精品解析：山东省临沂市郯城第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试考前模拟化学试题

郯城一中高三年级期中考前模拟测试 化学试题 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 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Co-59 Sm-150 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. 是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为。原子占据形成的所有四面体空隙，储氢后，分子占据形成的八面体空隙，化学式为 下列说法正确的是 A. 晶胞中，的配位数为4 B. 储氢时， C. 氢气储满后，和的最短距离为 D. 单位体积中含氢的质量的计算公式为 2. 镍为新材料的主角之一，鉴定的特征反应为 下列说法错误的是 A. 基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形 B. 氮原子的杂化方式均为杂化 C. 鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键 D. 丁二酮肟中所有原子可能共平面 3. 某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。 下列说法正确的是 A. 键长：MX3>ZX4 B. 沸点：XQ<MX3 C. 分子的极性：YQ3<MQ3 D. 总键能：M2<Q2 4. 催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应： 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ(副反应)：　 其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2.5小时的实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。 资料：的选择性 下列说法正确的是 A. 280℃后，平衡总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快 B. 240℃-300℃，实际总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，且温度对主反应的影响大于副反应 C. 240℃-300℃，二甲醚实际选择性降低的原因是：副反应速率>主反应速率 D. 由图可知：该条件下投入等物质的量时，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃ 5. 以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将转化为高纯的装置如图。下列说法错误的是 A. 电解过程中，丙池溶液的会减小 B. 转移时乙室电解质溶液质量减少 C. 停止工作后若要使电池恢复原状态，连接的是电源负极 D. N极电极反应式为： 6. 氨硼烷(NH3BH3)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-tBu表示—C(CH3)3]。下列说法正确的是 A. 氨硼烷中氢元素的化合价不相同 B. 化合物Ⅲ能降低该反应的活化能 C. 反应过程中Ir的成键数目不发生改变 D. 该反应决速步的活化能为158.06 kJ·mol-1 7. 向体积均为1L的两个刚性容器中各充入和，分别在绝热和恒温条件下发生反应 ，测得压强变化(，为起始压强，为某时刻压强)随时间变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 表示绝热条件下随时间变化关系 B. C. 的转化率： D. b点对应的平衡常数 8. 我国科学工作者研究了一种高度稳定的富锂正极材料。当电池充电至和时，在正极材料中分别检测到和，至充电结束时正极未检测到其他形态的物质。下列说法错误的是 A. 充电过程中的电势高于 B. 放电时，固体电解质中的质量分数不变 C. 放电时，正极存在电极反应式： D. 充电时，正极有和生成时，负极质量增加 9. 羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种用羟基自由基将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置(如图所示)，实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是 A. d极是阳极 B. a电极的电极反应式： C. d极区苯酚被氧化的化学方程式为 D. 系统工作时，每转移消耗1mol苯酚 10. 某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A. 过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气 B. 过程②的反应为 C. 理论上每产生需要 D. 流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl 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. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生 具有氧化性 B 向某溶液中滴加溶液，生成蓝色沉淀 原溶液中含有，不含有 C 向溶液中通入气体，有沉淀生成 酸性： D 向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀 溶液中存在平衡： A. A B. B C. C D. D 12. 甘油()水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应I 反应II 反应III 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 550℃时，的平衡转化率为20% B. 550℃反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而减少 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 13. 实验室以活性炭为催化剂，由CoCl2·6H2O制备的流程如下。 已知：在时完全沉淀为。 下列说法错误的是 A. 步骤①中“研磨”的目的是增大晶体的表面积，加快溶解速率 B. 步骤②中应先加入浓氨水，再加入溶液 C. 步骤③中发生的反应为 D. 步骤④中加入浓盐酸，有利于析出 14. SmCok(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如下，晶胞参数a=500 pm、c=400 pm，M、N原子的分数坐标分别为()、()。设NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 该物质的化学式为SmCo5 B. 