热和待测液浓度
B. 利用上图该装置验证牺牲阳极保护法
C. 用98%的浓硫酸配制10%的稀硫酸，所需玻璃仪器为烧杯、玻璃棒
D. 将镀锌铁皮放入稀硫酸中，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸碱中和滴定法是测定未知酸或碱溶液的浓度的，不能测定中和反应的反应热，故A错误；
B．利用上图该装置验证牺牲阳极保护法，为了验证Fe未被腐蚀，不应该用KSCN溶液，而应该用铁氰化钾溶液，用于验证Fe2+，故B错误；
C．用98%浓硫酸配制10%的稀硫酸，需要的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故C错误；
D．锌、铁和稀硫酸构成原电池，锌作负极，铁作正极，原电池能加快锌被腐蚀的速率，铁的活泼性小于锌，且只有铁时，不能构成原电池，所以生成氢气的速率减小，所以当产生氢气的速率速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全，故D正确；
故选D。
6. X溶液中可能含有下列5种离子中的几种：、、、、，某同学为确定其中含有的离子，设计并完成以下实验(所加试剂均足量)。
下列说法正确的是
A. X溶液中一定存在，可能不存在
B. X溶液中一定存在、，至少含有、中的一种
C. 取少量X溶液，先加入适量氯水，再加少量KSCN溶液，若溶液呈红色，则含有
D. X溶液中一定含有，且
【答案】B
【解析】
【分析】加入过量的盐酸和氯化钡溶液得到沉淀1，该沉淀应为硫酸钡，原溶液中含有硫酸根，且100mL溶液中n()=4.66g÷233g/ml=0.02ml；X溶液中加入NaOH溶液加热可以生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为氨气，原溶液中存在，且100mL溶液中n()=0.224L÷22.4ml/L=0.01ml；得到的沉淀3在空气中灼烧得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=1.60g÷160g/ml=0.01ml，说明原溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，且n(Fe)=0.02ml；综上所述已经确定100mL溶液中有0.02ml、0.01ml ，还有0.02ml铁元素，无论是Fe2+还是Fe3+，正电荷总数都会超过硫酸根所带负电荷综上，所以溶液中还一定存在，当铁元素为Fe2+，的物质的量最少为0.01ml，当铁元素为Fe3+，的物质的量最少为0.03ml。
【详解】A．根据分析可知，X溶液中一定存在，故A错误；
B．X溶液中一定存在、、，至少含有、中的一种，故B正确；
C．溶液呈血红色，有2种可能，一是原溶液中含有Fe2+，被氯水氧化生成了Fe3+，另一种是原溶液中就存在Fe3+，因此不能判断是否含有Fe2+，故C错误；
D．根据分析可知n(Cl−)至少为0.01ml，溶液体积为100mL，则c(Cl−)≥0.1ml/L，故D错误；
故选B。
7. 金银花对细菌性痢疾和各种化脓性疾病都有效。某有机物是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 分子中所有的碳原子可能在同一平面上
B. 1ml该物质与溴水反应，最多消耗
C. 该物质能发生取代反应、加聚反应、氧化反应和消去反应
D. 1ml该物质分别与足量的Na、NaOH溶液反应，消耗二者的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【详解】A．环状结构中含有饱和碳原子，分子中所有的碳原子不可能在同一平面上，A错误；
B．酚羟基邻、对位上的氢原子可与发生取代反应，碳碳双键能与发生加成反应，所以1ml该物质与溴水反应，最多消耗4 ml，B错误;
C．分子中含有羟基可发生取代反应、氧化反应和消去反应，含有碳碳双键可发生加聚反应，C正确；
D．醇羟基、酚羟基和羧基能与Na反应，酚羟基、酯基和羧基能与NaOH反应，所以1 ml该物质分别与足量的Na、NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为，D错误；
答案选C。
8. 莫尔法是用K2CrO4作指示剂，用AgNO3标准溶液测定Cl-(或Br-)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制AgNO3溶液。
