内蒙古呼和浩特市2023年届高三第二次模拟考试理科综合化学试题

18页【全国市级联考】内蒙古呼和浩特市【最】高三其次次模拟考试理科综合化学试题学校: 姓名： 班级： 考号： 一、单项选择题1“火法”冶炼锌的工艺记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也。”以下说法不正确的选项是〔注：炉甘石的主要成分为碳酸锌〕A．该冶炼锌的反响属于置换反响C．冶炼ZnC．冶炼Zn的反响方程式为：ZnCO+2C3Zn+3CO↑D．倭铅是指金属锌和铅的混合物2．版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学学问的关注。以下表述不正确的选项是制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素2用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的FeO32

是一种磁性物质防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是淀粉3．用以下试验装置完成对应的试验，能到达试验目的的是实验装置实验目试验验证浓硫酸具有脱水性、氧化性制取并收集少量氨气验证NaHCO和NaCO3 2 3的热稳定性承受CCl4萃取I2的ABCDA．A B．B C．C D．D4．以下关于有机物的说法正确的选项是A．烃与卤素单质之间的反响均为加成反响B．乙烯、苯、乙酸在确定条件下均可以与氢气发生加成反响C．油脂都不能使溴水褪色有机物C4H8ClBr的同分异构体(不含立体异构)12种元素代号XYZW原子半径/pm6670143160主要化合价元素代号XYZW原子半径/pm6670143160主要化合价-2+5、+3、-3+3+2X、Y、Z、W的离子半径由大到小的挨次为X>Y>W>ZB．Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．Y的气态氢化物的稳定性高于XD．工业上承受电解熔融状态的Z的氯化物制备Z单质以以下图是用于航天飞行器中的一种全天候太阳能电化学电池在光照时的工作原理。以下说法正确的选项是该电池与硅太阳能电池供电原理一样光照时，H+a极室通过质子膜进入b极室光照时，b极反响为VO2++2OH--e-=VO2++H2O夜间无光照时，a电极流出电子7．NaClO2在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2-、Cl-等四种含氯微粒，经测定，25℃时各组分含量pH变化状况如以下图〔Cl-没有画出。则以下分析不正确的选项是亚氯酸钠在碱性条件下较稳定25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6C．25℃，pH=3NaClO2溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)2D0.1mol/LHClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后所得溶液显酸性，溶液中有关微粒的浓度由大到小的挨次为c(ClO-)>c(Na+)>c(HClO)>c(H+)>c(OH-)2 2二、原理综合题4(主要成分是MnO2)为原料KMnO，以以下图是试验室制备高锰酸钾的操作流程。4溶解度/g溶解度/g温度K2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请答复：反响①的化学方程式为 。加热软锰矿KClO3和KOH固体时，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有，不承受瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是 。反响②中氧化产物与复原产物的物质的量之比为 ；上述流程中可以循环利用的物质是 试验时，从滤液中得到KMnO4晶体的试验操作a为。假设CO2过量会生成KHCO3导致得到的KMnO4产品的纯度降低其缘由是 反响③是模拟工业上承受惰性电极电解法制取高锰酸钾晶体，写出反响的化学方程式 。铂(Pt)可以和很多化合物形成协作物，生产生活中有重要的用途。铂和氨水可以形成协作物。可用于提取铂。氨水中各元素的第一电离能由大到小的挨次 。二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂协作物，有顺式和反式两种同分异构体，科学争论说明，反式分子和顺式分子一样具有抗癌活性。②吡啶分子是大体积平面配体，其构造简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂①C1②吡啶分子是大体积平面配体，其构造简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂化方式 分子中的大π键可用符号nm

