2025年高考第二次模擬考試高三化學（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：O-16Ti-48Ba-137第Ⅰ卷（選擇題共45分）一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．湖北人民創造了有眾多非物質文化遺產，如漢繡?皮影戲?陶器燒制技藝?釀醋技藝等，其研究價值和歷史意義重大。下列說法不正確的是非物質文化遺產制作原料主要化學成分A漢繡棉布多糖B燒制陶器黏土、石英砂、長石都屬于鹽C皮影戲獸皮蛋白質D黃龍山牮(jiàn)紙竹、麻纖維素【答案】B【解析】A．棉布的主要成分為纖維素，纖維素屬于多糖，故A正確；C．燒制陶器的主要原料為黏土、石英、長石三大類，黏土和長石主要成分是硅酸鹽，石英砂主要成分是二氧化硅，屬于氧化物，故B錯誤；C．獸皮的主要成分是蛋白質，故C正確；D．黃龍華(jiàn)紙所用原料竹、麻主要成分都是纖維素，故D正確；故選B。2．光化學分析法是融合物理學和化學實驗技術的一類重要儀器分析方法，在科技發展中起著至關重要的作用。在青蒿素分子結構(相對分子質量282)測定中，使用下列方法能得到對應結論的是ABCD分析方法紅外光譜質譜法X射線衍射核磁共振氫譜結論相對分子質量282分子中含有酯基測定分子結構分子中含有過氧基【答案】C【解析】A．紅外光譜儀可檢測結構中存在的化學鍵和官能團，不能測定物質的相對分子質量，故A不正確；B．質譜儀測定物質的相對分子質量可，不能測定青蒿素分子中的酯基故B不正確；C．通過X射線晶體衍射，可以測定青蒿素分子的空間結構，故C正確；D．核磁共振氫譜儀可測定青蒿素分子氫原子的類型，不可測定分子中含有過氧基，故D錯誤；答案選C。3．一種測定葡萄酒中SO2含量的實驗裝置如圖所示(忽略夾持裝置)。下列說法錯誤的是A．緩慢通入N2的目的是盡可能使SO2進入H2O2溶液B．冷凝管的作用是避免水蒸氣進入H2O2溶液影響測定結果C．用NaOH標準溶液滴定反應后的H2O2溶液可獲得SO2的含量D．若實驗過程中品紅溶液褪色，則說明實驗失敗【答案】B【分析】葡萄酒中二氧化硫溶于水形成亞硫酸存在化學平衡：SO2+H2OH2SO3H++，向葡萄酒中加入硫酸，增大氫離子濃度，平衡逆向進行，抑制亞硫酸電離，減小二氧化硫的溶解度，通入氮氣并加熱是把溶解的二氧化硫吹出到盛有H2O2的溶液中吸收，發生反應：SO2+H2O2=H2SO4，用NaOH標準溶液滴定產生的H2SO4，進而可確定葡萄酒中SO2的量。根據最后的品紅溶液不褪色可判斷確定SO2被完全吸收。根據H2O2中H2SO4的量的多少判斷葡萄酒中SO2的含量，據此分析解答。【解析】A．緩慢通入N2的目的是盡可能的將雙頸燒瓶中SO2吹出，使其進入H2O2溶液被氧化為H2SO4，A正確；B．冷凝管的作用是避免溫度過高，導致葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而影響測定結果，B錯誤；C．根據反應SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得關系式：SO2～H2SO4～2NaOH，根據滴定時消耗NaOH標準溶液的體積及濃度計算出n(NaOH)，就可以得到一定體積的葡萄糖中SO2的物質的量及其含量，C正確；D．SO2具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，若實驗過程中看到品紅溶液褪色，說明在H2O2溶液中SO2沒有被完全氧化吸收，則根據滴定時消耗NaOH標準溶液計算的SO2的含量就會比實際偏低，從而可知該測定SO2含量的實驗失敗，D正確；故合理選項是B。4．化學用語可以表達化學過程，下列化學用語表示不正確的是A．分子中p-p鍵的形成過程可以表示為B．在在中燃燒生成的形成過程用電子式表示為：C．鋅錳堿性電池放電時正極反應式：D．牙膏中添加氟元素的原理：【答案】B【解析】A．分子中氯原子的3p軌道頭碰頭形成p-p鍵，形成過程可以表示為，A正確；B．的形成過程用電子式表示為：，B錯誤；C．鋅錳堿性電池放電時正極得到電子生成，反應式為：，C正確；D．牙膏中添加氟元素的原理：，使用含氟牙膏，濃度增大，平衡右移，可預防?齒，D正確。故選B。5．結構決定性質，下列事實解釋錯誤的是事實解釋A水的沸點高于氟化氫的鍵能大于的鍵能B結合的能力：N的電負性小于FC游離態水分子中小于中孤電子對排斥作用D臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度臭氧的極性微弱【答案】A【解析】A．