精品解析：山东师范大学附属中学2026届高三下学期高考前适应性训练 化学试题

机密★启用前 山东师范大学附属中学2023级高三高考前适应性训练 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Sc-45 Co-59 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. 下列生产生活常见的变化，体现了氧化还原反应原理的是 A. 利用植物油的加成反应可以制得人造黄油 B. 利用医用酒精进行消毒 C. 通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 D. 溶洞内钟乳石的形成 【答案】A 【解析】 【详解】A．植物油制人造黄油的加成反应是不饱和油脂与H2的氢化反应，H元素从0价变为化合态，存在元素化合价升降，属于氧化还原反应，A符合题意； B．医用酒精消毒的原理是酒精使蛋白质变性，过程中无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意； C．植物油水解生产甘油属于酯的取代反应，反应中所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．钟乳石形成是CaCO3、H2O、CO2和Ca(HCO3)2的相互转化，所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故答案选A。 2. 化学与人类生活、生产有着密切联系。下列有关叙述错误的是 A. 海水提镁、制造玻璃等工业都用到碳酸钙 B. 制造大型抛物面天线的铝合金和玻璃钢均为金属材料 C. “落红不是无情物，化作春泥更护花”体现了自然界中的碳、氮循环 D. 利用纤维素生产醋酸纤维的过程中涉及酯化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．海水提镁时需煅烧碳酸钙制CaO，氧化钙与水反应生成氢氧化钙用于沉淀海水中的，制造玻璃的原料包含石灰石（主要成分为碳酸钙），两类工业均用到碳酸钙，A正确； B．铝合金属于金属材料，但玻璃钢是玻璃纤维增强的有机复合材料，不属于金属材料，B错误； C．落花被微生物分解后，含碳、氮的物质可重新被植物吸收利用，体现了自然界的碳、氮循环，C正确； D．纤维素含有羟基，可与醋酸类物质发生酯化反应生成醋酸纤维，过程涉及酯化反应，D正确； 故答案选B。 3. 下列化学用语或图标表达正确的是 A. 聚丙烯的链节： B. 中心原子杂化轨道空间分布示意图： C. 与水反应的实验过程中涉及的图标： D. 中共价键的电子云轮廓图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚丙烯由丙烯（）加聚得到，其链节应为，A错误； B．​中N原子采取杂化，其杂化轨道的空间构型为正四面体，孤电子对占据一个杂化轨道，轨道实际夹角接近107°，图示轨道为平面三角形、夹角为120°，属于杂化的空间构型，与实际情况不符，B错误； C．进行化学实验时，需要佩戴护目镜，保护眼睛；实验中需用小刀切割金属钠，使用了锋利物品，需要锐器标识，Na与水反应剧烈，放出大量的热，产生的氢气易燃，需开启排风扇，需要排风扇标识，实验完毕后，需要洗手，对应洗手标识，题图中所有图标都是该实验涉及的安全标识，C正确； D．​中Cl原子通过p轨道“头碰头”重叠形成键，电子云轮廓土为，图示电子云轮廓图呈现的为“肩并肩”结构，为键，D错误； 故答案为： 4. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A．除去淀粉胶体中的溶液 B．熔融纯碱 C．测定溶液的 D．制取并收集干燥的氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．除去淀粉胶体中的溶液应该使用半透膜，而不是用滤纸过滤，A错误； B．纯碱（）的熔点低于铁的，且纯碱不和铁发生化学反应，故可用铁坩埚熔融纯碱，B正确； C．使用试纸时，把试纸弄湿，这样会将待测溶液稀释，影响测定结果的准确性，C错误； D．不能用无水干燥氨气，因为无水会和氨气发生化学反应，生成氨合物，且氨气密度小于空气，应该用短导管进入气体，长导管排出空气来收集氨气，D错误； 故答案选B。 5. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 A 浓磷酸与过量制 、、、 B 加入溶液 、、、 C 浓硝酸与铜片制 、、、 D 浓盐酸与制 、、、 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓磷酸为中强酸，溶液中与会反应生成，不能大量共存，A错误； B．与水反应生成，与反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，B错误； C．浓硝酸与铜反应生成和，硝酸过量时溶液中存在、，部分溶解在废液中，各粒子间不发生反应，可大量共存，C正确； D．酸性条件下，、、发生归中反应生成，不能大量共存，D错误； 故答案为C。 6. 某高性能捕获材料金属有机框架(MOF-5)由原子序数依次增大的前四周期元素、、、组成，原子序数存在关系：，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 属于非极性分子 C. 元素属于区元素 D. 晶体中存在极性键、非极性键、氢键三种化学键 【答案】A 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，且图中配体结构类似苯环/羧酸根与金属节点形成MOF。由结构式可见，X只形成1条共价键，通常对应H，Y形成有机骨架中的四价原子，且可形成苯环结构，对应C，Z与Y形成双键或单键，并且图中出现Z-，符合羧酸根中的O，因此Z为O。再利用题干关系“4Z=W+2”，这里Z的原子序数为8，则W=4×8-2=30，对应第30号元素Zn，故X、Y、Z、W分别为H、C、O、Zn。 【详解】A．X、Y、Z、W分别为H、C、O、Zn，电负性大小为O>C>H>Zn，即Z>Y>X>W，A正确； B．Z为O，Z3为O3。