步骤2：标定AgNO3溶液。准确称取0.585g干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至100mL容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份25.00mL，分别置于锥形瓶中，加25mL水、适量K2CrO4溶液，在不断摇动下用AgNO3溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗AgNO3溶液体积的平均值为25.00mL。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取mgNOCl样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中；加入适量K2CrO4溶液作指示剂，用上述AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3标准溶液的体积为VmL。
对于上述实验，下列说法正确是
A. 配制好的AgNO3溶液贮存于带玻璃塞的棕色广口瓶中
B. 可用移液管移取25.00mLNaCl溶液于锥形瓶中，使用时应用手握住移液管的中部
C. 滴定管使用前应“检漏”，向管内注入少量水，观察滴定管口及旋塞是否有水渗出，若不渗水即可使用
D. NOCl与水反应的离子方程式为2NOCl+H2O=2H++2Cl-+NO↑+NO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于AgNO3见光易分解，则配制好的AgNO3溶液贮存于带玻璃塞的棕色细口瓶中，溶液不贮存在广口瓶中，A错误；
B．可用移液管移取25.00mLNaCl溶液于锥形瓶中，使用时用右手的拇指和中指捏住移液管的上端，将管的下口插入欲吸取的溶液中，插入深度一般为10~20mm，而不能用手握住移液管的中部，B错误；
C．滴定管使用前应“检漏”，向管内注入少量水，观察滴定管口及旋塞是否有水渗出，若不渗水，需迅速旋转活塞180°再观察，不渗水才可使用，C错误；
D．NOCl与水反应的化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑，则其离子方程式为2NOCl+H2O=2H++2Cl-+NO↑+NO2↑，D正确；
故答案为：D。
9. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
亚硝酰氯样品中NOCl的纯度计算正确的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】干燥的NaCl为0.01ml，根据反应可知，存在滴定关系：，则标准硝酸银溶液浓度为，，根据步骤3中消耗标准溶液的体积为，结合氯守恒，亚硝酰氯样品中NOCl的纯度为；
故选B。
10. 莫尔法是用作指示剂，用标准溶液测定(或)浓度的方法。现用莫尔法测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度，实验步骤如下：
步骤1：配制溶液。
步骤2：标定溶液。准确称取干燥的NaCl固体于烧杯中，用蒸馏水溶解后，转移至容量瓶中，并洗涤再转移、定容、摇匀。取3份所配NaCl溶液，每份，分别置于锥形瓶中，加水、适量溶液，在不断摇动下用溶液滴定至终点[(砖红色)]。实验测得三次滴定消耗溶液体积的平均值为。
步骤3：测定亚硝酰氯样品中NOCl的纯度。取样品，溶于蒸馏水(与水发生反应生成一种氯化物和两种氮的氧化物，其中一种呈红棕色)，配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中；加入适量溶液作指示剂，用上述标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为。
根据上述实验原理，下列说法正确的是
A. 步骤2中，若称量NaCl固体前没有干燥，则测定样品中NClO纯度偏低
B. 整个实验过程中，滴定管尖嘴不可触碰锥形瓶内壁
C. 滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色即停止滴定
D. 步骤3中，若滴定终点时俯视读数，则测定结果偏低
【答案】D
【解析】
【分析】用NaCl滴定AgNO3，K2CrO4作指示剂，得到AgNO3浓度，再滴定NOCl，建立关系式NOCl~~NaCl；
【详解】A．若称量NaCl固体前没有干燥，则AgNO3浓度偏高，测定样品中NClO纯度偏高，A错误；
B．整个实验过程中，当滴定到一定程度时,滴定管嘴部悬有溶液,此时要用锥形瓶壁与滴定管嘴部接触,使悬着的溶液流入锥形瓶,摇晃锥形瓶,视使瓶内液体均匀，B错误；
C．滴入最后半滴标准液时，沉淀颜色变为砖红色，等30S不变色即停止滴定，C错误；
D．步骤3中，若滴定终点时俯视读数，使的体积读数偏小，则测定结果偏低，D正确；