体心原子的分数坐标为() C. 晶体的密度为 g·cm-3 D. 原子Q到体心的距离为100pm 15. 丙烷氧化脱氢制备丙烯的主要反应为。在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。实验测得的转化率和的产率随温度变化关系如下图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A. 的转化率和的产率随温度变化曲线分别是b、a B. 温度升高催化剂的活性增大，的转化率增大 C. 时的选择性为66% D. 选择相对较低的温度能够提高的选择性 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂()的流程如图所示。 回答下列问题： （1）“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是______________________________________________。 （2）“碱浸”中发生反应的离子方程式为___________________________。 （3）“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是_________(写名称) （4）可以利用溶液与溶液反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。 （5）写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式______________________________________________。 17. 治理汽车尾气是环境保护的重要课题。 （1）汽车尾气中的是空气中的在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。 已知：298K时相关化学键的键能数据如下 化学键 键能() 498.0 946.0 630.0 ①上述机理中，代表的是_________(填“”或“”)，判断的理由是__________________________________________________。 ② _________。 （2）应用SCR脱硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。 450℃时，将含a%(体积分数)的汽车尾气以100的流速通过盛有氨的反应器，出口气体中的含量变为b%(忽略体积变化)，则__________。 （3）在催化脱除过程中，更多应用尿素—SCR技术。该技术中生成的反应如下。 Ⅰ． Ⅱ． ①一定温度下，向刚性容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则__________(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为__________。 ②体系中随温度、氧气浓度的变化如下图所示。 温度高于1000℃时，在无氧体系中，浓度减小的原因是________________________________________。 18. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。 回答下列问题： (1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。 (2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 (3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。 (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。 (5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。 ①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。 ②确认气体产物中含CO的现象为____________________。 19. 某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。 回答下列问题： (1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。 ①假设1：_____________对该反应有催化作用。 实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：对该反应有催化作用。 方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。 方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。 ③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。 向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。 结论：和均对Cu与的反应有催化作用。 (2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。 (3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。 i． ii．______________________ iii． (4)探究的性质。 将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。 20. 二氯异氰尿酸钠是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和固体，在时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。 已知： 回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______；装置A中制备的化学方程式为_______。 (2)待装置B_______(填实验现象)时，再由三颈烧瓶上口加入固体；反应过程中仍需不断通入的理由是_______。 (3)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、_______、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是_______。 (4)通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。 反应原理： 实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250 mL溶液；取上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液。 ①该样品的有效氯含量表达式为_______。() ②下列操作将导致样品有效氯测定值偏低的是_______(填标号)。 