安徽省合肥市普通高中六校聯(lián)盟20242025學(xué)年第一學(xué)期期中聯(lián)考化學(xué)

合肥市普通高中六校聯(lián)盟學(xué)年第一學(xué)期期中聯(lián)考高三年級化學(xué)試卷考試時間：分鐘滿分：分)可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題本大題共小題，每題3分，共分。每小題只有一個正確答案，請把正確答案涂在答題卡上。)1.近年來我國科技研究取得重大成就，科技創(chuàng)新離不開化學(xué)。下列相關(guān)敘述錯誤的是A.戰(zhàn)斗機的隱形涂層含石墨烯，石墨烯、石墨互為同素異形體B.中國空間站太陽翼使用氮化鎵半導(dǎo)體材料，屬于新型無機非金屬材料C.創(chuàng)造了可控核聚變運行紀(jì)錄的“人造太陽”，其原料中的與互為同位素D.天問一號探測器使用新型增強鋁基復(fù)合材料，具有硬度大、熔點低的特點【答案】D【解析】【詳解】A．石墨烯、石墨為碳元素形成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，A正確；B構(gòu)陶瓷、壓電陶瓷、透明陶瓷、超導(dǎo)陶瓷、氮化鎵等都屬于新型無機非金屬材料，B正確；C．與是氫元素的兩種核素，兩者互為同位素，C正確；D．SiC為共價晶體，具有硬度大、熔點高的特點，D錯誤；故選D。2.對下列事實的解釋正確的是（）A.氯氣可以使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，是因為氯氣具有漂白性B.常溫下，濃HSO4可以用鋁制容器貯存，說明鋁與濃HSO4不反應(yīng)C.向50mL18mol?L1的HSO4溶液中加入足量的銅片加熱充分反應(yīng)后，被還原的HSO4的物質(zhì)的量等于0.45molD.向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加入稀鹽酸，沉淀不溶解，則原溶液不一定含有SO【答案】D【解析】第1頁/共18頁【詳解】A．氯氣沒有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性，A錯誤；B．常溫下鋁在濃硫酸中鈍化，鈍化是化學(xué)變化，B錯誤；C．在銅和濃硫酸的反應(yīng)中硫酸濃度逐漸減小，稀硫酸和銅不反應(yīng)，因此向50mL18mol?L1的HSO4溶液中加入足量的銅片加熱充分反應(yīng)后，被還原的HSO4的物質(zhì)的量小于0.45mol，C錯誤；DBaCl2溶液不一定含有SO，D正確；答案選D。3.下列關(guān)于物質(zhì)分類的組合正確的是分類組合混合物酸堿鹽酸性氧化物A膽礬HNO3CHOHNaHCO3CO2B汽油CHCOOHCa(OH)2NaBrSO2C鹽酸HClOCu(OH)CO3BaSO4CaOD漂白粉HBrKOHNHClCOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】酸是電離出的陽離子都是氫離子的化合物；堿是電離出的陰離子都是氫氧根離子的化合物；鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物；氧化物是含有兩種元素一種為氧元素的化合物；能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；【詳解】A．膽礬為硫酸銅晶體，屬于純凈物；CHOH為有機化合物中的醇，不屬于堿，A錯誤；B．汽油為混合物；乙酸屬于酸；氫氧化鈣為堿；溴化鈉為鹽；二氧化硫為酸性氧化物，B正確；C．Cu(OH)CO3不是堿，是鹽；氧化鈣為堿性氧化物，C錯誤；D．CO既不能與酸作用生成鹽和水，也不能與堿作用生成鹽和水，沒有相應(yīng)的氫氧化物，屬于中性氧化物D錯誤；故選B。4.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是第2頁/共18頁A.18gNH和18gHO中含有的質(zhì)子數(shù)均為10NAB.用含1mol溶質(zhì)的FeCl3飽和溶液制得的膠體中含有的Fe(OH)3膠粒數(shù)為NAC.3.2gO2和O3的混合氣體中含有的氧原子數(shù)為0.2NAD.NaO2與足量水充分反應(yīng)時，標(biāo)況下生成2.24LO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA【答案】C【解析】【詳解】A．