【化学】浙江嘉兴市（三模）试卷+标答

2024年浙江省高考化学模拟卷考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cr-52Zn-65选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质溶于水能导电，且属于非电解质的是A.P2O5B.Cl2C.CH3COOHD.AlCl3【答案】A【解析】【详解】A．P2O5和水反应生成磷酸，磷酸电离出阴阳离子而使P2O5的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是磷酸而不是P2O5，所以P2O5是非电解质，故A符合题意；B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不合题意；C．醋酸在水溶液里能电离出阴阳离子，所以醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故C不合题意；D．AlCl3在水溶液里能电离出阴阳离子，所以AlCl3水溶液能导电，但AlCl3是电解质，故D不合题意；故选A．2.实验室将FeCl3饱和溶液滴入沸水中可制得胶体，下列说法不正确的是A.FeCl3溶液可用于制作印刷电路板B.胶体呈红褐色，也可以将FeCl3加入NaOH溶液中制得C.可用丁达尔效应区分FeCl3溶液和胶体D.直径为80nm的微粒不属于胶体【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3溶液能和铜单质反应，可用于制作印刷电路板，A正确；B．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；将FeCl3加入NaOH溶液中会生成氢氧化铁沉淀，B错误；C．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有此现象，因此可以利用丁达尔效应区分胶体和溶液，C正确；D．根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液，分散质微粒直径小于1nm的为溶液，分散质微粒直径1nm～100nm之间的为胶体，分散质微粒直径大于100nm的为浊液；直径为80nm的微粒不是分散系，故不属于胶体，D正确；故选B。3.下列表示正确的是A.醛基的电子式：B.SO2的价层电子对互斥(VSEPR)模型：C.H2O2分子的球棍模型：D.某烷烃名称为：2-甲基-3-乙基戊烷【答案】D【解析】【详解】A．醛基中存在碳氧双键，电子式为，A错误；B．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，价层电子对互斥(VSEPR)模型为平面三角形，B错误；C．H2O2分子中中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，球棍模型：，C错误；D．烷烃命名时应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，侧链为取代基，2-甲基-3-乙基戊烷命名正确，D正确；故选D。4.水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)A.NaClO是氧化剂，NH3是还原剂B.氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3C.反应温度越高，氨氮的去除率也越高D.生成1molN2，反应转移电子数为【答案】C【解析】【详解】A．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，NaCIO是氧化剂，NH3中氮元素的化合价由-3价升高为0价，NH3是还原剂，故A正确；B．N2是氧化产物，NaCl是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3，故B正确；C．反应温度过高，NaClO会分解，氨氮的去除率降低，故C错误；D．生成1molN2，反应转移电子数为，故D正确；故选C。5.下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：、、、B.使甲基橙变红色的溶液：、、、C.在氨水中：、、、D.常温下，的溶液：、、、【答案】A【解析】【详解】A．该组离子彼此不发生反应，可以大量共存，故A正确；B．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，在酸性条件下不能大量共存，故B错误；C．氨水与银离子能反应，不能大量共存，故C错误；D．的溶液呈酸性，、均能与氢离子反应不能大量共存，故D错误；故选：A。6.从饱和AlCl3溶液中制备无水AlCl3固体，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ通入HCl的作用是抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶B.步骤Ⅱ洗涤用的洗涤剂是水C.步骤Ⅲ可采用减压干燥或低温干燥D.步骤Ⅳ试剂SOCl2与水反应的产物可使品红溶液褪色【答案】B【解析】【分析】饱和AlCl3溶液通入足量的HCl气体、冷水浴析出AlCl3⋅6H2O晶体，过滤、洗涤、烘干，得到晶体，晶体在SOCl2条件下生成无水氯化铝；【详解】A．步骤Ⅰ通入HCl，使得溶液中氯离子、氢离子增大，能抑制AlCl3水解并有利于AlCl3⋅6H2O结晶，A正确；B．为了减少晶体溶解损失且利于干燥，应该使用无水乙醇洗涤，B错误；C．步骤Ⅲ为了防止氯化铝水解且为了加速干燥，可采用减压干燥或低温干燥，C正确；D．SOCl2与水反应会生成HCl和二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，D正确；故选B。7.材料的合成条件、组成和结构发生变化，其性能和用途也会发生变化，对于促进生产发展、改善人类生活发挥了巨大作用，下列叙述不合理的是材料组成、结构或生产条件变化性能变化及用途A钢铁表面进行发蓝处理增强耐腐蚀性，用于制造化工设备B聚氯乙烯加入增塑剂和热稳定剂可塑性与稳定性更好，可用于食品包装材料C玻璃加入一些金属氧化物或盐制彩色玻璃，用于建筑和装饰D液态植物油制成氢化植物油性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．