【化学】重庆市梁平区2024届高三上学期第二次调研考试（解析版）

成就未来，新教育伴你成长联系电话：400-186-9786重庆市梁平区2024届高三上学期第二次调研考试可能用到的相对原子质量：H：1O：16F：19Na：23Al：27S：32一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。下列每小题所给选项只有一项符合题意)1.我国古代文化灿烂辉煌，下列古代工艺品中主要成分属于合金的是（）A．元朝青花瓷B．唐三彩文官俑C．越王勾践青铜剑D．人面鱼纹彩陶盆【答案】C【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，据此分析解答。【详解】A．元代青花瓷是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，不是合金，故A错误；B．唐三彩文官俑是陶制品，陶制品是由黏土经高温烧结而成，其主要化学成分为硅酸盐，不是合金，故B错误；C．越王勾践青铜剑的主要成分是铜和锡，是铜的合金，故C正确；D．人面鱼纹彩陶盆是瓷器，陶瓷属于硅酸盐产品，不是合金，故D错误；故选C。2.“东阿阿胶制作技艺”是国家级非物质文化遗产。该工艺的部分操作如下图所示，其中与化学实验中的过滤原理相同的是（）A.化皮 B.除渣C.挂旗 D.凝胶【答案】B【解析】A．化皮指的是将皮煮化，过程与过滤无关，A不符合题意；B．除渣指的是用过滤方法将不溶性物质除掉，故B符合题意；C．挂旗指的是熬制过程中达到挂旗的状态，用勺子舀起来非常粘稠，与过滤原理无关；故C不符合题意；D．凝胶指的是阿胶冷却凝固的过程，与过滤原理无关，故D不符合题意。答案选B。3.亚铁氰化铁又名普鲁士蓝，化学式为，是一种配位化合物，可以用来上釉、用作油画染料等。下列有关普鲁士蓝构成微粒的符号表征正确的是（）A.基态的价电子排布图为B.氮原子的结构示意图为C.的电子式为D.阴离子的结构式为【答案】B【解析】A．基态Fe2+的价电子排布图为，A项错误；B．氮原子结构示意图：，B项正确；C．CN-的电子式为，C项错误；D．配位键箭头指向错误，D项错误；故选B。4.下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（）选项生活应用或生产活动化学知识A用SO2漂白纸张SO2具有氧化性B用铝槽车运输浓硝酸Al在冷的浓硝酸中发生钝化C用生石灰作食品干燥剂CaO易与水反应D用Si制作芯片Si是良好的半导体材料【答案】A【解析】A．SO2可用于漂白纸浆，是因为二氧化硫具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；B．常温下铝与浓硝酸发生了钝化，在金属的表面生成一层致密的金属氧化物，阻止了金属和酸继续反应，所以可用铝槽车运输浓硝酸，故B正确；C．生石灰作食品干燥剂是因为氧化钙易与水反应生成氢氧化钙，故C正确；D．硅位于金属与非金属的交界处，具有金属与非金属的性质，硅是一种良好的半导体材料，可用Si作计算机芯片，故D正确；故选：A。5.下列离子方程式正确的是（）A.用稀盐酸处理铜器表面的铜锈：B.用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的C.金属铜溶于氨水和过氧化氢混合溶液：D.用银作阴极电解稀盐酸：【答案】C【解析】A．铜锈的主要成分是Cu₂(OH)₂CO₃而不是CuO，A错误；B．醋酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，B错误；C．金属铜溶于氨水和过氧化氢混合溶液的离子方程式为，C正确；D．电解池属于外加电流的阴极保护法，阴极本身不参与电极反应，D错误；故答案为：C。6.下列各组离子，在指定溶液中可以大量共存的是（）A.无色透明溶液中：Ca2+、H+、Cl-、Cu2+B.NO大量存在的溶液中：Fe2+、Cl-、NH、K+C.碱性溶液中：Al3+、Mg2+、HCO、SOD.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、Fe3+【答案】B【解析】A．Cu2+带有颜色，故A错误；B．Fe2+、Cl-、NH、K+与硝酸根离子之间都不反应，可以大量共存，故B正确；C．碱性溶液中Al3+和碳酸氢根离子都不能大量共存，故C错误；D．SO、Fe3+两种离子间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选B。7.Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法错误的是（）A.决速步骤：中间体2→中间体3B.总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4C.Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移D.涉及非极性键的断裂和生成【答案】D【分析】【详解】A．反应慢的步骤决定整体反应速率，活化能越大反应速率越大，据图可知中间体2→中间体3的过程活化能最大，反应速率最大，A正确；B．据图可知该反应的反应物为Ni+C2H6，最终产物为NiCH2+CH4，所以总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，B正确；C．据图可知-CH3中H原子迁移到另一个-CH3上的过程中先形成了Ni-H，所以Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移，C正确；D．该过程只有非极性键(C-C键)的断裂，没有非极性键的生成，D错误；综上所述答案为D。8.下列有关实验装置能够正确完成对应实验的是（）氨气的尾气吸收中和热的测定用滴定管量取20.00mL酸性K2Cr2O7溶液乙醇在浓硫酸作用下，加热到170℃制备乙烯ABCD【答案】C【解析】A．苯不能隔绝氨气与水，图中装作不能防止倒吸，故A错误；B．图中缺少玻璃搅拌器，图中装置不能准确测定中和热，故B错误；C．滴定管的最小读数为0.01mL，可以用酸式滴定管量取20.00

mL酸性K2Cr2O7溶液，也可以用移液管量取，故C正确；D．乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，温度计测定反应液的温度，温度计放置在支气管处位置有误，应插入溶液中，故D错误；故选C。9.北京大学研究员发现在钙钛矿活性层中引入稀土离子对，通过如图原理可消除零价铅和零价碘缺陷，提高钙钛矿太阳能电池的使用寿命。下列说法不正确的是（）A.离子对在反应过程中需定时补充B.消除零价铅的反应为：C.消除零价碘的过程中，离子对发生氧化反应D.整个过程中，电子从转移给【答案】A【解析】A．离子对在反应过程中循环使用，不需定时补充，A错误；B．消除零价铅，零价铅失电子生成二价铅，得电子生成，反应为，B正确；C．消除零价碘的过程中，失去电子生成，发生氧化反应，C正确；D．整个过程中总反应为零价铅和零价碘生成二价铅和负一价碘，电子从转移给，D正确；故选A。10.分子TCCA(如图所示)是一种高效的消毒漂白剂。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是（）A.分子所有原子均满足8电子稳定结构B.原子半径大小顺序：X<Y<ZC.氧化物的水化物酸性：Z>X>WD.简单气态氢化物的热稳定性：W>X>Y【答案】A【分析】Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键，为氯元素，以此解答。【详解】A．根据结构式，分子中所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；

B．氮原子半径大于氧原子半径，故B错误；

C．氧化物的水化物没有明确最高价，不能进行比较，故C错误；

D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：W(CH4)<X(NH3)<Y(H2O)，故D错误；答案选A。11.元素周期表可以有多种表示方法，如图1为八角形元素周期表，八角形的每个顶角对应一种元素，下列说法的是正确的是（）A.图1中沿虚线箭头方向，元素单质的还原性逐渐减弱B.元素第一电离能大小关系：②>④>①C.最简单气态氢化物的稳定性：⑥>⑤D.Na与③、④可形成冰晶石(已知(熔融))，形成的晶胞如图2所示，其中黑球代表，该晶体密度为【答案】D【解析】A．虚线箭头方向为同主族元素，同族元素随核电荷的递增，元素单质还原性增强，A错误；B．②为N，①为O，④为F，第一电离能：F＞N＞O，即④＞②＞①，B错误；C．⑤为Cl，⑥为S，非金属：Cl＞S，非金属性越强最简单气态氢化物越稳定，因此稳定性：HCl＞H2S即⑤>⑥，C错误；D．黑球有8个在顶点，6个在面心，个数为：8×+6×=4，白球有12个在棱上，9个在体内，个数为12×+9=12，则晶胞密度ρ==g⋅cm-3，D正确；故答案为：D。12.恒容密闭容器中，nmolCO2与3nmolH2在不同温度下发生反应：，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：下列说法正确的是（）A.该反应的平衡常数随温度升高而增大B.曲线Y表示随温度的变化关系C.其他条件不变，与与在℃下反应，达到平衡时D.提高投料比，可提高CO2的平衡转化率【答案】C【解析】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，A错误；B．结合方程式2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)可知，c(C2H4)的变化量为c(H2O)变化量的，则曲线Y表示c(H2O)随温度的变化关系，B错误；C．其他条件不变，2nmolCO2与6nmolH2在T1℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，H2的浓度减小，根据勒夏特列原理可知，但仍然大于nmolCO2与3nmolH2在T1℃下发生反应时H2的平衡浓度c1，C正确；D．提高投料比[n(CO2)：n(H2)]即增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，但CO2的平衡转化率确减小，D错误；故答案为：C。13.一种自充电的盐水电池植入到肿瘤表面可用于抗肿瘤治疗。电池放完电后，无需外接电源即能实现某个电极的化学自充电，该电极材料充放电原理如图。下列说法不正确的是（）A.该电极为电池正极B.放电过程中，该电极附近pH增大C.化学自充电时发生的反应可表示为D.放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加【答案】D【分析】由题干放电过程中电极反应可以表示为：PNHCDA+2nH2O+2ne-=PNTCDA-H+2nOH-，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，放电过程该电极发生还原反应，即该电极为电池正极，A正确；B．由分析可知，放电过程中，该电极附近生成OH-，导致pH增大，B正确；C．由题干PNTCDA和PNTCDA-H的结构简式可知，化学自充电时发生的反应可表示为，C正确；D．由分析可知，放电过程中，外电路通过电子，该材料质量增加，D错误；故答案为：D。14.常温下，用0.1mol/LKOH溶液滴定10mL0.1mol/LHA溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A.a点pH约为3，可以判断HA是弱酸B.b点溶液：C.c点溶液：D.水的电离程度：d点＞c点【答案】B【解析】A．a点时，KOH的体积为0，0.1mol/LHA的pH约为3，则表明HA发生部分电离，可以判断HA是弱酸，A正确；B．b点时，KA、HA的物质的量浓度相同，但溶液的pH＜7，则表明以HA的电离为主，所以溶液中存在：，B不正确；C．c点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒：c(H+)+c(K+)=c(A-)+c(OH-)，则c(K+)=c(A-)，C正确；D．c点时，溶液呈中性，水的电离不受影响，d点为KA溶液，发生A-的水解反应，从而促进水的电离，所以水的电离程度：d点＞c点，D正确；故选B。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.超细银粉在光学、生物医疗等领域有着广阔的应用前景。由含银废催化剂粉末制备超细银粉的过程如下图所示：资料：i.含银废催化剂成分：主要含、及少量ⅱ.为载体，且不溶于硝酸回答下列问题：（1）与属于同一族但位于下一周期，的价电子轨道表示式是_____________。（2）过程I中，银与稀硝酸反应的离子方程式是______________________，但实际消耗的稀硝酸会超过理论值，原因是____________________________。（3）过程Ⅱ中，检验沉淀已洗涤干净的操作是_______________________________。（4）过程Ⅲ中反应的离子方程式是_____________________________________。（5）测定粗银中银的回收率：取样品用硝酸溶解，以为指示剂，用标准溶液滴定，当锥形瓶中溶液变为红色，且半分钟内不褪色即达到滴定终点。已知：i.为自色难溶固体，离子为红色。ⅱ.开始沉淀的为1.9，完全沉淀的为3.2为保证获取数据准确性，滴定时溶液一般控制在之间，氢离子浓度太小对实验的影响是___________________________________________。（6）可用电解法对粗银进行精炼，装置如下图所示，电解液为稀(含)，获得超细银粉的原理为。下列说法正确的是_______(填标号)。A.钛电极接电源的正极B.阳极的电极反应式为：C.体系中存在沉淀溶解平衡：D.电解过程中，需要不断补充【答案】（1）（2）硝酸易挥发且受热易分解（3）取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净（4）（5）氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰（6）BC【分析】含银废催化剂主要含有、及少量，经磨碎、加热，用稀硝酸溶解，过滤，滤渣为及少量，滤液中有Ag+、Mg2+、K+、Fe3+，加NaCl形成AgCl沉淀，过滤、洗涤，沉淀用氨水溶解，，过程IV中，用还原银氨溶液得到银单质，被氧化为，化学方程式为，最后电解精炼粗银得超细银粉。【详解】（1）与属于同一族但位于下一周期，价电子轨道表示式是：，故答案为：。（2）过程I中，银与稀硝酸反应的离子方程式是：，硝酸易挥发且受热易分解，从而造成实际消耗的稀硝酸会超过理论值，故答案为：；硝酸易挥发且受热易分解。（3）过程Ⅱ中，沉淀AgCl表面会吸附有Mg2+、K+、Fe3+等杂质离子，可以通过验证不存在Fe3+来检验沉淀已洗涤干净，具体的操作是：取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，若不变红色，说明洗涤干净。（4）将分析中过程Ⅲ的化学方程式改写为离子方程式是：，故答案为：。（5）氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰，故答案为：氢离子浓度太小会导致Fe3+水解，对滴定终点颜色判定产生干扰。（6）A．用电解法对粗银进行精炼时，粗银做阳极和电源的正极相连，钛电极做阴极接电源的负极，故A错误；B．阳极的电极反应式为：，故B正确；C．体系中存在沉淀溶解平衡：，故C正确；D．电解过程中，阴极上Ti4++e-=Ti3+，溶液中的银离子又将氧化为，，可实现循环利用，不需要不断补充，故D错误；故选BC。16.用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一、（1）工业上常利用甲烷与水蒸气重整制氢，涉及热化学反应方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．=1\*GB3①总反应：___________②为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有_______________________(写一条)。③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数。在容积不变的密闭容器中，将与加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为___________。④在常压、600℃条件下，甲烷与水蒸气制备氢气的总反应中H2平衡产率为82％。若加入适量生石灰后H2的产率可提高到95％。应用化学平衡移动原理解释原因_______________________________________________。（2）利用甲烷与CO2重整制氢的热化学反应方程式如下：Ⅲ．(主反应)Ⅳ．(副反应)①在恒压条件下，等物质的量的CH4和CO2发生重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示，则表示CO2平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)。②在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，忽略副反应，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的__________(列出计算式即可)。（3）科学家研究将、与、联合重整制备氢气，发生反应Ⅰ和Ⅲ。常压下，将、和按一定比例混合置于密闭容器中，相同时间不同温度下测得体系中变化如图所示。①已知700℃、催化条件下，向反应体系中加入少量可增加产率，此条件下还原性CO___________(填“>”“<”或“=”)。②随着温度升高变小的原因可能是_____________________________。【答案】（1）①+165kJ⋅mol-1②适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等③80%④加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高（2）①A②（3）①＞②温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小【解析】（1）①有盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标反应，即总反应，则总反应的ΔH=ΔH1+ΔH2=(206-41)kJ⋅mol-1=+165kJ⋅mol-1，故答案为：+165kJ⋅mol-1；②由上述分析可知，总反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等，故答案为：适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等；③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=1，在容积不变的密闭容器中，将2molCO与8molH2O加热到830℃，假设达到平衡时CO的物质的量变化量为x，列出三段式：平衡常数K===1，解得x=1.6，则平衡时CO的转化率=×100%=80%，故答案为：80%；④在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中H2平衡产率为82%．若加入适量生石灰后H2的产率可提高到95%，若加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高，故答案为：加入生石灰，发生反应CaO+CO2CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高；（2）①相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2

(g)=2CO(g)+2H2

(g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)(副反应)，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，故答案为：A；②设达平衡时，消耗xkPa的CH4，列出三段式：平衡后总压强为20-x+25-x+2x+2x=45+2x，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则有=1.8，解得x=18，则该反应的分压平衡常数Kp==(kPa)2，故答案为：；（3）①已知700℃、NiO催化剂条件下，向反应体系中加入少量O2可增加H2产率，此反应正向移动，O2和CO发生了反应，则该条件下，还原性CO＞H2，故答案为：＞；②随温度的升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小，故答案为：温度升高，对反应Ⅲ的促进作用更大，n(CO)增大的更多，导致变小。17.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用重氮化反应。实验室将二氧化硫通入到硫酸和硝酸中发生氧化还原反应，硝酸被还原为亚硝酸，二氧化硫被氧化为三氧化硫(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2①B中反应仪器的名称为：___________。②导管b的作用是_________________________________________。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快___________。（3）装置C涉及反应的离子方程式为_______________________(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_________________。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取产品放入碘量瓶中，加入、的标准溶液和25％溶液，然后摇匀。用草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为。已知：=1\*GB3①写出溶液与酸性溶液反应的离子方程式：____________________。②滴定终点时的现象为_________________________________________。③亚硝酰硫酸的纯度=___________。(精确到0.01％)【答案】（1）①三颈(烧)瓶②平衡气压，使液体顺利滴下（2）生成的NOSO4H作为反应的催化剂（3）SO2+2OH-=+H2O（4）C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶（5）①2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O②溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复③92.02%【分析】装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O制取SO2，制取的SO2通入到B装置中，HNO3与SO2在浓H2SO4作用下在冰水浴中反应制得NOSO4H，由于亚硝酰硫酸（NOSO4H）遇水分解，所以应该是对产生的二氧化硫进行干燥，但是题目中并未进行，且装置A中制得的SO2属于大气污染物，不能直接排放到大气中，则装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，但是会导致部分水蒸气进入装置B中，导致产率降低，据此分析回答问题。【详解】（1）①由题干实验装置图可知，B中反应仪器的名称为：三颈(烧)瓶，故答案为：三颈(烧)瓶；②导管b的作用是平衡气压，使液体顺利滴下，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；（2）开始反应缓慢，待生成少量

NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；（3）由分析可知，装置C中的氢氧化钠的作用是吸收SO2，故涉及反应的离子方程式为：SO2+2OH-=+H2O，故答案为：SO2+2OH-=+H2O；（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在B、C间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在B、C间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶；（5）①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e-，碳元素化合价+3价变化为+4价，电子转移e-，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；②用0.2500mol•L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点故答案为：溶液恰好由紫红色变为无色且半分钟不恢复；③根据反应方程式2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，n(KMnO4)=n(Na2C2O4)=×0.25mol/L×0.020L=0.002mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L-1×0.0600L-0.002mol=0.004mol，有关反应方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，n(NOSO4H)=n(KMnO4)=×0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸的纯度=×100%=92.02%，故答案为：92