O3分子中氧原子不是直线形排列，分子结构不对称，正、负电荷中心不重合，属于极性分子，不属于非极性分子，B错误； C．W为Zn，Zn的价电子排布为3d104s2，位于第4周期第ⅡB族，按元素分区属于ds区元素，C错误； D．X2Z2为H2O2。H2O2分子中存在O-H极性共价键和O-O非极性共价键，H2O2晶体中分子间还存在氢键。但是选项说“存在极性键、非极性键、氢键三种化学键”，问题在于氢键通常不属于化学键，而属于分子间作用力的一种特殊形式，因此该说法错误，D错误； 所以本题选A。 7. 已知为极性分子，其中心原子为原子，在催化剂作用下可分解为和；为平面形分子，易双聚。下列关于含氮化合物的说法错误的是 A. 中键比键更易断裂 B. 氧化性： C. 的空间构型为形 D. 分子键角大于 【答案】C 【解析】 【详解】A．分解生成和时，键保留、键断裂，说明键键能更小，更易断裂，A正确； B．是硝酰阳离子，为硝化反应的活性中间体，氧化性强于，B正确； C．与互为等电子体，中心原子价层电子对数为2，无孤电子对，空间构型为直线形，不是V形，C错误； D．中心为杂化，存在1个单电子，根据价层电子对互斥理论，单电子的排斥作用小于成键电子对，故两个键之间的夹角会大于平面三角形的理想键角，D正确； 故选C。 8. 下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 分子间作用力： B 热稳定性： 离子键强弱： C 密度：干冰>冰 空间利用率及相对分子质量： D 酸性： 吸电子能力： A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH3分子间存在氢键，分子间作用力为SbH3<NH3，氨气沸点更高，解释正确，A不符合题意； B．碳酸盐热稳定性由阳离子对的反极化能力决定：Mg2+半径小于Ca2+，极化能力更强，更易使分解，故热稳定性；且Mg2+半径更小，中离子键强于，选项原因表述错误，B符合题意； C．干冰为分子密堆积，空间利用率高，且相对分子质量大于；冰中水分子间因氢键形成空旷结构，空间利用率低，故密度干冰>冰，解释正确，C不符合题意； D．HClO结构为HO-Cl，结构为，的吸电子能力强于-Cl，使中O-H键极性更强，更易电离出，酸性更强，解释正确，D不符合题意； 故选B。 9. 在催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法正确的是 A. 恒容条件下，体系达平衡后，升高温度，重新达平衡时甲酸浓度减小 B. 键的键能为 C. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成Ⅱ的反应决定了脱氢反应的速率 D. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及极性键的断裂和非极性键的生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．观察右侧的能量变化图，产物的总能量低于反应物的总能量，该反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，重新达平衡时甲酸浓度增大，A错误； B．键能是指气态分子断裂成气态原子所吸收的能量或气态原子形成气态分子时所释放的能量。IVV 是吸附在催化剂上的H原子生成氢气的能量变化，为，这包含了形成H-H键的能量变化和从催化剂表面脱附的能量变化，不是的键能，B错误； C．决定整个多步反应速率的是反应速率最慢的一步，也就是活化能最大的那一步。IVV 这一步的活化能最大，它是整个反应的决速步， C错误； D．反应物是甲酸（HCOOH），在反应过程中，C-H键和O-H键发生了断裂。碳和氢、氧和氢之间的电负性不同，形成的都是极性共价键。最终产物中有氢气生成。氢气和氢气原子之间形成的是H-H键，同种非金属原子之间形成的共价键是非极性键，D正确； 故答案选D。 10. 有研究采用、和催化反应制备。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂足量且保持活性。反应方程式如下：Ⅰ．；Ⅱ．。、、三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。(例：的物质的量百分比)。下列说法错误的是 A. 时刻之前，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ速率快 B. 时刻之后，的物质的量百分比减小可能是浓度下降导致 C. 若缩小容器体积，反应达平衡时，曲线中的百分含量增大 D. 若用代替作为氢源与反应生成，需适当提高反应所需温度 【答案】D 【解析】 【详解】A．观察图像，在时间段内，的曲线是上升的，说明的净生成量在增加。这意味着生成的反应I的速率大于消耗的反应II的速率，A正确； B．时刻后，的百分比开始下降。根据定义公式，分子减小或分母增大都会导致百分比减小。随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率通常会减慢。如果反应I变慢，而反应 II 继续消耗，就会导致的物质的量下降，从而导致其百分比减小，B正确； C．缩小容器体积相当于增大压强。对于反应 I：，这是一个气体分子数减少的反应。增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于生成更多的。对于反应II：，这是一个气体分子数不变的反应。增大压强，该平衡不移动。综合来看，加压会使反应 I 正向移动，产生更多，体系中的物质的量会增加，其在三种物质中的百分含量也会增大，C正确； D．Si原子的半径大于H原子，Si-H键的键长大于H-H键， 键的键能小于键，更容易释放出活性氢，与反应应该更容易进行，所需的活化能更低，因此，在较低温度下就能反应，D错误； 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. 