故选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 可用于“接触法”制，因在催化剂表面与接触得名，部分反应过程如图1。也可以利用电化学原理来制备硫酸，如下图2(质子交换膜仅允许通过)。
下列说法正确的是
A. 和都属于酸性氧化物，通入溶液中都会产生白色沉淀
B. “接触法”中增大的浓度可明显提高的生成速率和的平衡转化率
C 图2中正极区溶液pH可能不变
D. 若的通入速率(标准状况)，为维持浓度不变，理论上左侧水流入速率为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．和都属于酸性氧化物，通入溶液中不会产生白色沉淀，A错误；
B．增大的浓度可明显提高的生成速率，但平衡不移动，的平衡转化率不变，B错误；
C．通入O2一极是原电池的正极，电极反应式为:O2-4e-+4H+＝2H2O，负极室中的H+通过质子交换膜移动到正极，提供H+，同时左侧有水流流入，pH可能不变，C正确；
D．电池的总反应式为:2SO2+2H2O+O2＝2H2SO4，1min内2.24L，n(SO2)＝0.1ml，消耗水0.1ml，生成硫酸的质量为:0.1mlx98g/ml＝9.8g，消耗水的质量为:0.1ml×18g/ml＝1.8g，根据原H2SO4的浓度（50%）知需要稀释用水9.8g因此共需水9.8g+3.6g =13.4g，D正确；
故选CD。
12. 邻二醇在酸催化作用下发生分子内重排脱水生成酮(或醛)，反应如下图所示。
下列说法错误的是
A. 反应物与乙二醇互为同系物
B. 反应物中有两个不对称C原子，该物质一定有旋光性
C. 通过核磁共振氢谱能验证反应产物的主、次关系
D. 类比上述反应，酸性条件下能转化为
【答案】AB
【解析】
【详解】A．反应物中含有苯环结构，属于芳香醇，与乙二醇不同系物，A错误；
B．反应物中有两个不对称C原子，有可能为内消旋体，不一定有旋光性，B错误；
C．主次产物的氢原子种类不同，因此通过核磁共振氢谱可以验证反应产物的主、次关系，C正确；
D．类比邻二醇分子内重排脱水原理，酸性条件下可以转化为，D正确；
答案选AB。
13. 没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型；没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型。下列说法正确的是
A. 第一电离能：
B. 中心原子杂化方式可能是
C. 的同分异构体在水中的溶解度：>
D. 中间体的同分异构体有4种(考虑立体异构)
【答案】AC
【解析】
【详解】A．元素周期表中，同周期第一电离能增大，但氮元素2p轨道为半充满状态，故第一电离能N>O>Cl，A正确；
B．根据题意，[PtCl4]2−没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型，故中心原子杂化方式为dsp2杂化，空间构型为平面正方形，B错误；
C．根据相似相溶原理，水是极性分子，为极性分子，为非极性分子，故在水中的溶解度：>，C正确；
D．根据题意[PtCl2(NO2)2(H2O)2]没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型，故[PtCl2(NO2)2(H2O)2]的同分异构体有以下5种 ，D错误；
故选AC
14. 利用废料制备氯亚铂酸钾，流程如下：
已知：溶于热水、微溶于冷水、几乎不溶于乙醇、乙醚。难溶于水、不溶于乙醇、受热分解。还原性强于，可还原到。不稳定、易分解。没有磁性(离子中无成单电子)为平面构型；没有磁性(离子中无成单电子)为八面体构型。
以下操作说法正确的是
A. 步骤①和④转化相同物质的量的含Pt微粒电子转移数目相同
B. 步骤②⑤⑧赶出多余酸的原理相同，所需温度都不宜过高
C. 步骤③加入稍过量KCl，再加入适量乙醇，均有利于晶体析出
D. 步骤④用代替更好，步骤⑥可选用引入磺酸基的离子树脂
【答案】C
【解析】
【分析】Pt溶于王水生成盐，然后加强热赶走硝酸，再加入KCl，使Pt转化为K2PtCl6，在60℃下加入KNO2，K2PtCl6转化为K2Pt(NO2)4，加入HCl调节pH＜1，得到K2PtCl4和KCl,K2PtCl4和KCl通过正离子交换树脂得到K2PtCl4和HCl，然后和K2PtCl4、HCl和KCl反应得到氯亚铂酸钾(K2PtCl4)；
【详解】A．步骤①使Pt转化为K2PtCl6，生成1ml K2PtCl6转移4ml电子，步骤④K2PtCl6转化生成1mK2Pt(NO2)4转移2ml电子，电子转移数目不相同，故A错误；
B．硝酸易挥发，步骤②利用硝酸的易挥发性，适合加强热，故B错误；
