广东省肇庆市高考化学三模试卷（含解析）.doc

广东省肇庆市2015年高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与生活、社会密切相关下列有关说法正确的是（）a在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解生成葡萄糖b福尔马林（甲醛溶液）可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜c新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料d医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使病毒的蛋白质发生变性考点：纤维素的性质和用途；甲醛；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.分析：a人体中不含纤维素酶；b甲醛能破坏蛋白质结构；c光导纤维的主要成分是二氧化硅；d酒精能使蛋白质变性解答：解：a人体内没有分解纤维素的纤维素酶，不能被人体吸收利用，故a错误；b甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故b错误；c光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子材料，故c错误；d酒精能使蛋白质变性，因此可用医用酒精杀灭病毒，起到消毒的作用，故d正确；故选d点评：本题考查了纤维素、蛋白质的结构和性质，难度不大，注意总结使蛋白质变性的条件2（3分）（2015肇庆三模）下列微粒可以大量共存于同一溶液中的是（）anh4+、ch3coo、ca2+、clbfe3+、ag+、so42、no3ccu2+、h+、s2、no3dc6h5oh、fe3+、k+、cl考点：离子共存问题.分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能结合生成络离子等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：a该组离子之间不反应，可大量共存，故a选；bag+、so42结合生成沉淀，不能大量共存，故b不选；ch+、s2、no3发生氧化还原反应，cu2+、s2结合生成沉淀，不能大量共存，故c不选；dc6h5oh、fe3+结合生成络离子，不能大量共存，故d不选；故选a点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意选项d为解答的难点，题目难度不大3（3分）（2015肇庆三模）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融caf2cao作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛下列说法中正确的是（）a将熔融caf2cao换成ca（no3）2溶液也可以达到相同目的b阳极的电极反应式为：c+2o24eco2c在制备金属钛前后，整套装置中cao的总量减少d若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接pb电极考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：根据图知，阳极上电极反应式为c+2o24eco2，阴极上电极反应式为：2ca2+4e2ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2ca+tio2ti+2cao，“+”接线柱应连接原电池正极解答：解：a将熔融caf2cao换成ca（no3）2溶液时，阴极上氢离子放电，所以得不到钙，故a错误；b阳极上电极反应式为c+2o24eco2，阴极上电极反应式为2ca2+4e2ca，故b正确；c阴极上电极反应式为：2ca2+4e2ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2ca+tio2ti+2cao，所以cao质量不变，故c错误；d“+”表示原电池正极，所以“+”接线柱应连接原电池正极，故d错误；故选b点评：本题考查了电解原理，根据图片知微粒变化确定阴阳极及两个电极上发生的反应，难点是电极反应式的书写，注意该过程中有氧离子参加反应，为易错点4（3分）（2015肇庆三模）设na代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）a1.00 moll1 nacl溶液中含有na+的数目为nab常温常压下，6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子总数为0.2nac标准状况下，1.12 l hcho中c原子的数目为0.05 nad在催化剂作用下，6.4g so2与足量氧气反应生成so3，转移电子数为0.2na考点：阿伏加德罗常数.