氫鍵屬于分子間作用力，水的沸點高于氟化氫的沸點是因為氫鍵的數目，前者更多，不是為氫鍵的鍵能，實際上是的鍵能大于的鍵能，A項錯誤；B．由于N的電負性小于F，但是NF3中F元素電負性強，使得N原子呈正電性，難與H+結合，則結合的能力：，B項正確；C．單個水分子中，O的2對孤對電子排斥O-H鍵，使得變小，而在中，O的孤對電子和Cu2+的空軌道配位，O上只有1對孤對電子，減弱了O的孤對電子對O-H鍵的排斥，因此中大于單個水分子中，C項正確；D．臭氧是弱極性分子，水是極性溶劑，四氯化碳是非極性溶劑，根據“相似相溶”原理，所以臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，D項正確；答案選A。6．托伐普坦用于治療高容或等容性低鈉血癥伴心力衰竭、肝硬化、抗利尿激素分泌異常綜合征。其結構簡式如下圖，下列有關托伐普坦的敘述正確的是A．分子式為C26H23ClN2O3B．1個分子中采用sp3雜化的碳原子有5個C．分子中含有三種官能團D．分子中沒有手性碳原子【答案】C【解析】A．由結構簡式可知，分子式為C26H25ClN2O3，A不正確；B．由結構簡式可知，苯環上的碳原子和酰胺基中的碳原子采用sp2雜化，中間環上有4個飽和碳原子，還有苯環連接的兩個甲基共6個碳原子采用sp3雜化，B不正確；C．由結構簡式可知，托伐普坦分子中含有氯原子、酰胺基和醇羥基，共三種官能團，C正確；D．手性碳是指連有四個不同原子團的碳原子，由結構簡式可知，分子含有1個手性碳原子，即連有醇羥基的碳原子，D不正確；答案選C。7．用高能射線照射液態水時，一個水分子能釋放出一個電子，同時產生一種陽離子H2O+。釋放出來的電子可以被若干水分子形成的“網”捕獲而形成水合電子[e-(H2O)n]，下列關于[e-(H2O)n]和H2O+的描述正確的是（）A.[e-(H2O)n]示意圖可表示為：

B.H2O+具有較強的氧化性，能將二氧化硫還原為硫酸根離子

C.[e-(H2O)n]具有強還原性

D.一個H2O+所含電子數與一個水合氫離子(H3O+)相等【答案】C【解析】A．[e-(H2O)n]中H2O含有孤電子對，帶負電，中心的e-也帶負電，故H2O中的O原子應該朝外，故示意圖錯誤；B.由水分子釋放出電子時產生的一種陽離子具有較強的氧化性，能將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故B錯誤；C.除了氖和氦等個別物質外，水合電子幾乎能與任何元素及化合物發生化學反應，故[e(H2O)n]-具有強還原性，C正確；D.一個H2O+所含電子數為10-1=9，一個水合氫離子(H3O+)是水分子結合一個H+后形成的，其電子數與水分子相同均為10個電子,D錯誤；答案選C。8．按照下圖進行銅與濃硫酸反應的探究實驗，下列說法正確的是A．蘸有品紅溶液的濾紙褪色，說明具有強氧化性B．N形管溶液變為紅色，說明有酸性氣體進入N形管C．反應后，從c口抽取反應液加到足量的氨水中最終產生藍色沉淀D．實驗結束后從b口注入足量NaOH溶液，會有2種物質與NaOH反應【答案】B【分析】銅與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水。【解析】A．蘸有品紅溶液的濾紙褪色，說明二氧化硫具有漂白性，故A錯誤；B．滴有石蕊的氫氧化鈉溶液呈藍色，則N形管溶液變為紅色，說明溶液中氫氧化鈉與通入的二氧化硫完全反應，過量的二氧化硫使溶液呈酸性，故B正確；C．反應后，從c口抽取反應液加到足量的氨水中發生的反應為硫酸銅溶液與足量氨水反應得到深藍色的硫酸四氨合銅溶液，不可能得到氫氧化銅藍色沉淀，故C錯誤；D．濃硫酸與銅共熱反應時硫酸濃度會減小變為稀硫酸，稀硫酸與銅共熱不反應，則反應中濃硫酸不可能完全反應，所以實驗結束后從b口注入足量氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉溶液能與反應生成的硫酸銅、二氧化硫反應，也能與未反應的稀硫酸反應，所以會有3種物質與氫氧化鈉反應，故D錯誤；故選B。9．我國科研工作者合成了一種非線性光學晶體，其陰離子結構如圖所示(電荷未標出)。X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，基態X的核外電子有5種運動狀態，Y、Z與X同周期，W的氫氧化物具有兩性，Q是第六周期半徑最大的主族元素。