a．加入稀硫酸的量过少 b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失 c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数 d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郯城一中高三年级期中考前模拟测试 化学试题 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 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cu-64 Co-59 Sm-150 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. 是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为。原子占据形成的所有四面体空隙，储氢后，分子占据形成的八面体空隙，化学式为 下列说法正确的是 A. 晶胞中，的配位数为4 B. 储氢时， C. 氢气储满后，和的最短距离为 D. 单位体积中含氢的质量的计算公式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．Mg2Fe晶胞中，以底面面心铁为例，上层下层各有最近且相邻的4个镁原子，则Fe的配位数为8，A错误； B．Fe原子的八面体空隙在晶胞的棱心和体心，所以每个晶胞中含有4个Fe和8个Mg，12=4个H2，因此氢气储满后晶体的化学式为Mg2FeH2，即x=1，则储氢时，0<x≤1，B正确； C．H2和H2的最短距离为面对角线的二分之一，为apm，C错误； D．每个晶胞中含4个H2，因此，Mg2Fe(H2)x单位体积中含氢的质量的计算公式为，D错误； 故选B。 2. 镍为新材料的主角之一，鉴定的特征反应为 下列说法错误的是 A. 基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形 B. 氮原子的杂化方式均为杂化 C. 鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键 D. 丁二酮肟中所有原子可能共平面 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，原子核外占据最高能层电子即4s能级上的电子，s能级的电子云轮廓图形状为球形，A正确； B．题干结构中N的价层电子对数均为3，N原子为杂化，B正确； C．由题中结构简式分析可知鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键，C正确； D．丁二酮肟中有饱和碳原子，不可能所有原子可能共平面，D错误； 故选D。 3. 某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。 下列说法正确的是 A. 键长：MX3>ZX4 B. 沸点：XQ<MX3 C. 分子的极性：YQ3<MQ3 D. 总键能：M2<Q2 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据该离子液体的结构知X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。可以推测出X、Y、Z、M、Q分别为H、B、C、N、F，据此作答。 【详解】A．MX3为NH3，ZX4为CH4，半径：C＞N，键长NH3<CH4，A错误； B．XQ为HF，MX3为NH3，均可以形成分子间氢键，F的电负性更大，形成的氢键更强，故沸点为：HF＞NH3，故B错误； C．根据价层电子互斥理论，YQ3为BF3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，MQ3即NF3的空间构型为三角锥形，为极性分子，故分子极性BF3<NF3，C正确； D．M2为N2，存在三键，总键能：N2>F2，D错误； 故答案选C。 4. 催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应： 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ(副反应)：　 其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2.5小时的实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。 资料：的选择性 下列说法正确的是 A. 280℃后，平衡总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快 B. 240℃-300℃，实际总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，且温度对主反应的影响大于副反应 C. 240℃-300℃，二甲醚实际选择性降低的原因是：副反应速率>主反应速率 D. 由图可知：该条件下投入等物质的量时，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃ 【答案】D 【解析】 【详解】A．为吸热反应，升高温度平衡正向移动，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，当温度高于280℃时，随着温度升高，平衡向右移动的程度大于平衡向左移动的程度，导致CO2的平衡总转化率上升，A错误； B．240℃-300℃，实际总转化率小于平衡总转化率，说明反应未达到平衡，实际总转化率升高的原因是：温度升高，主反应和副反应反应速率均加快，不能说明温度对主反应的影响大于副反应，B错误； C．240℃-300℃范围内，二甲醚实际选择性降低的原因是：升高温度，主反应和副反应速率均增大，但是副反应的增大程度大于主反应，不能说明副反应速率>主反应速率，C错误； D．由图可知，260℃时实际总转化率大于220℃，260℃时实际选择性小于220℃，但260℃时实际总转化率与实际选择性的乘积大于220℃，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃，D正确； 故选D。 5. 以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将转化为高纯的装置如图。下列说法错误的是 A. 电解过程中，丙池溶液的会减小 B. 转移时乙室电解质溶液质量减少 C. 停止工作后若要使电池恢复原状态，连接的是电源负极 D. N极电极反应式为： 【答案】B 【解析】 【分析】由题意知，右池为电解NH3生成H2的装置，左池为浓差电池，右池电极M区NH3失电子被氧化为N2，故电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，则N为阴极，发生电极反应：2H2O+2e- =H2↑+2OH-，所以左池Cu(1)为正极，正极发生反应：Cu2++2e=Cu，Cu (2)为负极，负极发生反应：Cu-2e-=Cu2+。 【详解】A．电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减小，A正确； B．