2023年高考第一次模拟考试卷：化学（天津A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（天津A卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1.“卡塔尔---山东临淄---足球烯”三者之缘起于足球，下列有关说法正确的是
A．卡塔尔世界杯官方用球：使用新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性
B．“世界足球起源地”临淄非遗传承人制作蹴鞠：毛发与米糠均可水解，但产物不同
C．足球烯：与石墨烯属于同种物质，只是外形一个呈球面，一个呈平面
D．石墨烯：具有优异的光学、电学、力学特性，是近期人工合成的高分子化合物
【答案】B
【详解】
A．新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热塑性，故A错误；
B．毛发属于蛋白质，可水解为氨基酸，米糠属于多糖，均可水解，但产物不同，B正确；
C．足球烯是由60个碳原子构成，石墨烯可以在平面上无限延伸，不属于同种物质，C错误；
D．石墨烯本来就存在于石墨中，只是层层堆叠难以剥离而已，且石墨烯属于单质，D错误；
故答案选B。
2.能证明晶体类型为离子晶体的方法是
A．测定溶液能否导电B．X射线衍射法
C．测定熔融能否导电D．测定是否有确定的熔点
【答案】C
【分析】鉴定化合物属于离子晶体的方法是熔融状态是否导电，据此分析；
【详解】A．有些分子晶体的水溶液也能导电，如HCl、H2SO4等，故A错误；
B．X射线衍射法用于判断晶体与非晶体，不能判断晶体类型，故B错误；
C．离子晶体是由阴阳离子组成，熔融状态破坏离子键，产生自由移动的阴阳离子，能导电，故C正确；
D．有无确定的熔点适用于判断物质是晶体还是非晶体，故D错误；
答案为C。
3.我国科研团队首次制备出以肖特基结作为发射结的垂直结构的高速晶体管，代表我国在这一尖端科技领域走在了世界的前列。下列有关锗(Ge-IVA)的说法错误的是
A．锗元素与碳元素处于同一主族B．和互为同素异形体
C．的中子数为42D．锗与硅一样可用作半导体材料
【答案】B
【详解】A．锗元素为第IVA元素，与碳同主族，A项正确；
B．和质子数相同，质量数不同，互为同位素，B项错误；
C．中子数=质量数-质子数，C项正确；
D．锗在元素周期表中位于金属和非金属的交界线处，可用作半导体材料，D项正确；
答案选B。
4.Fe2(SO4)3可用作H2O2溶液分解的催化剂，其反应原理如图所示。常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是
A．该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+B．当有1mlO2生成时，转移2ml电子
C．在H2O2分解过程中，溶液的c(H+)不变D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
【答案】B
【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】A. 根据分析， M是，Mˊ是，A错误；
B. 图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有生成时，转移电子，B正确；
C. 图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的会逐渐增大，溶液的c(H+)减小，C错误；
D. 根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，D错误；
故选B。
5.下列表示不正确的是
A．氯化钙的电子式： B．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：
C．的VSEPR模型： D．Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：
【答案】B
【详解】A．氯化钙属于离子化合物，电子式为 ，A正确；
B．Cr元素原子序数是24，价层电子轨道为4s13d5，其电子轨道表示式为： ，B错误；
C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型为，C正确；
D．两个p轨道“头碰头”重叠形成p-pσ键，形成轴对称的电子云图形，D正确；
故选B。
6.配制一定物质的量浓度的溶液，并用其测定某未知浓度的溶液。完成以上实验所选择的装置正确的是。
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．高锰酸钾具有腐蚀性，应该在烧杯中称量，A错误；
B．读数视线要与凹液面最低处保持水平，B错误；
C．取草酸使用酸式移液管，C正确；
D．由图可知，读数为25.50mL，D错误；
故选C。
7.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．与足量反应转移的电子数为
B．甲苯与丙三醇的混合液中所含的氢原子数目为
C．分子中含键数目为
D．的溶液中数目小于
【答案】B
【详解】A．未指明气体所处状况，无法计算反应转移的电子数，A错误；
B．甲苯（分子式为C7H8）和丙三醇（分子式为C3H8O3）的相对分子质量都为92，都含有8个氢原子，则9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物质的量为0.1ml，含氢原子数目为0.8NA，B正确；
C．物质的量为0.5ml，若结构简式为，则分子中含键数目为，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算溶液中数目，D错误；
故选B。
8.下列关于有机物的说法不正确的是
A．核磁共振氢谱中会出现6组峰
B．所有碳原子都可以处于同一平面上
C．1ml该物质在NaOH溶液中发生水解，最多可消耗2mlNaOH
D．可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【详解】A．根据有机物的结构简式可知，其核磁共振氢谱有6组峰，A正确；
B．该有机物中存在饱和碳原子，与该碳原子相连的有3个碳原子，则这4个碳原子一定不在同一平面，B错误；
C．该物质中含有一个酯基和一个肽键均能与NaOH反应，1ml该物质与NaOH发生水解反应，最多消耗2mlNaOH，C正确；
D．该物质与苯环相连的碳上有氢，能被高锰酸钾氧化，D正确；
故答案选B。
9.下列各组离子在所给定的条件下可以大量共存的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．由条件可知，c(H+)B．能使KI-淀粉试纸变蓝的溶液中应该含有氧化剂，可以氧化S2-，故不能共存，B不符合题意；
C．Fe2+会与K+和［Fe(CN)6] 反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，故不能共存，C不符合题意；
D．A1O会结合H2PO电离的氢离子，故不能共存，D不符合题意；
答案选A。
10.25℃时，二元弱酸的，，下列说法正确的是
A．等浓度溶液和KOH溶液按1∶2的体积比混合，存在
B．的和KHM混合溶液中，存在
C．溶液中滴加KOH溶液至中性时，存在
D．呈碱性的溶液中，存在
【答案】B
【详解】A．等浓度的H2M溶液和氢氧化钾溶液按1∶2体积比混合恰好反应生成K2M，K2M溶液中存在的质子守恒关系为c(OH—)= c(H+)+c(HM—)+2c(H2M)，则c(H+)=c(OH—)—c(HM—)—2c(H2M)，故A错误；
B．由电离常数可知，pH=11的K2M和KHM混合溶液中=，则溶液中c(HM—) ＞c(M2—)，故B正确；
C．H2M溶液中滴加氢氧化钾溶液至中性时，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(K+)=c(OH—)+c(HM—)+2c(M2—)，由溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，溶液中c(K+)=c(HM—)+2c(M2—)，故C错误；
D．由电离常数可知，K2M溶液中Kh==，，c(OH-)<0.5，，溶液中c(HM—)＞c(M2—)，故D错误；
故选B。
11.实验室可利用如图所示微生物电池将污水中的转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极)。有关该电池工作时的说法，不正确的是
A．该电池在微生物作用下将化学能转化为电能
B．负极的电极反应式为
C．当外电路转移时，有个质子通过质子交换膜由乙室流向甲室
D．电势N>M
【答案】C
【分析】该电池在微生物作用下将污水中的转化为无毒无害的物质并产生电能，则M为负极，失去电子被氧化，生成氮气和二氧化碳，N为正极，O2得到电子被还原，据此分析解答。
【详解】A．该电池是原电池，电池在微生物作用下将化学能转化为电能，A正确；
B．负极上失去电子，发生氧化反应，产生、，电极反应式为：，B正确；
C．放电过程中由甲室流向乙室，C错误；
D．正极电势高于负极电势，D正确；
故选C。
12.X、Y、Z、M、Q为前20号主族元素，其原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，X2Y是最常用的溶剂，Z的最外层电子数是Y电子总数的一半，Q为前四周期金属性最强的元素。下列说法一定正确的是
A．气态氢化物的稳定性：B．M单质常温下为固体
C．ZY2与Q2Y的化学键类型相同D．简单离子半径：
【答案】D
【分析】X、Y、Z、M、Q为前20号主族元素，其原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，则X为H，X2Y是最常用的溶剂水，则Y为O，Z的最外层电子数是Y电子总数的一半，则Z为Si，Q为前四周期金属性最强的元素，则Q为K，据此M为P、S、Cl， 则X=H，Y=O，Z=Si，M=P、S、Cl，Q=K。
【详解】A．Si的非金属性小于P、S、Cl，SiH4的稳定性小于PH3、H2S、HCl，A错误；
B．M的单质是P、S或Cl2，其中Cl2常温下为气体，B错误；
C．ZY2为SiO2含共价键，Q2Y为K2O含离子键，二者化学键类型不同，C错误；
D．P3-、S2-、Cl-与K+具有相同的电子层结构，随核电荷数增大，离子半径减小，D正确；
答案选D。
非选择题：本题共4小题，共64分。
13.（15分）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
(1)我国科学家用和，制备超导材料，反应原理为。
①钛元素在元素周期表中的位置___________，基态钛原子的核外最高能层所含电子数___________。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
属于___________晶体，应用所学知识解释的熔点大于的原因___________。
③写出惰性电极电解得到单质的化学方程式___________。
(2)是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸()反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是___________。
③中的键角大于分子中的键角，请结合所学知识解释原因___________。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构___________。
【答案】(1) 第四周期ⅣB族 2 分子 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
(2) 甲 PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
【解析】（1）
①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则原子核外最高能层N层所含电子数为2，故答案为：第四周期ⅣB族；2；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低的分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）
①由相似相溶的规律可知，极性分子甲能溶于水，非极性分子乙不溶于水，所以甲在水中的溶解度大于乙，故答案为：大于；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物的空间结构为，故答案为：。
14.（18分）丁苯橡胶和高分子生物降解材料PBS在生活和生产中有着重要的用途。以乙炔为原料，可制得丁苯橡胶和合成PBS的一种中间体，其合成路线如下：
已知：①；
②
③B、C、D、E均只含一种官能团。
回答下列问题：
(1)已知乙炔的燃烧热为，写出乙炔燃烧的热化学方程式：_______。
(2)下列关于丁苯橡胶的说法正确的是_______(填字母)。
A．与苯互为同系物
B．1ml丁苯橡胶完全加成需消耗
C．丁苯橡胶受空气、日光作用会造成老化
D．丁苯橡胶属于高分子化合物
(3)A的结构简式为_______；E中所含官能团的名称为_______
(4)写出B生成D的化学方程式：_______
(5)B有多种同分异构体，同时满足下列两个条件的同分异构体有_______种(不包含B)。
a.与B具有相同官能团；b.两个官能团不能连在同一个碳原子上。
(6)参考题干合成路线，写出以丙炔()为原料制备正丁醛()的合成路线流程图：_______(其他有机、无机试剂任用)。
【答案】(1)
(2)CD
(3) 羧基
(4)
(5)5
(6)
【分析】由丁苯橡胶结构可知其属于加聚产物，因此合成丁苯橡胶的单体为苯乙烯和1,3-丁二烯，故C为1,3-丁二烯，由此可知乙炔和两分子甲醛发生加成反应得到A，则A为，A和氢气发生加成反应得到B，则B为，B发生消去反应得到C，则C为，B发生催化氧化反应得到D，则D为，D发生氧化反应得到，以此解答。
【详解】（1）根据燃烧热定义可知，乙炔燃烧的热化学方程式 。
（2）A．丁苯橡胶是聚合物和苯不是同一类物质，不互为同系物，故A错误；
B．丁苯橡胶中含有双键和苯环，均能与发生加成反应，1ml需要加成，故B错误；
C．丁苯橡胶中含有双键，能被氧气缓慢氧化，故C正确；
D．由结构式可知，丁苯橡胶属于高分子化合物，故D正确；
答案为CD。
（3）A的结构简式为；E的结构简式为，所含官能团的名称为羧基。
（4）B生成D为醇的催化氧化，化学方程式为。
（5）B为，满足以下两个条件的同分异构体有、、、、共5种。
（6）由丙炔制备，合成过程中碳链需增长，可通过丙炔和甲醛发生加成反应实现，醛基由羟基催化氧化制得，因此合成流程为。
15.（17分）亚硝酸钠是一种白色结晶性粉末，易溶于水，微溶于乙醇，可用作织物染色的媒染剂、漂白剂、金属热处理剂等。某学校化学实验小组利用图装置制备。
已知信息：
I.在实验开始之前，装置内通入一段时间。干燥状态的NO，与反应分别生成、。
II.酸性溶液可氧化NO、生成，Mn元素被还原为。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。仪器A侧管的作用是_______。
(2)装置丙中盛有的试剂是_______(填名称)。
(3)装置丁中发生反应的化学方程式是_______，若缺少装置丙，则装置丁中制备的物质可能会含杂质NaOH、_______。
(4)装置戊的作用是_______，下列可代替装置戊(其中所盛液体均为酸性溶液)的是_______(填序号)。
A． B． C．
(5)称取3.0g装置丁中的产品(假设杂质不参加反应)，用规格为500mL的容量瓶配成标准溶液，取25.00mL，加入到锥形瓶中，进行滴定，测得恰好消耗8.00mL 0.1000的酸性溶液，则制备的产品的纯度为_______%。
【答案】(1) 恒压分液漏斗 平衡压强，使液体(浓硝酸)能顺利滴下
(2)碱石灰
(3) 、
(4) 吸收尾气NO，并防止倒吸 C
(5)92
【分析】碳单质与浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳，生成的气体经乙，二氧化氮与水反应转化成NO，再经丙中的碱石灰除去二氧化碳和水，干燥的NO进入丁中与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，为防止空气中水蒸气进入丁中，在丁的右侧连接装有碱石灰的干燥管；最后用高锰酸钾除去过量的NO防止污染空气，据此解答。
【详解】（1）由仪器的构造可知A为恒压分液漏斗，A中的测管连接分液漏斗上下，可以平衡压强，使液体(浓硝酸)能顺利滴下，故答案为：恒压分液漏斗；平衡压强，使液体(浓硝酸)能顺利滴下；
（2）由以上分析丙中为碱石灰用于除去二氧化碳和水，故答案为：碱石灰；
（3）装置丁中NO与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，反应为：；若没有丙，则二氧化碳和水会进入丁中与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，同时生成的氧气与NO反应生成二氧化氮，二氧化氮与过氧化钠反应生成硝酸钠，故答案为：；、；
（4）装置戊中为高锰酸钾用于除去NO，防止污染空气，同时倒置漏斗可防止出现倒吸现象；在ABC装置中AB都伸入溶液中不能防止倒吸，而C中存在安全装置，故C可以代替，故答案为：吸收尾气NO，并防止倒吸；C；
（5）高锰酸钾与亚硝酸钠发生以下反应：，8.00mL 0.1000的酸性溶液中；则样品中亚硝酸钠的物质的量为：；亚硝酸钠的质量分数为：，故答案为：92；
16.（14分）氮元素在工业应用上具有重要地位。
请回答：
(1)某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1 L容器内，容器内存在如下反应：
反应Ⅰ 主反应： K1
反应Ⅱ 副反应： K2
①向该容器内通入4 ml N2O5和2 ml NO2，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO2)=5 ml/L，c(N2O4)=0.5 ml/L，，则此温度下N2O5的转化率=_______。
②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．当4v ( N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高
D．恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 ml，反应达到平衡后，c(O2)＜5 ml/L
(2)已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
①写出NO与H2反应生成NH3和O2的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。
②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t1时，该反应恰好达到化学平衡。t1时，将该化学反应体系升温到T℃(t2时恰好达到化学平衡)。t2时，向该化学反应体系加入正催化剂，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率。_______。
③关于反应Ⅳ，恒容状态下N2进气速度对O2的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原因：_______。
【答案】(1) 50％ AC
(2) 2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/ml；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温 随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低
【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 ml N2O5和2 ml NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 ml/L，c(NO2)=2 ml/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 ml/L，则反应消耗△c(NO2)=1 ml/L，测得此时c(NO2)=5 ml/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 ml/L+1 ml/L=6 ml/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)ml/L=4 ml/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 ml/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 ml N2O5和2 ml NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 ml/L，c(NO2)=5 ml/L，c(O2)=1 ml/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 ml，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 ml/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/ml；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/ml可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。
选项
A
B
C
D
实验
称量一定质量的固体
配制一定物质的量浓度的溶液定容操作
量取20mL未知浓度的草酸
用溶液滴定草酸滴定终点读数为26.42mL
装置
选项
条件
离子
A
lgc(H+)/c(OH-)< 0
CH3COO-、B-r、Na+
B
使KI-淀粉试纸变蓝的溶液
S2-、NH、Mg2+
C
含有Fe2+的溶液
［Fe(CN)6]3-、Cl-、K+
D
0.1ml·L-1NaAlO2溶液
H2PO、K+、Ba2+
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)