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π鍵的电子数，则吡啶中的大π键应表示为 ；1mol吡啶中含有σ键的数目为 ③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有 (填字母)。a.离子健 b.配位键c.金属键 d.非极性键e.氢键f.极性键④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由 。⑤反式二氯二吡啶合铂分子构造如以下图，该分子是 分子(其“极性”或“非极性”)。富勒烯C60能够与Pt结合形成一系列络合物。富勒烯(C60)的构造如以下图，C60属于 晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为 。(简洁多面体的顶点数V、棱数E及面数F间有如下关系：V-E+F=2)。金属铂立方晶胞的二维投影图如以下图。假设金属铂的密度dg/cm3，则晶胞参数a= nm(列出计算式即可)。麻黄素是中枢神经兴奋剂，其合成路线如以下图。NBS是一种选择性溴代试剂。②：①A92②〔2〕写出BC的化学方程式 〔1〕其中〔2〕写出BC的化学方程式 试验室检验D中官能团的方法为 。反响①的反响类型是 ，F的构造简式是 。有机物N与F互为同分异构体，满足以下条件的有机物N的构造有 种；①苯环上只有一个取代基②能发生水解反响③含有甲基参照上述合成路线信息，设计一条以乙醇为原料选用必要的试剂合成CH3CHOHCOCH3的流程。 三、试验题是：2FeCl3+C6H5Cl2FeC是：2FeCl3+C6H5Cl2FeC2+CH4C+HCl。在三颈烧瓶中放入162.5g无水FeCl3225g氯苯，130℃3h，冷却、过滤、洗涤、HCl用水吸取，利用莫尔法可以测出无水FeCl3的转化率(莫尔法是用硝酸银标准溶液测定卤离子含量的沉淀滴定法)。有关数据如下：熔点/℃C6H5Cl-45C6H4Cl253沸点/℃132173答复以下问题：仪器b的作用是 。枯燥管c中盛装的试剂是 。反响完毕后需向反响器a中吹入枯燥的氮气，其目的是 。以下各装置(盛有蒸馏水)能代替图中虚线框内局部的是 (填序号)。从滤液中回收过量氯苯的操作是 。AgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp2×10-105.4×10-138.3×10-172×10-12颜色白淡黄黄砖红将锥形瓶内溶液的pH调至6.0再加水稀释至1000mAgClAgBrAgIAg2CrO4Ksp2×10-105.4×10-138.3×10-172×10-12颜色白淡黄黄砖红①参照上表信息用硝酸银标准溶液滴定氯离子含量时可以作指示剂的(填字母)。a.CaCl2 b.NaBr c.NaI d.K2CrO4②滴定达终点的现象是 ③无水FeC13的转化率a= %四、填空题碳及其化合物在有机合成、能源开发等工农业方面具有格外广泛的应用。I.工业生产精细化工产品乙二醛(OHC-CHO)乙醇(CH3CH2OH)液相硝酸氧化法：在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醇制取乙二醛，此反响的化学方程式为 。该法具有原料易得、反响条件温存等优点，但也存在比较明显的缺点 。：2H2(g)+O2(g)2H2：2H2(g)+O2(g)2H2O〔g〕ΔH=-484kJ/mol，K1OHC-CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol，K2则乙二醇气相氧化反响HOCH2CHOHC-CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH=-78kJ/mol，K2则乙二醇气相氧化反响HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O〔g〕的

的代数式表1 2示)。Ⅱ.CO2的综合利用2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如以以下图所示，则以下说法正确定量的CO22CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如以以下图所示，则以下说法正确的是 (填字母)。a.反响达平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量保持不变b.A点的正反响速率比B点正反响速率小C．550℃时，假设充入氦气，则V 、V 均减小，平衡不移动正 逆d.T℃时，反响达平衡后CO266.7%e.T℃1molCO21molCO，平衡不移动〔4〕氨气、CO2在确定条件下可合成尿素，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)〔4〕氨气、CO2在确定条件下可合成尿素，2NH3(g)+CO2(g){n(NH3)/n(CO2)}，b为水碳比{n(H2O)/n(CO2)}。则①b应把握在 a.1.5-1.6b.1-1.1c.0.6-0.7②a应把握在4.0的理由是 本卷由系统自动生成，请认真校对后使用，答案仅供参考。本卷由系统自动生成，请认真校对后使用，答案仅供参考。1010页参考答案1．D炉甘石的主要成分为ZnCO炉甘石的主要成分为ZnCOZnCO+2C33Zn+3CO↑。【详解】A、该冶炼锌的反响为置换反响，A项正确；C、冶炼Zn反响的化学方程式为ZnCO+2C3Zn+3CO↑，C、冶炼Zn反响的化学方程式为ZnCO+2C3Zn+3CO↑，C项正确；D、依据题意和反响方程式，倭铅指金属锌，D项错误；答案选D。2．B【解析】2A项，棉花、优质针叶木等的主要成分是纤维素，A项正确；B项，FeO32