C．步骤③加入KCl，增大氯离子浓度，且几乎不溶于乙醇，加入稍过量KCl，再加入适量乙醇能促进K2PtCl6晶体析出，故C正确；
D．K2C2O4还原性过强，且引入草酸根离子，不利于后续反应，故步骤④不可用K2C2O4代替，故D错误；
故答案为：C。
15. 某小组为探究与之间的反应，进行了如下实验。
已知：；为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A. 与能发生反应：
B. 与反应的速率快于与反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D. 与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】B
【解析】
【详解】A．为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与能发生反应：，故A正确；
B．已知，结合第一实验，逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的I2先反应，故与反应的速率慢于与反应的速率，故B错误；
C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，故C正确；
D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，故D正确；
故选B。
三、填空题：本大题包含五个小题，满分60分。
16. 填空
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是___________，晶体类型是___________。
（2）“点击化学”的研究获得诺贝尔化学奖表彰，如图所示是点击化学的化学反应，所得的产物中含有大键。
已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。
①产物中___________(填“”或“”)位置的N原子更容易形成配位键。
②反应物中氮氮键键长___________产物中氮氮键键长(填“>”“<”或“=”)，原因是_________。
（3）①已知中含有大键则、与的键角由小到大的顺序为_______。
②氮的某种氧化物晶胞结构如图所示，由两种离子构成。阴阳离子中N原子的杂化类型分别为___________，晶体密度为___________。
【答案】（1） ①. ②. 分子晶体
（2） ①. ②. < ③. 反应物中，中心氮原子采用sp杂化，而产物中的N原子采用sp2杂化，反应物中N原子杂化轨道中s成分多，所形成的化学键更稳定，氮氮键的键长短
（3） ①. ②. 、 ③.
【解析】
【小问1详解】
由晶胞图可知，每个Cr连接4个H2O，2个Cl，化学式为CrCl2•4H2O，为分子晶体；
【小问2详解】
①α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键；
②已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮原子为sp杂化，产物中氮原子为sp2杂化，则反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短；
【小问3详解】
①、中心原子的价层电子对分别为2、3，为直线型，键角为180°，为平面三角形，键角为120°，而中含有大键，导致电子对的排斥力增大，故键角大于120°，但是小于180°，故键角由小到大的顺序为；
②根据晶胞结构示意图，阳离子为，N原子采用sp杂化；阴离子为，N采用sp2杂化；晶胞中含有的个数为2，的个数为=2，晶胞的质量为，晶胞的底面积为，高为，晶胞的体积为，晶体的密度为=。
17. 偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
（1）加入适量的主要目的是___________。
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗___________(用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则___________。
（3）“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为___________(填化学式)。
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是___________。
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
（2） ①. ②.
