四川省射洪中学20222023学年高一下学期（强基班）第一次月考化学试题

射洪中学高2022级强基班高一(下)第一次学月考试化学试题时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：N14O16Na23Cl35.5I–127Cu64Ag108一、单项选择题(每小题只有一个选项最符合题意，每题3分，共30分)1.下列有关C、及其合物的叙述错误的是A.石墨、碳纳米管、富勒烯是同素异形体B.是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机C.制成玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆D.玻璃、水泥、陶瓷其成分均含有硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．同种元素组成的不同单质属于同素异形体，石墨、碳纳米管、富勒烯是碳元素的同素异形体，故A正确；B．是一种新型无机非金属材料，硬度大，可用于制造发动机，故B正确；C．制成玻璃纤维，由于导光能力强而被用于制造光缆，不能导电，故C错误；D．玻璃、水泥、陶瓷属于传统的无机非金属材料，其成分均含有硅酸盐，故D正确；故选C。2.下列说法正确的是A.氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱B.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐C.氮气与氧气直接在汽车内燃机中高温下反应，氧气少量生成NO，过量生成NO2D.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定【答案】B【解析】【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大使得氮气很稳定，A错误；B．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，B正确；C．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧气氧化生成NO2，C错误；D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，植物不能直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，D错误；故选B。3.下列叙述错误的是A.浓硫酸使胆矾晶体变成白色粉末，浓硫酸表现出吸水性B.氢氧化钠溶液保存在带橡胶塞的细口玻璃瓶中C.氢氟酸不能保存在玻璃瓶中D.较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，硫酸表现出强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，能够吸收硫酸铜晶体的结晶水，使胆矾变成白色，在该反应中浓硫酸表现出吸水性，A正确；B．氢氧化钠溶液会和玻璃中二氧化硅反应，故需保存在带橡胶塞的细口玻璃瓶中，B正确；C．氢氟酸会和玻璃中二氧化硅反应，腐蚀玻璃，故不能保存在玻璃瓶，C正确；D．较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，元素化合价不变，较浓硫酸表现出强酸性，而不是强氧化性，D错误；故选D。4.下列关于的说法不正确的是A.工业制备硫酸后含的尾气可用溶液吸收B.葡萄酒中通入规定量的，有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用C.通入氯水，溶液褪色，体现了的漂白性D.通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，向褪色后的溶液中滴加溶液，红色复现，体现了酸性氧化物的通性【答案】C【解析】【详解】A．可与溶液发生反应，故工业制备硫酸后含的尾气可用溶液吸收，故A正确；B．葡萄酒中通入规定量的，具有还原性，有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用，故B正确；C．通入氯水，溶液褪色，是由于发生反应，体现了的还原性，故C错误；D．通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，是由于发生反应，溶液碱性减弱，向褪色后的溶液中滴加溶液，溶液碱性增强，红色复现，体现了酸性氧化物的性质，故D正确；故选C。5.下列关于铵盐的叙述不正确的是A.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝B.可用Ba(OH)2溶液鉴别(NH4)2SO4和(NH4)2CO3C.可用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨D.实验室不能直接加热NH4Cl或NH4NO3固体制取氨气【答案】B【解析】【详解】A．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，受热分解生成氨气，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，A正确；B．Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4和(NH4)2CO3溶液反应均生成氨气和白色沉淀，不能鉴别，B错误；C．烧碱可与NH反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，C正确；D．加热NH4Cl生成的氨气和HCl遇冷又化合为氯化铵，加热NH4NO3固体易爆炸，不能用于实验室制取氨气，D正确；故选B。6.下列四套装置用于实验室制取二氧化硫并回收胆矾，其中不能达到实验目的的是A.A装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体B.用B装置吸收尾气中的二氧化硫C.用C装置溶解反应后烧瓶内混合物中的硫酸铜固体D.用D装置加热硫酸铜溶液，蒸干溶液制备胆矾晶体【答案】D【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热，发生反应产生CuSO4、SO2、H2O，由于浓硫酸具有吸水性，反应产生的少量H2O被浓硫酸吸收，得到的CuSO4是白色固体，因此A装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体，A正确；B．SO2是酸性气体，容易与NaOH容易反应导致装置中气体压强减小而产生倒吸现象，因此使用倒扣漏斗可以充分吸收尾气中的SO2，同时防止产生倒吸，B正确；C．浓硫酸与Cu反应后的混合物中含有大量未反应的浓硫酸，因此检验反应产生的CuSO4固体水应该将反应后的物质加入水中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C正确；D．制取硫酸铜晶体时，为防止失去结晶水，应该采用降低饱和硫酸铜溶液的方法，而不能采用蒸发结晶的方法，D错误；故合理选项是D。7.下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A.浓硫酸在反应中显酸性和强氧化性B.若按③→②→①顺序连接，可检验所有气体产物C.若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的D.实验中a、b、c溶液均褪色且反应后b溶液的酸性减弱。【答案】C【解析】【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。【详解】A．F在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强氧化性，A错误；B．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→①顺序连接，无法检验所有气体产物，B错误；C．若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，C正确；D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，D错误；故选C。8.据报道，火星大气中含有可诱发温室效应的16O=C=18O，下列说法正确的是A.16O和18O是同种核素B.16O=C=18O与地球大气中CO2化学性质几乎相同C.16O=C=18O与Na216O2反应生成的氧气中含18OD.标准状况下11.2L16O=C=18O含有的中子数为11NA【答案】B【解析】【详解】A．16O和18O质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，故A错误；B．16O=C=18O与地球大气中CO2均为二氧化碳分子构成的，具有几乎相同的化学性质，故B正确；C．根据过氧化钠和二氧化碳的反应原理，生成的O2所需的氧原子完全来自过氧化钠，则与反应生成的氧气中不含18O，故C错误；D．1分子16O=C=18O含24个中子，标准状况下11.2L16O=C=18O为0.5mol，含有的中子数为12NA，故D错误；故选B。9.是一种工业消毒剂，其结构和性质与氯气相似，下列有关的预测正确的是A.I、元素的化合价都为0价 B.的熔沸点比氯气的低C.具有强氧化性，能将氧化为 D.与溶液反应，能产生黄色的沉淀【答案】C【解析】【详解】A．ICl是化合物，氯元素的非金属性强于碘，I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为1价，故A错误；B．与氯气均构成分子晶体，相对分子质量大的分子间作用力大、熔沸点高，则的熔沸点比氯气的高，故B错误；C．+1价的I元素具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，故C正确；D．与H2O反应的化学方程式：ICl+H2O=HCl+HIO，则与溶液反应，能产生白色的氯化银沉淀，故D错误；故选C。10.在抗击新冠病毒中“84消毒液(有效成分是NaClO)”发挥了重要作用。工业上，制备“84消毒液”的原理为：NaCl+H2ONaClO+H2↑。下列说法不正确的是A.该反应每转移4mol电子生成149g的NaClOB.NaClO的消毒原理利用了其强氧化性C.NaClO的电子式为D.上述制备消毒液的反应过程中有离子键、极性共价键的断裂和形成【答案】C【解析】【详解】A.有方程式可得关系式，该反应每转移4mol电子生成2mol的NaClO，则为149g的NaClO，故A正确；B.NaClO消毒原理利用了其强氧化性破坏了蛋白质结构，故B正确；C.NaClO的电子式为，故C错误；D.NaCl中离子键断裂，H2O中极性共价键断裂，NaClO中离子键、极性共价键形成，故D正确；故选C。二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意，每题4分，共16分)11.在标准状况下，一支50mL的注射器里充入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器。设空气中氧气的体积分数为20%，下列说法错误的是A.振荡后注射器活塞不移动B.打开弹簧夹，快速吸入15mL空气后夹上弹簧夹，充分振荡注射器，活塞停留在大约33mL处，所得溶液物质的量浓度约为0.036mol/LC.若将20mLNO换为NO2，完全反应需吸入约20mL空气D.若注射器中是5mLNO和15mLNO2的混合气体，吸入5mL水后充分振荡注射器，活塞停留在大约15mL处【答案】C【解析】【详解】A．NO不溶于水也不与水反应，则容器内气体、液体体积不变，振荡后注射器活塞不移动，故A正确；B．NO与水不反应，有氧气存在，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，20mLNO反应需要15mL氧气，吸入15mL空气后，氧气不足，NO有剩余，，则15mL空气中氮气体积为12mL，氧气体积为3mL，反应消耗4mLNO，剩余16mL，则针筒内气体体积为12mL+16mL=28mL，还有5mL水，注射器活塞停留在33mL刻度附近；反应生成硝酸，所得溶液物质的量浓度约为，故B正确；C．若将20mLNO换为NO2，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，20mLNO2反应需要5mL氧气，则完全反应需吸入空气约5mL÷20%=25mL，故C错误；D．若注射器中是5mLNO和15mLNO2的混合气体，吸入5mL水后充分振荡注射器，NO2能与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，15mLNO2产生5mLNO，则针筒内NO气体体积为5mL+5mL=10mL，还有5mL水，注射器活塞停留在15mL刻度附近，故D正确；故选C。12.实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用作强碱性介质C.②中只体现氧化性D.转化为的理论转化率约为66.7%【答案】D【解析】【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。13.某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是气体液体固体粉末ACO2饱和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAl(OH)3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳进入右瓶后，先与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸钙与过量的二氧化碳和水反应生成溶于水的碳酸氢钙，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故A不符合题意；B．氯气进入右瓶后，先与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，反应生成的氯化铁与溶液中的铁粉反应生成氯化亚铁，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故B不符合题意；C．氯化氢进入右瓶后，先溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下溶液中的硝酸根离子与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故C不符合题意；D．氨气进入右瓶后，溶于水得到一水合氨溶液，氢氧化铝是溶于强酸强碱的两性氢氧化物，但不能与一水合氨溶液反应，所以瓶中少量固体粉末不能消失，故D符合题意；故选D。14.对于反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=akJ·mol1，能量变化如图所示：(已知：焓变ΔH<0为放热反应)。下列说法中不正确的是A.反应过程中反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和B.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(l)ΔH>akJ·mol1C.过程Ⅱ使用了催化剂，使反应更快，放热更多D.将2molSO2(g)和1molO2(g)置于密闭容器中发生上述反应，充分反应后放出的热量小于|a|kJ【答案】BC【解析】【详解】A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，说明反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，A正确；B．根据图像，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，a<0，液态三氧化硫能量低于气态三氧化硫，故生成液态三氧化硫放热更多，则2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(l)ΔH<akJ·mol1，B错误；C．过程Ⅱ中活化能降低，则使用了催化剂，使反应更快，但是不改变反应的焓变，C错误；D．反应为可逆反应，反应不能进行到底，2molSO2(g)和1molO2(g)充分反应放出的热量小于|a|kJ，D正确；故选BC。三、非选择题(本部分有4小题，除标注外每空2分，共54分)15.I．已知：焓变∆H>0，表示反应吸热，焓变∆H<0，表示反应放热回答下列问题：（1）已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)，；则稳定性：金刚石___________(填“>”或“<”)石墨。（2）已知；，则___________(填“>”或“<”)。（3）分别表示所具有的能量，则对于反应___________kJ/mol(用含的代数式表示)。（4）合成氨反应的能量变化如图所示，则反应___________kJ/mol。II．根据原电池原理，结合图装置，按要求解答问题：（5）若X为Zn，Y为硫酸铜溶液，则X为___________(填电极名称)，溶液中的移向___________(填“Cu”或“X”)电极。（6）若X为银，Y为硝酸银溶液，则当转移2mole时溶液质量的变化情况为___________。（7）若X为Fe，Y为浓硝酸，则负极及其附近可能观察到的现象是___________；X电极上发生的电极反应式为___________。【答案】（1）<（2）<（3）（4）2(ba+c)（5）①.负极②.X（6）溶液质量减少152g（7）①.铜电极逐渐溶解，溶液变蓝；②.【解析】【小问1详解】物质具有的能量越低越稳定，石墨转化为金刚石需要吸收能量，石墨具有的能量较低，更稳定；【小问2详解】碳完全燃烧生成二氧化碳放出热量更多，更小；【小问3详解】∆H==kJ/mol；【小问4详解】由图可知反应2(ba+c)kJ/mol；【小问5详解】若X为Zn，Y为硫酸铜溶液，Zn比Cu活泼，则Zn为负极，Cu为正极，Zn发生氧化反应，溶液中的阴离子移向负极即X电极；【小问6详解】若X为银，Y为硝酸银溶液，则Cu为负极，发生反应，则当转移2mole时溶液质量减少216g64g=152g；【小问7详解】若X为Fe，Y为浓硝酸，铁发生钝化，铜为负极失电子发生氧化反应生成铜离子，则负极及其附近可能观察到的现象是铜电极逐渐溶解，溶液变蓝；X电极为正极，硝酸得电子生成二氧化氮，发生的电极反应式为.16.高纯硅用于制作光伏电池，如图是一种生产高纯硅的工艺流程图：已知：①流化床反应器的主反应：②还原炉的主反应：③SiHCl3空气中易自燃，遇水易水解。回答下列问题：（1）Si在元素周期表中的位置为___________。石英砂的主要成分为SiO2，能溶于HF的水溶液，生成一种气态含硅物质，该物质的电子式为___________。（2）电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为___________。若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，石英砂和焦炭生成SiC的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（3）粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点84.7℃)，提纯SiHCl3采用的方法为___________。（4）制备高纯硅整个过程必须严格控制无水无氧。①H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果有___________。②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，则SiHCl3水解的化学方程式为_______。