分析：a、溶液体积不明确；b、氧气和臭氧的摩尔质量分别是32g/mol和48g/mol；c、标况下，甲醛为气体；d、so2与氧气反应生成so3的反应为可逆反应解答：解：a、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故a错误；b、氧气和臭氧的摩尔质量分别是32g/mol和48g/mol，故6.4 g由氧气和臭氧组成的混合物的物质的量介于到即0.2mol到0.15mol之间，故分子数介于0.2na到0.15na之间，故b错误；c、标况下，甲醛为气体，故1.12l甲醛的物质的量为0.05mol，故含有0.05mol碳原子，故c正确；d、so2与氧气反应生成so3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2na，故d错误故选c点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大5（3分）（2015肇庆三模）常温下，对ph=10的氨水而言，下列说法正确的是（）a溶液中由水电离的氢离子浓度为104b与ph=4的盐酸等体积混合后，c（cl）c（nh4+）c通入一定量氨气后，依然存在c（nh4+）+c（h+）=c（oh）d氨水中存在：c（nh3h2o）c（nh4+）c（oh）c（h+）考点：离子浓度大小的比较.分析：a、对ph=10，溶液中的氢离子全部由水电离产生的，所以氢离子浓度为1010；b、ph=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性，根据电荷守恒分析解答；c、电荷守恒分析解答；d、溶液中存在水的电离，所以氢氧根离子浓度大于铵根离子解答：解：a、对ph=10的氨水而言，溶液中的氢离子全部由水电离产生的，所以氢离子浓度为1010，故a错误；b、ph=4的盐酸等体积混合后溶液呈碱性，所以c（oh）c（h+），根据电荷守恒：c（cl）+c（oh）=c（nh4+）+c（h+），所以c（cl）c（nh4+），故b错误；c、电荷守恒：c（nh4+）+c（h+）=c（oh），故c正确；d、溶液中存在水的电离，所以氢氧根离子浓度大于铵根离子，所以离子浓度为：c（nh3h2o）c（oh）c（nh4+）c（h+），故d错误；故选c点评：本题考查了水的电离及其影响因素和离子浓度大小的比较，题目难度中等，注意电荷守恒在解题中的应用6（3分）（2015肇庆三模）下列各项叙述i、都正确且二者的原理最相似的是（） 叙述 叙述 afes难溶于水，却溶于稀硝酸 caco3难溶于稀硫酸，却溶于醋酸 b 浓硫酸要密封保存阴凉处 漂白粉要密封保存在阴凉处 c 盐酸与铁反应生成氯化亚铁少量氯气与铁反应生成氯化亚铁 d 碳酸钠溶液显弱碱性 氯化铵溶液显弱酸性aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a碳酸钙能与硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙的表面阻止反应的进一步进行；b浓硫酸有吸水性；c氯气与铁反应生成氯化铁；d盐能发生水解解答：解：a稀硝酸有强氧化性，能将fes氧化溶解，碳酸钙能与硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙的表面阻止反应的进一步进行，故a错误； b浓硫酸有吸水性，二氧化碳能与次氯酸钙反应生成碳酸钙，使之变质，故b错误；c氯气与铁反应生成氯化铁，得不到氯化亚铁，故c错误；d碳酸钠水解显碱性，氯化铵水解显酸性，原理相同，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大7（3分）（2015肇庆三模）短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，其中a与c同主族，a与其它元素不在同一周期，b与d同主族，常温下d的单质为淡黄色固体下列推断正确的是（）a原子半径由小到大的顺序：r（c）r（d）r（e）b元素d、e分别与a形成的化合物的热稳定性：edc元素d的最高价氧化物对应水化物的酸性比e的强d元素b分别与a、c形成的化合物中化学键的类型不同考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，常温下d的单质为淡黄色固体，则d为s元素；b与d同主族，则b为o元素；a与c同主族，a与其它元素不在同一周期，则a为h元素，结合原子序数可知c为na，e的原子序数大于s，故e为cl，结合元素周期律进行解答解答：解：短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，常温下d的单质为淡黄色固体，则d为s元素；b与d同主族，则b为o元素；a与c同主族，a与其它元素不在同一周期，则a为h元素，结合原子序数可知c为na，e的原子序数大于s，故e为cla同周期自左而右原子半径增大，故原子半径nascl，故a错误；b同周期自左而右非金属性增强，故非金属性cls，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性hclh2s，故b正确；c同周期自左而右非金属性增强，故非金属性cls，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：高氯酸硫酸，故c错误；d元素o分别与h元素形成的化合物为h2o或h2o2，只含有共价键，而o元素与na元素c形成的化合物为na2o或na2o2，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，含有化学键类型不相同，故d正确，故选bd点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素好是解题关键，注意对基础知识的理解掌握8（3分）（2015肇庆三模）下列操作和现象与结论均正确的是（）选项操作现象结论a向盐酸酸化的ba（no3）2溶液中通入so2有白色沉淀生成baso3难溶于酸b向等浓度的kcl、ki混合液中滴加agno3溶液先出现黄色沉淀ksp（agcl）ksp（agi）c溴乙烷与naoh水溶液共热后，加hno3酸化，滴加agno3溶液出现淡黄色沉淀溴乙烷含溴元素d取久置的na2o2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体na2o2没有变质aabbccdd考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：a酸性条件下no3与so2发生氧化还原反应生成so42；b向等浓度的kcl、ki混合液中滴加agno3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀；c出现淡黄色沉淀，可说明溴乙烷水解；d久置的na2o2粉末混有碳酸钠解答：解：a酸性条件下no3与so2发生氧化还原反应生成so42，生成的沉淀为baso4，而不是baso3，故a错误；b向等浓度的kcl、ki混合液中滴加agno3溶液，溶度积常数小的物质先出现沉淀，如果先生成黄色沉淀，说明ksp（agcl）ksp（agi），故b正确；c溴乙烷在碱性条件下水解，酸化后加入硝酸银溶液可生成溴化银浅黄色沉淀，可证明，故c正确；d久置的na2o2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故d错误故选bc点评：本题考查较为综合，涉及物质的检验和沉淀的转化，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大9（16分）（2015肇庆三模）已知某反应为：（1）1molm完全燃烧需要9.5molo2（2）有机物n不可发生的反应为c：a氧化反应 b取代反应 c消去反应d还原反应 e加成反应（3）m有多种同分异构体，其中能使fecl3溶液显紫色、苯环上只有两个取代基、无环物质的同分异构体有6种（4）物质n与h2反应生成的p（结构简式为）发生缩聚反应产物的结构简式为；p物质的钠盐在适当条件下氧化为芳香醛q，则q与银氨溶液发生反应的化学方程式为（5）有机物、的转化关系为：有机物的结构简式为；a、b可以发生类似的反应生成有机物，则该反应的化学方程式为考点：有机物的推断；有机物的结构和性质.分析：（1）书写m的分子式，依据cxhyo耗氧量=x+计算；（2）有机物n中含有碳碳三键、苯环、醇羟基、羧基，结合原子团的特征性质分析判断发生的化学反应类型；（3）m有多种同分异构体，其中能使fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯环上只有两个取代基、无环物质，另一个取代基为（co）cch，邻间对三种同分异构体，也可以是cccho，也存在邻间对三种同分异构体；（4）羧基和醇羟基之间发生缩聚反应，通过酯化反应缩去水形成高分子化合物，；（5）p物质的钠盐在适当条件下氧化为芳香醛q和银氨溶液发生氧化反应，出现银镜现象，依据醛基被氧化的反应原理书写化学方程式；（5）有机物是加成聚合物的单体，去掉中括号单键变双键得到，a、b可以发生类似的反应生成有机物，依据有机物是有机物失水得到，所以有机物中的碳碳双键是醇羟基消去水反应生成，因此有机物是丙炔和正丁醇发生反应生成；解答：解：（1）书写m的分子式为c9h6o2，依据cxhyo耗氧量=x+计算，1molm耗氧量=9+=9.5mol，故答案为：9.5；（2）有机物n中含有碳碳三键、苯环、醇羟基、羧基，结合原子团的特征性质分析判断发生的化学反应类型a碳碳三键、醇羟基可以发生氧化反应，故a不符合； b醇羟基、苯环上的氢原子可以发生取代反应，故b不符合； c醇羟基相邻碳原子上无氢原子不能发生消去反应，故c符合；d碳碳三键、苯环可以和氢气发生加成反应属于还原反应，故d不符合； e碳碳三键、苯环可以和氢气发生加成反应，故e不符合；故答案为：c；（3）m有多种同分异构体，其中能使fecl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯环上只有两个取代基、无环物质，另一个取代基为（co）cch，邻间对三种同分异构体，也可以是cccho，也存在邻间对三种同分异构体，同分异构体有6种，故答案为：6；（4）羧基和醇羟基之间发生缩聚反应，通过酯化反应缩去水形成高分子化合物，p物质的钠盐在适当条件下氧化为芳香醛q和银氨溶液发生氧化反应，出现银镜现象，依据醛基被氧化的反应原理书写化学方程式，故答案为：，；（5）有机物是加成聚合物的单体，去掉中括号单键变双键得到结构简式为：，a、b可以发生类似的反应生成有机物，依据有机物是有机物失水得到，所以有机物中的碳碳双键是醇羟基消去水反应生成，因此有机物是丙炔和正丁醇发生反应生成，该反应的化学方程式为：，故答案为：，；点评：本题考查了有机物性质、官能团结构，化学反应类型的分析判断，注意高聚物形成的反应实质，掌握基础是关键，题目难度中等10（16分）（2015汕头二模）（1）汽车发动机工作时会引发n2和o2反应，生成nox等污染大气其中生成no的能量变化示意图如图1：该反应的热化学方程式为n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+184kjmol1根据图1所示，只改变条件r，当n2的转化率从a3到a1时，平衡常数kaca可能增大 