完成下列实验所用部分试剂或仪器选择正确的是 选项 实验目的 试剂 仪器 A 比较镁和铝的金属性强弱 溶液、溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 除去苯中少量的苯酚 样品、浓溴水 烧杯、漏斗、玻璃棒 C 制备无水乙醇 95%的乙醇、生石灰 蒸馏烧瓶、球形冷凝管、锥形瓶、温度计 D 鉴别葡萄糖和蔗糖 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液 试管、烧杯、酒精灯 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向、溶液中分别加入氨水，两者均生成白色氢氧化物沉淀，且不溶于弱碱氨水，无法比较二者最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，不能判断镁和铝的金属性，A错误； B．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，同时溴单质也会溶解在苯中，引入新杂质，无法实现除杂，B错误； C．蒸馏操作收集馏分时需使用直形冷凝管，球形冷凝管多用于冷凝回流，会有馏分残留，且缺少牛角管、酒精灯等必要仪器，无法完成制备无水乙醇的实验，C错误； D．葡萄糖含醛基，属于还原糖，可与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应，蔗糖无醛基，不能发生银镜反应，可实现鉴别，所需的试管、烧杯（水浴加热用）、酒精灯均齐全，D正确； 故选D。 12. 中科院化学研究所开发了一个包括苯酚电催化还原和苯酚电催化氧化两个半反应的综合电化学策略，成功实现了苯酚合成两种重要的化工原料——环己酮和苯醌。下列说法错误的是 A. 电势 B. 阳极区的电极反应式为C6H5OH+H2O-4e-=C6H4O2+4H+ C. 该装置每消耗苯酚时，有由电极向电极迁移 D. 该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率为100% 【答案】C 【解析】 【分析】该装置是一个成对电解体系，左侧电极a发生苯酚的电催化氧化，生成苯醌；右侧电极b发生苯酚的电催化还原，生成环己酮。质子交换膜允许H+通过，阳极区氧化产生的H+可以迁移到阴极区，参与苯酚加氢还原生成环己酮； 【详解】A．电极a处苯酚被氧化生成苯醌，电极a为阳极；电极b处苯酚被还原生成环己酮，电极b为阴极。电解池中阳极接电源正极、阴极接电源负极，所以电势a>b，A正确； B．阳极区发生氧化反应，苯酚被氧化为苯醌，电极反应式可写为：C6H5OH+H2O-4e-=C6H4O2+4H+，即图中所给反应式表示苯酚失电子生成苯醌和H+，B正确； C．从半反应看，阳极每氧化1mol苯酚生成1mol苯醌，会产生4molH+，同时转移4mol电子；阴极每还原1mol苯酚生成1mol环己酮，也需要4molH+和4mol电子。因此整个装置完成一次配对反应时，阳极消耗1mol苯酚，阴极也消耗1mol苯酚，共消耗2mol苯酚，同时有4molH+由电极a侧经质子交换膜迁移到电极b侧。若“该装置消耗1mol苯酚”指整个装置总共消耗1mol苯酚，则对应迁移的H+应为2mol，而不是4mol，C错误； D．将两个半反应相加可得总反应：2C6H5OH+H2O→C6H4O2+C6H10O。反应中苯酚分别转化为苯醌和环己酮，水中的H、O也进入目标产物，没有生成额外副产物，因此该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率可认为为100%，D正确； 故答案选C。 13. 某科研团队利用废炉渣(主要成分为，还含有少量、、、)，制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾()，其制备流程如图所示： 已知：室温下，物质的溶解度：。下列说法正确的是 A. “滤渣Ⅰ”的主要成分为 B. “氧化Ⅰ”中溶液往往要稍过量，主要是因为其在的催化下易发生分解 C. “氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式： D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 【答案】BD 【解析】 【分析】首先分析整个工艺流程的化学变化。酸溶： 废炉渣（主要含Fe2O3，少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2）加入稀硫酸后，Fe2O3、Fe3O4、CuO溶解生成相应的硫酸盐（Fe3+、Fe2+、Cu2+）；CaO与硫酸反应生成微溶的CaSO4沉淀；SiO2不与稀硫酸反应。因此“滤渣Ⅰ”主要含有SiO2和CaSO4。除杂： 向滤液中加入铁粉，铁粉将 Fe3+还原为Fe2+，将Cu2+置换为单质Cu。过滤后，“滤渣Ⅱ”主要为Cu和过量的Fe；滤液主要为FeSO4溶液。氧化Ⅰ： 加入5% H2O2溶液，将Fe2+氧化为 Fe3+。氧化Ⅱ： 加入20 % NaClO和NaOH溶液，在碱性环境下将Fe3+进一步氧化为高铁酸根（），此时溶液中生成了Na2FeO4。转化： 加入饱和KOH溶液。由于室温下溶解度K2FeO4 < Na2FeO4，发生复分解反应析出 K2FeO4晶体。 【详解】A．废炉渣中的CaO在酸溶时会与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此“滤渣I”的主要成分除了不溶于酸的SiO2外，还含有CaSO4，A错误； B．在“氧化I”步骤中，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，但生成的Fe3+是催化H2O2分解的优良催化剂，为了弥补因催化分解而损耗的过氧化氢，保证 Fe2+被完全氧化，H2O2溶液确实需要稍过量，B正确； C．“氧化II”步骤中加入了NaClO 和NaOH溶液，反应环境为碱性，选项中的离子方程式电荷不平衡，正确的离子方程式应为：，C错误； D．在“转化”步骤中，由于室温下溶解度K2FeO4 < Na2FeO4，加入饱和KOH溶液后，发生复分解反应并大量析出K2FeO4沉淀，此时体系变成了固液悬浊液。要从悬浊液中提取纯净的固体产品，其标准的物理分离提纯三步是：过滤（实现固液分离）、洗涤（洗去晶体表面附着的可溶性杂质，如NaOH 等）、干燥（去除多余水分获取最终产品），因此，将“一系列操作”概括为过滤、洗涤、干燥是完全符合工艺逻辑且正确的，D正确； 故答案选BD。 