下列說法錯誤的是A．金屬性： B．原子半徑：C．該晶體結構中X的化合價為價 D．Y的第一電離能比同周期相鄰元素的都低【答案】B【分析】X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素，基態X的核外電子有5種運動狀態，每一種電子的運動狀態各不相同，則X為B元素，Y、Z與X同周期，Y為O元素，Z為F元素；W的氫氧化物具有兩性，則W為Al元素，Q是第六周期半徑最大的主族元素，則為Cs元素；為CsAlB3O6F；【解析】A．同主族從上到下金屬性增強，同周期從左到右金屬性依次減弱，故金屬性：，故正確；B．同周期從左到右原子半徑減小，故原子半徑：，故錯誤；C．Cs為+1價，Al為+3價，O為-2價，F為-1價，則該晶體CsAlB3O6F結構中X的化合價為價，故正確；D．同周期元素由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但O原子的價電子排布式為2s22p4，N原子的價電子排布式為2s22p3，p軌道為半充滿狀態較為穩定，故N、O、F三種元素第一電離能由大到小順序為F>N>O，Y的第一電離能比同周期相鄰元素的都低，故正確；答案選B。10．丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可由甘油催化轉化制得，過程如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。甘油常壓下沸點為290℃，工業生產選擇反應溫度為300℃常壓下進行。下列說法錯誤的是已知：反應I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g)△H1>0K1反應II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)△H2<0K2A．反應I的平衡常數K1=B．反應Ⅱ是焓減、熵減的反應C．丙烯醛有毒，可選擇適用反應Ⅱ且對反應I幾乎無影響的高效催化劑D．若改變條件增大反應Ⅱ的K2，反應Ⅱ平衡移動過程中逆反應速率先增大后減小【答案】D【解析】A：反應I產物中水為氣態水，所以結合平衡常數計算公式可得，故A說法正確；B:反應Ⅱ，所以反應過程中焓是減少的過程，反應Ⅱ是一個氣體體積減少的反應過程中，所以是一個熵減的反應，故B說法正確；C：選擇適用反應Ⅱ且對反應I幾乎無影響的高效催化劑，可以加快丙烯醛的反應生成丙烯酸，可以減少丙烯醛的污染，故C說法正確；D：因為反應Ⅱ為放熱反應，若想增大則需要降低反應溫度，溫度降低是正逆反應速率都減少的過程，故D說法錯誤；故本題選D。11．二氯化二硫()是一種常用的橡膠硫化劑，其結構如圖所示。極易水解：。下列說法錯誤的是A．中S為＋1價B．是由非極性鍵與極性鍵構成的極性分子C．上述反應中既作氧化劑又作還原劑D．上述反應中氧化產物與還原產物的質量比為3：1【答案】D【解析】A．氯元素在S2Cl2中為-1價，根據化合價規則知硫元素的化合價為+1價，故A正確；B．S-Cl鍵是極性鍵，S-S鍵是非極性鍵，由于分子中正負電荷的重心不能重合，所以分子是極性分子，故B正確；C．S元素的化合價由+1價升高為+4價，S元素的化合價由+1價降低為0，只有S元素的化合價變化，則S2Cl2既作氧化劑又作還原劑，故C正確；D．氧化產物為SO2，還原產物為S，由反應可以知道二者的物質的量比為1：3，故D錯誤；故答案選D。12．嫦娥三號衛星上的元件（熱敏電阻）的主要成分——鋇鈦礦的晶胞結構如圖所示。若該晶體的密度為，為阿伏加德羅常數的值。下列說法錯誤的是A．位于圍成的正八面體的中心B．周圍距離最近的數目為12C．兩個的最短距離為D．若的分數坐標為，則的分數坐標為【答案】D【分析】根據晶胞結構圖可知，晶胞中Ti4+位于正方體中心，故每個晶胞中Ti4+個數為1個，Ba2+位于正方體8個頂點，故每個晶胞Ba2+個數為，O2-位于6個面心，每個晶胞中O2-個數為，故鋇鈦礦每個晶胞中Ba2+、Ti4+、O2-個數比為1∶1∶3，化學式為BaTiO3，其摩爾質量M=233g/mol，晶體的密度為ρg/cm3，體積V=cm3，其晶胞棱長為，據此解答。【解析】A．位于6個面心正好可圍成正八面體，位于體心，則位于圍成的正八面體的中心，A正確；B．位于正方體8個頂點，位于6個面心，一個周圍等距的O2-共計個，B正確；C．