转移2mol电子时，Cu(1)极析出1mol铜，即64g，同时有1mol即96g硫酸根从乙室到甲室，乙室电解质溶液质量共减少64g+96g=160g，B错误； C．恢复原浓差Cu(2)电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，C正确； D．N 为阴极，电极反应式为：2H2O+2e- =H2↑+2OH-，D正确； 故选B。 6. 氨硼烷(NH3BH3)因具有较高的含氢量成为受人关注的潜在储氢材料之一、铱螯合复合物催化氨硼烷脱氢反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示[已知-tBu表示—C(CH3)3]。下列说法正确的是 A. 氨硼烷中氢元素的化合价不相同 B. 化合物Ⅲ能降低该反应的活化能 C. 反应过程中Ir的成键数目不发生改变 D. 该反应决速步的活化能为158.06 kJ·mol-1 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据氨硼烷的结构可知，在中和N成键的H呈价，和B成键的H呈价，化合价不相同，A正确； B．从反应机理图可知化合物I和反应，后来又生成化合物I，故该转化过程中催化剂为化合物I，能降低该反应的活化能，B错误； C．从反应机理图可知反应过程中Ir的成键数目有6个、5个、4个，数目发生了改变，C错误； D．过渡态中活化能最大的一步是反应最慢的一步，也是决速步；从图中相对能量可知过渡态I是决速步，活化能为，D错误； 故答案为：A。 7. 向体积均为1L的两个刚性容器中各充入和，分别在绝热和恒温条件下发生反应 ，测得压强变化(，为起始压强，为某时刻压强)随时间变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A. 表示绝热条件下随时间变化关系 B. C. 的转化率： D. b点对应的平衡常数 【答案】C 【解析】 【详解】A．恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，则表示绝热条件下随时间变化关系，A正确； B．恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，，在图中以ac所在线表示；在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反应，，B正确； C．b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HBr的转化率：，C错误； D．在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三段式：，根据a点时数据有：，解得，此时浓度商，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，正反应是气体分子数减小的反应，说明b点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常数大于a点，D正确； 故选C。 8. 我国科学工作者研究了一种高度稳定的富锂正极材料。当电池充电至和时，在正极材料中分别检测到和，至充电结束时正极未检测到其他形态的物质。下列说法错误的是 A. 充电过程中的电势高于 B. 放电时，固体电解质中的质量分数不变 C. 放电时，正极存在电极反应式： D. 充电时，正极有和生成时，负极质量增加 【答案】C 【解析】 【分析】电池工作原理为：放电时，负极金属锂失去电子变成锂离子，锂离子通过固体电解质嵌入正极材料；充电时，正极材料失去电子，时电极反应方程式为：，时电极反应方程式为：，负极中锂离子得到电子生成锂单质，电极反应方程式为：。 【详解】A．充电过程中电极连接电源正极，作阳极，发生氧化反应，电极连接电源负极，作阴极，发生还原反应，因此电极的电势高于电极，A正确； B．放电时，负极金属锂失去电子变成，通过固体电解质嵌入正极材料，根据电子守恒，负极生成的与正极材料嵌入的物质的量相等，因此固体电解质只是起到传递作用，固体电解质中的质量分数不变，B正确； C．放电时，正极发生还原反应，得到电子，根据元素守恒，可能存在电极反应式：，C错误； D．充电时，正极有和生成时，根据电极反应方程式：和，转移的电子数为，根据电子守恒，负极发生反应，质量增加为，D正确； 故选C。 9. 羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种用羟基自由基将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置(如图所示)，实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是 A. d极是阳极 B. a电极的电极反应式： C. d极区苯酚被氧化的化学方程式为 D. 系统工作时，每转移消耗1mol苯酚 【答案】D 【解析】 【分析】图为将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池-电解池组合装置；由图可知，左侧为原电池，a极六价铬转化为三价铬发生还原反应，为正极，则b为负极；右侧为电解池，与负极相连的c为阴极、则d为阳极； 【详解】A．由分析可知，d为阳极，A正确； B．a电极的电极反应为得到电子发生还原反应生成氢氧化铬：，B正确； C．d极区为阳极区，苯酚被氧化发生氧化反应和羟基自由基(·OH)反应生成二氧化碳和水，化学方程式为，C正确； D．苯酚被氧化发生氧化反应生成二氧化碳和水，根据电子守恒可知，C6H5OH~28e-，故系统工作时，每转移28mole-时，d极、b极各消耗1mol苯酚，共消耗2mol苯酚，D错误； 故选D。 10. 某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A. 过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气 B. 过程②的反应为 C. 理论上每产生需要 D. 流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知，制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA∙HCl，过程②为TBA的再生过程为，乙烯的氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，由此分析。 【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A不符合题意； B．根据分析，过程②的反应为，故B不符合题意； C．根据分析，过程③为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根据2CuCl2~C2H4Cl2，理论上每产生需要，故C符合题意； D．根据分析，过程①中产生的TBA∙HCl和氧气反应生成了TBA，加入到饱和食盐水中继续反应；过程③为C2H4和CuCl2反应生成的CuCl，CuCl继续参加过程②的反应，故流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl，故D不符合题意； 答案选C。 