18gNH的物質(zhì)的量為=1mol，含有質(zhì)子，質(zhì)子數(shù)為，18gHO的物質(zhì)的量為=1mol，含有10mol質(zhì)子，質(zhì)子數(shù)為10N，A錯誤；B．膠粒是許多微粒的集合體，用含1mol溶質(zhì)的FeCl3飽和溶液制得的膠體中含有的Fe(OH)3膠粒數(shù)小于N，B錯誤；C．3.2gO2和O3的混合氣體可看成3.2gO，則氧原子的物質(zhì)的量為=0.2mol，氧原子數(shù)為0.2N，C正確；D．2.24LO2的物質(zhì)的量為=0.1mol，NaO2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaO2+2HO=4NaOH+O1molO22mol0.1molO20.2mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2N，D錯誤；答案選C。5.下列離子方程式書寫正確的是A.澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合：B.與鹽酸反應(yīng)：C.溶液中加足量的燒堿溶液D.溶液與溶液混合至溶液呈中性：【答案】B【解析】【詳解】A．澄清石灰水與少量小蘇打溶液混合氫氧根離子與鈣離子的物質(zhì)的量之比是1∶1，第3頁/共18頁，A錯誤；B．與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、水和氧氣，B正確；C．溶液中加足量燒堿溶液會生成氫氧化鎂，，C錯誤；D．溶液與溶液混合至溶液呈中性，D錯誤；故選B。6.常用催化劑，催化過程如圖所示，下列說法不正確的是A.過程1的離子方程式是：B.過程2中，作氧化劑C.和都是催化劑D.此催化過程的總離子反應(yīng)為：【答案】C【解析】A1是次氯酸根離子與三氧化二鎳反應(yīng)生成氯離子和二氧化鎳，離子方程式為：，A正確；B2的離子方程式為：+4價降低到+3B正確；C．由圖可知反應(yīng)過程中生成了二氧化鎳又消耗了二氧化鎳，二氧化鎳是中間產(chǎn)物，不是催化劑，C錯誤；第4頁/共18頁D．過程2的離子方程式為：，與過程1聯(lián)立，總離子反應(yīng)為：，D正確；答案選C。7.有下列三個反應(yīng)：①Cl+FeI=FeCl+I；②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br；③CoO+6HCl=2CoCl+Cl↑+3HO.下列說法正確的是A.在反應(yīng)③中，當(dāng)1molCoO3參加反應(yīng)時，2molHCl被氧化B.根據(jù)以上方程式可以得到氧化性：Cl＞Fe3+＞CoO3C.反應(yīng)①、②、③中的氧化產(chǎn)物分別是I、Fe3+、CoCl2D.可以推理得到Cl+FeBr=FeCl+Br2【答案】A【解析】【詳解】A．在反應(yīng)③中當(dāng)1molCoO3參加反應(yīng)時，有6molHCl參加反應(yīng)，其中2molHCl被氧化，故A正確；B．氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，在反應(yīng)①中，氧化性Cl＞I，在反應(yīng)②中，氧化性Br＞Fe3+，在反應(yīng)③中，氧化性CoO＞Cl，則氧化性強弱順序：CoO＞Cl＞Fe3+，故B錯誤；C．①中碘元素化合價升高，由FeI→I，則I2為氧化產(chǎn)物，②中由Fe2+→Fe3+，則Fe3+為氧化產(chǎn)物，③中由HCl→Cl，則Cl2為氧化產(chǎn)物，故C錯誤；D．由②可知，還原性Br＜Fe2+，Cl2和FeBr2反應(yīng)時，氯氣先氧化亞鐵離子，再氧化溴離子，故D錯誤；故選A。8.常溫下，下列微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A.在能使石蕊試液變紅的溶液中：Ba2、Cu2、NO、ClB.在pH=13的溶液中：K、Mg2、Cl、SOC.在乙醛水溶液中：K、Na、Cl、Br2D.在由水電離c(H+)=1×1012mol/L的溶液中：Na＋、K＋、HCO、CHCOO【答案】A【解析】【詳解】A．能使石蕊變化的溶液呈酸性，各離子互不反應(yīng)，能大量共存，故A正確；第5頁/共18頁B．pH=13的溶液呈堿性，Mg2+能與OH￣反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故B錯誤；C．乙醛具有較強的還原性，能被Br2氧化，不能大量共存，故C錯誤；D．由水電離的c(H+)=1×1012mol?L￣1的溶液中，可能呈酸性或堿性，既能與H+反應(yīng)，也能與OH￣反應(yīng)，不能大量共存，能和H+結(jié)合成弱電解質(zhì)，故D錯誤；故選A。9.室溫下，下列實驗方案能達到實驗?zāi)康牡氖沁x實驗方案實驗?zāi)康捻楄b別溶液與A取樣，加入澄清石灰水，觀察是否有沉淀產(chǎn)生溶液的氧化性比固體中滴加稀鹽酸，加熱，觀察是否有黃綠色氣體B產(chǎn)生強檢驗取溶液少許，滴加溶液，向所得沉淀中加C是否變質(zhì)入足量稀鹽酸，觀察沉淀溶解程度D向裝有檢驗是否變質(zhì)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A于鑒別碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液，故A錯誤；B．二氧化錳與稀鹽酸共熱不反應(yīng)，不可能有黃綠色氣體產(chǎn)生，故B錯誤；C．若亞硫酸鈉溶液變質(zhì)，向溶液中加入氯化鋇溶液，反應(yīng)得到的白色沉淀是硫酸鋇和亞硫酸鋇的混合物，向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀不能完全溶解，則加入足量稀鹽酸，觀察沉淀溶解程度可以檢驗亞硫酸鈉是否變質(zhì)，故C正確；第6頁/共18頁D質(zhì)，故D錯誤；故選C。10.已知鹵素之間可形成鹵素互化物，如BrCl(氯化溴)，已知氯化溴能發(fā)生如下反應(yīng)：①②下列推斷不正確的是A.BrCl與Br、Cl2單質(zhì)具有相似的化學(xué)性質(zhì)B.BrCl與HO反應(yīng)時，BrCl既是氧化劑又是還原劑C常溫下BrCl可與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCl和NaBrOD.BrCl的氧化能力強于Br2單質(zhì)，弱于Cl2單質(zhì)【答案】B【解析】ABrCl中Br元素化合物為+1氧化還原反應(yīng)，與Br、Cl2單質(zhì)具有相似的化學(xué)性質(zhì)，A正確；B．反應(yīng)BrCl+HO=HBrO+HCl中，元素化合價沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應(yīng)，B錯誤；C．BrCl與水反應(yīng)生成HBrO和HCl，則與堿反應(yīng)可生成NaCl和NaBrO，C正確；DBr+Cl=2BrClCl2Br2BrClBrCl的氧化性強于Br2而弱于Cl，D正確；故選B。在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A.FeFeCl2Fe(OH)2B.Cl2Ca(ClO)2HClOC.SSO2HSO4D.NaNaONaOH【答案】B【解析】第7頁/共18頁【詳解】A．Fe在氯氣中燃燒一定得到氯化鐵，不會得到氯化亞鐵，A錯誤；B到次氯酸，B正確；C．二氧化硫與水反應(yīng)應(yīng)該得到亞硫酸，得不到硫酸，C錯誤；D．鈉與氧氣加熱應(yīng)該得到過氧化鈉，D錯誤；答案選B。12.HFe3Fe2Al3[Al(OH)]CONO七種離子中的1mol/L的NaOH量后繼續(xù)滴加NaOH溶液沉淀部分消失，下列判斷中正確的是A.一定含有Fe3，但一定不含F(xiàn)e2＋B.一定不含F(xiàn)e3和Fe2＋C.溶液可能含有NOD.只含有Al3，F(xiàn)e3，F(xiàn)e2中的一種【答案】A【解析】【分析】向該溶液中加入一定量1mol/LNaOH溶液的過程中，開始沒有沉淀，說明溶液呈酸性，則一定含有大量的H+離子，在酸性溶液中[Al(OH)]CO離子分別與H+離子反應(yīng)生成Al(OH)3CO2氣體而不能存在，根據(jù)溶液的電中性可知一定含有陰離子，則只有NO離子符合；開始沒有沉淀，而后才有沉淀，能夠生成沉淀的是Fe3+離子、Fe2+離子或Al3+離子中的一種或幾種，但在酸性條件下Fe2+離子與NO離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存，則一定不含F(xiàn)e2+離子，沉淀達最大量后繼續(xù)滴加NaOH溶液沉淀部分消失。說明一定含有Al3+和Fe3+H+NOFe3+Al3+[Al(OH)]CO、Fe2+。【詳解】A．依據(jù)判斷可知一定含F(xiàn)e3+離子，一定不含有Fe2+離子，故A正確；B．分析判斷可知溶液中一定含有Fe3+，但一定不含F(xiàn)e2+，故B錯誤；C．依據(jù)分析和溶液中電荷守恒可知，陰離子只有NO離子，所以一定存在NO離子，故C錯誤；D．一定含有Al3、Fe3，一定不含F(xiàn)e2，故D錯誤；故答案為A。13.高鐵酸鉀()是新型綠色環(huán)保水處理劑。一種制備的流程如下：第8頁/共18頁下列說法錯誤的是A.步驟i中反應(yīng)的離子方程式為B.步驟ⅱ說明堿性條件下，氧化性：NaClO＞NaFeO4C.步驟ⅲ的反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)，說明溶解度：D.作為性能優(yōu)良的水處理劑，主要是利用了其強氧化性和還原后產(chǎn)生的具有絮凝作用的Fe(Ⅲ)【答案】C【解析】【分析】根據(jù)制備流程分析，F(xiàn)eSO4溶液在酸性條件下與HO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到Fe(SO)，F(xiàn)e2(SO)3與NaClO在堿性條件下發(fā)生氧化還原得到NaFeO，NaFeO4與飽和的KOH溶液作用得到KFeO4粗品，經(jīng)洗滌干燥后得到KFeO4純品，據(jù)此分析解答問題。【詳解】A．由上述分析可知，步驟ⅰ為FeSO4溶液在酸性條件下與HO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成HO和Fe(SO)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可得反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++HO+2H+=2Fe3++2HO，A選項正確；B．步驟ⅱ為Fe(SO)3與NaClO在堿性條件下發(fā)生氧化還原得到NaFeO，氧化劑是NaClO，氧化產(chǎn)物為NaFeO，因為氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，故在堿性條件下，氧化性：NaClO＞NaFeO，B選項正確；C．步驟ⅲ為NaFeO4與飽和的KOH溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到KFeO4粗品，溶解度大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，故溶解度：NaFeO＞KFeO，C選項錯誤；D．由于KFeO4具有強氧化性，因此可用于水的殺菌消毒，且其還原產(chǎn)物Fe3+水解得到的Fe(OH)3膠體，具有絮凝的作用，故KFeO4是性能優(yōu)良的水處理劑，D選項正確；答案選C。14.向FeI、FeBr2的混合溶液中通入適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化如圖所示。下列有關(guān)說法中不正確的是第9頁/共18頁A.還原性：I－＞Fe2+＞Br－B.線段AB表示Fe2+被氯氣氧化C.線段BC表示生成Fe3+D.原溶液中n(Br－)=6mol【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)題中信息，碘離子先反應(yīng)，亞鐵離子再反應(yīng)，溴離子最后反應(yīng)，因此還原性：I－＞Fe2+＞Br－，故A正確；B．線段AB表示I－被氯氣氧化，故B錯誤；C．線段BC表示亞鐵離子被氯氣氧化生成Fe3+，故C正確；D．DE是溴離子反應(yīng)生成溴單質(zhì)，DE消耗了3mol氯氣，因此原溶液中n(Br－)=6mol，故D正確。綜上所述，答案為B。二、填空題共分)15.Ca(ClO)2具有強氧化性，可作漂白劑。某化學(xué)興趣小組利用如圖裝置制取Ca(ClO)的反應(yīng)是放熱反應(yīng)；②Ca(ClO)2遇熱水會分解生成Ca(ClO)?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱是___________，裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。（2）裝置B中盛裝試劑是___________，裝置E中b的作用是___________。（3）裝置C中的顏色變化為___________。第10頁/共18頁（4Ca(ClO)2D___________(填“熱水浴”或“冷水浴”)，實驗中除控制溫度外還可采取的措施是___________。（5Ca(OH)22Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO6Cl2+6Ca(OH)=5CaCl+Ca(ClO)+6HO。某溫度下，將氯氣通入Ca(OH)2溶液中，反應(yīng)得到CaCl、Ca(ClO)2和Ca(ClO)2___________(填化學(xué)式)ClO與ClO的個數(shù)比為2：3，則氯氣與氫氧化鈣反應(yīng)時，被還原的氯原子和被氧化的氯原子的個數(shù)比為___________?！敬鸢浮浚?）①.圓底燒瓶(或燒瓶)②.MnO+4HClMnCl+Cl↑+2HO（2）①.飽和NaCl溶液②.防倒吸（3）紫色石蕊溶液先變紅后褪色（4）①.冷水?、?控制濃鹽酸的滴加速度（5）①.Ca(ClO)、Ca(ClO)2②.17：5【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，A中濃鹽酸與二氧化錳加熱制備氯氣，氯氣通入B中飽和食鹽水除去HCl后，再通入C中檢驗氯水的漂白性，然后再通入D中使氯氣與石灰乳反應(yīng)產(chǎn)生次氯酸鈣和氯化鈣，最后通入E中進行尾氣處理，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】儀器a(或燒瓶)A錳和水。故答案為：圓底燒瓶(或燒瓶)；?！拘?詳解】根據(jù)分析可知，裝置B中盛裝的試劑是飽和NaCl溶液，其作用是除去HCl氣體；裝置E的作用是吸收尾氣，而b的作用是吸收尾氣時防止液體倒吸。故答案為：飽和NaCl溶液；防倒吸。【小問3詳解】氯氣通入石蕊溶液中發(fā)生，HCl和HClO體現(xiàn)出酸性使紫色石蕊溶液變紅，然后HClO體現(xiàn)漂白性使紅色石蕊溶液褪色。故答案為：紫色石蕊試液先變紅后褪色。【小問4詳解】第11頁/共18頁溫度較高時氯氣與消石灰反應(yīng)生成Ca(ClO)，為避免此副反應(yīng)的發(fā)生，應(yīng)采用冷水浴的方式進行；也可以控制氯氣的產(chǎn)生速率，避免反應(yīng)過快大量放熱使溫度快速升高產(chǎn)生副反應(yīng)，因此可采用控制濃鹽酸的滴加速度來控制氯氣生成的速率。故答案為：冷水??；控制濃鹽酸的滴加速度。【小問5詳解】根據(jù)題目的反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中氯元素得電子生成CaCl，氯元素失電子生成Ca(ClO)2和Ca(ClO)，因此氧化反應(yīng)的產(chǎn)物為：Ca(ClO)、Ca(ClO)；Cl2生成和是被氧化的過程，化合價由0價分別升高到+1價、+5價，與的個數(shù)比為2：3，可假設(shè)生成的為2mol，為3mol，被氧化的氯原子為5mol17molCl2生成0價降低到1失電子守恒可知，要得到17mol電子，則被還原的氯原子也為17mol，因此被還原的氯原子和被氧化的氯原子的個數(shù)比為17：5。故答案為：Ca(ClO)、Ca(ClO)；17：5。16.回答下列問題（1）金屬與硝酸反應(yīng)通常不能生成H，用3mol/LHNO3與過量鐵粉反應(yīng)，HNO3的還原產(chǎn)物主要是NO，請寫出反應(yīng)的離子方程式：___________。有同學(xué)在查閱文獻時發(fā)現(xiàn)文獻有記載：HNO3與鐵反應(yīng)能產(chǎn)生H。于是其小組進行了金屬鐵與硝酸反應(yīng)能否產(chǎn)生H2及其有利條件的探究。實驗I：20℃，將過量鐵粉溶于0.5mol·L1HNO3中，立即有無色氣體生成，充分反應(yīng)后，溶液幾乎無色。（2）檢驗氣體：方法如圖所示。確認氣體是H，不含NO。實驗證據(jù)是___________。（3）檢驗溶液：取上層清液，等分兩份①向一份滴加K[Fe(CN)]溶液，___________(填現(xiàn)象)，說明含有Fe2。②向另一份加入NaOH溶液，產(chǎn)生灰綠色沉淀；加熱至沸，有刺激性氣味氣體逸出，用濕潤紅色石蕊試紙I中發(fā)生的反應(yīng)有Fe＋2H=Fe2＋H___________(寫出離子方程式)。第12頁/共18頁對H2產(chǎn)生的原因提出假設(shè)：在稀的酸性溶液中，HNO3中H的氧化性大于NO，驗證如下：（4）實驗II：將銅粉溶于0.5mol/LHNO3中。經(jīng)檢測，發(fā)現(xiàn)沒有___________生成，初步證實假設(shè)不成立。（5）再次查閱文獻發(fā)現(xiàn)：在酸性介質(zhì)中，盡管電極電勢數(shù)據(jù)顯示NO離子是個頗強的氧化劑，然而動力學(xué)原因?qū)е滤谙∷嶂械姆磻?yīng)一般都很慢。于是小組改變條件重復(fù)實驗I，向2mL0.5mol·L1HNO3中加入過量鐵粉，結(jié)果如下：實驗序號ⅢⅣⅤ溫度20℃40℃60℃生成H2體積6.0mL3.4mL2.6mL經(jīng)檢驗，實驗III、IV、V中，NO的還原產(chǎn)物與實驗I相同。從反應(yīng)速率的角度解釋溫度升高H2體積減少的原因___________。（6）綜上所述，有利于金屬與硝酸反應(yīng)生成氫氣的條件是___________?！敬鸢浮浚?）3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4HO（2）氣體遇空氣未見紅棕色，點燃肥皂泡，發(fā)出爆鳴聲（3）①.產(chǎn)生藍色沉淀②.4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3HO（4H2（5H+NONOH+同時被消耗，H+得電子機會減少，導(dǎo)致產(chǎn)生的H2體積減少（6）較低溫度、低濃度硝酸【解析】【分析】已知鐵粉與稀硝酸反應(yīng)會生成H，根據(jù)圖示所做實驗，產(chǎn)生的氣體為無色，點燃時，有尖銳的爆NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，鐵粉與硝酸還能反應(yīng)生成銨根離子。【小問1詳解】稀HNO3與過量鐵粉反應(yīng)生成亞鐵離子，還原產(chǎn)物主要是NO，離子方程式：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4HO?！拘?詳解】NO遇氧氣生成二氧化氮變紅棕色，而氫肥皂泡中氫氣可燃燒，不純的話有爆鳴聲，所以確認氣體是H，第13頁/共18頁不含NO的實驗證據(jù)是氣體遇空氣未見紅棕色，點燃肥皂泡，發(fā)出爆鳴聲?！拘?詳解】①如產(chǎn)物有亞鐵離子，滴加K[Fe(CN)]溶液，會產(chǎn)生藍色沉淀，離子方程式為：3Fe2++2[Fe(CN)]3═Fe3[Fe(CN)]NaOH溶液，加熱至沸，有刺激性氣味氣體逸出，用濕潤紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍，說明產(chǎn)物有，則另外發(fā)生的反應(yīng)為：4Fe++10H+=4Fe2+++3HO。【小問4詳解】同樣是0.5mol/LHNO，F(xiàn)e反應(yīng)能產(chǎn)生H，銅粉能反應(yīng)但不產(chǎn)生氫氣，則無法證明0.5mol/LHNO3中H＋的氧化性大于?！拘?詳解】H+、都有氧化性，可被還原，溫度升高，H+、被還原的速率均增大，被還原的速率增大的更多，導(dǎo)致H2體積減少。【小問6詳解】較低溫度和低濃度的硝酸有利于金屬與硝酸反應(yīng)生成氫氣?！军c睛】本題考查性質(zhì)檢驗實驗，解答這類題時要根據(jù)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，知道發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)以及有關(guān)產(chǎn)物，最后得出結(jié)論，難度中等。17.NO、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）NO的處理。NO是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使NO分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成NO的化學(xué)方程式為___________。（2）NO和NO2的處理。已除去NO的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為2NO+2NaOH=NaNO+NaNO+HO(I)NO+NO+2NaOH=2NaNO+HO(II)①反應(yīng)(II)中，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為___________。②NO2和Br2蒸汽都是紅棕色氣體，下列可以用來鑒別這兩種氣體的試劑是___________。A．用氫氧化鈉溶液B．淀粉碘化鉀溶液C．用硝酸銀溶液D．用蒸餾水③下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有___________(填字母)。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過程中定期補加適量NaOH溶液④吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是___________(填化學(xué)式)；第14頁/共18頁吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是___________(填化學(xué)式)。（3）NO的處理?？梢杂肗aClO溶液吸收硝酸尾氣。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO，其離子方程式為___________?！敬鸢浮浚?）2NH+2O2NO+3HO（2）①.1：1②.CD③.BC④.NaNO3⑤.NO（3）3HClO+2NO+HO=3Cl+2+5H+【解析】【小問1詳解】NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成NO，反應(yīng)過程中N元素化合價升高，根據(jù)元素守恒可知O2被還原為HO和NO，N元素化合價由3升高至+1，O元素化合價由0降低至2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降守恒和原子守恒可知反應(yīng)方程式為2NH+2O2NO+3HO。故答案為2NH+2O2NO+3HO；【小問2詳解】①在NO+NO+2NaOH=2NaNO+HO中，NO2被還原，作氧化劑，NO被氧化，作還原劑，根據(jù)原子守恒可知氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物之比為1∶1；故答案為1∶1；②A．NO2和Br2蒸汽都能與NaOH溶液反應(yīng)生成無色物質(zhì)，現(xiàn)象相同，無法鑒別，故A不符合題意；B．Br2蒸汽能氧化I生成I，NO2與水反應(yīng)生成HNO，HNO3能氧化I生成I，I2遇淀粉使溶液變藍，現(xiàn)象相同，無法鑒別，故B不符合題意；C．NO2通入到硝酸銀溶液，發(fā)生3NO+HO=HNO+2NO，有氣體生成，而溴蒸氣通入到硝酸銀溶液中生成AgBr淺黃色沉淀，現(xiàn)象不同，能鑒別，故C符合題意；D．NO2和溴蒸氣都是紅棕色氣體，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和無色的一氧化氮氣體，而溴蒸氣溶于水，溶液顏色為橙紅色，二者現(xiàn)象不同，可鑒別，故D符合題意；綜上所述，答案為CD；③A．加快通入尾氣的速率，氣體不能充分反應(yīng)，故A不符合題意；B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣，可使氣體與氫氧化鈉溶液充分反應(yīng)，故B符合題意；CNONO2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaNONaOH溶液，故C復(fù)合題意；第15頁/共18頁綜上所述，答案BC；④根據(jù)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ反應(yīng)生成NaNO2和NaNO，則含有的雜質(zhì)為NaNO；若NO的含量比NO2大，則尾氣中含有NO，若NO2的含量比NO大，則無尾氣，故答案為：NaNO；NO；【小問3詳解】在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和，反應(yīng)過程中N元素化合價由+2升高至+5，Cl元素化合價由+1降低至1，根據(jù)氧化還原反應(yīng)化合價升降守恒、原子守恒、電荷守恒和溶液呈酸性可知反應(yīng)離子方程式為3HClO+2NO+HO=3Cl+2+