14. 应用Beckmann重排可由合成，反应机理如下，下列说法错误的是 A. Ⅰ的结构简式为 B. 反应过程中需及时补充 C. Ⅱ中至少有5个原子共平面 D. 根据上述反应机理，由环己酮和可以合成 【答案】B 【解析】 【详解】A．和NH2OH发生加成反应，碳氧双键断开，Ⅰ的结构简式为，A正确； B．由题中反应机理可知，Ⅱ→Ⅲ每分子反应消耗一个H+，Ⅴ→Ⅵ每分子反应产生一个H+，不需要及时补充H+，B错误； C．Ⅱ有一个碳氮双键，其中碳原子以及与碳原子相连的两个C、氮原子、氮原子相连的O一定共平面，即至少有5个原子共平面，C正确； D．根据题中反应机理有，D正确； 故答案选B。 15. 常温下，实验室常用邻二氮菲()检测溶液中的，用或调节初始浓度均为 与混合溶液的(假定溶液体积与温度不变)，溶液中含的微粒有、、，含的微粒有、、，溶液中(表示或)随变化的曲线如图。已知：，，下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示随变化 B. 时， C. 平衡常数 D. 若人眼能感知到的最低浓度为，检测时最低略大于 【答案】CD 【解析】 【分析】溶液中存在化学平衡，该平衡的平衡常数，若，通过前面两个等式可得到，故图中曲线Ⅱ表示随变化的曲线，则曲线Ⅰ表示随变化的曲线。 【详解】A．根据分析可知，图中曲线Ⅱ，表示随变化的曲线，A错误； B．时，，根据水的离子积常数，可得，故，B错误； C．曲线Ⅱ为，由图中曲线Ⅱ上的点可知当时，，由前面三个等式可得，即，C正确； D．已知溶液中有，则溶液中浓度最高为，假设溶液中浓度为，则有，由前等式可算出此时溶液中的浓度为，根据可算出此时溶液中的浓度为，此时，由前面的计算可知当溶液时，溶液中没有沉淀生成，则有当时，，假设，则，此时，即，由图中曲线Ⅰ上的点可知当时，略大于，溶液中存在平衡，由该平衡可知氢离子浓度越低（越高），浓度越高，因此检测时，最低略大于，D正确； 故答案选CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钴是国家重要的战略资源，素有“工业味精”和“工业牙齿”之称。回答下列问题： （1）下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A． B． C． D． 第4周期过渡元素中比基态Co原子未成对电子数多的有_______种。 （2）我国科学家合成了世界上首个五氮阴离子盐。时隔不久，他们在该领域再次取得突破，成功制得全氮阴离子()金属盐，结构如下图所示。 ①金属盐中，中心钴离子的配位数为_______，中的键总数为_______个。 ②热分析结果显示盐分解温度高达，具有非常好的热稳定性。这与其结构中含有类似苯分子中的大键有关。氮氮键的键能：_______(填“>”或“<”)。 （3）酞菁和钴酞菁的分子结构如下图所示： 酞菁分子中所有原子共平面，其中图示①②③号N原子中碱性最弱的是____(填标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_____。 （4）钴的某种硫化物可用于制作固态电池正极高镍三元材料——镍钴锰酸锂，该钴硫化物晶胞结构如下图所示。 ①已知A点原子的分数坐标为，则B点原子的分数坐标为_______。 ②晶胞参数分别为、、，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(列出计算式即可)。 【答案】（1） ①. B ②. 3 （2） ①. 6 ②. ③. > （3） ①. ③ ②. +2 （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 ①基态钴原子的电子排布式为，是激发态钴原子的电子排布式，是基态Co+的电子排布式，是激发态Co+的电子排布式。由于激发态能量高于基态，第二电离能大于第一电离能，则基态Co+对外层电子的吸引力更强，电离最外层一个电子所需能量最大，故选B； ②基态Co的电子排布式为，有个未成对电子。第4周期过渡元素中：Cr： ，未成对电子数；Mn：，未成对电子数；Fe：，未成对电子数。共 种元素未成对电子数多于Co。 【小问2详解】 ①金属盐中，中心与个中的N原子和 个中的O原子配位，配位数为； ②分子内键是键， 个含个键； 配位键是键，数目为 个； 配位键是键，数目为 个；每个含 个键，个 共 个键。故中的键总数为(=； ③中存在离域大键，使得氮原子间的结合力增加，氮氮键的键能增加，键能高于中的单键（单键）。故填。 【小问3详解】 酞菁分子中，N原子均为sp2杂化，③号N原子形成3个键，孤对电子完全参与大键离域，无法接受质子，碱性最弱；①号N、②号N均形成2个键，均有一个孤电子对占据了一个sp2杂化轨道，碱性较强，故图示①②③号N原子中碱性最弱的是③。钴酞菁分子中，酞菁分子失去两个质子形成带两个负电荷的阴离子，为保持分子电中性，Co的化合价为+2。 【小问4详解】 ①已知A点分数坐标为。观察晶胞结构，A和B在底面（平面）的投影关于菱形的中心对称，且坐标关于晶胞高度的一半（）对称。A点的，；由于六方晶胞的对称性，B点的，。A点的  ，B点的。综上，B点的分数坐标为； ②由图知，六方晶胞包含三个平行六面体，单个平行六面体中，S原子位于晶胞内部，共2个；Co原子位于顶点和棱心，数目为，则一个平行六面体的质量为，其底面为菱形，边长为，夹角为，因此底面积，体积=，故该晶体的密度=。 17. 钪()是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从某种磷精矿[主要成分为(难溶于水)，含少量、、等]中分离稀土元素钪()的工业流程如下： （1）“酸浸”过程中氟元素全部转化为。写出与发生反应的离子方程式_______。 （2）“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。萃取时涉及的主要反应为：。 ①在一定条件下，(Ⅲ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数，称为分配系数()，。