（3）
（4），F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
（5）
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
【小问1详解】
由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
【小问2详解】
“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
【小问3详解】
磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
【小问4详解】
因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
【小问5详解】
“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
18. 三氯化铬是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。某化学小组用和(沸点)在高温下制备无水，同时生成气体，实验装置如图所示。
已知：气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
回答下列问题：
（1）实验装置合理的连接顺序为___________(填仪器接口字母标号，部分仪器可重复使用)。
（2）实验开始时，先加热装置A，仪器M中生成一种无毒气体，发生反应的化学方程式为___________。在实验过程中需要持续通入M中产生的气体，其作用是___________。
（3）实验过程中为了形成稳定的气流，对E装置加热的最佳方式是___________，装置E中长颈漏斗的作用是___________。
（4）从实验安全的角度考虑，图示装置中存在的缺陷是___________。
（5）为了进一步探究的化学性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴溶液，并用4滴溶液酸化，再分别加入不同滴数的溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于下表中。
①与在常温下反应，观察不到含的溶液的橙色，必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象，可能的原因是___________。
②对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为___________。这与由反应所推断得到的用量比不符，推测可能的原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)
（3） ①. (76.8℃以上)水浴加热 ②. 平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)
（4）升华的易凝华，堵塞导管(连接BC装置的导管过细)
（5） ①. 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，(或常温下反应速率较慢，氯离子参与反应使得生成的较少同时降低了氢离子浓度使生成的产物以形式在) ②. 1:1 ③. 高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应
【解析】
【分析】A中NH4Cl与NaNO2反应生成N2，化学方程式为：，N2经过装置F的干燥，可排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时将四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)，E装置用于产生CCl4蒸汽，CCl4蒸汽进入B中与Cr2O3发生反应，生成CrCl3和COCl2，装置C用于收集CrCl3，装置D用于处理尾气，为防止装置D中的水进入装置，使CrCl3潮解，再C、D之间加入装置F。
【小问1详解】
由分析得，实验装置合理的连接顺序为：；
【小问2详解】
装置A中，NH4Cl与NaNO2在加热条件下反应生成N2，化学方程式为：；实验过程中持续通N2，是为了排尽装置内的空气，防止CrCl3在高温下被O2氧化，同时四氯化碳吹入石英管中和反应生成(或吹出生成的和)；
【小问3详解】
CCl4沸点为76.8℃，因此对E装置加热的最佳方式是：(76.8℃以上)水浴加热；E中长颈漏斗是为了：平衡压强(调节的气体流速、检验后面装置是否堵塞)；
【小问4详解】
升华的易凝华，堵塞导管(连接BC装置的导管过细)；
【小问5详解】
①与在常温下反应，观察不到含的溶液的橙色，必须将反应液加热至沸腾后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象，可能是：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行，(或常温下反应速率较慢，氯离子参与反应使得生成的较少同时降低了氢离子浓度使生成的产物以形式在)；
②由表可知，当KMnO4的用量为10滴时，恰好得到澄清的橙黄色溶液，即将氧化为，与最佳用量比为1：1；反应中推测Cr3+和用量比为5∶3，实际为1∶1，是因为高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，使得用量比理论上更多。
19. 左氧氟沙星是一种具有广谱抗菌作用的药物，其前体K的合成路线如下：
i．(其中DHP、PPTS是有机试剂缩写)
ii．
ⅲ.
（1）B的系统命名是___________。
（2）已知试剂X的分子式为C6H2NO2F3，X的结构简式为___________。
（3）F分子中官能团名称羟基、醚键、___________。
（4）I中含有两个酯基、两个六元环，H→I的反应类型为___________，I→J的化学方程式是___________。
（5）F的同分异构体中满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①为α-氨基酸；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③1ml该物质与Na反应，消耗3mlNa；
④核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3。
（6）K的另一种制备途径如下：
写出M、P的结构简式___________、___________。
【答案】（1）2-羟基丙酸乙酯
（2） （3）碳氟键、硝基
（4） ①. 取代反应 ②.
（5）4 （6） ①. ②.