【点睛】将题目中的信息转化为化学方程式比较容易分析。 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. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生 具有氧化性 B 向某溶液中滴加溶液，生成蓝色沉淀 原溶液中含有，不含有 C 向溶液中通入气体，有沉淀生成 酸性： D 向两支盛有溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者生成黄色沉淀 溶液中存在平衡： A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【解析】 【详解】A．将燃烧的金属钠迅速伸入集满的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒产生，说明发生了反应：4Na+3CO22Na2CO3+C，反应中体现了CO2的氧化性，A正确； B．K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，B错误； C．向溶液中通入气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，由此现象不能比较二者酸性的强弱，C错误； D．由现象可知溶液中含碘单质和碘离子，则I3-溶液中存在平衡：I2+I-，D正确； 故答案为：AD。 12. 甘油()水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应I 反应II 反应III 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. 550℃时，的平衡转化率为20% B. 550℃反应达平衡状态时， C. 其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时的物质的量随温度升高而减少 D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】AC 【解析】 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表，因此550℃时各物质的平衡物质的量：，，，，据此解答。 【详解】A．初始为1 mol，为9mol，根据H原子守恒，初始H总物质的量为甘油中的8 mol+水中的18 mol =26 mol。平衡时H分布在、和剩余中：设剩余为，则，解得，转化的为，转化率为，A正确； B．550℃时各物质的平衡物质的量：，，，B错误； C．反应I（吸热）升温，平衡正向移动，水不参与该反应，无直接影响，反应Ⅱ（放热）升温，平衡逆向移动，水的消耗量减少，水的剩余量增加，反应Ⅲ（放热）升温，平衡逆向移动CH4的生成量减少，CH4剩余量减少，同时，400~550℃，H2的物质的量持续增大，说明反应I正向进行的程度远大于反应Ⅲ逆向进行的程度，因此平衡时的水物质的量随温度升高而减小，C正确； D．增大压强，气体计量数增大的反应Ⅰ平衡逆向移动，气体计量数不变的反应Ⅱ平衡不移动，气体计量数减小的反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，D错误； 故选AC。 13. 实验室以活性炭为催化剂，由CoCl2·6H2O制备的流程如下。 已知：在时完全沉淀为。 下列说法错误的是 A. 步骤①中“研磨”的目的是增大晶体的表面积，加快溶解速率 B. 步骤②中应先加入浓氨水，再加入溶液 C. 步骤③中发生的反应为 D. 步骤④中加入浓盐酸，有利于析出 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤①中“研磨”的目的是增大晶体的表面积，加快溶解速率，A正确； B．由于浓氨水呈碱性，而NH4Cl溶液呈酸性，故步骤②中若先加入浓氨水，将使转化为沉淀为，故应该先加入溶液，再加入浓氨水，B错误； C．步骤③中发生的反应是H2O2将氧化为，故反应方程式为：，C正确； D．步骤④中加入浓盐酸，氯离子浓度大，同离子效应有利于固体析出，故有利于析出，D正确； 故答案为：B。 14. SmCok(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如下，晶胞参数a=500 pm、c=400 pm，M、N原子的分数坐标分别为()、()。设NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是 A. 该物质的化学式为SmCo5 B. 体心原子的分数坐标为() C. 晶体的密度为 g·cm-3 D. 原子Q到体心的距离为100pm 【答案】D 【解析】 【详解】A．由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，晶胞中数目为8×＋8×＋2=5，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为SmCo5，A正确； B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确； C．每个晶胞中含有1个“SmCo5”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为a2c，则晶体密度为ρ=，C正确； D．原子Q的分数坐标为，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形，则原子Q到体心的距离，D错误。 故选D。 15. 丙烷氧化脱氢制备丙烯的主要反应为。在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质。实验测得的转化率和的产率随温度变化关系如下图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A. 的转化率和的产率随温度变化曲线分别是b、a B. 温度升高催化剂的活性增大，的转化率增大 C. 时的选择性为66% D. 选择相对较低的温度能够提高的选择性 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据题干信息，在催化剂作用下，氧化脱氢除生成外，还生成CO、等物质，因此的转化率大于的产率，即的转化率和的产率随温度变化曲线分别是a、b，A错误； B．升高温度，可提高催化剂的活性，从而使得的转化率增大，B正确； C．由已知，575℃时，，C错误； D．由图象可知，温度较低时，的转化率和的产率相差较小，则的选择性偏高，因此选择相对较低的温度能够提高的选择性，D正确； 答案选BD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂()的流程如图所示。 回答下列问题： （1）“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是______________________________________________。 （2）“碱浸”中发生反应的离子方程式为___________________________。 （3）“沉铁”过程所得滤渣为白色固体，其主要成分是_________(写名称) （4）可以利用溶液与溶液反应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。 （5）写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式______________________________________________。 【答案】（1）从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 （2） （3）磷酸铁 （4）1:1 （5） 【解析】 【分析】正极片经放电处理、拆解，然后加入NaOH溶液进行“碱浸”除去铝；加盐酸把正极活性物质溶解，炭黑不溶，过滤除去，加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+；加Na2CO3调节pH使Fe3+转化为白色沉淀除去；继续加Na2CO3将Li+转化为Li2CO3沉淀，加一起煅烧得到锰酸锂。 【小问1详解】 放电时负极Li失电子变为Li+，经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。 【小问2详解】 “碱浸”时原料中铝箔和NaOH反应，反应方程式为。 【小问3详解】 “沉铁”过程与彻底双水解生成红褐色沉淀，但题目说是白色沉淀，依据元素守恒只能是磷酸铁（）。 【小问4详解】 →化合价由+2升高至+4价，故有元素化合价降低，S元素在溶液中常以+6价稳定存在，应该是中过氧键中的O元素由-1价降到-2价，根据得失电子守恒得1mol ~ 1mol ，所以氧化剂：还原剂为1：1。 【小问5详解】 Li2CO3与反应生成，此时得到混合气体，根据元素守恒推测混合气体为CO2和O2，根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式为。 17. 治理汽车尾气是环境保护的重要课题。 （1）汽车尾气中的是空气中的在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。 已知：298K时相关化学键的键能数据如下 化学键 键能() 498.0 946.0 630.0 ①上述机理中，代表的是_________(填“”或“”)，判断的理由是__________________________________________________。 ② _________。 （2）应用SCR脱硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。 450℃时，将含a%(体积分数)的汽车尾气以100的流速通过盛有氨的反应器，出口气体中的含量变为b%(忽略体积变化)，则__________。 （3）在催化脱除过程中，更多应用尿素—SCR技术。该技术中生成的反应如下。 Ⅰ． Ⅱ． ①一定温度下，向刚性容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则__________(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为__________。 ②体系中随温度、氧气浓度的变化如下图所示。 温度高于1000℃时，在无氧体系中，浓度减小的原因是________________________________________。 【答案】（1） ①. ②. 中键的键能比中键的键能小，更容易解离为原子 ③. （2） （3） ①. ②. ③. 反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅱ的平衡逆向移动，导致氨气浓度减小 【解析】 【小问1详解】 ① 根据表格中的键能数据可知，键的键能为，键的键能为。由于中键的键能比中键的键能小，在高温下更容易断裂解离为自由基原子，因此机理中的第一步解离反应代表的是，即代表； ② 反应的焓变 反应物的键能总和 - 生成物的键能总和。代入数据得：。 【小问2详解】 设反应时间为，则通入的汽车尾气总体积为。其中初始含的体积为，出口气体中剩余的体积为。在内消耗的体积为，故反应速率 。 【小问3详解】 ① 设反应Ⅰ生成的和的浓度均为，反应Ⅱ中转化的浓度为；达到平衡时，根据反应Ⅱ的化学计量数关系，生成的浓度为，即 ；体系中总的浓度为 ，解得 ；则平衡时的浓度为 ；反应Ⅰ的平衡常数表达式为 ，代入平衡浓度得 ； ② 由题干已知信息可知，反应Ⅱ为放热反应（）；当温度高于时，升高温度会导致反应Ⅱ的化学平衡向吸热方向（即逆向）移动，从而消耗，使得无氧体系中的浓度减小。 18. (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。 回答下列问题： (1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。 (2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。 (3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。 (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。 (5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。 ①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。 ②确认气体产物中含CO的现象为____________________。 【答案】 ①. 6 ②. ③. ④. ⑤. 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 ⑥. DCBADE ⑦. A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊 【解析】 【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O，据此分析解题。 【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；； (2)由分析可知，步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为： (3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4； (4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分； (5)①检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE； ②经过上述①分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO， 故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。 19. 某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。 