b一定不变 c可能不变 d可能减小 e增大、减小、不变均有可能（2）尿素（又称碳酰胺）是含氮量最高的氮肥，工业上利用co2和nh3在一定条件下合成尿素的反应分为：第一步：2nh3（g）+co2（g）h2ncoonh4（氨基甲酸铵） （l）第二步：h2ncoonh4（l）h2o（g）+h2nconh2（l）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为500l的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图2所示：合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定反应进行到10min时测得co2的物质的量如上图所示，则用co2表示的第一步反应的速率v（co2）=1.5104mol/（lmin）由氨基甲酸铵和co2曲线变化可得出关于浓度变化和平衡状态的两条结论是：a氨基甲酸铵浓度先增大，15min后减小；b15min时第一步反应达到平衡状态，55min第二步反应达到平衡状态考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；热化学方程式；用化学平衡常数进行计算.分析：（1）根据能量变化图计算反应热，反应热=反应物的键能和生成物的键能和，从而书写热化学方程式；平衡向正反应方向移动，则n2的转化率增大，可采用的方法为升高温度或者增加氧气的量；（2）已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势进行判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；分析图象计算10分钟时二氧化碳的消耗物质的量，结合化学反应速率概念进行计算；分析图象曲线的变化，氨基甲酸铵是随时间变化到15min物质的量增大，之后减小，15min时第一步反应达到平衡状态，55min氨基甲酸铵物质的量不再变化，第二步反应达到平衡状态解答：解：（1）该反应中的反应热=反应物的键能和生成物的键能和=（946+498）kj/mol2630kj/mol=+184kj/mol，所以n2和o2反应生成no的热化学反应方程式为n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+184kjmol1；故答案为：n2（g）+o2（g）=2no（g）h=+184kjmol1；只改变条件r，当n2的转化率从a3到a1时，平衡向正反应方向移动，则n2的转化率增大，可采用的方法为升高温度k增大或者增加氧气的量k不变，故选：a、c；（2）由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二部反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，已知总反应的快慢由慢的一步决定，故合成尿素总反应的快慢由第二步决定，故答案为：二；依据图象分析，二氧化碳再进行到10min时物质的量为0.25mol，所以此时的反应速率为=1.5104mol/（lmin），故答案为：1.5104；分析图象曲线的变化，氨基甲酸铵物质的量随时间变化，到15min物质的量最大，之后减小，上图中氨气物质的量不变，15min时第一步反应达到平衡状态，55min氨基甲酸铵物质的量不再变化，第二步反应达到平衡状态；故答案为：氨基甲酸铵浓度先增大，15min后减小；15min时第一步反应达到平衡状态，55min第二步反应达到平衡状态点评：本题考查了热化学方程式的计算分析，化学反应速率、平衡常数和化学平衡状态的分析判断，主要是图象变化的分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等11（3分）（2015肇庆三模）纳米氧化铝在陶瓷、电子、生物医药等方面有广泛的用途，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到制备硫酸铝铵晶体的实验流程如下：（1）h2o2氧化feso4的离子方程式为2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o（2）加入氨水的目的是fe3+使转化为fe（oh）3，其化学反应方程式为fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4（3）若要保证产品的纯度，必须检验加入氨水后杂质是否除尽？其实验操作是：用试管取少量洗涤液，加几滴kscn溶液，若溶液不变红色，则说明滤渣已洗净（4）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；请完成硫酸铝铵晶体高温分解的化学方程式：2al2（nh4）2（so4）424h2o2al2o3+4nh3+8so3+26h2o（5）取4.53g 硫酸铝铵晶体加热分解，最终剩余0.51g al2o3固体加热过程中，固体质量随温度的变化如图所示请计算确定400时（硫酸铵未分解）剩余固体成分的化学式为（nh4）2al2（so4）4h2o（不必写出计算过程）考点：制备实验方案的设计.