位于正方體6個面的面心，故兩個的最短距離為，即，C正確；D．位于頂點處的分數坐標為，則晶胞的參數為1，位于面心的原子的分數坐標為，D錯誤；故選D。13.常溫下，調節足量草酸鈣固體與水的混合體系的時，各微粒濃度的對數(代表、、、)隨的變化曲線如圖所示。已知。下列有關說法錯誤的是A．的電離常數的數量級為B．時，C．虛線④代表時，溶液中mol/LD．A點時，c(H+)>>c(OH-)【答案】B【分析】CaC2O4為強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，體系中存在一系列平衡，、、，水解微弱，鈣離子和草酸根在一定pH范圍內幾乎是相等的，增大pH，后兩個平衡逆向移動，草酸根濃度增大，其正對數增大，故④表示Ca2+，①表示草酸根；增大pH的過程中，后這個平衡均逆向移動，草酸氫根減小程度緩于草酸分子，故②表示、③表示，以此分析；【解析】A．，，，①③相交時，pH=4.2，可得Ka2=10-4.2，數量級為10-5，A正確；B．溶液pH=7時，c(H+)=c(OH-)，溶液中電荷守恒，則，忽略了調節pH所加的NaOH和HCl引入的鈉離子和氯離子，B錯誤；C．草酸鈣飽和溶液中，④表示Ca2+，①表示草酸根，pH=12，根據圖像可知，，C正確；D．A點時c(H+)=10-1.32mol/L，，結合C點，，A點時，，則A點，，，即A點時，c(H+)>>c(OH-)，D正確；故答案為：B。15．我國學者最近研發出一種以鋁為負極、石墨烯薄膜(Cn)為正極的新型鋁-石墨烯電池，可在石墨烯薄膜上嵌入或脫嵌，離子液體/［EMIM］Cl作電解質，其中陰離子有、，陽離子為()，放電機理如圖所示。下列說法錯誤的是A．放電時正極的電極反應：B．離子液體中的不參與反應，只起傳遞離子的作用C．和中各原子最外層均達到8電子結構D．該離子液體可用于鋼制品上電鍍鋁，陰極的電極反應為【答案】D【分析】由題干可知，放電時，負極反應為Al+7-3e-=4，正極反應為，以此解答。【解析】A．由分析可知，在正極得到電子生成Cu和，電極方程式為：，A正確；B．離子液體/［EMIM］Cl作電解質，不參與反應，只起傳遞離子的作用，B正確；C．和中Al為+3價，Cl為-1價，Al和Cl最外層均達到8電子的穩定結構，C正確；D．由該電池負極反應可知，該離子液體可用于鋼制品上電鍍鋁，陰極的電極反應為=4+3e-=Al+7，D錯誤；故選D。15．氯苯在液氨溶液中可以與氨基鈉反應生成苯胺。某研究小組提出了三種可能的機理。經過一系列實驗，最終確定該反應按“機理3”進行。機理1：機理2：機理3：三種機理中涉及到多個中間體。下列說法錯誤的是A．已知“中間體1”至少有11個原子共平面，則碳負離子采用雜化B．“中間體2”存在離域π鍵C．“中間體3”的碳負離子有一對位于雜化軌道的孤對電子D．“中間體4”部分鍵角與正常鍵角有較大差距，導致“中間體4”反應活性高【答案】B【解析】A．“中間體1”中至少有11個原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳負離子形成平面結構，為雜化，故A正確；B．“中間體2”存在碳正離子仍存在一個單電子參與形成π鍵，該中間體離域π鍵為，故B錯誤；C．“中間體3”的碳負離子中C原子與兩個C成鍵，雜化軌道共存在一對孤電子對，p軌道中存在一個單電子，故C正確；D．“中間體4”存在碳碳三鍵，鍵角與雙鍵差異較大，容易斷鍵，因此“中間體4”反應活性高，故D正確；故選：B。第II卷（非選擇題共55分）二、非選擇題：共4題，共55分。16．（13分）鉑釕催化劑是甲醇燃料電池的陽極催化劑，一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2，還含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]為原料制備釕(Ru)的流程如圖，回答下列問題：已知：①常溫下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，，；②離子濃度等于或低于1×10-5mol·L-1時，則認為該離子已被完全除去。（1）基態Fe原子的價層電子排布式為，氣體A為。（2）“濾液3”中含有銨鹽，請寫出氯化銨的電子式：。（3）“沉鐵”的離子方程式為。（4）“軟化”時，溶液中鈣離子和鎂離子的濃度分別為0.01mol·L-1和0.02mol·L-1，常溫下取2.0L該濾液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，則至少需要加入NaF的物質的量為。