萃取元素的过程中，若元素的分配系数，取含的溶液，一次性加入萃取剂充分振荡后静置，元素的萃取率为_______(计算结果保留两位有效数字)。(已知：萃取率) ②在不改变萃取剂用量的前提下，为提高元素的萃取率，除进一步充分振荡外，还可采取的实验操作是_______。 （3）“反萃取”的目的是分离和元素。、、的沉淀率随的变化如图1，试剂X为_______(填“”或“”)。 （4）已知，，。“沉钪”时，发生反应，此反应的平衡常数_______(用含的代数式表示)；反应过程中，当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是_______。 （5）在上述流程中经处理后可循环利用的物质有_______。 （6）草酸钪晶体()在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。反应的化学方程式为_______。 【答案】（1） （2） ①. 78% ②. 分多次加入萃取剂，分别振荡萃取 （3） （4） ①. ②. 草酸钪沉淀转化为可溶性络合物 （5）、 （6） 【解析】 【分析】磷精矿加入酸浸，过滤不溶性杂质得到滤渣1，、、、进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X将转化为，通入，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入溶解，加入除去得到为滤渣2，滤液加入沉淀分离出草酸钪晶体。 【小问1详解】 “酸浸”过程中与反应而溶解，氟元素全部转化为（弱酸），反应的离子方程式为：； 【小问2详解】 ①已知，含的溶液，一次性加入萃取剂；所以，、，元素的萃取率； ②在不改变萃取剂用量的前提下，为提高元素的萃取率，可分多次加入萃取剂，分别振荡萃取； 【小问3详解】 根据图1中各离子的沉淀率，应加入还原剂，将还原为，控制pH为2，使沉淀，几乎不沉淀，有利于分离除杂，故试剂X为； 【小问4详解】 草酸为二元弱酸，电离反应为：，；，，，平衡常数=；当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是草酸钪沉淀转化为可溶性络合物； 【小问5详解】 反萃取加氨水后，脱离有机相进入水相，游离出TBP有机萃取液，分液分离水层和有机层，TBP有机萃取液净化后可返回萃取工序循环利用；酸浸使用，萃取体系含，经反萃取、酸化过程进入水相废液，经浓缩回收，可回到酸浸、酸化循环利用；所以经处理后可循环利用的物质有：、； 【小问6详解】 1 mol的质量为462 g，550℃时，质量减少，根据质量守恒，1 mol草酸钪晶体含，的质量为108g，可知550℃时剩余固体为，850℃时固体质量剩余，的摩尔质量为，根据钪原子守恒，可知850℃时剩余固体为，则550～850℃反应的化学方程式为：。 18. 钴基配合物在电催化析氢领域具有重要应用价值。实验室制备二氯二吡啶合钴(Ⅱ)并测定其纯度，实验过程如下： Ⅰ．配合物的制备 ①向三颈烧瓶中加入和无水乙醇，搅拌至完全溶解； ②水浴加热至，缓慢滴加吡啶，搅拌反应30分钟； ③反应结束后，冷却至室温，过滤，用无水乙醚洗涤晶体，干燥得产品。 Ⅱ．纯度测定 ①准确称取样品，置于锥形瓶中，加入水和稀硝酸，加热煮沸使样品完全分解； ②冷却后加入蒸馏水，滴加2滴铁铵矾()指示剂，用标准溶液滴定至终点()； ③重复实验3次，平均消耗标准溶液。 已知：①二氯二吡啶合钴(Ⅱ)，化学式为()，蓝色晶体，易潮解，微溶于水，可溶于乙醇；②吡啶()：无色液体，沸点，有刺激性气味，易挥发，溶于水显碱性()；③与吡啶形成配合物的反应：，该反应放热。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）“配合物的制备②”中滴加吡啶时速度不能过快的原因是_______；球形冷凝管的作用是_______。 （3）“配合物的制备③”中用无水乙醚洗涤晶体的目的是_______；干燥产品时，适宜的干燥方法是_______(填“自然晾干”、“抽真空干燥”或“高温烘干”)。 （4）纯度测定实验中，滴定终点的现象是_______。 （5）样品中二氯二吡啶合钴(Ⅱ)的质量分数为_______；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）有同学提出，可通过测定溶液的来计算吡啶含量从而测定的纯度，该方案是否可行并说明理由：_______。 【答案】（1）恒压滴液漏斗 （2） ①. 防止反应放热导致温度过高，吡啶挥发损失且可能导致配合物分解 ②. 冷凝回流吡啶和乙醇，提高原料利用率 （3） ①. 除去表面杂质，且乙醚易挥发，便于快速干燥 ②. 抽真空干燥 （4）当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟内不恢复原色 （5） ①. （或） ②. 偏高 （6）不可行，因为水解会干扰测定，且吡啶与形成稳定配合物，溶液中游离吡啶浓度不能反映总含量 【解析】 【小问1详解】 仪器a的名称是恒压滴液漏斗； 【小问2详解】 滴加吡啶时速度不能过快的原因是：防止反应放热导致温度过高，吡啶挥发损失且可能导致配合物分解；球形冷凝管的作用是冷凝回流吡啶和乙醇，提高原料利用率； 【小问3详解】 “配合物的制备③”中用无水乙醚洗涤晶体的目的是：除去表面杂质，且乙醚易挥发，便于快速干燥；由于产品易潮解、受热可能分解，自然晾干易吸水，高温烘干易变质，所以干燥产品时，适宜的干燥方法是：抽真空干燥； 【小问4详解】 指示剂为铁铵矾（含），完全反应后，过量的与结合显血红色，即为终点；则滴定终点的现象是：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟内不恢复原色； 【小问5详解】 根据反应关系式，可得；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致读取标准液体积偏大，则测定结果偏高； 【小问6详解】 不可行，因为水解会干扰测定，且吡啶与形成稳定配合物，溶液中游离吡啶浓度不能反映总含量。 19. 米格列奈可用于治疗糖尿病，其合成路线如下： 已知：化合物具有六元环和五元环。 （1）的反应类型为_______。 （2）C的名称为_______。 （3）中第ⅰ步反应的化学方程式为_______。 （4）下列说法错误的是_______。 A．化合物A存在分子间氢键 B．化合物B可以被还原 C．与足量加成，消耗的物质的量为 （5）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______。(写出一种即可) ①含有手性碳原子；②1 mol该物质与足量溶液反应，生成气体(标准状况下) （6）以为主要原料合成的路线如下：。已知：化合物具有六元环和五元环。 ①G的结构简式为_______；②I的含氧官能团名称为_______。 【答案】（1）取代反应 （2）丁二酸二甲酯 （3） ＋2NaOH→＋2CH3OH （4）C （5）、、 （6） ①. ②. 酰胺基 【解析】 【分析】先把主线中各物质关系理清：起始物X是顺丁烯二酸酐，即马来酸酐；X与H2O反应开环生成A，A为顺丁烯二酸；A催化加氢后C=C被还原，生成B，B为丁二酸；B与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成C，C为丁二酸二甲酯。随后C与苯甲醛D在C2H5ONa作用下发生缩合，得到含有苯环和碳碳双键的二酯E；E先在NaOH作用下发生酯的碱性水解，再酸化、脱水成酸酐，得到F；F再与胺K反应开环酰胺化，得到米格列奈； 【小问1详解】 X为酸酐，遇水发生水解，酸酐中的C-O-C结构断裂并生成两个羧基，本质上属于水解反应，在高中有机反应类型中通常归为取代反应； 【小问2详解】 X为马来酸酐，水解生成顺丁烯二酸A；A与H2催化加成后，C=C被还原为C-C，生成丁二酸B；丁二酸与甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，两个羧基均转化为甲酯，因此C为丁二酸二甲酯； 【小问3详解】 E分子中含有两个酯基，在NaOH作用下两个酯基均发生碱性水解，生成对应的二羧酸钠盐和甲醇；随后酸化得到二羧酸，再经乙酸酐脱水形成酸酐F； 【小问4详解】 A．A为顺丁烯二酸，分子中含有两个羧基，羧基之间或羧基分子间可以形成氢键，因此A存在分子间氢键，A正确； B．B为丁二酸，分子中含有羧基，LiAlH4具有较强还原性，可以将羧基还原为醇羟基，因此B可以被LiAlH4还原，B正确； C．E分子中含有一个苯环和一个碳碳双键。若足量H2完全加成，苯环加成需要3mol H2，侧链上的C=C加成需要1mol H2，因此1mol E最多消耗4mol H2，而不是6mol H2，C错误； 所以答案选C； 【小问5详解】 C的分子式为C6H10O4。与足量NaHCO3反应生成44.8L CO2，即标准状况下生成2mol CO2，说明1mol该有机物中含有2mol羧基，即含有两个-COOH。上述结构为2-甲基戊二酸，分子式为C6H10O4，含有两个羧基，且CH(CH3)所在碳原子连接H、CH3、COOH、CH2CH2COOH四种不同基团，是手性碳原子，符合要求； 【小问6详解】 ①X为马来酸酐，G与X在加热条件下生成H，H的分子式为C8H8O3，说明G应提供4个碳原子并与马来酸酐发生Diels-Alder加成反应，因此G为1,3-丁二烯，结构式为CH2=CH-CH=CH2； ②H与NH3加热反应生成I，酸酐结构与NH3反应可形成环状酰胺结构，I中含有酰胺结构，因此其含氧官能团可写为酰胺基，之后I中碳碳双键经H2催化加氢生成J，J再被LiAlH4还原得到胺K。 20. 天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。一种热分解法脱除的方法： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①计算热分解反应的_______。 ②在、反应条件下，采用与的混合气进行热分解反应，越小，平衡转化率越_______(填“大”或“小”)，理由是_______。 （2）维持体系压强，热分解法脱除的反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。 ①曲线c代表的物质是_______(填化学式)。 ②反应温度为时，的平衡转化率为_______。 ③是以各物质的物质的量分数代替浓度表示的平衡常数，则_______(用含的表达式表示)。若增大，则_______(填“增大”，“减小”或“不变”，下同)。若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，的物质的量分数_______。 【答案】（1） ①. +170 ②. 大 ③. 越小，的分压越小，平衡向正反应方向进行，平衡转化率越大 （2） ①. ②. 40% ③. ④. 减小 ⑤. 减小 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，分解反应可通过反应2-反应3+反应1=； ②在、反应条件下，采用与的混合气进行热分解反应，越小，说明通入的惰性气体占据的分压越大，体系中反应物压强减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，即平衡正向移动，故平衡转化率越大； 【小问2详解】 ①由图示信息可知，a曲线随温度升高而减小，b、c曲线随温度升高而增大，且相同温度下，b曲线的数值永远是c曲线的2倍，根据反应系数和气体的体积之比等于其物质的量之比可知，曲线b代表的物质是；曲线c代表的物质是；曲线a代表的物质是； ②维持体系压强，由图示可知，反应温度为1300℃时，的体积分数为50%，设起始 ，转化，列三段式： 平衡总物质的量： 由题意时体积分数：，解得； ③分压定义：，为物质的量分数，， ，变形得：；平衡常数，若增大，则减小；该反应正向气体分子数增大，恒容投料等效增大体系压强，加压平衡逆向移动，的物质的量分数减小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 山东师范大学附属中学2023级高三高考前适应性训练 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Sc-45 Co-59 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. 