没有磁性，FeO32不是磁性物质，B项错误；C项，树脂相对分子质量很大，树脂属于有机高分子材料，C项正确；D项，验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，遇碘变蓝的是淀粉，D项正确；答案选B。23．A【解析】2 4 2 2 2 2 4 AHSO具有脱水性，盛溴H2SO与蔗糖作用产生了SOHSO被复原SO，证明浓HSO具有氧化性，A项正确；B项，浓氨水滴入生石灰中可产生2 4 2 2 2 2 4 应方程式为CaO+NH·HO=Ca〔OH〕+NH

↑，收集试管口使用橡胶塞不能排出空气，同3 2 2 3时装置中气压过大使试管裂开，B项错误；C项，NaCO比NaHCO稳定，应将NaCO盛2 3 3 2 3放在外试管中，NaHCO盛放在内试管中验证NaHCO和NaCO

的热稳定性，C项错误；D3 3 2 342项，用CCl从碘水中萃取I，振荡时应将分液漏斗倒转过来，D项错误；答案选A。424．D【解析】A项，烃与卤素单质之间的反响可能是取代反响、加成反响，如烷烃与卤素单质光质在催化剂存在时发生取代反响等，A项错误；B项，乙烯在确定条件下与H2发生加成反3 3 2 应生成CH3CH，苯在确定条件下与H发生加成反响生成环己烷，乙酸不能与H发生加成反响，B项错误；C项，油中含碳碳双键，油能使溴水褪色，C项错误；D项，C4H8ClBr是C4H10中一个H原子被Cl取代、一个H原子被Br取代，C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3和〔CH〕CHCH3，其中一个H原子被一个Cl3 3 2 3 3 2 3 物：CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH、〔CH〕CHCH2Cl、〔CH〕2CClCH，3 3 2 3 4、4、3、1种H4、4、3、1C4H8ClBr4+4+3+1=12种，D项正确；答案选D。原子等效；二卤代物种类确实定常用“定一移二”法〔D项中先定Cl原子，再移动Br原子〕。5．B【解析】依据元素的主要化合价推出，X为第VIA族元素、YVA族元素、ZIIIA族元素、W为第IIA原子半径渐渐增大，X为O元素、Y为N元素、ZAl元素、WMg元素。A项，X、Y、Z、W的离子依次为O2-、N3-、Al3+、Mg2+，四种离子具有一样的电子层构造，依据“序大径小”，X、Y、Z、W的离子半径由大到小的挨次为：Y>X>W>Z，A项错误；B项，Y为N元素，Y的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，HNO3为强酸，B项正确；C3 O>N，Y〔NH〕的稳定性低于X〔HO〕，C项错误；D3 2 工业上制备Z单质〔Al单质〕承受电解熔融状态的Z的氧化物〔AlO〕，D项错误；答案B2 点睛：此题考察元素周期表和元素周期律的推断，正确推导出X、Y、Z、W代表的元素是DAlC3AlC36．D【详解】A为电能，两者原理不同，A项错误；B项，光照时，依据图示中电子的流向，铂电极为正极，光电极为负极，光照时H+由b极室通过质子膜进入a极室，B项错误；2C项，依据图示，光照时b极反响为VO2+失电子生成VO2+，电极反响式为VO2+-e-+H2O=VO++2H+，C项错误；2Da电极电极反响为V2+-=V3+a反响，a电极为负极，a电极流出电子，D项正确；答案选D。【点睛】极，留意电极反响式的书写与电解质的关系〔C项酸性条件下电极反响式中不消灭OH-〕。7．C【详解】A项，依据图示在碱性条件下主要含氯微粒为ClO-，NaClO