钢铁表面表面进行发蓝处理，形成一层保护膜，可增强耐腐蚀性，用于制造化工设备，A正确；B．聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，B错误；C．玻璃中加入一些金属氧化物或盐，使其呈现不同颜色，可以用于建筑和装饰，C正确；D．制成氢化植物油降低其不饱和度，使其性质稳定，不易变质，用于生产人造奶油，D正确；故选B。8.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A.图①装置用于配置100g5%的Na2CO3溶液B.图②装置用于NaOH标准溶液测定未知浓度的醋酸溶液C.图③装置用于验证铁的吸氧腐蚀D.图④装置用于制备晶体【答案】A【解析】【详解】A．配制一定质量分数的溶液无需使用容量瓶，配制一定物质的量浓度的溶液使用容量瓶，A错误；B．聚四氟乙烯活塞不和氢氧化钠溶液反应，可以用于盛放碱液，B正确；C．铁吸氧腐蚀使得试管中压强减小，玻璃管中红墨水上升，能用于验证铁的吸氧腐蚀，C正确；D．加入乙醇，使得溶解度减小而析出晶体，能制备晶体，D正确；故选A。9.关于有机物检测，下列说法不正确的是A.用新制的氢氧化铜可鉴别甲苯、溴苯、乙醇、乙醛B.用核磁共振氢谱可鉴别CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3C.用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物质量可计算出有机物的实验式D.将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应【答案】D【解析】【详解】A．加入新制的氢氧化铜，分层，有机层在下层的为溴苯，在上层的为甲苯；不分层的，加热产生砖红色沉淀的为乙醛，无明显现象的为乙醇，现象不同，可鉴别，故A正确；B．CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3中H的种类均为3，但核磁共振氢谱的位移不同，则用核磁共振氢谱可鉴别，故B正确；C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物中二氧化碳和水的质量,根据有机物的物质的量、二氧化碳、水中C、H的个数比，并确定O的个数，从而可计算出有机物的实验式，故C正确；D．将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，引起褪色的原因可能是1-溴丁烷发生消去反应生成的烯烃，也可能是挥发出的乙醇，故D不正确；答案选D。10.下列化学反应的方程式正确的是A.H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液：B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：C.溶液滴入FeCl2溶液中：D.水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：【答案】C【解析】【详解】A．亚硫酸的酸性比盐酸弱，H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液不反应，A错误；B．铅酸电池在充电时阳极PbSO4失电子，其电极反应式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO，B错误；C．K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；D．因苯环上羧基的酸性强于酚羟基的酸性，当水杨酸过量时，酚羟基不参与反应，离子方程式为+H2O+CO2↑，D错误；选C。11.物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应。下列说法正确的是A.符合以上条件的A的结构有2种B.物质E遇氯化铁溶液显紫色C.B→C的反应中可能存在副产物C12H16O3D.C→D的反应类型为取代反应【答案】A【解析】【分析】物质A~E均为芳香族化合物，已知：A的结构中含有一个甲基，B能发生银镜反应，则B含有醛基，那么A中羟基在支链顶端，结合A化学式可知，A不饱和度为4，结合E化学式可知，A中支链被酸性高锰酸钾氧化为羧基得到E，则A、B、E分别为或、或、；B和甲醛加成生成C或，C发生消去反应生成D或；【详解】A．由分析可知，符合以上条件的A的结构有2种，A正确；B．物质E不含酚羟基，遇氯化铁溶液不显紫色，B错误；C．B→C的反应中可能存在1分子B与2分子甲醛反应，或分子B相互反应，但均不会产生12个碳的副产物C12H16O3，C错误；D．C→D的反应为消去羟基生成碳碳双键的反应，类型为消去反应，D错误；故选A。12.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，同周期Y的简单离子半径最大，Y与Z相邻，Z、M的核电荷数之比为2∶3，基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等。下列说法不正确的是A.简单氢化物的稳定性：Z＞Y＞QB.电负性：Z＞Y＞X＞Q＞MC.X、Z元素形成的单质分子不都是非极性分子D.Y与M、Q形成的化合物M3Y2、Q3Y4都是共价晶体【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是宇宙中含量最多的元素，则X为H；同周期Y的简单离子半径最大，则Y为N；Z、M的核电荷数之比为2:3，则Z为O，M为Mg；基态Q原子的价电子中s能级和p能级的电子数相等，则Q为Si，据此分析解答。【详解】由分析知，X为H，Y为N，Z为O，M为Mg，Q为Si，A．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N＞Si，则简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：O＞N＞H＞Si＞Mg，故B正确；C．H、O元素形成的单质分子有H2、O2、O3，其中H2、O2是非极性分子，O3是极性分子，故C正确；D．N与Mg形成的化合物Mg3N2是离子晶体，故D错误；故选D。13.利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的进入MnO2而形成；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是A.上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极B.启动电源1时，阴极上的电极反应：C.启动电源2时，中的脱出进入腔室2D.当有脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H2【答案】D【解析】【分析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO2而形成，MnO2中锰元素的化合价降低，作阴极，与电源1的负极相连，电极反应式为：；电极1作阳极，连接电源正极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为：，据此分析解答。【详解】A．上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极，故A正确；B．由分析知，启动电源1时，阴极上的电极反应：，故B正确；C．启动电源2时，中的脱出进入腔室2，故C正确；D．当Li+脱出时，电极2为阴极，电极2上不产生H2，而是消耗氧气，故D错误；故选D。14.一定条件下，CH4与反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是A.反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤IB.与CD4反应的过渡态1能量变化应为图中曲线cC.若与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3种D.与CH2D2反应，产物的产量【答案】C【解析】【分析】步骤I涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，氧更容易和H而不是和D生成羟基，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH。【详解】A．由图可知，步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A正确；B．已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C错误；D．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H而不是和D生成羟基，因此氘代甲醇的产量，故D正确；故选C。15.已知：常温下，氢硫酸H2S的电离常数、，，。往10mL0.1mol/LH2S(pH约为4.1)溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，然后再滴加入0.1mol/LFeSO4溶液。溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法不正确的是A.0.1mol/LH2S溶液中存在B.H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，C.滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，会产生FeS沉淀D.FeS固体能用于去除工业废水中的【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LH2S溶液中存在电离平衡(H2S以第一步电离为主)、、，0.1mol/LH2S溶液的pH约为4.1，则，，，则，故，故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，H2S与NaOH溶液反应至溶液呈中性时，，则，则，，溶液体积变大，故，，，故B错误；C．往10mL0.1mol/LH2S溶液中加入10mL0.1mol/LNaOH溶液，恰好发生反应生成NaHS，滴加入0.1mol/LFeSO4溶液时，发生反应，该反应的平衡常数为，会产生FeS沉淀，故C正确；D．FeS的溶度积比HgS的溶度积大，难溶电解质易转化为更难溶的电解质，则FeS固体能用于去除工业废水中的，故D正确；故选B。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是实验目的方案设计现象结论A探究Fe和S反应特点将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色该反应为放热反应B比较沉淀的Ksp大小向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌氯化银溶解，碘化银无变化Ksp：AgCl>AgIC判断平衡移动的方向将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉红棕色逐渐变浅可逆反应平衡正向移动D检验Na2S2O3样品是否含有Na2SO4杂质取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，过滤，向滤液中滴加少量BaCl2溶液滤液中出现浑浊该样品中含有Na2SO4杂质A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硫粉和铁粉混合堆成条状用灼热的玻璃棒触及一端引发反应后，混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色，则说明该反应为放热反应，A正确；B．相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明氯化银较碘化银溶解度大，则Ksp：AgCl>AgI，B正确；C．将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，导致物质浓度减小，气体颜色变浅，C错误；D．加入过量稀盐酸生成不溶于酸的钡的沉淀，则说明沉淀为硫酸钡沉淀，样品变质后含有Na2SO4杂质，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答：（1）基态F原子核外电子的空间运动状态有_______种。下列属于氯原子激发态且能量较低的是_______。(填标号)a．b．c．d．（2）下列说法不正确的是_______A.熔点B.化学键中离子键成分的百分数C.第三电离能：D.与中心原子的杂化方式相同（3）固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构_______。（4）已知键能：，请说明理由：_______。（5）已知某晶体结构，其晶胞中阴离子(阳离子未画出)的位置如图1所示，其晶胞中的阳离子(隐去阴离子)在xz、yz和xy平面投影均如图2所示。则①其化学式为_______；②每个的配位数(紧邻的F原子数)为_______。【答案】（1）①.5②.b（2）BC（3）（4）氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：（5）①.K2NaAlF6②.12【解析】【小问1详解】F的原子序数为9，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，原子轨道数为5，所以其核外电子的空间运动状态有5种。基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5；a．核外有18个电子，不是氯原子；b．，基态氯原子3s能级上的1个电子跃迁到3p能级上，属于氯原子的激发态；c．，基态氯原子3p能级上的2个电子跃迁到3d能级上，属于氯原子的激发态，且能量高于；d．核外有15个电子，不是氯原子；故选b。【小问2详解】A．为离子晶体、为分子晶体，故熔点，正确；B．电负性氯大于溴、钠小于镁，则化学键中离子键成分的百分数，错误；C．同一周期随着原子序数变大，相应电离能变大，O2-、N2-的电子排布分别为、，N2-更容易失去第3个电子达到2s的全满较稳定状态，故第三电离能：，错误；D．分子中Xe原子的价层电子对数为，为sp3杂化；分子中O原子的价层电子对数为，为sp3杂化，正确；故选BC；【小问3详解】固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为；【小问4详解】氟原子半径太小，两个氟原子之间核间距小，原子核之间排斥力强，使得键能：；【小问5详解】据“均摊法”，晶胞中含个，则晶胞中钾离子、钠离子共有12个，结合图2可知，钠离子处于棱心和体心、钾离子处于晶胞平分8个小立方体的体心，则晶胞中含个Na+、8个K+，其化学式为K2NaAlF6；钾离子处于顶点和面心构成的正四面体中，结合空间结构可知，每个中的3个F原子距离钾离子最近，则每个的配位数(紧邻的F原子数)为12。18.固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化：已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水（1）①固体D的成分为_______，溶液E中含氮微粒有_______。②写出反应Ⅱ的化学反应方程式_______。③溶液F加热可得纳米，过程中pH会明显下降，原因是_______。（2）下列说法正确是_______。A.反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行B.固体X可溶于浓氨水C.溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂D.反应Ⅲ中发生离子反应有：（3）已知能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验_______。【答案】（1）①.SiO2②.、、③.④.F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降（2）CD（3）取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素【解析】【分析】固态化合物M的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X由两种氧化物组成，质量与M相同，则X为氧化铜、二氧化硅；X中加入氢氧化钠，二氧化硅反应生成硅酸钠溶液A，氧化铜不反应成为固体A，氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具有氧化性，CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F不含硫酸根离子，则为；【小问1详解】①由分析可知，固体D的成分为SiO2；溶液D加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有的溶液E，则其中含氮微粒有、、；②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式。③F为，溶液F加热可得纳米，反应为，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液pH会明显下降；【小问2详解】A．反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚（为硅酸盐制品）中进行，正确；B．固体X含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误；C．溶液A为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确；D．反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：，正确；故选CD；【小问3详解】已知能溶于较浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。19.煤燃烧过程中会产生大气污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2资源再利用是目前研究的热点之一。（1）用惰性电极(Pt)电解CO2吸收液(假设溶液成分为饱和NaHCO3溶液)，阴极区通入CO2可以制得HCOONa，请写出阴极的电解电极方程式_______。（2）已知：，CO、NO在铁催化剂表面进行如下两步反应：反应I：_______反应II：①反应自发进行的条件为：_______。②完成反应I的化学方程式：_______。（3）某课题组为研究CO存在下铁对NO的催化还原反应，设计了三组对照实验。分别如下：第1、2组将等量的Fe置于石英管内，通入N2吹扫约10min，然后分别通入一定量NO或NO和CO混合气体后，两端密封开始加热升温，测NO的转化率；第3组与第2组其它条件相同，但没有Fe参与实验，测NO的转化率，得出结果如图。①下列说法正确的是_______。A．其他条件不变时，用空气替代N2，对实验结果有影响B．当体系中CO和CO2物质的量浓度相等时，反应达到平衡状态C．增加铁的质量和表面积，能降低该反应的活化能，提高反应速率，提高NO的平衡转化率D．当温度小于750K，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主②请解释图1中750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：_______。③若该反应的正、逆反应速率可表示为、，、分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2.2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图所示。已知该温度下K=27/20，则a点时_______。(结果保留两位有效数字)【答案】（1）（2）①.2NO+2Fe=2FeO+N2②.低温自发③.2NO+2Fe=2FeO+N2（3）①.AD②.反应1随温度升高催化剂失活③.3.9【解析】【小问1详解】阴极的电解电极方程式；【小问2详解】该反应ΔS<0，由反应自发时ΔG=ΔH−TΔS<0，则低温自发；反应I+反应II=总反应，则反应I为2NO+2Fe=2FeO+N2；【小问3详解】①A．其他条件不变时，用空气替代N2，空气会氧化NO,对实验结果有影响，A正确；B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，可能为某一时刻不能判断反应达到平衡状态，B错误；C．增加铁的质量和表面积，不能降低该反应的活化能，不能提高NO的平衡转化率，C错误；D．由图当温度小于750K，1,2曲线几乎重合，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主，D正确；故选AD。②750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：反应1随温度升高催化剂失活；③平衡时=，则，a点时列三段式为。20.醋酸亚铬水合物{(相对分子质量376)}是常用的氧气吸收剂，为深红色晶体，难溶于冷水和乙醚，微溶于乙醇。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的部分化学方程式如下：①②③实验步骤：①配制实验所需溶液。②如图连接好仪器，检查装置气密性。③在仪器2中放入6.34gCrCl3、7.50g锌丝，仪器3中放入冷的醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X。④在仪器1中放入35.00mL6.00mol/L盐酸。⑤……⑥抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。请回答：（1）仪器1的名称为_______。（2）仪器4所放的试剂X的作用是_______。（3）下列说法正确的是_______。A.本实验中所有配制溶液的水都需要用去氧水B.实验所用的醋酸钠溶液的浓度尽可能大C.步骤⑥抽滤操作需要在通风橱中进行D.步骤⑥为洗涤产品，可先用冷水洗，后用乙醚洗（4）实验中须控制Zn过量，其目的有_______。（5）步骤⑤中，涉及的操作如下，请按操作的先后顺序进行排序：_______，装置3中有红色晶体析出。_______→_______→e→_______→_______a．打开止水夹Ab．打开止水夹Bc．关闭止水夹Ad．关闭止水夹Be．打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间（6）最后获得的醋酸亚铬水合物产品质量为5.64g，则产品的产率为_______(结果保留三位有效数字)。【答案】（1）分液漏斗（2）防止空气进入装置3（3）ACD（4）①产生足够的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；②与CrCl3充分反应得到CrCl2（5）c、b、d、a（6）75%【解析】【分析】用去氧蒸馏水配制实验所需溶液，如图连接好仪器，检查装置气密性，在仪器2中放入CrCl3、锌丝，仪器3中放入冷醋酸钠溶液，仪器4中放入试剂X，在仪器1中放入盐酸，先关闭止水夹A→打开止水夹B→打开仪器1的旋塞，向仪器2中加入盐酸反应一段时间，用氢气排尽装置中的空气，关闭止水夹B→打开止水夹A，用氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，发生反应，装置3中有红色晶体析出，抽滤、洗涤和干燥，获得晶体。【小问1详解】依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗。【小问2详解】仪器4所放的试剂X的作用是防止空气进入装置3。【小问3详解】A．本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化，故正确；B．醋酸钠水解使溶液呈碱性，为防止Cr2+生成Cr(OH)2，实验所用的醋酸钠溶液的浓度不能过大，故错误；C．抽滤后用乙醚洗涤产品，乙醚是一种吸入性麻醉药，乙醚应在通风环境好