【解析】
【分析】采用逆推法，由E的结构简式，参照A的分子式，可确定A为CH3CH(OH)COOH；A与C2H5OH发生酯化反应，生成B为CH3CH(OH)COOC2H5；依据信息ⅰ，可得出C为CH3CH(OPHT)COOC2H5；依据信息ⅱ可确定D为CH3CH(OPHT)CH2OH，由X的分子式为C6H2NO2F3，可确定X为；依据信息ⅰ，可确定F为；依据G的分子式，可确定G为；由信息ⅲ可得出H为；脱水得到I的结构简式为，再脱去C2H5OH，得到J的结构简式为，J发生酯基的水解反应，从而得到K。
【小问1详解】
B为CH3CH(OH)COOC2H5，系统命名是：2-羟基丙酸乙酯。
【小问2详解】
试剂X的分子式为C6H2NO2F3，由分析可得出，X的结构简式为。
【小问3详解】
F为，分子中官能团名称为羟基、醚键、碳氟键、硝基。
【小问4详解】
I中含有两个酯基、两个六元环，则I为，H()→I的反应类型为取代反应，I()→J()，发生取代反应，化学方程式是。
【小问5详解】
F为，F的同分异构体中满足下列条件：“①为α-氨基酸；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③1ml该物质与Na反应，消耗3mlNa；④核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为1:1:2:2:3”有机物，结构简式可能为、、、，共有4种(不考虑立体异构)。
【小问6详解】
由流程图，参照原料和产品的结构，可逆推出P为，由已知信息ⅲ及N可脱去2个HF，可推出M为，从而得出M、P的结构简式为、。
【点睛】推断有机物时，可采用逆推法。
20. 研究、的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应：
反应i．；
反应ii．
（1）反应过程中各物质相对能量如图(TS表示过渡态)：
和反应生成的热化学方程式为___________。
（2）将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。
NO和CO的脱除应选择___________(填“高温”或者“低温”)。表示的浓度变化曲线的是___________。实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是___________。450℃时，该时间段内NO的脱除率=___________(保留2位有效数字，NO的脱除率)。
II．将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：。
（3）该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率约为___________。
（4）为提高效率，某研究小组参考文献优化上述方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
反应iii：
反应iv：
反应V：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是___________。
A．v与的压强无关
B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大；时，v不再显著增大。请解释原因___________。
【答案】（1）
（2） ①. 高温 ②. b ③. 反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小 ④. 88%
（3）
（4） ①. CD ②. 当时，v随c增大而增大，因M是基元反应ⅲ的反应物(直接影响基元反应v中反应物L的生成)；时，v不再显著增加，因受限于和在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】
【小问1详解】
由反应i-反应ii得：，根据各物质相对能量图计算出；
【小问2详解】
根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除；根据反应方程式可知，容器内N2的浓度约为CO2的一半，故a曲线表示CO2的浓度变化，b曲线表示N2的浓度变化；实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，可能是高于340℃后，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii的速率大于反应i的速率，所以N2O的浓度减小；根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率；
【小问3详解】
建立平衡关系式：设消耗CO2浓度为x，，，得x=，CO2的转化率；
【小问4详解】
①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C正确；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故答案选CD；
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。实验
现象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色
②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色
②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
的用量(滴数)
在不同温度下的反应现象
1
紫红色
蓝绿色溶液
2～9
紫红色
黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多
10
紫红色
澄清的橙黄色溶液
11～23
紫红色
橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多
24～25
紫红色
紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀
相关试卷
山东省山东师范大学附属中学2024届高三考前适应性测试化学试题+答案： 这是一份山东省山东师范大学附属中学2024届高三考前适应性测试化学试题+答案，共9页。
2024届山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题（含答案）： 这是一份2024届山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题（含答案），共9页。
2024届山东省济南市+山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题： 这是一份2024届山东省济南市+山东师范大学附属中学高三下学期考前适应性测试化学试题，共9页。