在碱性条件下较稳定，A项正2 2BB项，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2-，HClO2的电离平衡常数Ka=，依据图示当c(HClO)=c(ClO-)时溶液的pH=6c(H+)=12210-6，依据图示当c(HClO)=c(ClO-)时溶液的pH=6c(H+)=1222 2 2 C项，NaClO2在溶液中可生成ClO、HClO、ClO-、Cl-等四种含氯微粒，NaClO溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(ClO2-)+c(Cl-)+c(OH-)，C2 2 2 D0.1mol/LHClO2溶液和NaClO2等体积组成的混合液中既存在HClO2的电离平衡(HClO2H++ClO2)又存在ClO2的水解平衡(ClO2+H2O---HClO2+OH)，由于-22 混合液呈酸性，HClO2离平衡(HClO2H++ClO2)又存在ClO2的水解平衡(ClO2+H2O---HClO2+OH)，由于-22 答案选C。【点睛】8．KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO22此题考察与溶液pH有关的图像分析、电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系。8．KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO22会与KOH发生反响或SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O 2:1 KOH、MnO2 蒸发浓缩降一同结晶析出2K2MnO4+2H2O2KOH+2KMnO4+H2↑温结晶、过滤 一同结晶析出2K2MnO4+2H2O2KOH+2KMnO4+H2↑【解析】试题分析：此题以软锰矿制备KMnO4的流程为载体，考察流程的分析、方程式的书写、氧化复原反响的分析、化学试验的根本操作、电解原理。3①为软锰矿中的MnO2与KClO3

、KOH在熔融条件下反响生成KMnO24KCl，反响可写成MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，Mn元素的化合价由+4价升至+6243MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O。加热软锰矿、3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O。加热软锰矿、KClO3KOH固体时除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，加热需要酒精灯，取用铁坩埚需要坩埚钳，还用到SiO2会与KOH发生反响，反响的方程式为SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O。2 依据流程，反响②为向K2MnO4溶液中通入CO2MnO、KMnO4K2CO，2 323K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO，K2MnO4Mn元素的化合价局部由+6价升至KMnO4中的+7价，KMnO4为氧化产物，局部由+6价降至MnO2中的+4价，MnO2为复原产物，依据得失电子守恒，反响②中氧化产物与复原产物物质的量之比为2:1。依据流程反响②生成的MnO2，反响③得到的KOH都可以循环利用，可循环利用的物KOH、MnO。323反响②完毕冷却至室温滤去MnO2后得到的溶液中含KMnO4和K2CO，依据表中的溶解度，20K2CO3的溶解度很大，KMnO4KMnO4晶体的试验操作a是：②CO2过量，反响后滤去MnO2得到含KMnO4KHCO3的混合溶液，依据表中溶解度数值可知，KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩、降温结晶时KHCO3会随KMnO4KMnO4产品纯度降低。34依据流程，用惰性电极电解K2MnO4溶液得到KMnO，阳极电极反响式为42K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。4 4 2 MnO2--e-=MnO2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。4 4 2 9N>O>H 122226323p6或[Ne]323p6 s2杂化 6