下列生产生活常见的变化，体现了氧化还原反应原理的是 A. 利用植物油的加成反应可以制得人造黄油 B. 利用医用酒精进行消毒 C. 通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 D. 溶洞内钟乳石的形成 2. 化学与人类生活、生产有着密切联系。下列有关叙述错误的是 A. 海水提镁、制造玻璃等工业都用到碳酸钙 B. 制造大型抛物面天线的铝合金和玻璃钢均为金属材料 C. “落红不是无情物，化作春泥更护花”体现了自然界中的碳、氮循环 D. 利用纤维素生产醋酸纤维的过程中涉及酯化反应 3. 下列化学用语或图标表达正确的是 A. 聚丙烯的链节： B. 中心原子杂化轨道空间分布示意图： C. 与水反应的实验过程中涉及的图标： D. 中共价键的电子云轮廓图： 4. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是 A．除去淀粉胶体中的溶液 B．熔融纯碱 C．测定溶液的 D．制取并收集干燥的氨气 A. A B. B C. C D. D 5. 下列实验产生的废液中，可能大量存在的粒子组是 选项 实验 粒子组 A 浓磷酸与过量制 、、、 B 加入溶液 、、、 C 浓硝酸与铜片制 、、、 D 浓盐酸与制 、、、 A. A B. B C. C D. D 6. 某高性能捕获材料金属有机框架(MOF-5)由原子序数依次增大的前四周期元素、、、组成，原子序数存在关系：，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 属于非极性分子 C. 元素属于区元素 D. 晶体中存在极性键、非极性键、氢键三种化学键 7. 已知为极性分子，其中心原子为原子，在催化剂作用下可分解为和；为平面形分子，易双聚。下列关于含氮化合物的说法错误的是 A. 中键比键更易断裂 B. 氧化性： C. 的空间构型为形 D. 分子键角大于 8. 下列对物质性质差异解释错误的是 性质差异 主要原因 A 沸点： 分子间作用力： B 热稳定性： 离子键强弱： C 密度：干冰>冰 空间利用率及相对分子质量： D 酸性： 吸电子能力： A. A B. B C. C D. D 9. 在催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法正确的是 A. 恒容条件下，体系达平衡后，升高温度，重新达平衡时甲酸浓度减小 B. 键的键能为 C. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成Ⅱ的反应决定了脱氢反应的速率 D. 在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及极性键的断裂和非极性键的生成 10. 有研究采用、和催化反应制备。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂足量且保持活性。反应方程式如下：Ⅰ．；Ⅱ．。、、三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。(例：的物质的量百分比)。下列说法错误的是 A. 时刻之前，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ速率快 B. 时刻之后，的物质的量百分比减小可能是浓度下降导致 C. 若缩小容器体积，反应达平衡时，曲线中的百分含量增大 D. 若用代替作为氢源与反应生成，需适当提高反应所需温度 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. 完成下列实验所用部分试剂或仪器选择正确的是 选项 实验目的 试剂 仪器 A 比较镁和铝的金属性强弱 溶液、溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 除去苯中少量的苯酚 样品、浓溴水 烧杯、漏斗、玻璃棒 C 制备无水乙醇 95%的乙醇、生石灰 蒸馏烧瓶、球形冷凝管、锥形瓶、温度计 D 鉴别葡萄糖和蔗糖 葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液 试管、烧杯、酒精灯 A. A B. B C. C D. D 12. 中科院化学研究所开发了一个包括苯酚电催化还原和苯酚电催化氧化两个半反应的综合电化学策略，成功实现了苯酚合成两种重要的化工原料——环己酮和苯醌。下列说法错误的是 A. 电势 B. 阳极区的电极反应式为C6H5OH+H2O-4e-=C6H4O2+4H+ C. 该装置每消耗苯酚时，有由电极向电极迁移 D. 该电化学合成环己酮和苯醌的原子利用率为100% 13. 某科研团队利用废炉渣(主要成分为，还含有少量、、、)，制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾()，其制备流程如图所示： 已知：室温下，物质的溶解度：。下列说法正确的是 A. “滤渣Ⅰ”的主要成分为 B. “氧化Ⅰ”中溶液往往要稍过量，主要是因为其在的催化下易发生分解 C. “氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式： D. “一系列操作”为过滤、洗涤、干燥 14. 应用Beckmann重排可由合成，反应机理如下，下列说法错误的是 A. Ⅰ的结构简式为 B. 反应过程中需及时补充 C. Ⅱ中至少有5个原子共平面 D. 根据上述反应机理，由环己酮和可以合成 15. 常温下，实验室常用邻二氮菲()检测溶液中的，用或调节初始浓度均为 与混合溶液的(假定溶液体积与温度不变)，溶液中含的微粒有、、，含的微粒有、、，溶液中(表示或)随变化的曲线如图。已知：，，下列说法正确的是 A. 曲线Ⅰ表示随变化 B. 时， C. 平衡常数 D. 若人眼能感知到的最低浓度为，检测时最低略大于 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 钴是国家重要的战略资源，素有“工业味精”和“工业牙齿”之称。回答下列问题： （1）下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。 A． B． C． D． 第4周期过渡元素中比基态Co原子未成对电子数多的有_______种。 （2）我国科学家合成了世界上首个五氮阴离子盐。时隔不久，他们在该领域再次取得突破，成功制得全氮阴离子()金属盐，结构如下图所示。 ①金属盐中，中心钴离子的配位数为_______，中的键总数为_______个。 ②热分析结果显示盐分解温度高达，具有非常好的热稳定性。这与其结构中含有类似苯分子中的大键有关。氮氮键的键能：_______(填“>”或“<”)。 （3）酞菁和钴酞菁的分子结构如下图所示： 酞菁分子中所有原子共平面，其中图示①②③号N原子中碱性最弱的是____(填标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_____。 （4）钴的某种硫化物可用于制作固态电池正极高镍三元材料——镍钴锰酸锂，该钴硫化物晶胞结构如下图所示。 ①已知A点原子的分数坐标为，则B点原子的分数坐标为_______。 ②晶胞参数分别为、、，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______(列出计算式即可)。 17. 钪()是一种功能强大但产量稀少的稀土金属，广泛用于尖端科技领域。从某种磷精矿[主要成分为(难溶于水)，含少量、、等]中分离稀土元素钪()的工业流程如下： （1）“酸浸”过程中氟元素全部转化为。写出与发生反应的离子方程式_______。 （2）“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。萃取时涉及的主要反应为：。 ①在一定条件下，(Ⅲ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数，称为分配系数()，。萃取元素的过程中，若元素的分配系数，取含的溶液，一次性加入萃取剂充分振荡后静置，元素的萃取率为_______(计算结果保留两位有效数字)。(已知：萃取率) ②在不改变萃取剂用量的前提下，为提高元素的萃取率，除进一步充分振荡外，还可采取的实验操作是_______。 （3）“反萃取”的目的是分离和元素。、、的沉淀率随的变化如图1，试剂X为_______(填“”或“”)。 （4）已知，，。“沉钪”时，发生反应，此反应的平衡常数_______(用含的代数式表示)；反应过程中，当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是_______。 （5）在上述流程中经处理后可循环利用的物质有_______。 （6）草酸钪晶体()在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。反应的化学方程式为_______。 18. 钴基配合物在电催化析氢领域具有重要应用价值。实验室制备二氯二吡啶合钴(Ⅱ)并测定其纯度，实验过程如下： Ⅰ．配合物的制备 ①向三颈烧瓶中加入和无水乙醇，搅拌至完全溶解； ②水浴加热至，缓慢滴加吡啶，搅拌反应30分钟； ③反应结束后，冷却至室温，过滤，用无水乙醚洗涤晶体，干燥得产品。 Ⅱ．纯度测定 ①准确称取样品，置于锥形瓶中，加入水和稀硝酸，加热煮沸使样品完全分解； ②冷却后加入蒸馏水，滴加2滴铁铵矾()指示剂，用标准溶液滴定至终点()； ③重复实验3次，平均消耗标准溶液。 已知：①二氯二吡啶合钴(Ⅱ)，化学式为()，蓝色晶体，易潮解，微溶于水，可溶于乙醇；②吡啶()：无色液体，沸点，有刺激性气味，易挥发，溶于水显碱性()；③与吡啶形成配合物的反应：，该反应放热。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是_______。 （2）“配合物的制备②”中滴加吡啶时速度不能过快的原因是_______；球形冷凝管的作用是_______。 （3）“配合物的制备③”中用无水乙醚洗涤晶体的目的是_______；干燥产品时，适宜的干燥方法是_______(填“自然晾干”、“抽真空干燥”或“高温烘干”)。 （4）纯度测定实验中，滴定终点的现象是_______。 （5）样品中二氯二吡啶合钴(Ⅱ)的质量分数为_______；若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）有同学提出，可通过测定溶液的来计算吡啶含量从而测定的纯度，该方案是否可行并说明理由：_______。 19. 米格列奈可用于治疗糖尿病，其合成路线如下： 已知：化合物具有六元环和五元环。 （1）的反应类型为_______。 （2）C的名称为_______。 （3）中第ⅰ步反应的化学方程式为_______。 （4）下列说法错误的是_______。 A．化合物A存在分子间氢键 B．化合物B可以被还原 C．与足量加成，消耗的物质的量为 （5）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______。(写出一种即可) ①含有手性碳原子；②1 mol该物质与足量溶液反应，生成气体(标准状况下) （6）以为主要原料合成的路线如下：。已知：化合物具有六元环和五元环。 ①G的结构简式为_______；②I的含氧官能团名称为_______。 20. 天然气中含有的会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。一种热分解法脱除的方法： （1）已知下列反应的热化学方程式： ①计算热分解反应的_______。 ②在、反应条件下，采用与的混合气进行热分解反应，越小，平衡转化率越_______(填“大”或“小”)，理由是_______。 （2）维持体系压强，热分解法脱除的反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。 ①曲线c代表的物质是_______(填化学式)。 ②反应温度为时，的平衡转化率为_______。 ③是以各物质的物质的量分数代替浓度表示的平衡常数，则_______(用含的表达式表示)。若增大，则_______(填“增大”，“减小”或“不变”，下同)。若高温裂解反应在刚性容器中进行，增大的投入量，的物质的量分数_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $