2025年高考第二次模拟考试化学（湖北卷）（全解全析）

2025年高考第二次模拟考试高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：O-16Ti-48Ba-137第Ⅰ卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．湖北人民创造了有众多非物质文化遗产，如汉绣､皮影戏､陶器烧制技艺､酿醋技艺等，其研究价值和历史意义重大。下列说法不正确的是非物质文化遗产制作原料主要化学成分A汉绣棉布多糖B烧制陶器黏土、石英砂、长石都属于盐C皮影戏兽皮蛋白质D黄龙山牮(jiàn)纸竹、麻纤维素【答案】B【解析】A．棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，故A正确；C．烧制陶器的主要原料为黏土、石英、长石三大类，黏土和长石主要成分是硅酸盐，石英砂主要成分是二氧化硅，属于氧化物，故B错误；C．兽皮的主要成分是蛋白质，故C正确；D．黄龙华(jiàn)纸所用原料竹、麻主要成分都是纤维素，故D正确；故选B。2．光化学分析法是融合物理学和化学实验技术的一类重要仪器分析方法，在科技发展中起着至关重要的作用。在青蒿素分子结构(相对分子质量282)测定中，使用下列方法能得到对应结论的是ABCD分析方法红外光谱质谱法X射线衍射核磁共振氢谱结论相对分子质量282分子中含有酯基测定分子结构分子中含有过氧基【答案】C【解析】A．红外光谱仪可检测结构中存在的化学键和官能团，不能测定物质的相对分子质量，故A不正确；B．质谱仪测定物质的相对分子质量可，不能测定青蒿素分子中的酯基故B不正确；C．通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故C正确；D．核磁共振氢谱仪可测定青蒿素分子氢原子的类型，不可测定分子中含有过氧基，故D错误；答案选C。3．一种测定葡萄酒中SO2含量的实验装置如图所示(忽略夹持装置)。下列说法错误的是A．缓慢通入N2的目的是尽可能使SO2进入H2O2溶液B．冷凝管的作用是避免水蒸气进入H2O2溶液影响测定结果C．用NaOH标准溶液滴定反应后的H2O2溶液可获得SO2的含量D．若实验过程中品红溶液褪色，则说明实验失败【答案】B【分析】葡萄酒中二氧化硫溶于水形成亚硫酸存在化学平衡：SO2+H2OH2SO3H++，向葡萄酒中加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向进行，抑制亚硫酸电离，减小二氧化硫的溶解度，通入氮气并加热是把溶解的二氧化硫吹出到盛有H2O2的溶液中吸收，发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，用NaOH标准溶液滴定产生的H2SO4，进而可确定葡萄酒中SO2的量。根据最后的品红溶液不褪色可判断确定SO2被完全吸收。根据H2O2中H2SO4的量的多少判断葡萄酒中SO2的含量，据此分析解答。【解析】A．缓慢通入N2的目的是尽可能的将双颈烧瓶中SO2吹出，使其进入H2O2溶液被氧化为H2SO4，A正确；B．冷凝管的作用是避免温度过高，导致葡萄酒中的部分硫酸溶液被吹入H2O2溶液而影响测定结果，B错误；C．根据反应SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可得关系式：SO2～H2SO4～2NaOH，根据滴定时消耗NaOH标准溶液的体积及浓度计算出n(NaOH)，就可以得到一定体积的葡萄糖中SO2的物质的量及其含量，C正确；D．SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，若实验过程中看到品红溶液褪色，说明在H2O2溶液中SO2没有被完全氧化吸收，则根据滴定时消耗NaOH标准溶液计算的SO2的含量就会比实际偏低，从而可知该测定SO2含量的实验失败，D正确；故合理选项是B。4．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表示不正确的是A．分子中p-p键的形成过程可以表示为B．在在中燃烧生成的形成过程用电子式表示为：C．锌锰碱性电池放电时正极反应式：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轨道头碰头形成p-p键，形成过程可以表示为，A正确；B．的形成过程用电子式表示为：，B错误；C．锌锰碱性电池放电时正极得到电子生成，反应式为：，C正确；D．牙膏中添加氟元素的原理：，使用含氟牙膏，浓度增大，平衡右移，可预防䶙齿，D正确。故选B。5．结构决定性质，下列事实解释错误的是事实解释A水的沸点高于氟化氢的键能大于的键能B结合的能力：N的电负性小于FC游离态水分子中小于中孤电子对排斥作用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极性微弱【答案】A【解析】A．氢键属于分子间作用力，水的沸点高于氟化氢的沸点是因为氢键的数目，前者更多，不是为氢键的键能，实际上是的键能大于的键能，A项错误；B．由于N的电负性小于F，但是NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性，难与H+结合，则结合的能力：，B项正确；C．单个水分子中，O的2对孤对电子排斥O-H键，使得变小，而在中，O的孤对电子和Cu2+的空轨道配位，O上只有1对孤对电子，减弱了O的孤对电子对O-H键的排斥，因此中大于单个水分子中，C项正确；D．臭氧是弱极性分子，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，根据“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项正确；答案选A。6．托伐普坦用于治疗高容或等容性低钠血症伴心力衰竭、肝硬化、抗利尿激素分泌异常综合征。其结构简式如下图，下列有关托伐普坦的叙述正确的是A．分子式为C26H23ClN2O3B．1个分子中采用sp3杂化的碳原子有5个C．分子中含有三种官能团D．分子中没有手性碳原子【答案】C【解析】A．由结构简式可知，分子式为C26H25ClN2O3，A不正确；B．由结构简式可知，苯环上的碳原子和酰胺基中的碳原子采用sp2杂化，中间环上有4个饱和碳原子，还有苯环连接的两个甲基共6个碳原子采用sp3杂化，B不正确；C．由结构简式可知，托伐普坦分子中含有氯原子、酰胺基和醇羟基，共三种官能团，C正确；D．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，由结构简式可知，分子含有1个手性碳原子，即连有醇羟基的碳原子，D不正确；答案选C。7．用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子H2O+。释放出来的电子可以被若干水分子形成的“网”捕获而形成水合电子[e-(H2O)n]，下列关于[e-(H2O)n]和H2O+的描述正确的是（）A.[e-(H2O)n]示意图可表示为：

B.H2O+具有较强的氧化性，能将二氧化硫还原为硫酸根离子

C.[e-(H2O)n]具有强还原性

D.一个H2O+所含电子数与一个水合氢离子(H3O+)相等【答案】C【解析】A．[e-(H2O)n]中H2O含有孤电子对，带负电，中心的e-也带负电，故H2O中的O原子应该朝外，故示意图错误；B.由水分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故B错误；C.除了氖和氦等个别物质外，水合电子几乎能与任何元素及化合物发生化学反应，故[e(H2O)n]-具有强还原性，C正确；D.一个H2O+所含电子数为10-1=9，一个水合氢离子(H3O+)是水分子结合一个H+后形成的，其电子数与水分子相同均为10个电子,D错误；答案选C。8．按照下图进行铜与浓硫酸反应的探究实验，下列说法正确的是A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明具有强氧化性B．N形管溶液变为红色，说明有酸性气体进入N形管C．反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中最终产生蓝色沉淀D．实验结束后从b口注入足量NaOH溶液，会有2种物质与NaOH反应【答案】B【分析】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。【解析】A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明二氧化硫具有漂白性，故A错误；B．滴有石蕊的氢氧化钠溶液呈蓝色，则N形管溶液变为红色，说明溶液中氢氧化钠与通入的二氧化硫完全反应，过量的二氧化硫使溶液呈酸性，故B正确；C．反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中发生的反应为硫酸铜溶液与足量氨水反应得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，不可能得到氢氧化铜蓝色沉淀，故C错误；D．浓硫酸与铜共热反应时硫酸浓度会减小变为稀硫酸，稀硫酸与铜共热不反应，则反应中浓硫酸不可能完全反应，所以实验结束后从b口注入足量氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液能与反应生成的硫酸铜、二氧化硫反应，也能与未反应的稀硫酸反应，所以会有3种物质与氢氧化钠反应，故D错误；故选B。9．我国科研工作者合成了一种非线性光学晶体，其阴离子结构如图所示(电荷未标出)。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，基态X的核外电子有5种运动状态，Y、Z与X同周期，W的氢氧化物具有两性，Q是第六周期半径最大的主族元素。下列说法错误的是A．金属性： B．原子半径：C．该晶体结构中X的化合价为价 D．Y的第一电离能比同周期相邻元素的都低【答案】B【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，基态X的核外电子有5种运动状态，每一种电子的运动状态各不相同，则X为B元素，Y、Z与X同周期，Y为O元素，Z为F元素；W的氢氧化物具有两性，则W为Al元素，Q是第六周期半径最大的主族元素，则为Cs元素；为CsAlB3O6F；【解析】A．同主族从上到下金属性增强，同周期从左到右金属性依次减弱，故金属性：，故正确；B．同周期从左到右原子半径减小，故原子半径：，故错误；C．Cs为+1价，Al为+3价，O为-2价，F为-1价，则该晶体CsAlB3O6F结构中X的化合价为价，故正确；D．同周期元素由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但O原子的价电子排布式为2s22p4，N原子的价电子排布式为2s22p3，p轨道为半充满状态较为稳定，故N、O、F三种元素第一电离能由大到小顺序为F>N>O，Y的第一电离能比同周期相邻元素的都低，故正确；答案选B。10．丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可由甘油催化转化制得，过程如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。甘油常压下沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法错误的是已知：反应I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g)△H1>0K1反应II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)△H2<0K2A．反应I的平衡常数K1=B．反应Ⅱ是焓减、熵减的反应C．丙烯醛有毒，可选择适用反应Ⅱ且对反应I几乎无影响的高效催化剂D．若改变条件增大反应Ⅱ的K2，反应Ⅱ平衡移动过程中逆反应速率先增大后减小【答案】D【解析】A：反应I产物中水为气态水，所以结合平衡常数计算公式可得，故A说法正确；B:反应Ⅱ，所以反应过程中焓是减少的过程，反应Ⅱ是一个气体体积减少的反应过程中，所以是一个熵减的反应，故B说法正确；C：选择适用反应Ⅱ且对反应I几乎无影响的高效催化剂，可以加快丙烯醛的反应生成丙烯酸，可以减少丙烯醛的污染，故C说法正确；D：因为反应Ⅱ为放热反应，若想增大则需要降低反应温度，温度降低是正逆反应速率都减少的过程，故D说法错误；故本题选D。11．二氯化二硫()是一种常用的橡胶硫化剂，其结构如图所示。极易水解：。下列说法错误的是A．中S为＋1价B．是由非极性键与极性键构成的极性分子C．上述反应中既作氧化剂又作还原剂D．上述反应中氧化产物与还原产物的质量比为3：1【答案】D【解析】A．氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，故A正确；B．S-Cl键是极性键，S-S键是非极性键，由于分子中正负电荷的重心不能重合，所以分子是极性分子，故B正确；C．S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由+1价降低为0，只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故C正确；D．氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可以知道二者的物质的量比为1：3，故D错误；故答案选D。12．嫦娥三号卫星上的元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿的晶胞结构如图所示。若该晶体的密度为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．位于围成的正八面体的中心B．周围距离最近的数目为12C．两个的最短距离为D．若的分数坐标为，则的分数坐标为【答案】D【分析】根据晶胞结构图可知，晶胞中Ti4+位于正方体中心，故每个晶胞中Ti4+个数为1个，Ba2+位于正方体8个顶点，故每个晶胞Ba2+个数为，O2-位于6个面心，每个晶胞中O2-个数为，故钡钛矿每个晶胞中Ba2+、Ti4+、O2-个数比为1∶1∶3，化学式为BaTiO3，其摩尔质量M=233g/mol，晶体的密度为ρg/cm3，体积V=cm3，其晶胞棱长为，据此解答。【解析】A．位于6个面心正好可围成正八面体，位于体心，则位于围成的正八面体的中心，A正确；B．位于正方体8个顶点，位于6个面心，一个周围等距的O2-共计个，B正确；C．位于正方体6个面的面心，故两个的最短距离为，即，C正确；D．位于顶点处的分数坐标为，则晶胞的参数为1，位于面心的原子的分数坐标为，D错误；故选D。13.常温下，调节足量草酸钙固体与水的混合体系的时，各微粒浓度的对数(代表、、、)随的变化曲线如图所示。已知。下列有关说法错误的是A．的电离常数的数量级为B．时，C．虚线④代表时，溶液中mol/LD．A点时，c(H+)>>c(OH-)【答案】B【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，水解微弱，钙离子和草酸根在一定pH范围内几乎是相等的，增大pH，后两个平衡逆向移动，草酸根浓度增大，其正对数增大，故④表示Ca2+，①表示草酸根；增大pH的过程中，后这个平衡均逆向移动，草酸氢根减小程度缓于草酸分子，故②表示、③表示，以此分析；【解析】A．，，，①③相交时，pH=4.2，可得Ka2=10-4.2，数量级为10-5，A正确；B．溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，则，忽略了调节pH所加的NaOH和HCl引入的钠离子和氯离子，B错误；C．草酸钙饱和溶液中，④表示Ca2+，①表示草酸根，pH=12，根据图像可知，，C正确；D．A点时c(H+)=10-1.32mol/L，，结合C点，，A点时，，则A点，，，即A点时，c(H+)>>c(OH-)，D正确；故答案为：B。15．我国学者最近研发出一种以铝为负极、石墨烯薄膜(Cn)为正极的新型铝-石墨烯电池，可在石墨烯薄膜上嵌入或脱嵌，离子液体/［EMIM］Cl作电解质，其中阴离子有、，阳离子为()，放电机理如图所示。下列说法错误的是A．放电时正极的电极反应：B．离子液体中的不参与反应，只起传递离子的作用C．和中各原子最外层均达到8电子结构D．该离子液体可用于钢制品上电镀铝，阴极的电极反应为【答案】D【分析】由题干可知，放电时，负极反应为Al+7-3e-=4，正极反应为，以此解答。【解析】A．由分析可知，在正极得到电子生成Cu和，电极方程式为：，A正确；B．离子液体/［EMIM］Cl作电解质，不参与反应，只起传递离子的作用，B正确；C．和中Al为+3价，Cl为-1价，Al和Cl最外层均达到8电子的稳定结构，C正确；D．由该电池负极反应可知，该离子液体可用于钢制品上电镀铝，阴极的电极反应为=4+3e-=Al+7，D错误；故选D。15．氯苯在液氨溶液中可以与氨基钠反应生成苯胺。某研究小组提出了三种可能的机理。经过一系列实验，最终确定该反应按“机理3”进行。机理1：机理2：机理3：三种机理中涉及到多个中间体。下列说法错误的是A．已知“中间体1”至少有11个原子共平面，则碳负离子采用杂化B．“中间体2”存在离域π键C．“中间体3”的碳负离子有一对位于杂化轨道的孤对电子D．“中间体4”部分键角与正常键角有较大差距，导致“中间体4”反应活性高【答案】B【解析】A．“中间体1”中至少有11个原子共平面，可知氯原子和氨基外的其他原子共面，碳负离子形成平面结构，为杂化，故A正确；B．“中间体2”存在碳正离子仍存在一个单电子参与形成π键，该中间体离域π键为，故B错误；C．“中间体3”的碳负离子中C原子与两个C成键，杂化轨道共存在一对孤电子对，p轨道中存在一个单电子，故C正确；D．“中间体4”存在碳碳三键，键角与双键差异较大，容易断键，因此“中间体4”反应活性高，故D正确；故选：B。第II卷（非选择题共55分）二、非选择题：共4题，共55分。16．（13分）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂，一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]为原料制备钌(Ru)的流程如图，回答下列问题：已知：①常温下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，，；②离子浓度等于或低于1×10-5mol·L-1时，则认为该离子已被完全除去。（1）基态Fe原子的价层电子排布式为，气体A为。（2）“滤液3”中含有铵盐，请写出氯化铵的电子式：。（3）“沉铁”的离子方程式为。（4）“软化”时，溶液中钙离子和镁离子的浓度分别为0.01mol·L-1和0.02mol·L-1，常温下取2.0L该滤液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为。（5）“灼烧”时Ar的作用是。（6）产生相同量的钌，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量比值为；从安全角度分析，方案2优于方案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）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（2分）（6）1：2（2分）方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全（2分）【分析】由分析可知，碳酸钠与钌矿石中氧化铝、氧化硅在熔融下发生反应，生成气体A二氧化碳；水浸后，滤液1中溶质为Na2SiO3，Na[Al(OH)4]，过滤后滤渣进行酸浸，Fe2+、Mg2+、Ca2+进入溶液中；“沉铁”去除铁，“软化”除Mg2+、Ca2+。方案1中沉钌得到的是Ru(CO3)2，方案2中沉钌得到的是Ru(C2O4)2。【解析】（1）铁是26号原子，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；由分析知，气体A为CO2，故答案为：3d64s2；CO2；（2）氯化铵中，氨根离子与氯离子之间以离子键结合，其电子式为，故答案为：；（3）“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，离子方程式为，故答案为：；（4）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀计算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=c(Ca2+)×c2(F-)，当c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1时，(mol·L-1)，则加上沉淀的氟离子，需加入NaF的物质的量为(mol)，故答案为：0.1278mol；（5）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar，方案2加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；（6）方案1中，Ru从+4价变为0价，每生成1molRu，需要2molH2，1molRu(C2O4)2分解产生4molCO2，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全。17．（14分）工业上先将金红石转化为，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛(Ti)。在恒容密闭容器中加入一定量的、和，可能发生的反应有：反应反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（1）①；反应I(填“能”或“不能”)自发进行，判断理由是。②已知和的部分物理性质如下表：物质物理性质熔点为1560~1580℃，不溶于水、稀无机酸、熔点为-23.2℃、沸点为135.9℃，溶于冷水、乙醇、稀盐酸将二者混合物进行分离，分别得到纯净物可采用的方法是(简要写出操作步骤)。（2）在下，一定量的、、C发生上述反应，平衡体系中气体组分、、的体积分数随温度变化的理论计算结果如图所示。①图中表示的曲线是(填“a”或“b”)，其曲线变化的原因是②理论上制备的反应温度是越低越好，但实际生产中反应温度却选择800~1000°C，选择800~1000°C的原因是。③在1200℃下，反应Ⅱ的平衡常数(为用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。【答案】（1）①-49（2分）能（1分）反应I的，，，能自发进行(合理即可)（2分）②常温下将混合物过滤，滤液是，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到(合理即可)（2分）（2）①b（1分）随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，减少，而反应Ⅲ正向移动，也减少(合理即可)（2分）②升高温度，反应速率加快，从图中可知800~1000℃时，的体积分数也比较高(合理即可)（2分）③45（2分）【解析】（1）①由盖斯定律可知反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则；反应自发进行，该反应,,，该反应能自发进行；②由和的物理性质可知，不溶于水，能溶于冷水，故将二者混合物进行分离时，可将混合物溶于冷水，进行过滤，滤液为，滤渣为，将滤渣用冷水洗涤、干燥后可得固体；（2）①升高温度，反应Ⅱ平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，CO2的量减小，反应Ⅲ正向移动，CO2的量也减小，故表示CO2的曲线是b，表示CO的曲线是a，曲线变化的原因是：随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2减少，而反应Ⅲ正向移动，CO2也减少；②适当的升高温度，能使反应速率加快，根据图中曲线可知在800~1000℃范围内体积分数也较高，故选择800~1000°C的原因是：升高温度，反应速率加快，从图中可知800~1000℃时，的体积分数也比较高；③根据图像可得的分压为，CO2的分压为，CO的分压为，那么Cl2的分压为100kPa-36kPa-20kPa-40kPa=4kPa，反应Ⅱ的平衡常数。18．（14分）含氮物质是一类常见物质，在人们的生产、生活活动中有重要作用。（1）实验室中，采用一定浓度的NaNO2溶液和NH4Cl溶液作为反应物，通过加热制备少量N2。①该反应的化学方程式是，收集N2的方法是(填标号)。②实验小组同学设计以下实验探究上述反应的速率与c(NaNO2)的关系实验编号溶液体积/mL收集1.0mLN2所用时间/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已知该反应的速率方程为，k为反应速率常数。根据上述实验数据，m=(填整数)。（2）“侯氏制碱法”是中国人的骄傲，上述实验中需用到的NH4Cl是“侯氏制碱法”的副产物。实验小组模拟“侯氏制碱法”的原理，在实验室中制备少量NaHCO3，使用的装置如下图：装置接口正确的连接顺序为a→←d(填接口序号)；由该装置可知，该实验中制备NH3需用到的试剂是(填化学式)。（3）实验小组在实验中，将1.0mol·L-1NaNO2溶液滴入pH=0.5的1.0mol·L-1FeSO4溶液中，观察到溶液为棕色，而不是预期的黄色。于是他们进行以下实验探究。①查阅资料常温下，[Fe(NO)]2+在溶液中能稳定存在，溶液为棕色，受热分解释放出NO。②提出猜想溶液的棕色来源于[Fe(NO)]2+，且[Fe(NO)]2+的颜色掩盖了Fe3+的黄色。③设计实验、验证猜想实验编号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，按下图所示加热④实验现象及分析i．实验5溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，Fe3+的来源是(写出离子方程式)；ii．实验6观察到(填实验现象)，证明溶液呈棕色是因为存在[Fe(NO)]2+，且其颜色掩盖了Fe3+的黄色。【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）溶液变为黄色（1分）【分析】探究NaNO2溶液和NH4Cl溶液反应的速率与c(NaNO2)的关系时，c(NaNO2)是唯一变量。【解析】（1）①溶液和溶液加热生成NaCl、N2、H2O，该反应的化学方程式是，N2的密度与空气相近，难溶于水，所以用排水法收集N2，故选a。③根据实验1、3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据实验1和3，NaNO2的体积增大二倍，速率大约变为4倍，实验4的速率大约是实验2的4倍，则实验2所用NaNO2溶液的体积为实验4的二分之一，则V1=6.0mL，V3=(20.0-4.0-4.0-6.0)mL=6.0mL。④由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为≈，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于，实验m≈2