浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高三下学期5月月考化学试题

高三年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。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。5.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127S32C135.5K39Mn55Fe56Cu64Ba137Ca40P31选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列属于传统无机非金属材料的是A.浙江慈溪越窑青瓷 B.浙江庆元三军仪仗队指挥刀C.浙江绍兴合成纤维 D.浙江衢州纳米硅粉【答案】A【解析】【详解】A．青瓷是瓷器的一种，属于传统无机非金属材料，A符合题意；B．仪仗队指挥刀由金属制成，属于金属材料，B不符合题意；C．合成纤维属于有机高分子材料，C不符合题意；D．纳米硅粉由硅单质制成，属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故选A。2.硫酸是重要的化工原料，属于大宗化学品。下列说法正确的是A.S是第三周期第ⅣA族元素B.工业上用稀硫酸吸收制备硫酸C.98%浓硫酸滴在pH试纸上，先变红后变白D.酸雨中含有硫酸和亚硫酸，露置一段时间酸性变强【答案】D【解析】【详解】A．S是第三周期第VIA族元素，A错误；B．工业上用98%浓硫酸吸收制备硫酸，防止产生酸雾，B错误；C．98%浓硫酸具有脱水性，滴在pH试纸上，试纸变黑，C错误；D．酸雨中含有硫酸和亚硫酸，露置一段时间，发生反应，弱酸亚硫酸变为强酸硫酸，故酸性变强，D正确；故选D。3.下列化学用语表示正确的是A.的电子式：B.用于考古的碳原子：C.淀粉的化学式：D.的价层电子对互斥模型：【答案】C【解析】【详解】A．的电子式，A错误；B．用于考古的碳原子为，B错误；C．淀粉的化学式：，C正确；D．的价层电子对数为4，采用杂化，故价层电子对互斥模型，D错误；答案选C。4.Au溶于食盐和硝酸混合液发生反应：，(已知：)，下列说法不正确的是A.Au是还原剂，HNO3是氧化剂B.HAuCl4是氧化产物，NO是还原产物C.Au消耗0.5mol得到1.5mol电子D.Au也能溶于王水(浓硝酸和浓盐酸体积比1∶3)【答案】C【解析】【详解】A．由题干方程式可知，反应中Au由0价升高到HAuCl4中的+3价，被氧化，则Au是还原剂，HNO3中的N由+5价降低到NO中的+2价，被还原，是氧化剂，A正确；B．由A项分析可知，HAuCl4是氧化产物，NO是还原产物，B正确；C．由A项分析可知，1molAu在反应中失去3mol电子，故Au消耗0.5mol失去1.5mol电子，C错误；D．由题干反应方程式可知正直起作用的为了为Cl和硝酸根离子，故Au也能溶于王水(浓硝酸和浓盐酸体积比1∶3)，D正确；故答案为：C。5.设为阿伏加德常数的值，下列说法不正确的是A.78g固体中含有的阴离子个数为B.常温常压下，22.4L气体含有的分子数大于C.32g硫在足量的氧气中充分燃烧转移的电子数为4D.31g中的共价键数目为1.5【答案】B【解析】【详解】A．78g的物质的量为1mol，含钠离子和离子，故阴离子个数为，A正确；B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L气体的物质的量小于1mol，故含有的分子数小于，B错误；C．32g硫的物质的量为1mol，硫在足量的氧气中充分燃烧生成SO2，S的化合价从0价升高到+4价，S失去4mol电子，故转移的电子数为4，C正确；D．1个白磷分子中含有6个PP键，则31g中的共价键数目为，D正确；答案选B。6.下列实验装置使用正确的是A.图①装置可用于实验室制氯气B.图②验证铁的析氢腐蚀C.图③装置测Zn与稀硫酸反应速率D.图④装置用于比较酸性：【答案】C【解析】【详解】A．实验室制氯气是用MnO2和浓盐酸共热制得，图①装置不是浓盐酸，A不合题意；B．铁的析氢腐蚀需在强酸性环境中，而钢铁在饱和食盐水中发生的是吸氧腐蚀，B不合题意；C．图③装置可通过一定时间内收集到H2的体积来测量Zn与稀硫酸反应速率，C符合题意；D．由于醋酸易挥发，挥发出的乙酸也能是苯酚钠溶液变浑浊，故图④装置无法比较H2CO3和苯酚的酸性强弱，D不合题意；故答案为：C。7.下列化学反应与方程式不相符的是A.NO气体检验：B.煤的气化：C.氧炔焰切割金属：D.铜在空气中生成碱式碳酸铜：【答案】D【解析】【详解】A．NO为无色，而NO2为红棕色，则NO气体检验原理的方程式为：2NO+O2=2NO2，A正确；B．煤的气化即将煤制成水煤气CO和H2的混合气体，反应原理为：，B正确；C．