浙江省杭州市2024-2025学年高三上学期一模化学试题 含解析

2024学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测化学试题卷考生须知：1.本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷密封区内填写学校、班级和姓名。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效。4.考试结束，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：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.浙江省博物馆收藏有一批蕴含区域文化特色的文物。下列文物主要成分是有机物的是A.良渚遗址玉琮 B.宁波朱金木雕C.吴越鎏金纯银阿育王塔 D.龙泉窑青瓷舟形砚滴【答案】B【解析】【详解】A．玉琮的主要成分是硅酸盐，属于无机物，不属于有机物，A不选；B．木雕的主要成分是纤维素，属于有机物，B选；C．吴越鎏金纯银阿育王塔是金属，不属于有机物，C不选；D．陶瓷的主要成分是硅酸盐和二氧化硅，属于无机物，不属于有机物，D不选；答案选B。2.下列化学用语表示正确的是A.乙烯中键的电子云轮廓图： B.的VSEPR模型：C.加氢产物的名称：2-乙基丁烷 D.的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．乙烯分子中碳原子可以形成肩并肩的键，π键的电子云轮廓图为，故A正确；B．分子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的VSEPR模型为四面体形，不是平面三角形，故B错误；C．一定条件下与氢气发生加成反应生成3—甲基戊烷，故C错误；D．氯化氢是只含有共价键的共价化合物，电子式为，故D错误；故选A。3.下列关于物质的性质和用途说法不正确的是A.有还原性，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用B.硬度大，可作砂纸磨料C.难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”D.纯铝的硬度和强度大，适合制造飞机零件【答案】D【解析】【详解】A．有还原性，可以被氧化，食品中添加适量二氧化硫能起到抗氧化作用，A正确；B．为共价晶体，硬度大，可作砂纸磨料，B正确；C．难溶于酸且不易被X射线透过，可做“钡餐”，用于肠胃检测，C正确；D．纯铝的硬度和强度均较小，铝合金的硬度和强度大，适合制造飞机零件，D错误；故选D。4.下列有关的实验，合理的是A．制取较多氨气B．干燥氨气C．收集氨气D．吸收氨气且防倒吸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷反应生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，故A错误；B．五氧化二磷是酸性氧化物，能与氨气反应，不能用盛有五氧化二磷的干燥管干燥氨气，故B错误；C．氨气的密度小于空气，可以用向下排空气法收集氨气，试管口的棉花可以防止氨气与空气对流，故C正确；D．氨气直接通入稀硫酸中，氨气与稀硫酸反应会产生倒吸，故D错误；故选C。5.化学技术和化学物质可造福人类生活。下列说法不正确的是A.利用液氮、液氢做火箭推进剂，可有效减少对环境的污染B.硫酸亚铁可用作处理污水的混凝剂C.丙三醇有吸水性，可用于配制化妆品D.氯化镁、硫酸钙等可用作生产豆腐的凝固剂【答案】A【解析】【详解】A．氮气与氢气反应生成氨为放热反应，但反应很慢，不能在短时间产生大量的热量与大量的气体，同时产生的氨气也污染空气，A错误；B．硫酸亚铁溶于水后，产生胶体吸附水中悬浮杂质，可用作处理污水的混凝剂，B正确；C．丙三醇的醇羟基是亲水基团，且丙三醇的羟基个数交多，吸水性良好，有利于保湿，可用于配制化妆品，C正确；D．电解质能使胶体聚沉，氯化镁、硫酸钙可作为制作豆腐的凝固剂，D正确；故选A。6.六氟合铂酸氙(，其中为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：(未配平)，下列说法不正确的是A.六氟合铂酸氙中的化合价为价 B.有强氧化性C.每生成1mol，转移4mol电子 D.是还原产物【答案】D【解析】【分析】由方程式可知，反应中氙元素、铂元素的化合价降低被还原，六氟合铂酸氙是氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是还原剂，反应的化学方程式为。【详解】A．六氟合铂酸氙分子中铂元素的化合价为+5价、氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氙元素的化合价为价，故A正确；B．由六氟合铂酸氙能与水反应生成氧气可知，六氟合铂酸氙具有强氧化性，故B正确；C．由方程式可知，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为4mol，故C正确；D．由分析可知，反应中氟元素和氢元素的化合价没有发生变化，氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选D。7.从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是选项实例解释A将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体乙醇极性较小，降低了的溶解B铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁C中碱基A与T、G与C的互补配对分子间氢键作用实现了超分子的分子识别D熔点：引入乙基减弱了离子间的相互作用A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加入乙醇后溶剂的极性减小，降低了的溶解，故A不符合题意；B．