11NA bdf 假设Pt2+以sp3杂化轨道进展配位则二氯二吡啶合铂为四周体构造不存在顺反异构体(二氯二吡啶合铂分子存在顺反两种构型，假设为sp3杂化则不存在顺反异构) 非极性 分子 3:57803602d31957803602d31954dNA【解析】试题分析：此题考察第一电离能的比较、核外电子排布式的书写、杂化方式的推断、σ键氨水中的元素有H、N、O，H的非金属性最弱，H的第一电离能最小；O的价电子排2s22p4，N2s22p3，N2p处于半布满较稳定，第一电离能：NO；氨水中各元素的第一电离能由大到小的挨次为NOH。①Cl1s22s22p63s23p5，Cl-的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6。②由吡啶的构造简式可以看出，N2个σ，N1对孤电子对，吡啶分子中氮原子的杂化方式是sp2杂化。5个碳原子也实行sp2杂化，每个C原子的未2p1个电子和N2p1个电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6电子数为6，吡啶中的大π键表示为6。1个吡啶分6子中含4个碳碳σ、2个碳氮σ5个碳氢σ，1个吡啶分子中含11个σ，1mol吡啶中含有σ11mol，含有的σ11N。A③二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂协作物，Pt2+与Cl-、吡啶分子间为配位键，吡啶分子中存在碳碳非极性键、碳氢极性键、碳氮极性键，答案选bdf。④依据题意，二氯二吡啶合铂有顺式和反式两种同分异构体；Pt2+sp3杂化轨道进展配位，则二氯二吡啶合铂为四周体构造，不存在顺反异构体，Pt2+的轨道杂化方式不是sp3。⑤性分子。C60由分子构成，C60属于分子晶体。设C60中五元环、六元环的个数依次为x、y，依据富勒烯的构造，32个五元环或六元环共用，则顶点数V=60〔5x+6〕/〔①式，棱数E5x+6〕/，面数F为x+，根据关系式V-E+F=260〔5x+6〕/2+x+y=〔式②x=12，y=2012:20=3:5。依据金属铂立方晶胞的二维投影图可知，铂的晶胞为面心立方最密积存〔如图195= d

cm3；1个晶胞的体积为

195d

cm3

〕，〕，Pt：81+61=1mol晶体的体积为82195gdg/cm3A

cm3，晶胞参数a=3

1954dNA

cm=19543 dN10．10．C7H8+NaOH+NaBr取物质D的样品少量于试管中，

780107nm=3602d

nm。化铜的碱性悬浊液加热后消灭红色沉淀)加成反响5CH3CH2OH化铜的碱性悬浊液加热后消灭红色沉淀)加成反响5CH3CH2OHCH3CHO【解析】试题分析：此题考察有机推断和有机合成，侧重考察有机物分子式确实定、官能团的识别、有机物构造简式和方程式的书写、成路线的设计。7 〔1〕A为烃，A92，用“商余法”，9212=7……8，A的分子为CH7 2依据流程比照A和BBC与Cu/DE的构造简式可逆推出D的构造简式为，C的构造简式为，B的构造简式为，A的构造简式为。B→C的化学方程式为+NaOHE的构造简式可逆推出D的构造简式为，C的构造简式为，B的构造简式为，A的构造简式为。B→C的化学方程式为+NaOH+NaBr。〔3〕D的构造简式为，D中的官能团为-CHO，检验-CHO可用银氨溶液或制Cu〔OH〕2悬浊液，检验D中官能团的方法：取物质D的样品少量于试管中，参与银氨溶液，水浴加热后假设有光亮的银镜消灭说明D中含有醛基。〔或参与制取的Cu〔OH〕2的碱性悬浊液加热后假设消灭红色沉淀说明D中含有醛基〕构简式为。9 10 〔4〕依据D和E的构造简式，以及D→E的反响试剂，反响①的反响类型为加成反响。依据E→F的反响条件，E→F发生题给②的反响，结合F的分子式〔CH O〕，F构简式为。9 10 一个取代基且含有甲基；符合条件的N的构造简式为：、、、、〔5〕F5，F的同分异构体一个取代基且含有甲基；符合条件的N的构造简式为：、、、、合条件的N5种。CH3CHO，CH3CHO与①NaCCH、②H+作用得到，在HgSO4、稀硫酸存在下生成CH3CHOHCOCH，合成路线为：CHCHOH33 2CHCH3CHO，CH3CHO与①NaCCH、②H+作用得到，在HgSO4、稀硫酸存在下生成CH3CHOHCOCH，合成路线为：CHCHOH33 2CHCHO3。2点睛：Cu/O、加热为醇的催化氧化反响等。难点是符合条件的F的同分异构体数目确实定和有机合成路线的设计。有机合成路线的设计首先比照原团的性质和题给信息进展设计。。211．氯苯、导气无水氯化钙(或五氧化二磷、硅胶) 使．被水充分吸取。准确测定FeCl3的转化率fh 蒸馏滤液,收集132℃的馏分d 有砖红色沉淀生成90%〔1〕C6H5Cl132℃，制备〔1〕C6H5Cl132℃，制备FeCl22FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，bb〔导出HCl气体〕。枯燥管c中的固体试剂不能吸取HCl，枯燥管c中盛装的试剂是：无水氯化钙〔或五氧化二磷、硅胶〕。依据题意，测定无水FeCl3转化率的原理是：将反响生成的HCl用水吸取，用莫尔法测定锥形瓶d中Cl-，由Cl-FeCl3的转化率；应生成的HCl全部导入锥形瓶d中；反响完毕后需向反响器a中吹入枯燥的氮气HCl全部转移至锥形瓶中被水充分吸取，准确测定FeCl3的转化率。虚线框内装置用于吸取HCl并防倒吸。由于HCl极易溶于水，假设使用e装置会产生倒吸；f装置能吸取HCl并能防倒吸；g装置为密封装置，存在安全问题；h装置能吸取HCl并能防倒吸；能代替图中虚线框内局部的装置是fh。过滤后得到的滤液为C6H4Cl2和过量C6H5ClC6H4Cl2C6H5Cl相互混132℃的馏分。①a项，CaCl2与AgNO3产生白色AgCl沉淀，无法推断滴定终点且影响Cl-的测定，不能用CaC2bAgBAgCl为一样类型且sp〔AgB<sp〔AgC〕，滴AgNO3溶液，AgBr优先于AgCl沉淀，假设用NaBr为指示剂无法推断滴定终点，不能用NaBr作为指示剂；c项，AgI、AgCl为一样类型且Ksp〔AgI〕≪Ksp〔AgCl〕，滴入AgNO3溶液，AgI优先于AgCl沉淀，假设用NaI为指示剂无法推断滴定终点，不能用NaI作为指示剂；d项，AgCl饱和溶液物质的量浓度=√Ksp〔AgCl〕=√2×10−10=1.414×10-5〔mol/L〕，Ag2CrO4饱和溶液物质的量浓度=Kpg2O4=02=7.93×10-〔mol/〕>1.41×10-〔mol/〕，滴入AgNO溶4 4 34液，AgCl优先于Ag2CrO4沉淀，可用K2CrO4作指示剂；可作为指示剂的是K2CrO，答案d。4②选用K2CrO4作指示剂，当Cl-完全沉淀，滴入AgNO3溶液与K2CrO4形成砖红色沉淀。滴定达终点的现象是：滴入最终一滴AgNO3溶液，有砖红色沉淀生成。3③10.0mL溶液中含Cl-物质的量n〔Cl-〕=n〔AgNO〕=0.2023mol/L×0.02250L=0.0045mol；3反响生成HCl物质的量n〔HCl〕=0.0045mol×1000mL=0.45mol，依据反响方程式2FeCl32FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反响消耗n〔FeCl3〕=2n〔HCl〕=0.9mol，反响消耗m〔FeCl〕=0.9mol×162.5g/mol=146.25g，无水FeCl

的转化率为3 3146.25g×100%=90%。12．12．CH2CH2OH+2HNO3OHC-CHO+2NO↑+3H2O硝酸