（5）“灼燒”時Ar的作用是。（6）產生相同量的釕，方案1中消耗H2與方案2中產生CO2的物質的量比值為；從安全角度分析，方案2優于方案1，其理由是。【答案】（1）3d64s2（1分）CO2（1分）（2）（1分）（3）（2分）（4）0.1278mol（2分）（5）作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應（2分）（6）1：2（2分）方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全（2分）【分析】由分析可知，碳酸鈉與釕礦石中氧化鋁、氧化硅在熔融下發生反應，生成氣體A二氧化碳；水浸后，濾液1中溶質為Na2SiO3，Na[Al(OH)4]，過濾后濾渣進行酸浸，Fe2+、Mg2+、Ca2+進入溶液中；“沉鐵”去除鐵，“軟化”除Mg2+、Ca2+。方案1中沉釕得到的是Ru(CO3)2，方案2中沉釕得到的是Ru(C2O4)2。【解析】（1）鐵是26號原子，基態Fe原子的價層電子排布式為3d64s2；由分析知，氣體A為CO2，故答案為：3d64s2；CO2；（2）氯化銨中，氨根離子與氯離子之間以離子鍵結合，其電子式為，故答案為：；（3）“沉鐵”時，氯酸鈉在堿性條件下把二價鐵轉化為三價鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，離子方程式為，故答案為：；（4）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，說明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀計算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)×c2(F-)，當c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1時，(mol·L-1)，則加上沉淀的氟離子，需加入NaF的物質的量為(mol)，故答案為：0.1278mol；（5）“灼燒”時，方案1中有還原性的H2，未加入Ar，方案2加了Ar，故Ar的作用是作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應，故答案為：作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應；（6）方案1中，Ru從+4價變為0價，每生成1molRu，需要2molH2，1molRu(C2O4)2分解產生4molCO2，方案1中消耗H2與方案2中產生CO2的物質的量之比為1：2，故答案為：1：2；方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全。17．（14分）工業上先將金紅石轉化為，再制得在醫療等領域具有重要用途的金屬鈦(Ti)。在恒容密閉容器中加入一定量的、和，可能發生的反應有：反應反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：（1）①；反應I(填“能”或“不能”)自發進行，判斷理由是。②已知和的部分物理性質如下表：物質物理性質熔點為1560~1580℃，不溶于水、稀無機酸、熔點為-23.2℃、沸點為135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀鹽酸將二者混合物進行分離，分別得到純凈物可采用的方法是(簡要寫出操作步驟)。（2）在下，一定量的、、C發生上述反應，平衡體系中氣體組分、、的體積分數隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①圖中表示的曲線是(填“a”或“b”)，其曲線變化的原因是②理論上制備的反應溫度是越低越好，但實際生產中反應溫度卻選擇800~1000°C，選擇800~1000°C的原因是。③在1200℃下，反應Ⅱ的平衡常數(為用分壓表示的平衡常數，分壓=總壓物質的量分數)。【答案】（1）①-49（2分）能（1分）反應I的，，，能自發進行(合理即可)（2分）②常溫下將混合物過濾，濾液是，將濾渣用冷水洗滌、干燥，得到(合理即可)（2分）（2）①b（1分）隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，減少，而反應Ⅲ正向移動，也減少(合理即可)（2分）②升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高(合理即可)（2分）③45（2分）【解析】（1）①由蓋斯定律可知反應I=反應Ⅱ+反應Ⅲ，則；反應自發進行，該反應,,，該反應能自發進行；②由和的物理性質可知，不溶于水，能溶于冷水，故將二者混合物進行分離時，可將混合物溶于冷水，進行過濾，濾液為，濾渣為，將濾渣用冷水洗滌、干燥后可得固體；（2）①升高溫度，反應Ⅱ平衡向吸熱的方向移動，即平衡逆向移動，CO2的量減小，反應Ⅲ正向移動，CO2的量也減小，故表示CO2的曲線是b，表示CO的曲線是a，曲線變化的原因是：隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，CO2減少，而反應Ⅲ正向移動，CO2也減少；②適當的升高溫度，能使反應速率加快，根據圖中曲線可知在800~1000℃范圍內體積分數也較高，故選擇800~1000°C的原因是：升高溫度，反應速率加快，從圖中可知800~1000℃時，的體積分數也比較高；③根據圖像可得的分壓為，CO2的分壓為，CO的分壓為，那么Cl2的分壓為100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反應Ⅱ的平衡常數。18．（14分）含氮物質是一類常見物質，在人們的生產、生活活動中有重要作用。（1）實驗室中，采用一定濃度的NaNO2溶液和NH4Cl溶液作為反應物，通過加熱制備少量N2。①該反應的化學方程式是，收集N2的方法是(填標號)。②實驗小組同學設計以下實驗探究上述反應的速率與c(NaNO2)的關系實驗編號溶液體積/mL收集1.0mLN2所用時間/sNaNO2溶液NH4Cl溶液醋酸水14.04.04.08.03342V14.04.0V315038.04.04.04.083412.04.04.00.038③V1=，V3=。④已知該反應的速率方程為，k為反應速率常數。根據上述實驗數據，m=(填整數)。（2）“侯氏制堿法”是中國人的驕傲，上述實驗中需用到的NH4Cl是“侯氏制堿法”的副產物。實驗小組模擬“侯氏制堿法”的原理，在實驗室中制備少量NaHCO3，使用的裝置如下圖：裝置接口正確的連接順序為a→←d(填接口序號)；由該裝置可知，該實驗中制備NH3需用到的試劑是(填化學式)。（3）實驗小組在實驗中，將1.0mol·L-1NaNO2溶液滴入pH=0.5的1.0mol·L-1FeSO4溶液中，觀察到溶液為棕色，而不是預期的黃色。于是他們進行以下實驗探究。①查閱資料常溫下，[Fe(NO)]2+在溶液中能穩定存在，溶液為棕色，受熱分解釋放出NO。②提出猜想溶液的棕色來源于[Fe(NO)]2+，且[Fe(NO)]2+的顏色掩蓋了Fe3+的黃色。③設計實驗、驗證猜想實驗編號56操作方法取上述滴有NaNO2溶液的棕色混合液，向其中滴加稀KSCN溶液取上述棕色混合液，按下圖所示加熱④實驗現象及分析i．實驗5溶液變紅色，說明溶液中存在Fe3+，Fe3+的來源是(寫出離子方程式)；ii．實驗6觀察到(填實驗現象)，證明溶液呈棕色是因為存在[Fe(NO)]2+，且其顏色掩蓋了Fe3+的黃色。【答案】（1）（2分）a（2分）6.0（1分）6.0（1分）2（2分）（2）a→b，c←f←e←d（2分）NH4Cl、Ca(OH)2（1分）（3）（2分）溶液變為黃色（1分）【分析】探究NaNO2溶液和NH4Cl溶液反應的速率與c(NaNO2)的關系時，c(NaNO2)是唯一變量。【解析】（1）①溶液和溶液加熱生成NaCl、N2、H2O，該反應的化學方程式是，N2的密度與空氣相近，難溶于水，所以用排水法收集N2，故選a。③根據實驗1、3、4可知，溶液的總體積為20.0mL，該實驗的目的是探究NaNO2溶液的濃度對化學反應速率的影響，根據實驗1和3，NaNO2的體積增大二倍，速率大約變為4倍，實驗4的速率大約是實驗2的4倍，則實驗2所用NaNO2溶液的體積為實驗4的二分之一，則V1=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL。④由表中實驗1、3數據可知，其他物質的濃度相同時，NaNO2溶液的濃度增大1倍時，實驗3、1中收集1.0mLN2所需時間比值為≈，即實驗3的反應速率為實驗1的4倍，由于，實驗m≈2