焰色试验是金属单质或离子的电子在吸收能量后，从基态跃迁到激发态，激发态不稳定，跃迁到低能量级时，会释放光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色。铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化，并不是铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁，而是放出的光子频率不在可见光频率范围内，故B符合题意；C．O元素、N元素的电负性较大，能与氢形成分子间氢键，DNA中的碱基A与T、G与C的互补配对是通过氢键来实现的，分子间氢键作用实现了超分子的分子识，故C不符合题意；D．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子间存在离子键，铵根离子其中一个H被乙基替代，引入乙基减弱了离子间的相互作用，所以熔点：，故D不符合题意；故选B。8.下列离子方程式正确的是A.用除去工业废水中的：B溶于水：C.硫代硫酸钠溶液中加入浓硝酸：D.漂白粉溶液中通入过量：【答案】B【解析】【详解】A．用硫化亚铁除去工业废水中的汞离子发生的反应为硫化亚铁与废水中的汞离子反应生成溶度积更小的硫化汞和亚铁离子，反应的离子方程式为，故A错误；B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为，故B正确；C．硫代硫酸钠溶液与浓硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．漂白粉溶液中通入过量二氧化碳发生的反应为次氯酸钙溶液中与二氧化碳反应生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。9.物质分离、检验、鉴别和结构分析是化学研究的重要内容。下列说法不正确的是A.向肉桂醛()中滴加溴水，可检验分子中的碳碳双键B.经X射线衍射实验获得晶体衍射图，可确定晶体中原子的相对位置C.可利用饱和硫酸铵溶液分离提纯蛋白质D.在新制的悬浊液中滴加适量麦芽糖溶液并加热，有砖红色沉淀生成说明麦芽糖是还原性的糖【答案】A【解析】【详解】A．碳碳双键和醛基均可使溴水褪色，A错误；B．X射线衍射实验获得晶体衍射图，可确定晶体结构以及晶体中中原子的相对位置，B正确；C．蛋白质可硫酸铵溶液中盐析，使其沉淀，从而分离提纯蛋白质，C错误；D．麦芽糖其分子内含有醛基，与新制的悬浊液反应，有砖红色沉淀生成说明麦芽糖是还原性的糖，D正确；故选A。10.X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，基态Z原子的p轨道半充满，下列说法正确的是A.沸点： B.原子半径：C.最高价氧化物对应水化物的酸性： D.键角：中的中的【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，则X为H元素；Z与M同主族，Y与Z核电荷数相差1，基态Z原子的p轨道半充满，则Y为C元素、Z为N元素、M为P元素。【详解】A．氨分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮原子的原子半径小于碳原子，故B错误；C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则硝酸的酸性强于磷酸，故C正确；D．肼分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，原子的空间构型为四面体形，乙烯分子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，原子的空间构型为平面形，所以肼分子中小于乙烯分子中，故D错误；故选C。11.1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如下图所示。以上各反应的速率方程均可表示为，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60min前，产物T可忽略不计。已知该温度下，。下列说法不正确的是A.60min前， B.路径①→②→④中，④是决速步骤C.60min后，逐渐减小 D.选择合适催化剂，控制反应时间，可提高D的产率【答案】C【解析】【详解】A．60min前，根据速率方程，可知，，则，A不符合题意；B．路径中速率最慢的为决速步，路径①→②→④中，根据速率方程，路径①的速率，路径②的速率，路径④的速率。比较X、M、D的浓度以及k1、k2、k4的大小，可知路径④的速率最慢，④是决速步，B不符合题意；C．60min后，有产物T生成，D和G会生成T，D和G的生成速率，，再根据，而D和G的消耗速率，结合生成速率和消耗速率，可知D生成快消耗慢，G生成慢消耗快，则逐渐增大，C符合题意；D．选择合适的催化剂，只催化反应②，而不催化反应③，控制时间，可以提高D的产率，D不符合题意；答案选C。12.下列反应可以得到多卤化物：、。下列说法不正确的是A.中阴阳离子个数比是B.苯与催化剂作用下发生取代反应可生成碘苯C.受热分解生成的产物含有D.能使湿润的淀粉试纸变蓝色【答案】C【解析】【详解】A．Cs在该化合物中为+1价，I为+1价，Br为-1价，阴阳离子个数比是，A正确；B．苯与在催化剂作用下发生亲电取代反应，可生成碘苯和HBr，B正确；C．离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键强，离子晶体的晶格能越大（离子晶体越稳定），受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，C错误；D．与KI反应的化学方程式为：KI+IBr=KBr+I2‌‌，淀粉试纸会变蓝色，D正确；故选C。13.利用丙烯腈制备己二腈的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是A.电极a为阴极B.四甲基溴化铵可增加溶液导电性C.交换膜为质子交换膜D.电解过程中，右侧溶液的不变【答案】D【解析】【分析】由图可知，丙烯腈转化为己二腈，C元素化合价降低，故a为阴极，电极反应为：；b为阳极，电极式为：，交换膜为质子交换膜，H+通过质子交换膜移向阴极。【详解】A．根据分析，电极a阴极，A正确；B．四甲基溴化铵可增加溶液中的离子浓度，可增加溶液的导电性，B正确；C．根据分析，交换膜为质子交换膜，C正确；D．电解过程中，右侧消耗水，氢离子迁移至阴极室，硫酸浓度增大，减小，D错误；故选D。14.有机物I生成酰胺的反应历程如图所示：已知：R、R′代表烷基。下列说法不正确的是A.能加快反应速率B从图中历程可知，物质Ⅵ比Ⅴ稳定C.步骤Ⅱ→Ⅲ的历程中，C-R′键比键更容易断裂D.发生上述反应生成的主要产物是【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，氢离子是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；B．由结构简式可知，分子中羟基直接连在不饱和碳原子上，结构不稳定，会转化为结构稳定的，所以物质Ⅵ比Ⅴ稳定，故B正确；C．由结构简式可知，发生C-R′键断裂转化为，说明C-R′键比键更容易断裂，故C正确；D．由图可知，发生上述反应生成的主要产物是或，不能转化为，故D错误；故选D。15.工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：。将1.00g硫酸钙加入100mL溶液中，在25℃和充分搅拌条件下，利用计测得体系随时间t变化如图。已知：，，，(不考虑水解)。下列说法不正确的是A.时，以上溶液中存在：B.保持溶液中，可使水垢中的转化为C.时刻体系中已达平衡状态D.时刻后向体系中加入少量固体，溶液的不变【答案】D【解析】【详解】A．时，碳酸根是弱酸根离子，少量水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，故，A正确；B．因为和，故的平衡常数，保持溶液中，平衡正移，可使水垢中的转化为，B正确；C．时刻，体系pH不变，溶液中离子浓度不变，故已达到平衡状态，C正确；D．时刻后，向体系中加入少量固体，溶液中硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，溶液中碳酸根离子浓度增大，水解平衡正向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，D错误；故选D。16.为探究化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，设计方案进行实验，观察到相关现象。方案设计或结论不正确的是选项影响因素方案设计现象结论A浓度向2mL0.1mol/L溶液中加入2滴0.1mol/L溶液，充分振荡后再滴加2滴0.1mol/L溶液先产生白色混浊，后出现黑色混浊减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动B压强用注射器吸收20mL和20mL饱和氯水，封闭管口，压缩注射器活塞氯水颜色变深增大压强，平衡向逆反应方向移C电化学一段时间后，同时取电极附近溶液，滴加铁氰化钾溶液左池电极附近的溶液出现蓝色沉淀，右池溶液无明显现象负极的腐蚀速率快于阴极的腐蚀速率D温度50℃水浴中试管内产生气泡更快升高温度可以加快反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．过量氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，向反应后的溶液中滴加等浓度的硫化钠溶液，白色沉淀变为黑色说明减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，故A不符合题意；B．反应是没有气体参加和生成的反应，改变压强，平衡不移动，则氯水颜色变深与平衡移动无关，故B符合题意；C．由图可知，左池中金属性强于铜的铁电极为负极，右池中与直流电源负极相连的铁电极为阴极，一段时间后，同时取铁电极附近溶液，滴加铁氰化钾溶液，左池铁电极附近的溶液出现蓝色沉淀，右池溶液无明显现象说明负极铁的腐蚀速率快于阴极铁的腐蚀速率，故C不符合题意；D．只有温度一个变量，50℃水浴中试管内产生气泡更快说明升高温度可以加快过氧化氢分解的反应速率，故D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答：（1）某化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为___________，已知图中虚线连接的O原子与原子距离最近且相等，晶体中距每个原子最近的O原子有___________个。（2）下列说法不正确的是___________。A.基态铜原子的价电子排布式为B.第一电离能C.气态分子中所有原子均满足8电子结构，则分子中存在双键D.离子键的百分数：（3）分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为___________。（4）已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶___________吡咯(填“>”、“<”、“=”)。（5）弱电解质的电离一般是吸热，而结合的结构说明原因___________。【答案】（1）①.NaCuO2②.4（2）AB（3）sp2（4）>（5）F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量【解析】【小问1详解】该化合物个数为，O原子为2个，Na原子为1个，化学式为NaCuO2，结合晶体结构，晶体中距每个原子最近的O原子有4个。【小问2详解】A．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，故A错误；B．周期元素中，从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p能级轨道处于半充满状态，它的第一电离能大于氧的第一电离能，则第一电离能：，故B错误；C．气态分子中所有原子均满足8电子结构，则结构式为O=N-Cl，分子中存在双键，故C正确；D．电负性：O>Mg>Ca，电负性差值越大，离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，故D正确；故选：AB。【小问3详解】由分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。【小问4详解】吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。【小问5详解】任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。18.从炼铜副产物阳极泥(主要含、、等)中能提炼单质及许多贵金属单质。已知：固体A中主要含、、、等物质。请回答：（1）固体B中单质在酸性环境下与、反应生成可溶性的，写出该反应的离子方程式___________。（2）下列说法正确的是___________。A.加入固体能促进与反应生成B.流程中主要体现氧化性C.电解精炼铜的过程中，电能转化为化学能与热能D.为简化操作，可将流程中的水浸改为稀硫酸浸取（3）实验室中可以用代替流程中的已知：()()，上述转化过程均可逆。①解释X最终转化为Y的原因___________。②验证Y中含有硫元素的实验操作如下：步骤Ⅰ：取少量Y于试管中，加入浓溶液，充分加热；步骤Ⅱ：___________。写出步骤Ⅰ的化学方程式___________，将步骤Ⅱ的实验方案补充完整___________。【答案】（1）2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O（2）AC（3）①.—SO3H中羟基极性强于醇羟基②.+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O③.加入BaCl2溶液，产生白色沉淀【解析】【分析】由题给流程可知，阳极泥与碳酸钠混合在空气中焙烧得到二氧化碳和含有氧化铜、银、金、亚硒酸钠的固体A，向固体A中加水水浸、过滤得到含有亚硒酸钠的溶液A和含有氧化铜、银、金的固体B；向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒；固体B经过一系列操作得到银、金、铜。小问1详解】由题意可知，生成四氯合金酸钠的反应为酸性条件下金与氯酸根离子、氯离子反应生成四氯合金酸根离子和水，反应的离子方程式为2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O，故答案为：2Au+ClO+7Cl—+6H+=2AuCl+3H2O；【小问2详解】A．由题意可知，生成银的反应为硒化银与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成亚硒酸钠、二氧化碳和银，反应中加入碳酸钠有利于促进硒化银与氧气反应生成银，故正确；B．由分析可知，向溶液A中加入稀硫酸后，通入二氧化硫，将溶液中的亚硒酸钠转化为硒，反应中硒元素的化合价降低被还原，由氧化还原反应规律可知，二氧化硫是反应的还原剂，表现还原性，故错误；C．电解精炼铜的过程是电能转化为化学能与热能的过程，故正确；D．将流程中的水浸改为稀硫酸浸取会使氧化铜与稀硫酸反应生成溶于水的硫酸铜，无法经过一系列操作得到银、金、铜混合物，故错误；故选AC；【小问3详解】①中—SO3H中羟基极性强于醇羟基，所以可以转化为，故答案为：—SO3H中羟基极性强于醇羟基；②验证中含有硫元素的实验操作为取少量Y于试管中，加入浓氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、甲醛和水，向反应后的溶液中加入氯化钡溶液，会有白色沉淀生成，生成亚硫酸钠的反应方程式为+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O，故答案为：+NaOH=Na2SO3+HCHO+H2O；加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。19.在天然气的开采净化过程中，往往会产生酸气(与)。将与协同转化，在减少碳排放的同时得到高附加值化学品。请回答：（1）T℃时，①该反应逆过程___________0(填“>”或“<”)。②当原料时，的转化率≈___________(保留一位有效数字)。③相同条件下，的转化率与反应时间的关系如图所示。说法正确的是___________。A．分子筛具有催化作用，加快反应速率B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大（2）通过光伏-电催化可将与协同转化为S、、等产品。已知：还原产物X的法拉第效率。当还原得到的和的分别为24%和8%时，___________。（3）等离子体催化与协同转化可制得和等产品。在电场的激发下，部分反应历程如下：ⅰ．ⅱ．ⅲ．___________ⅳ．ⅴ．①补充步骤ⅲ的反应历程：___________。②当保持通入气体的总物质的量和流速不变，改变电场功率和原料气的组成时，气体的转化率如图所示。当电场功率不变时，在答卷图中画出反应速率随着和比例变化的示意图___________。【答案】（1）①.②.0.005③.AB（2）12：1（3）①.②.【解析】【小问1详解】在时，，K值很小，说明反应很难正向进行，因反应为等气体体积，，根据，说明反应；①则该反应逆过程的；②当原料时，设为1mol，为4mol，的转化率为x，列三段式：，根据平衡常数，由于K值很小，说明转化率极低，在反应物消耗量中可忽略不计，则，，则得到③根据如图所示关系，说法正确的是：A．分子筛具有催化作用，加快反应速率：对比有分子筛和无分子筛可以看出，有分子筛达到平衡的时间明显减短，说明分子筛具有催化作用，能加快反应速率，A正确；B．分子筛可选择性吸附产物，促进反应正向进行：有分子筛等于使用了催化剂，催化剂对物质反应具有选择性，可选择性吸附产物，促进反应正向进行，B正确；C．无分子筛时，增大和的投料比，的平衡转化率升高：两种反应物中，增大的投料比，会导致的转化率升高，而的转化率反而降低，C错误D．有分子筛时，温度升高，反应速率一定增大：分子筛作为催化剂，温度过高，可能会使其失去活性，降低催化效率，反而使反应速率降低，D错误；故答案为：<；0.005；AB。【小问2详解】通过光伏-电催化可将与协同转化为S、CO、等，则反应的方程式为（未配平）：，当还原得到的CO（得）和（得）的FE%分别为24%和8%时，设转移的总电子数为xmol，由法拉第效率之比，计算得。故答案为：12：1。【小问3详解】①分析ⅰ-V步反应历程，发现第V步的在中间没有出现过，则第ⅲ步应该为生成的过程，根据ⅰ、ⅱ步的历程特点，第ⅲ步历程为：；②当电场功率不变时，随着和的比例逐渐增大，等于增大了的浓度，平衡右移，的转化率逐渐增大，单位时间内的反应速率也增大，则反应速率随着和比例变化的示意图为：。故答案为：；。20.高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂。某实验小组按如下步骤制备，部分装置如图所示。Ⅰ．取30g溶于75mL水中，用冰水冷却并保持体系温度在20℃以下。搅拌下、通入至饱和，再分批次加入70g固体，充分反应后滤去析出的晶体。Ⅱ．搅拌下向滤液中分批次加入25g，再加入固体至饱和，过滤。Ⅲ．保持滤液温度20℃左右，加入100mL饱和溶液，过滤得粗产品。已知：①制备原理：；②难溶于无水乙醇等有机溶剂，遇水迅速放出，在低温、干燥或强碱性溶液中稳定存在。（1）装置图中仪器X的名称是___________，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为___________。（2）步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是___________。（3）下列说法不正确的是___________。A.装置甲中固体A可以为B.装置乙吸收，有利于提高产率C.分批次加入的主要目的是防止反应速率过快D.水中的溶解度：（4）对粗产品进行重结晶，选择正确操作排序：___________：___________→e→___________。a．将粗产品溶于冰水b．将粗产品溶于3mol/L溶液c．冰水洗涤d．将溶液注入冷的饱和溶液中，充分搅拌e．过滤f．依次用乙醇、乙醚洗涤g．空气中晾干h．真空干燥器中干燥（5）测定高铁酸钾样品的纯度：称取mg高铁酸钾样品，完全溶解于浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾反应后配成100mL溶液；取上述溶液20.00mL于锥形瓶中，加入稀硫酸调至，用cmol/L硫酸亚铁铵溶液滴定，消耗标准硫酸亚铁铵溶液VmL。该过程中发生反应：a．b．c．①高铁酸钾样品的纯度=___________(用含有m、c、V的代数式表示)。②测得产品的纯度为102.5%，则产物中含有的杂质是___________(填化学式)。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.NaCl（2）有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下生成NaClO3(或防止NaClO分解)（3）CD（4）b→d→e→f→h（5）①.②.Na2FeO4【解析】【分析】装置甲中浓盐酸与KMnO4（或KClO3）固体反应制备氯气，装置乙吸收氯气中的HCl，装置丙中步骤I：氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠在后续制备高铁酸钠时作氧化剂，故步骤I析出的晶体为NaCl；步骤II：次氯酸钠、硝酸铁、氢氧化钠反应得到高铁酸钠，离子方程式为：，步骤III：再加饱和KOH溶液转化，过滤得到高铁酸钾。【小问1详解】装置图中仪器X的名称是：三颈烧瓶，步骤Ⅰ中析出的晶体的化学式为：NaCl；【小问2详解】步骤Ⅰ通入时控制温度20℃以下，目的是有利于增大Cl2的溶解度并防止高温下Cl2和NaOH生成NaClO3(或防止NaClO分解)；【小问3详解】A．根据分析，装置甲中固体A可以为，A正确；B．根据分析，装置