（5）实验室用SiHCl3与过量的H2反应模拟制取纯硅装置如图所示(加热和夹持装置略去)。①装置B中的试剂是___________，装置C需要加热，目的是___________。②装置D不能采用普通玻璃管的原因是___________。（6）上述操作流程中可以循环利用的物质是___________。【答案】（1）①.第三周期第ⅣA族②.（2）①.②.1:2（3）蒸馏（4）①.引起爆炸②.（5）①.浓硫酸②.使得SiHCl3变为气体和氢气混合后进入石英管中反应③.反应过程中需要高温，普通玻璃高温下会熔化（6）H2、HCl【解析】【分析】石英砂与焦炭在电弧炉中发生反应产生粗硅，Si与HCl在流化床反应器中发生反应产生SiHCl3，SiHCl3在还原炉中用H2还原产生高纯硅。【小问1详解】Si是14号元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；石英砂的主要成分为SiO2，其能溶于HF的水溶液，反应产生SiF4气体和H2O，由于Si原子最外层有4个电子，可以与4个F原子形成4个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故该物质的电子式为；【小问2详解】在电弧炉中石英砂与焦炭在高温下发生反应产生粗硅，该反应的化学方程式为：；若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，该反应的化学方程式为：，在该反应中焦炭既作氧化剂，也作还原剂，在参加反应的3个C中，1个化合价降低作氧化剂，2个化合价升高作还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；【小问3详解】几种物质的沸点不同，则利于沸点不同，可以蒸馏分离提纯；【小问4详解】①氢气具有可燃性，且易燃易爆，且SiHCl3空气中易自燃，故H2还原SiHCl3过程中若混入O2，可能引起的后果有：发生爆炸；②SiHCl3极易发生水解反应，反应产生HCl、H2SiO3，SiHCl3中氢元素化合价升高，则水中部分氢元素化合价降低，结合质量守恒可知，生成另一种物质为氢气，则SiHCl3水解的化学方程式为：；【小问5详解】①SiHCl3空气中易自燃，遇水易水解；故装置B为干燥氢气的装置，试剂是浓硫酸；装置C需要加热，目的是使得SiHCl3变为气体和氢气混合后进入石英管中反应。②装置D不能采用普通玻璃管的原因是反应过程中需要高温，普通玻璃高温下会熔化；【小问6详解】根据流程转化分析可知，上述操作流程中H2、HCl既是反应物又是生成物，故可以循环利用的物质是H2、HCl。17.硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：（1）②反应的化学方程式为___________，④反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为___________。（2）与稀硝酸反应的离子方程式为___________。（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用溶液吸收。主要反应为，。下列措施能提高和去除率的有___________(填字母)。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用溶液吸收氮氧化物的尾气制备。工艺流程如下：已知：①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是___________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中___________中(填“中和液”或“转化液”)。②若将两种产品物质的量之比设为1：1，则生产时，的理论用量为___________t(假定恰好完全反应)。【答案】（1）①.②.2:1（2）（3）BC（4）①.将NaNO2氧化为NaNO3②.转化液③.106【解析】【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用溶液吸收氮氧化物的尾气制备时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，”碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【小问1详解】②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为，④反应为，二氧化氮转化为硝酸时充当还原剂，二氧化氮转化为NO时充当氧化剂，则其中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2:1；【小问2详解】与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮：，故离子方程式为：；【小问3详解】A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高和去除率，故B正确；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高和去除率，故C正确；故答案为：BC；【小问4详解】①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，n(NaNO2)==106mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1:1，则n(NaNO3)=106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，的理论用量m(Na2CO3)=(106mol+106mol)××106g/mol=1.06×108g=106t。18.某小组同学通过“FeSO4被浓HNO3氧化”的实验，验证Fe2+的还原性。实验一：验证Fe2+还原性实验操作预期现象实验现象向盛有2mLFeSO4溶液的试管中滴入几滴浓硝酸，振荡试管中产生红棕色气体，溶液变为黄色试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色（1）红棕色气体是___________。（2）实验现象与预期不符，继续进行实验。取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明___________。实验二：探究溶液变为深棕色的原因【资料与猜想】查阅资料后猜想，可能是生成的NO2或NO与溶液中的Fe2+或Fe3+反应，而使溶液变为深棕色。【实验与探究】用下图所示装置进行实验(气密性已检验，尾气处理已略去)Ⅰ．关闭c，打开a和b，通入N2，一段时间后关