乙炔燃烧时产生很高的温度，氧炔焰切割金属的原理为：，C正确；D．铜在空气中生成碱式碳酸铜的反应方程式为：，原反应方程式不符合质量守恒，D错误；故答案为：D。8.下列说法不正确的是A.用一种试剂能鉴别1丙醇、2氯丙烷、丙醛和苯酚溶液B.向鸡蛋清溶液中加入乙醇出现沉淀，加水后溶解C.用红外光谱可区分乙醇和二甲醚D.含酚废水可通过萃取、吸附和氧化等方法进行处理【答案】B【解析】【详解】A．用溴水能鉴别1丙醇、2氯丙烷、丙醛和苯酚溶液，1丙醇和溴水互溶；2氯丙烷能萃取溴水中的溴而使溴水褪色且溶液分层，有色层在下层；丙醛和溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，且溶液不分层；苯酚和浓溴水发生取代反应生成白色沉淀，现象不同，可以鉴别，故A正确；B．鸡蛋清溶液是蛋白质的胶体，加入乙醇使蛋白质发生变性，产生白色沉淀，是不可逆过程，加水后不能重新溶解，故B错误；C．红外光谱仪能测定有机物中所含有的化学键或官能团的信息，乙醇和二甲醚的官能团不同，故可以用红外光谱仪区分乙醇和二甲醚，故C正确；D．酚易被氧气氧化，含酚废水有毒，可通过萃取、吸附和氧化等方法进行处理含酚废水，故D正确；故选B。9.维纶可用于生产服装、绳索等，可通过以下路线合成：下列说法正确的是A.Y易溶于水B.由Z生成维纶是加聚反应C.X可由乙炔和乙酸在一定条件下反应制得D.属于羧酸的X同分异构体共有3种(考虑顺反异构体)【答案】C【解析】【分析】根据X的分子式和Y的分子式可知，X中含有酯基和碳碳双键，X的结构简式为CH2=CHOOCCH3，X发生加聚反应生成的Y为，Y水解生成的Z为，Z与甲醛发生缩聚反应生成维纶，还生成水，以此来解答。【详解】A．根据Y能发生水解反应，可知X中有酯基，属于酯类，难溶于水，故A错误；B．由Z生成维纶时还有小分子H2O生成，所以生成维纶发生的是缩聚反应，故B错误；C．X的结构简式为CH2=CHOOCCH3，乙炔与乙酸发生加成反应可以生成X，故C正确；D．X的结构简式为CH2=CHOOCCH3，属于羧酸的X同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH2=C(COOH)CH3、HOOCCH=CHCH3(顺反共2种)、，共5种，故D错误；答案选C。10.W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。W电子只有一种自旋方向；X原子核外s能级电子总数与p能级相同且第一电离能都低于同周期相邻元素；Y第一电离能都高于同周期相邻元素；Z价电子中，不同形状的原子轨道中运动的电子数相等；N只有一个未成对电子。下列说法不正确的是A.还原性 B.原子半径Y>Z>XC.电负性X>N>W D.同周期中比X第一电离能大的元素共有3种【答案】A【解析】【分析】W电子只有一种自旋方向，W为H元素；X原子核外s能级电子总数与p能级相同且第一电离能都低于同周期相邻元素，X为O元素；Y第一电离能都高于同周期相邻元素，Y为Mg元素；Z价电子中，不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，Z为Si元素；N只有一个未成对电子，N为Cl元素。【详解】A．还原性：，A错误；B．原子半径：Mg>Si>O，B正确；C．电负性O>Cl>H，C正确；D．同周期中比O元素的第一电离能大的元素包括N、F、Ne3种元素；D正确；答案选A。11.7下表是醋酸电离常数与温度的关系。下列说法不正确的是温度/℃030501.651.751.63A.醋酸在水中的电离方程式：B.0.1mol/L醋酸中加水稀释，醋酸和水的电离程度均增加C.醋酸溶液升温中可能涉及共价键和氢键断裂、离子水合的过程D.0~30℃电离总过程是放热的，30~50℃电离总过程是吸热的【答案】D【解析】【详解】A．醋酸电离平衡常数随温度升高而增大，可知其存在电离平衡，为弱酸，电离方程式为：，故A正确；B．醋酸稀释过程促进醋酸的电离，同时降低了溶液中氢离子浓度，对水电离的抑制作用减弱，水的电离程度也增大，故B正确；C．醋酸溶液升温促进醋酸电离，电离的过程中共价键断裂，同时升温破坏分子间的氢键，同时涉及氢离子与水形成水合离子的过程，故C正确；D．电离过程始终为吸热过程，故D错误；故选：D。12.绿矾(FeSO4·7H2O)、铁黄[FeOOH]是重要的化工原料，可由硫铁矿烧渣(主要成分Fe3O4、Fe2O3和FeO)制得，流程如下：已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是A.烧渣可适当粉碎，增大与酸的接触面积，B.X可以是Fe或FeS2C.步骤③操作包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥D.步骤④发生的主要反应有：【答案】C【解析】【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生反应：FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，以此解答该题。【详解】A．烧渣可适当粉碎，增大与酸的接触面积，加快反应速率，A正确；B．由分析可知，X的作用是将Fe3+还原为Fe2+，故X可以是Fe或FeS2，B正确；C．由分析可知，步骤③操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误；D．由分析可知，步骤④绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，根据氧化还原反应配平可知，发生的主要反应有：，D正确；故答案为：C。13.ZnFe液流蓄电池可作为风能、太阳能在发电过程中非稳态的电力输出时的补充，下图是它的结构和工作原理。下列说法正确的是A.放电时电极B为负极，发生氧化反应B.放电时正极区离子浓度增大，负极区离子浓度减小C.离子交换膜为阴离子交换膜D.充电时阴极电极反应：【答案】B【解析】【分析】图示为中性Zn/Fe液流电池的结构及工作原理图，由图可知，放电时，电极A为负极，电极反应式为Zn+4Br2e=，电极B为正极，电极反应式为+e=，据此作答。【详解】A．由分析可知，放电时电极B为正极，发生还原反应，A错误；B．由分析可知，放电时负极反应式为Zn+4Br2e=，正极反应式为+e=，阳离子K+由负极移向正极，故正极区离子浓度增大，负极区离子浓度减小，B正确；C．由B项分析可知，阳离子K+由负极移向正极，故离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；D．由分析可知，充电时阴极发生还原反应，故阴极电极反应：，D错误；故答案为：B。14.和HBr在通常情况下发生加成反应主要得到2溴丙烷，其机理如下：已知：①电负性H>B②CN为吸电子基团。下列说法不正确的是A.碳正离子中间体稳定性：B.与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HClC.与甲硼烷()加成最终能得到D.乙炔可通过如下流程合成：【答案】D【解析】【详解】A．第一步慢反应得到碳正离子为CH3CH+CH3，可以推得碳正离子中间体稳定性：CH3CH+CH3>，A正确；B．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，B正确；C．根据所给机理，加成的小分子中化合价为负的部分连接中间碳原子，故CH3CH=CH2与甲硼烷(BH3)加成最终能得到(CH3CH2CH2)3B，C正确；D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于CN为吸电子基团，减弱了碳原子的负电性，故CH2=CHCN与HBr无法发生加成反应，D错误；故选D。15.某小组做如下两组实验：实验Ⅰ：测得0.1mol/L溶液pH=8.3实验Ⅱ：向0.1mol/L溶液中加入等体积0.1mol/L溶液，有沉淀和少量气泡{已知；，，：，}，下列说法正确的是A.将0.1mol/L溶液稀释到0.05mol/L溶液pH几乎不变B.0.1mol/L溶液存在：C.实验Ⅱ中主要发生的离子方程式为D.要得到更纯净的固体可采用向0.1mol/L溶液中加入0.1mol/L溶液方法【答案】D【解析】【详解】A．溶液显碱性，稀释后碳酸氢根水解程度增大，但是氢氧根浓度减小，pH减小，故A错误；B．溶液显碱性，c(OH)大于c(H+)，说明碳酸氢根以水解为主，则离子浓度由大到小顺序为：，故B错误；C．>，故向0.1mol/L溶液中加入等体积0.1mol/L溶液，会生成和CO2，离子方程式为：，故C错误；D．由C可知，要得到更纯净的固体可采用向0.1mol/L溶液中加入0.1mol/L溶液方法，故D正确；答案选D。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均正确的是实验目的实验方案现象结论A检验Na2SO3固体是否变质将Na2SO3固体溶于水加入少量酸性KMnO4溶液最终溶液无色Na2SO3固体未变质B检验木炭与浓硫酸共热后的酸性气体将木炭与浓硫酸加热反应后的气体依次通过品红溶液、澄清石灰水品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊木炭与浓硫酸加热反应后的气体中有SO2和CO2C探究1溴丁烷消去后的有机产物将2.0gNaOH、15mL无水乙醇、5mL1溴丁烷和碎瓷片共热后的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色1溴丁烷消去后有不饱和烃生成D探究浓度对化学平衡的影响向5mL0.005mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.015mol/LKSCN溶液，振荡后再加入4滴1mol/LKSCN溶液溶液红色变深增大反应物浓度，平衡向正方向移动A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将Na2SO3固体溶于水加入少量酸性KMnO4溶液，观察到最终溶液无色，只能说明固体中还含有Na2SO3，不能说明Na2SO3没有变质，也可能部分变质，A不合题意；B．将木炭与浓硫酸加热反应后的气体依次通过品红溶液、澄清石灰水，观察到品红溶液褪色，SO2不一定被除干净，即使澄清石灰水变浑浊也不能说明产生了CO2，B不合题意；C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故将2.0gNaOH、15mL无水乙醇、5mL1溴丁烷和碎瓷片共热后的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，即使观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能说明1溴丁烷消去后有不饱和烃生成，C不合题意；D．向5mL0.005mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.015mol/LKSCN溶液，振荡后再加入4滴1mol/LKSCN溶液，观察到溶液红色变深，说明Fe3++3SCNFe(SCN)3平衡正向移动，即说明增大反应物浓度，平衡向正方向移动，D符合题意；故答案为：D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.NaCl是生活中最重要的调味品，有的添加补碘剂()和抗结剂{}。请回答：（1）基态的最高能层和最高能级分别是___________，___________(用相应的符号表示)。（2）下列说法正确的是___________。A.基态Ⅰ原子的价电子排布式： B.电负性：O>N>C>K>NaC.键角：中∠OIO小于中∠OClO D.1mol中含有12molσ键（3）①熔点NaCl___________CsCl(填“>”、“<”或“=”，下同)。②相同浓度的稀溶液氧化性：HClO___________HClO4，请说明理由___________。（4）在烹调过程中分解，是一种安全的添加剂。在高温下分解生成一种铁、碳二元化合物，其部分结构如图，其化学式为___________。【答案】（1）①.M②.3d（2）CD（3）①.>②.<③.HClO4中氯元素为+7价高于HClO中氯元素的+1价，OH键极性更强更易断裂（4）Fe3C【解析】【小问1详解】Fe元素原子序数为26，基态Fe2+的价层电子排布为3d6，基态Fe2+的最高能层为M，最高能级是3d；【小问2详解】A．I元素处于元素周期表中第五周期第VIIA族，价电子排布式为5s25p5，A错误；B．元素非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，金属性K>Na，电负性K<Na，B错误；C．中心原子氯原子和中心原子碘原子都为sp3杂化，但是中碘原子上有一对孤对电子，对成键电子的排斥力大，使成键电子对收到挤压，键角变小，故中∠OIO小于中∠OClO，C正确；D．K4[Fe(CN)6]中6个CN与Fe2+形成的6根配位键属于σ键，CN中有碳氮三键，其中含有一根σ键，共有12根σ键，故1mol

K4[Fe(CN)6]中含有12molσ键，D正确；故选CD；【小问3详解】①NaCl和CsCl都是离子晶体，熔化需克服离子键，离子电荷数越高，半径越小，离子键越强，故熔点NaCl>CsCl；②非金属元素含氧酸中，含氧越多，非金属元素化合价越高，OH键极性越强越易电离出H+酸性越强，HClO4中氯元素为+7价高于HClO中氯元素的+1价，OH键极性更强更易断裂，故酸性HClO<HClO4；【小问4详解】由晶胞结构图，C原子处于晶胞顶点、上下面面心、侧棱棱心和体心，根据均摊法，晶胞含有的C原子数目为=4，C原子处于6个铁原子形成的正八面体空隙中，每个铁原子被2个正八面体共用，相当于每个碳原子对应有3个铁原子，晶胞中含有12个铁原子，化学式为Fe3C。18.以铝土矿(主要成分)、为原料可实现如下转化。已知：极易水解请回答：（1）HF易溶于水，理由是___________。（2）①下列说法正确的是___________。A．X可以是浓或浓B．作助熔剂和提高体系的导电能力C．电解过程中阴极可能有、CO气体D．从铝土矿可通过碱溶、酸化和分解等步骤得到纯净的②已知电解熔体制铝比电解熔体制铝节省电能约30%，但仍用后一种方法制铝，其主要原因可能是___________。（3）写出生成的化学方程式___________。（4）Al在高温下能够与剧烈反应，请设计实验方案检验所得混合物中的铁单质___________。【答案】（1）HF和水都是极性分子，HF与水分子形成分子间氢键（2）①.BD②.AlCl3为共价化合物，熔融状态下AlCl3不导电，所以不能电解熔融AlCl3冶炼铝单质，且生产无水AlCl3较困难，成本高（3）12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2+9H2O+3CO2（4）向所得混合物中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤渣加入足量稀盐酸，有气泡产生证明含有铁单质【解析】【小问1详解】HF易溶于水，理由是HF和水都是极性分子，HF与水分子形成分子间氢键，增大溶解性；【小问2详解】①A．浓硝酸具有强氧化性，HF具有还原性，CaF2与硝酸会发生氧化还原反应，无法得到HF，X不能是浓，故A错误；B．电解熔融氧化铝制取铝单质时，加入作助熔剂降低氧化铝的熔点，熔化后形成液体电解质能提高体系的导电能力，故B正确；C．电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，阳极上氧离子失去电子发生氧化反应生成O2，高温下碳素电极中碳与氧气能反应，则电解过程中阳极可能有、CO气体，故C错误；D．铝土矿含可通过碱溶生成[Al(OH)4]、通入二氧化碳酸化得到Al(OH)3，加热分解Al(OH)3得到纯净的，故D正确；故选BD；②不选择电解熔体制铝原因可能是：AlCl3为共价化合物，熔融状态下AlCl3不导电，所以不能电解熔融AlCl3冶炼铝单质，且电解冶炼铝的电解槽中不能有水，而生产无水AlCl3较困难，成本高；【小问3详解】HF和碳酸钠、氢氧化铝反应生成，反应的化学方程式12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2+9H2O+3CO2；【小问4详解】Al在高温下雨氧化铁反应生成氧化铝和Fe，Al和氧化铝都具有两性，先用足量NaOH溶液与Al、Al2O3反应，过滤得到滤渣，向滤渣加入足量稀盐酸，有气泡产生证明混合物中含有铁单质，实验方案为：向所得混合物中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤渣加入足量稀盐酸，有气泡产生证明含有铁单质。19.氨是最重要的化学品之一，工农业中有很广泛的应用。工业合成氨为和反应生成：。（1）提高合成氨平衡产率的条件有___________。A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为、，另一种为、、。①下列说法正确的是___________。A．图中压强由小到大的顺序为B．进料组成中含有惰性气体Ar的图是图1C．工业上控制温度(773K)远高于室温，主要是为了使催化剂活性最大D．合成氨反应在不同温度下的和都小于零②图2中，当、时，该温度下，的平衡转化率___________。（3）和在催化剂作用下合成氨的初始阶段生成的机理可能有如下两种(表示被吸附于催化剂表面的N)：机理1：；；机理2：；上述反应均为基元反应。保持温度和的浓度不变，测得和在该催化剂作用下反应的初始速率与浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为___________(填“机理1”或“机理2”)，判断的理由是___________。（4）下图是以氨作为燃料的固体氧化物(含有)燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、环保等特点。写出该电池负极电极反应式___________。【答案】（1）AD（2）①.ACD②.（3）①.机理1②.反应速率与和的吸附量有关，当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢。（4）【解析】【小问1详解】降低温度、增大压强，合成氨反应平衡正向移动，可以提高合成氨平衡产率；使用催化剂，化学平衡不移动，故选AD。【小问2详解】①A．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡时氨的摩尔分数越大，因此压强由小到大的顺序为；A正确；B．对比图1和图2，相同条件下，图2平衡时氨的摩尔分数较小；恒压条件下充入惰性气体Ar，合成氨反应平衡逆向移动，氨的摩尔分数减小，所以进料组成中含有惰性气体Ar的是图2；B错误；C．工业上控制温度(773K)远高于室温，可以使催化剂活性达到最大效果，C正确；D．合成氨反应在不同温度下的和均小于零，D正确；答案选ACD。②图2投料：、、，则三段式关系为：，解得，的平衡转化率为。【小问3详解】根据图像可知，反应速率与和吸附量有关。当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢，因此机理1符合。【小问4详解】根据图示，电极a中通入燃料气，为电池负极，电极反应为。20.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。某兴趣小组根据反应，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙。(夹持装置略)。已知：①Ca(NO2)2熔点390℃，易潮解，易溶于水②NO能被酸性KMnO4溶液氧化③；回答下列问题：（1）仪器X的名称是___________，装置连接顺序为：___________(填标号)；A→___________→C→___________→___________→E（2）下列说法正确的是___________。A.恒压滴液漏斗的作用是使稀硝酸顺利滴下并减少稀硝酸挥发B.反应前后通氮气的作用相同C.装置D的作用是除去挥发的硝酸D.可用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2（3）写出装置E中的离子方程式___________。（4）①某Ca(NO2)2样品中混有杂质Ca(NO3)2，通过以下方法可测定产品纯度：称量4.110g样品溶于水，加Na2SO4固体，充分振荡，过滤后滤液定容至250mL，取25.00mL进行以下操作：“煮沸”时发生反应：；“还原”时加入25.00mL0.1000mol∙L1的(NH4)2Fe(SO4)2标准液，“滴定剩余Fe2+”时消耗0.0100mol∙L1的K2Cr2O7标准溶液16.60mL。则样品中Ca(NO2)2的质量分数为___________。②下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小的是___________。A．滴定完毕后立即读数B．煮沸过程中不充分，未使除尽C．滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗【答案】（1）①.三颈烧瓶②.A→D→C→B→C→E（2）AC（3）3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O（4）①.90.02%②.B【解析】【分析】制取Ca(NO2)2时，需将NO通入CaO2中，但空气中的O2会干扰实验，则实验前应往装置内先通N2，实验结束时需再通入N2，排尽装置内的NO，防止污染空气。实验制得的NO中混有HNO3蒸气，应先用水处理，再用无水CaCl2进行干燥；干燥的NO与CaO2反应后，未反应的NO用KMnO4溶液吸收。【小问1详解】仪器X的名称是三颈烧瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO与CaO2反应制取Ca(NO2)2，余气用KMnO4溶液吸收，为防止E中产生的水蒸气进入B装置，在B、E装置间再添加C装置，则装置连接顺序为：A→D→C→B→C→E。【小问2详解】A．恒压滴液漏斗能保持漏斗内外压强恒定，便于稀硝酸顺利滴下，还可减少稀硝酸挥发，A正确；B．反应前通N2，排尽装置内的空气，防止NO被氧化，反应后通N2，排尽装置内的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空气，B不正确；C．硝酸是挥发性酸，制得的NO中混有硝酸蒸气，装置D的作用是除去挥发的硝酸，C正确；D．Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能将KI氧化为I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2，D不正确；故选AC。【小问3详解】装置E中，NO被KMnO4氧化为HNO3，KMnO4被还原为Mn2+等，离子方程式为3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O。【小问4详解】将样品溶于水，加入Na2SO4固体，充分振荡，生成CaSO4沉淀，过滤后往滤液中加入NH4Cl溶液煮沸，发生反应，从而除去；往反应后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2标准液，将全部还原，再滴加K2Cr2O7标准溶液测定过量的Fe2+，从而计算出Ca(NO3)2的含量，最后得出样品的纯度。①由反应可得出关系式：——3Fe2+、6Fe2+——，依据得失电子守恒可得：0.1000mol/L×0.025L=n()×3+0.0100mol/L×0.0166L×6，n()=0.0005mol，w[Ca(NO3)2]=≈9.98%，则样品中Ca(NO2)2的质量分数为19.98%=90.02%。②A．滴定完毕后立即读数，可能有少量K2Cr2O7标准溶液