回答下列问题： (1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。 ①假设1：_____________对该反应有催化作用。 实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。 结论：假设1不成立。 ②假设2：对该反应有催化作用。 方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。 方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。 ③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。 向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。 结论：和均对Cu与的反应有催化作用。 (2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。 (3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。 i． ii．______________________ iii． (4)探究的性质。 将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。 【答案】 ①. Cu2+ ②. 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 ③. 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随 浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 ④. ⑤. 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子 ⑥. ⑦. 【解析】 【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可； 【详解】(1) ①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。 (2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。 (3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii 为：。 (4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。 20. 二氯异氰尿酸钠是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和固体，在时反应制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。 已知： 回答下列问题： (1)仪器a的名称为_______；装置A中制备的化学方程式为_______。 (2)待装置B_______(填实验现象)时，再由三颈烧瓶上口加入固体；反应过程中仍需不断通入的理由是_______。 (3)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、_______、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是_______。 (4)通过下列实验测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。 反应原理： 实验步骤：准确称取mg样品，用容量瓶配成250 mL溶液；取上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗溶液。 ①该样品的有效氯含量表达式为_______。() ②下列操作将导致样品有效氯测定值偏低的是_______(填标号)。 a．加入稀硫酸的量过少 b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失 c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数 d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视 【答案】 ①. 恒压滴液漏斗 ②. ③. 液面上方有黄绿色气体 ④. 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 ⑤. 冰水洗涤 ⑥. 在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 ⑦. ⑧. ac 【解析】 【分析】由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，反应为，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，B装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O， ，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置C进行尾气处理，据此分析解题。 【详解】(1)由实验装置图可知仪器a为恒压滴液漏斗，由分析可知装置A中制备的化学方程式为：，故答案为：恒压滴液漏斗；； (2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，说明NaOH溶液与Cl2已经完全反应，再由三颈烧瓶上口加入固体，由已知信息可知，加入固体后反应为：，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断通入以增大NaOH的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率； (3) 由题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到饱和食盐水的集气瓶来除杂，故答案为：冰水洗涤；在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶； (4) ①由已知反应不难找出关系式为：，n(HClO)=n()=cmol·L-1V=5cVmol，故该样品的有效氯含量表达式为=，故答案为：； ② a．加入稀硫酸的量过少，将使反应不完全，即生成的HClO偏少，故将导致样品有效氯测定值偏低，a符合题意； b．滴定前滴定管未排气泡滴定后气泡消失，将导致V偏大，故将导致样品有效氯测定值偏高，b不合题意； c．锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数，此时可能锥形瓶内壁上仍然含有为参与反应的I2，将导致V偏小，故将导致样品有效氯测定值偏低，c符合题意； d．读数时，滴定前平视、滴定后仰视，将使V偏高，故将导致样品有效氯测定值偏高，d不合题意； 故答案为：ac。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $