2023届安徽省黄山市高三下学期三模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省黄山市2023届高三下学期三模可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Cu-64Ag-108一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法错误的是（）A.纤维素可在人体内经水解最终转化为葡萄糖B.玻璃纤维和碳纤维都是性能优异的无机非金属材料C.采用聚酯纤维材料制作的防晒衣，忌长期用碱性较强的洗涤液洗涤D.长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219－铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量〖答案〗A〖解析〗A．人体内不含水解纤维素的酶，所以纤维素不能再人体中发生水解反应，故A错误；B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐，碳纤维主要成分为碳单质，具有强度大的优点，都是性能优异的无机非金属材料，故B正确；C．聚酯纤维在碱性环境下易发生水解反应，所以市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；

D．2219-铝合金具有比强度高，密度较小，低温和高温力学性能好，断裂韧度高，抗应力腐蚀性能好等特点，在航天和航空得到广泛的应用，故D正确；故选：A。2.工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是（）A.为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀B“氯化”过程中，每生成0.1molCO气体，转移电子0.2molC.由TiCl4制备Ti的过程中，Ar不可以换成N2D.理论上，每制得1molTi，需要2molMg〖答案〗B〖祥解〗氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【详析】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成0.1molCO气体，转移电子，故B错误；C．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，故C正确；D．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，理论上，每制得1molTi，需要2molMg，故D正确；故选B。3.化合物3是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是（）A.化合物1中所有的碳原子可能共面B.化合物2能发生消去反应生成双键C.化合物3中存在两个手性碳D.化合物1、2、3均能在碱性条件下水解生成酚类物质〖答案〗D〖解析〗A．根据苯环中12个原子共平面、甲醛中4个原子共平面，碳碳单键可以旋转，化合物1中的所有的碳原子可能共面，选项A正确；B．化合物2中溴原子连接的碳相邻的碳（甲基）上有H原子，能在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成双键，选项B正确；C．化合物3中存在两个手性碳，如图（手性碳原子用标出），选项C正确；D．氯苯在氢氧化钠水溶液中很难水解生成苯酚，故化合物1、2、3不一定能在碱性条件下水解生成酚类物质，选项D错误；〖答案〗选D。4.某工业废水中可能含有K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH、Cl-、CO、NO、SO、I-中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：I.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加II.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰III.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色IV.向III中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列推断不正确的是（）A.溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+B.III中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2OC.原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-D.另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体质量0.8g〖答案〗C〖祥解〗I．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH，所以原溶液中一定不含NH，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH、CO；II．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有K+；III．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I-与NO和H+反应生成NO，即溶液中有I-、NO，一定不含有Ag+。IV．向III中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO；综上所述，一定含有的阴离子为NO、SO、I-，各离子物质的量浓度均为0.2mol/L，结合电荷守恒可知，溶液中一定有Mg2+和Al3+，且还含有一种-1价的阴离子为Cl-，以此解答。【详析】A．由分析可知，溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+，故A正确；B．III中加入盐酸，I-与NO和H+反应生成NO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，故B正确；C．由分析可知，原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-、Cl-，故C错误；D．另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+反应生成Mg(OH)2、NaAlO2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n(MgO)=n(Mg2+)=cV=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，m(MgO)=0.02mol×40g/mol=0.8g，故D正确；故选C。5.原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种前四周期元素，M是由这四种元素组成的化合物，其的化学式为Z3[W(XY)6]。X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Z为前四周期电负性最小的元素，W次外层电子数是最外层7倍，W和X组成的二元化合物晶胞如图所示。下列说法错误的是（）A.物质M中只存在离子键和σ键B.第三电离能：X＞YC.(XY)2的空间构型为直线形D.距离W最近且等距的X的原子个数为6〖答案〗A〖祥解〗X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，该单质为金刚石，X为C元素；Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Y的电子排布式为1s22s22p3，Y为N元素；Z为前四周期电负性最小的元素，Z为K元素；W次外层电子数是最外层7倍，则W的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，W为Fe元素，M为K3[Fe(CN)6]，以此解答。【详析】A．由分析可知，M为K3[Fe(CN)6]，该物质是离子化合物，存在离子键，CN-中存在碳氮三键，含有1个σ键2个π键，故A错误；B．C元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s2，N元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s22p1，1s22s2中2s轨道是全充满的稳定结构，更加难失去电子，则第三电离能：C＞N，故B正确；C．(CN)2中存在碳氮三键，C原子的轨道杂化方式为sp杂化，空间构型为直线形，故C正确；D．由晶胞结构可知，距离Fe原子最近且等距的C的原子个数为6，故D正确；故选A。6.H2X是一种二元弱酸。常温下向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgY[Y表示或]随pH的变化关系如图。常温下，下列叙述正确的是（）A.直线Ⅰ中Y表示的是B.电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10-4C.pH=7.2时，c(HX-)=1000c(X2-)D.当c(X2-)=c(H2X)时，溶液的pH为2.7〖答案〗D〖祥解〗H2X是一种二元弱酸，Ka1=>Ka2=，溶液里lgY[Y表示或]，当lgY=0时，pH=-lgc(H+)=-lgKa，pH1=1.2<pH2=4.2，表明Ka1=1×10-1.2>Ka2=1×10-4.2，所以直线Ⅰ中Y代表，直线II中Y表示的是，以此解答。【详析】A．由分析可知，直线Ⅰ中Y表示的是，故A错误；B．由分析可知，Ka2(H2X)=1×10-4.2，数量级为10-5，故B错误；C．pH=7.2时，溶液中c(H+)=1×10-7.2mol/L，，1000c(HX-)=c(X2-)，故C错误；D．当c(X2-)=c(H2X)时，=1×10-1.2×1×10-4.2=1×10-5.4，当c(X2-)=c(H2X)时，c(H+)==1×10-2.7mol/L，溶液的pH为2.7，故D正确；故选D。7.Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内和化学式中均未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是（）A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu+个数为8-8xB.每个Cu2-xSe晶胞完全转化为Na2Se晶胞，转移电子数为8C.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe-(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)CuD.当NaCuSe转化为Na2Se时，每转移1mol电子，产生1molCu原子〖答案〗C〖解析〗A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，b=8-8x，Cu+个数为8-8x，故A正确；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe+(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，故C错误；D．当NaCuSe转化Na2Se时，Cu由+1价下降为0价，每转移1mol电子，产生1molCu原子，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程进行实验(夹持仪器已省略)：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无色液体，沸点51℃，熔点-112℃，易水解。②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O请回答：（1）步骤I反应化学方程式为__________________________________________________，所获固体主要成分是_________________。（2）图1装置中a仪器名称_____________，其作用_____________________________。（3）步骤IV：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序(用字母按顺序回答)：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存。_____a.打开安全瓶上旋塞b.拔出圆底烧瓶的瓶塞c.关闭抽气泵（4）为进一步测定纯化后产品纯度，某同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，请说明原因_______________________；请设计合理实验方案测定产品纯度_______________________________________________。〖答案〗（1）CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]（2）球形冷凝管冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率（3）acb（4）MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)〖祥解〗分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产品(CH3CO)2O，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。【详析】（1）制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，则步骤I的过程中得到(CH3COO)2Mn，方程式为：CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl，所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]。（2）图1装置中a仪器名称为：球形冷凝管，其作用是：冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率。（3）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→讲产品转至干燥器中保存，故〖答案〗为：acd；（4）同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，原因是：MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确；氯离子测定更为稳定，通过测定产品中氯元素的含量确定纯度更加合理，实验方案为：取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)。9.主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，从该矿渣中回收六水合硫酸镍晶体的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。（1）28Ni位于元素周期表_______区(填“s”“p”“d”或“ds”)，其基态原子核外电子的空间运动状态有_______种。（2）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为相应的硫酸盐。NiFe2O4生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为________________________________。（3）“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有______________(填化学式)，为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是______________。（4）“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol•L-1，加NaF固体时，忽略溶液体积变化，当除钙率达到99%时，除钙后的溶液中c(F-)=______________。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]（5）“萃取”时发生反应Mn+(水相)+nRH(有机相)MRn(有机相)+nH+(水相)(Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如图所示，V0/VA的最佳取值为____________；“反萃取”能使有机相再生而循环使用，可在有机相中加入____________，待充分反应后再分液。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态NiSO4•7H2ONiSO4•H2O多种结晶水合物NiSO4从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：______________、______________、过滤、洗涤、干燥等多步操作。〖答案〗（1）d15（2）NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（3）SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)（4）2.0×10-3mol•L-1（5）0.25H2SO4或盐酸（6）蒸发浓缩冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶〖祥解〗某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡，Fe3+发生水解生成FeO(OH)沉淀；过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。【详析】（1）Ni是28号元素，位于元素周期表的d区，电子排布式为1s22s22p63s2sp63d84s2，含有电子的轨道有15个，其基态原子核外电子的空间运动状态有15种。（2）“焙烧”中，NiFe2O4和(NH4)2SO4反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O。（3）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为NiSO4、CaSO4、Fe2(SO4)3，SiO2和CaSO4不溶于水，过滤后存在于滤渣中，则“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O；为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)。（4）当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L×(1-99%)=1.0×10-5mol/L，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，得溶液中c(F-)==2.0×10-3mol•L-1。（5）结合工艺路线图分析知，萃取分离后无机相经过多步反应生成NiSO4，则应使Fe2+的萃取率达到最大，同时使Ni2+的萃取率较小，根据图示，V0/VA=0.25时，Fe2+的萃取率达到最大值，Ni2+的萃取率几乎为0，符合题意。（6）从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。10.接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。回答下列问题：（1）已知相关物质的标准生成焓△fH(由压强为100kPa，温度298K下最稳定单质生成标准状况下1mol物质的热效应或焓变)如表：物质的化学式SO2(g)O2(g)SO3(g)标准生成焓△fH(kJ•mol-1)-297.00-395.7则反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=____________。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率a随温度的变化如图所示。反应在0.5MPa、550℃时的a=__________。（3）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。在温度T、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中通入2molSO2(g)、1molO2(g)和5molN2，只进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，平衡时，测得压强为90kPa，则SO2转化率为________，平衡常数Kpr=________。若保持温度、体积和n(SO2)、n(O2)不变，增大n(N2)使总压变大，测得SO2平衡转化率不变，解释原因：________________________________________。（4）对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达平衡后，其他条件不变时，为了同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，可采取的措施是______(填字母序号)。A.使用高效催化剂 B.升高温度C.缩小反应容器的体积 D.增大SO2的物质的量（5）若该反应的净反应速率方程：v=k正c2(SO2)•c(O2)-k逆c2(SO3)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为T1℃时，k正=810k逆，温度为T2℃时，k正=7220k逆，则T1________T2(填“＞”“＜”或“=”)。〖答案〗（1）-197.4kJ•mol-1（2）0.925（3）80%或0.8640虽然增大n(N2)使总压变大，但其他组分的浓度(或分压)不变，平衡不移动故SO2平衡转化率不变（4）C（5）＞〖解析〗（1）标准生成焓由压强为100kPa，温度298K下最稳定单质生成标准状态下1mol物质的热效应或焓变，因此由盖斯定律计算反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=2×(-395.7)kJ/mol-2×(-297.0)kJ/mol=-197.4kJ•mol-1。（2）反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，a=0.975。（3）根据已知条件列出“三段式”平衡时，测得压强为90kPa，则，x=0.8，则SO2转化率为=80%或0.8，平衡常数Kpr=640，若保持温度、体积和n(SO2)、n(O2)不变，增大n(N2)使总压变大，测得SO2平衡转化率不变，原因是：虽然增大n(N2)使总压变大，但其他组分的浓度(或分压)不变，平衡不移动故SO2平衡转化率不变。（4）A．使用高效催化剂，反应速率增大，但催化剂不能提高和SO2平衡转化率，故A不选；B．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，故B不选；C．缩小反应容器体积，压强增大，反应物和生成物的浓度增大，反应速率增大，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故C选；D．增大SO2的物质的量，反应速率增大，平衡正向移动，但SO2的平衡转化率减小，故D不选；故选C。（5）温度为T1℃时，反应达到平衡时，净反应速率方程：v=k正c2(SO2)•c(O2)-k逆c2(SO3)=0，k正c2(SO2)•c(O2)=k逆c2(SO3)，K=，同理温度为T2℃时，K=，该反应是放热反应，温度越高，K值越小，则T1＞T2。11.化合物K是一种化疗药物的活性成分，一种以甲苯为原料的合成路线如图所示：（1）B的化学名称是_____________，K中含氧官能团的名称为_______________。（2）D→E的反应试剂和条件___________________，H→I的反应类型是_____________。（3）酚羟基很活泼，但F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是______________________________________________________________________(从分子结构角度回答)。（4）I在加热条件下与足量NaOH溶液反应，有一种产物属于芳香化合物，请写出其结构简式_______________________。（5）X是芳香族化合物，比H分子少一个O原子，写出满足下列条件的X的结构简式_______________________。(写出任意一种即可)a.苯环上有2个取代基b.能与FeCl3溶液发生显色反应c.与NaOH溶液共热有NH3生成（6）氨基具有较强的还原性。参照上述合成路线，以和甲醇为原料，设计路线三步合成(无机试剂任选)。_________________________________________〖答案〗（1）邻氯甲苯或2－氯甲苯酰胺基、醚键（2）甲醇、浓硫酸，加热取代反应（3）羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强(或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大)（4）（5）（6）〖祥解〗A在FeCl3的催化下和Cl2发生取代反应生成B，结合D的结构简式可以推知B的结构简式为：，B发生氧化反应生成C，结合C的分子式可知，B中的-CH3被氧化为-COOH，C的结构简式为，C发生水解反应生成D，D发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生硝化反应生成G，G发生还原反应将硝基转化为氨基生成H，H的结构简式为，H和ClCH2OCl发生取代反应生成I，I发生取代反应生成J，J发生取代反应生成K，以此解答。【详析】（1）由分析可知，B的结构简式为：，化学名称是邻氯甲苯或2－氯甲苯；K中含氧官能团的名称为酰胺基、醚键。（2）结构D和E结构简式分析，D和甲醇发生酯化反应生成E，D→E的反应试剂和条件为：甲醇、浓硫酸，加热。由分析可知，H→I的反应类型是取代反应。（3）酚羟基很活泼，但F→G中酚羟基不被浓硝酸氧化，其主要原因是羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，稳定性增强(或羟基与邻位羰基上的氧形成了分子内氢键，空间位阻增大)。（4）I中含有酯基和肽键，在加热条件下与足量NaOH溶液发生水解反应，I中还含有酚羟基，也可以和NaOH发生中和反应，则产物中的芳香化合物为：。（5）X是芳香族化合物，比H分子少一个O原子，满足条件a.苯环上有2个取代基；b.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；c.与NaOH溶液共热有NH3生成，说明其中含有-CONH2；综上所述，X中苯环上的取代基为-OH和-CHCl-CONH2，满足条件的X的结构简式为：。安徽省黄山市2023届高三下学期三模可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Cu-64Ag-108一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法错误的是（）A.纤维素可在人体内经水解最终转化为葡萄糖B.玻璃纤维和碳纤维都是性能优异的无机非金属材料C.采用聚酯纤维材料制作的防晒衣，忌长期用碱性较强的洗涤液洗涤D.长征五号火箭的箭体蒙皮材料2219－铝合金，可一定程度上减轻火箭的质量〖答案〗A〖解析〗A．人体内不含水解纤维素的酶，所以纤维素不能再人体中发生水解反应，故A错误；B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐，碳纤维主要成分为碳单质，具有强度大的优点，都是性能优异的无机非金属材料，故B正确；C．聚酯纤维在碱性环境下易发生水解反应，所以市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；

D．2219-铝合金具有比强度高，密度较小，低温和高温力学性能好，断裂韧度高，抗应力腐蚀性能好等特点，在航天和航空得到广泛的应用，故D正确；故选：A。2.工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Fe为+2价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是（）A.为加快“氯化”速率，可将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀B“氯化”过程中，每生成0.1molCO气体，转移电子0.2molC.由TiCl4制备Ti的过程中，Ar不可以换成N2D.理论上，每制得1molTi，需要2molMg〖答案〗B〖祥解〗氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【详析】A．将钛铁矿粉碎并与焦炭混合均匀，增大反应物的接触面积，可加快“氯化”速率，故A正确；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成0.1molCO气体，转移电子，故B错误；C．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，故C正确；D．镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，理论上，每制得1molTi，需要2molMg，故D正确；故选B。3.化合物3是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图所示。下列说法错误的是（）A.化合物1中所有的碳原子可能共面B.化合物2能发生消去反应生成双键C.化合物3中存在两个手性碳D.化合物1、2、3均能在碱性条件下水解生成酚类物质〖答案〗D〖解析〗A．根据苯环中12个原子共平面、甲醛中4个原子共平面，碳碳单键可以旋转，化合物1中的所有的碳原子可能共面，选项A正确；B．化合物2中溴原子连接的碳相邻的碳（甲基）上有H原子，能在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成双键，选项B正确；C．化合物3中存在两个手性碳，如图（手性碳原子用标出），选项C正确；D．氯苯在氢氧化钠水溶液中很难水解生成苯酚，故化合物1、2、3不一定能在碱性条件下水解生成酚类物质，选项D错误；〖答案〗选D。4.某工业废水中可能含有K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH、Cl-、CO、NO、SO、I-中的几种，且各离子物质的量浓度均为0.2mol/L(忽略水的电离及离子的水解)，欲探究废水的组成，进行了如下实验：I.取该无色溶液5mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加II.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰III.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇到空气变为红棕色IV.向III中所得溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列推断不正确的是（）A.溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+B.III中加入盐酸生成无色气体的离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2OC.原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-D.另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、灼烧沉淀至恒重，得到固体质量0.8g〖答案〗C〖祥解〗I．取该无色溶液5mL，说明一定不含有Cu2+，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说明增加的是NH，所以原溶液中一定不含NH，可能含有Mg2+、Al3+，不含NH、CO；II．用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰，说明没有K+；III．另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，说明有还原性离子I-与NO和H+反应生成NO，即溶液中有I-、NO，一定不含有Ag+。IV．向III中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明有SO；综上所述，一定含有的阴离子为NO、SO、I-，各离子物质的量浓度均为0.2mol/L，结合电荷守恒可知，溶液中一定有Mg2+和Al3+，且还含有一种-1价的阴离子为Cl-，以此解答。【详析】A．由分析可知，溶液中一定不含的阳离子是K+、NH、Cu2+、Ag+，故A正确；B．III中加入盐酸，I-与NO和H+反应生成NO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：8H++6I-+2NO=3I2+2NO↑+4H2O，故B正确；C．由分析可知，原溶液除H+和OH-外只含有Mg2+、Al3+、NO、SO、I-、Cl-，故C错误；D．另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，Mg2+、Al3+反应生成Mg(OH)2、NaAlO2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，根据元素守恒：n(MgO)=n(Mg2+)=cV=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，m(MgO)=0.02mol×40g/mol=0.8g，故D正确；故选C。5.原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种前四周期元素，M是由这四种元素组成的化合物，其的化学式为Z3[W(XY)6]。X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Z为前四周期电负性最小的元素，W次外层电子数是最外层7倍，W和X组成的二元化合物晶胞如图所示。下列说法错误的是（）A.物质M中只存在离子键和σ键B.第三电离能：X＞YC.(XY)2的空间构型为直线形D.距离W最近且等距的X的原子个数为6〖答案〗A〖祥解〗X构成的单质是目前地球上发现的最坚硬的天然物质，该单质为金刚石，X为C元素；Y的基态原子中单电子和成对电子个数比为3：4，Y的电子排布式为1s22s22p3，Y为N元素；Z为前四周期电负性最小的元素，Z为K元素；W次外层电子数是最外层7倍，则W的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，W为Fe元素，M为K3[Fe(CN)6]，以此解答。【详析】A．由分析可知，M为K3[Fe(CN)6]，该物质是离子化合物，存在离子键，CN-中存在碳氮三键，含有1个σ键2个π键，故A错误；B．C元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s2，N元素失去两个电子后的电子排布式为1s22s22p1，1s22s2中2s轨道是全充满的稳定结构，更加难失去电子，则第三电离能：C＞N，故B正确；C．(CN)2中存在碳氮三键，C原子的轨道杂化方式为sp杂化，空间构型为直线形，故C正确；D．由晶胞结构可知，距离Fe原子最近且等距的C的原子个数为6，故D正确；故选A。6.H2X是一种二元弱酸。常温下向H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgY[Y表示或]随pH的变化关系如图。常温下，下列叙述正确的是（）A.直线Ⅰ中Y表示的是B.电离平衡常数Ka2(H2X)的数量级为10-4C.pH=7.2时，c(HX-)=1000c(X2-)D.当c(X2-)=c(H2X)时，溶液的pH为2.7〖答案〗D〖祥解〗H2X是一种二元弱酸，Ka1=>Ka2=，溶液里lgY[Y表示或]，当lgY=0时，pH=-lgc(H+)=-lgKa，pH1=1.2<pH2=4.2，表明Ka1=1×10-1.2>Ka2=1×10-4.2，所以直线Ⅰ中Y代表，直线II中Y表示的是，以此解答。【详析】A．由分析可知，直线Ⅰ中Y表示的是，故A错误；B．由分析可知，Ka2(H2X)=1×10-4.2，数量级为10-5，故B错误；C．pH=7.2时，溶液中c(H+)=1×10-7.2mol/L，，1000c(HX-)=c(X2-)，故C错误；D．当c(X2-)=c(H2X)时，=1×10-1.2×1×10-4.2=1×10-5.4，当c(X2-)=c(H2X)时，c(H+)==1×10-2.7mol/L，溶液的pH为2.7，故D正确；故选D。7.Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内和化学式中均未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是（）A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu+个数为8-8xB.每个Cu2-xSe晶胞完全转化为Na2Se晶胞，转移电子数为8C.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe-(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)CuD.当NaCuSe转化为Na2Se时，每转移1mol电子，产生1molCu原子〖答案〗C〖解析〗A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，b=8-8x，Cu+个数为8-8x，故A正确；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8+6=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；C．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为：NayCu2-xSe+(1-y)e--+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，故C错误；D．当NaCuSe转化Na2Se时，Cu由+1价下降为0价，每转移1mol电子，产生1molCu原子，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程进行实验(夹持仪器已省略)：已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯，沸点1190℃。乙酰氯是无色液体，沸点51℃，熔点-112℃，易水解。②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O请回答：（1）步骤I反应化学方程式为__________________________________________________，所获固体主要成分是_________________。（2）图1装置中a仪器名称_____________，其作用_____________________________。（3）步骤IV：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序(用字母按顺序回答)：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存。_____a.打开安全瓶上旋塞b.拔出圆底烧瓶的瓶塞c.关闭抽气泵（4）为进一步测定纯化后产品纯度，某同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，请说明原因_______________________；请设计合理实验方案测定产品纯度_______________________________________________。〖答案〗（1）CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]（2）球形冷凝管冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率（3）acb（4）MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)〖祥解〗分析流程可知，四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn•4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)溶解在苯中搅拌抽滤，获得产品(CH3CO)2O，固体加入苯和乙酰氯回流搅拌，发生反应(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，抽滤洗涤，粗产品纯化后获得无水二氯化锰，以此解答。【详析】（1）制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+2CH3COClMnCl2↓+2(CH3CO)2O，则步骤I的过程中得到(CH3COO)2Mn，方程式为：CH3COCl+H2O=CH3COOH+HCl或4CH3COCl+(CH3COO)2Mn•4H2O=(CH3COO)2Mn+4CH3COOH+4HCl，所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn[或者Mn(AC)2、醋酸锰]。（2）图1装置中a仪器名称为：球形冷凝管，其作用是：冷凝回流乙酰氯和苯，提高原料利用率。（3）步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置（图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→关闭加热器，待烧瓶冷却至室温→打开安全瓶上旋塞→关闭抽气泵→拔出圆底烧瓶的瓶塞→讲产品转至干燥器中保存，故〖答案〗为：acd；（4）同学通过滴入Na2CO3溶液测定生成的MnCO3沉淀质量来确定纯度，结果与实际值产生较大误差，原因是：MnCl2易水解成Mn(OH)Cl或者Mn(OH)2沉淀混在MnCO3中，造成实验不准确；氯离子测定更为稳定，通过测定产品中氯元素的含量确定纯度更加合理，实验方案为：取一定量纯化后产品加入过量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，并将产生的白色沉淀过滤洗涤干燥称量，通过测定氯离子的量从而测得二氯化锰的纯度(或取一定量纯化后产品加入过量的NaOH溶液，并将产生的白色沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，通过测定Mn(OH)2的质量从而测得二氯化锰的纯度)。9.主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，从该矿渣中回收六水合硫酸镍晶体的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。（1）28Ni位于元素周期表_______区(填“s”“p”“d”或“ds”)，其基态原子核外电子的空间运动状态有_______种。（2）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为相应的硫酸盐。NiFe2O4生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为________________________________。（3）“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有______________(填化学式)，为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是______________。（4）“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol•L-1，加NaF固体时，忽略溶液体积变化，当除钙率达到99%时，除钙后的溶液中c(F-)=______________。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11]（5）“萃取”时发生反应Mn+(水相)+nRH(有机相)MRn(有机相)+nH+(水相)(Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如图所示，V0/VA的最佳取值为____________；“反萃取”能使有机相再生而循环使用，可在有机相中加入____________，待充分反应后再分液。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态NiSO4•7H2ONiSO4•H2O多种结晶水合物NiSO4从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：______________、______________、过滤、洗涤、干燥等多步操作。〖答案〗（1）d15（2）NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O（3）SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)（4）2.0×10-3mol•L-1（5）0.25H2SO4或盐酸（6）蒸发浓缩冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶〖祥解〗某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡，Fe3+发生水解生成FeO(OH)沉淀；过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。【详析】（1）Ni是28号元素，位于元素周期表的d区，电子排布式为1s22s22p63s2sp63d84s2，含有电子的轨道有15个，其基态原子核外电子的空间运动状态有15种。（2）“焙烧”中，NiFe2O4和(NH4)2SO4反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反应的化学方程式为NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O。（3）“焙烧”中，SiO2几乎不发生反应，NiO、CaO、FeO转化为NiSO4、CaSO4、Fe2(SO4)3，SiO2和CaSO4不溶于水，过滤后存在于滤渣中，则“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4或CaSO4•2H2O；为检验浸出液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是硫氰酸钾溶液(或KSCN溶液，或苯酚溶液)。（4）当除钙率达到99%时，溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L×(1-99%)=1.0×10-5mol/L，根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，得溶液中c(F-)==2.0×10-3mol•L-1。（5）结合工艺路线图分析知，萃取分离后无机相经过多步反应生成NiSO4，则应使Fe2+的萃取率达到最大，同时使Ni2+的萃取率较小，根据图示，V0/VA=0.25时，Fe2+的萃取率达到最大值，Ni2+的萃取率几乎为0，符合题意。（6）从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•H2O晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。10.接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。回答下列问题：（1）已知相关物质的标准生成焓△fH(由压强为100kPa，温度298K下最稳定单质生成标准状况下1mol物质的热效应或焓变)如表：物质的化学式SO2(g)O2(g)SO3(g)标准生成焓△fH(kJ•mol-1)-297.00-395.7则反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=____________。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率a随温度的变化如图所示。反应在0.5MPa、550℃时的a=__________。（3）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。在温度T、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中通入2molSO2(g)、1molO2(g)和5molN2，只进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，平衡时，测得压强为90kPa，则SO2转化率为________，平衡常数Kpr=________。若保持温度、体积和n(SO2)、n(O2)不变，增大n(N2)使总压变大，测得SO2平衡转化率不变，解释原因：________________________________________。（4）对反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达平衡后，其他条件不变时，为了同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，可采取的措施是______(填字母序号)。A.使用高效催化剂 B.升高温度C.缩小反应容器的体积 D.增大SO2的物质的量（5）若该反应的净反应速率方程：v=k正c2(SO2)•c(O2)-k逆c2(SO3)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为T1℃时，k正=810k逆，温度为T2℃时，k正=7220k逆，则T1________T2(填“＞”“＜”或“=”)。〖答案〗（1）-1