分析：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体，（1）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+；反应的离子方程式为：（2）加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，一水合氨和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀；（3）过滤后的滤液中可能含有fe3+，用kscn溶液检验是否含有fe3+；（4）由工艺流程可知，流程中“分离”是从溶液中获得晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，依据原子守恒配平书写化学方程式；（5）计算晶体中水的质量，根据固体质量差，计算晶体中剩余结晶水的质量，进而计算剩余固体中n：n（h2o），据此书写化学式解答：解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，过滤后滤液主要含硫酸铵，氢氧化铝与硫酸混合反应生成硫酸铝溶液，再将硫酸铵和硫酸铝溶液混合反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等最终得到硫酸铝铵晶体；（1）由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中fe2+氧化为fe3+，2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；（2）加入氨水调节溶液ph值，fe3+使转化为fe（oh）3，反应的化学方程式为：fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4，故答案为：fe3+使转化为fe（oh）3 ；fe2（so4）3+6nh3h2o=2fe（oh）3+3（nh4）2so4；（3）过滤后的滤液中可能含有fe3+，取少许滤液于试管中，加几滴kscn溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，故答案为：加几滴kscn溶液，若溶液不变红色；（4）由工艺流程可知，流程中“分离”是从溶液中获得晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，依据原子守恒配平得到化学方程式为：2al2（nh4）2（so4）424h2o2al2o3+8so3+4nh3+26h2o，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；2，8，4，26h2o；（5）取4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为=0.005mol，4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol2418g/mol=2.16g，加热400时固体质量减少m=4.53g2.46g=2.07g2.16g剩余固体中结晶水的物质的量为=0.005mol剩余固体中n：n（h2o）=0.005mol：0.005mol=1：1，故400时剩余固体成分的化学式为（nh4）2al2（so4）4h2o故答案为：（nh4）2al2（so4）4h2o点评：本题考查镁铝及其化合物的性质，对工艺流程理解、常用化学用语、盐类水解、物质的分离提纯与离子检验、化学计算等，综合性较大，难度较高，需要学生具备扎实的基础与运用知识分析解决问题的能力12（3分）（2015肇庆三模）某课外活动小组对“外界条件对铜与稀硝酸反应速率的影响”作了如下探究（1）现有以下仪器和用品：橡胶管、秒表、温度计、amol/l稀硝酸、bmol/l稀硝酸及下图中仪器写出本实验的化学方程式，并标出电子转方向和数目：设计实验方案：在相同稀硝酸浓度、不同温度（或相同温度、不同稀硝酸浓度）下，测定相同时间内产生气体体积（或产生相同体积的气体所需的时间）在答卷的图中将a、b、c、d、几处用橡胶管以正确方式连接起来，以测定反应所产生气体的体积（三个容器中的液体和水都已画出）测定前，为避免no被氧化为no2，要用co2排出锥形瓶和橡胶管中的空气：装入铜片、松开k2弹簧夹，从k2处的橡胶管向装置中通入co2，此时k1处应进行的操作是松开k1弹簧夹，接导管通入澄清石灰水至出现白色浑浊为止（2）在k2处注入硝酸发生反应在给定条件下设计实验探究浓度和温度对化学反应速率的影响：温度25、50；时间t1、t2、t3；收集气体体积v1、v2请完成下表：实验编号稀硝酸的浓度/（mol/l）稀硝酸的体积/ml温度/时间/min收集气体的体积/mlav25t1v1vv考点：探究影响化学反应速率的因素.分析：（1）根据铜与稀硝酸反应中，铜做还原剂被氧化，而稀硝酸中的氮元素被还原为no，根据得失电子数守恒来计算；从所给的药品和仪器可知，本题可以探究硝酸浓度的不同或温度的不同对反应速率的影响；根据题意可知，此装置应为排水量气装置，而d为反应的发生装置，连接量气管将量气管中的水排出，即量气管起排水量气的作用，而贮水管起到贮水的作用，故橡胶软管的应d接c接b接a，据此分析；由于量气管起到收集no的作用，故将锥形瓶到量气管间的空气排干净即可，据此分析；（2）要设计实验探究浓度对化学反