2023-2024学年河南省洛阳市高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省洛阳市2023-2024学年高一上学期期末考试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分共8页，共100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共45分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5一、选择题(本题共15小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分)1.化学史是我们了解和学习化学的重要途径，下列对化学史的描述错误的是A.法国化学家拉瓦锡提出了燃烧的氧化学说B.瑞典化学家舍勒发现了氯气并确认了它的组成C.俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，使化学研究变得有序可循D.我国科学家在世界上首次用化学方法合成了结晶牛胰岛素【答案】B【解析】【详解】A．法国化学家拉瓦锡在1771年建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得革命性进展，符合化学史事实，故A正确；B．18世纪70年代，瑞典科学家舍勒首先发现并制得了氯气，英国科学家戴维确认了氯气是由一种元素组成的单质，故B错误；C．1869年俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，找到了元素之间的内在规律，使化学的研究变得有规律可循，符合化学史事实，故C正确；D．1965年，我国在世界上第一次由人工方法合成的结晶牛胰岛素，是一种有生命活力的蛋白质，故D正确；故答案选B。2.实验安全是重中之重，下列有关实验安全的叙述中错误的是A.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的NaHCO₃溶液冲洗B.当火灾现场存放有大量钠时，不能用水而需要用泡沫灭火器灭火C.在探究物质导电性的实验中图标提示注意用电安全D.GHS标准符号示意“爆炸类物质”【答案】B【解析】【详解】A．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用碱性较弱的溶液如稀的碳酸氢钠溶液冲洗，A正确；B．泡沫灭火器原理：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，喷出泡沫中有CO2和H2O，4Na+3CO22Na2CO3+C，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故用泡沫灭火器灭火，Na会继续燃烧，应用沙土盖灭，B错误；C．为提示注意用电安全，C正确；D．GHS中的标准符号被我国国家标准采用，以方便化学品的贸易与运输，其中示意“爆炸类物质”，D正确；答案选B。3.下列各组离子在给定条件下能大量存在的是A.的溶液中：、、、B.加入铝产生氢气的溶液中：、、、C.硫酸镁溶液中：、、、D.无色透明的水溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．的溶液为酸性，酸性条件下硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，不共存，A不符合题意；B．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸条件下，氢离子和硫离子、碳酸氢根离子反应，强碱条件下，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应，均不共存，B不符合题意；C．镁离子、硫酸根离子、、、、相互不反应，能共存，C符合题意；D．铁离子为黄色，且铁离子会和反应生成沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故选C。4.下列有关化学用语的表示方法正确的是A.次氯酸的结构式：H—Cl—OB.用电子式表示MgCl₂的形成过程：C.M²＋核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号：D.Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸中O原子分别和H原子、Cl原子形成两条共价键，故结构式为H-O-Cl，故A错误；B．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故B错误；C．M2+核外有a个电子、b个中子，M原子的质子数=核外电子总数=a+2，质量数为a+b+2，M的原子符号：，故C正确；D．Cl是17号元素，故核内质子数为17，即Cl－的结构示意图：，故D错误；故答案选C。5.次磷酸是一种精细化工产品，在其水溶液中存在分子。有关的性质如图：按照分类法下列说法正确的是①是一元酸②是三元酸③是正盐④是酸式盐⑤是磷酸盐⑥是强酸⑦是弱酸⑧是含氧酸⑨是电解质⑩是氧化物A.①④⑦⑧ B.②⑤⑦⑧⑩ C.①③⑦⑧⑨ D.③⑤⑦⑧⑩【答案】C【解析】【分析】与过量的NaOH反应生成，说明电离只能产生1个H+，为一元酸，且水溶液中存在分子，则其为弱酸；【详解】根据分析，只能电离1个氢离子，且水溶液中存在分子，则为一元弱酸酸、是正盐、是次磷酸盐；中含有氧元素故为化合物、含氧酸；在水中能电离出离子，其为电解质；不含氧，不是氧化物；故①③⑦⑧⑨正确；故答案为C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.2mol/LNaHCO3溶液中，所含的氧原子总数为0.6NAB.标准状况下，2.24LSO3分子中所含的原子总数为0.4NAC.2.8g的CO和N2混合气体中质子数为1.4NAD.2.3g金属钠投入足量的氯化铁溶液中，转移的电子数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中的氧原子，应是NaHCO3和水共同进行计算，故A错误；B．SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃，标准状况下是固体，不能由体积求物质的量，故B错误；C．CO和N2摩尔质量均为28g/mol，故混合气体平均摩尔质量为28g/mol，则2.8gCO和N2混合气体总物质的量为0.1mol，CO和N2质子数均为14个，则0.1molCO和N2混合气体中质子数为1.4NA，故C正确；D．金属钠会与氯化铁反应产生氢氧化铁、氯化钠、氢气，1个钠转移1个电子，2.3g金属钠为0.1mol，因此转移的电子数为0.1NA，故D错误；故答案选C。7.近年来，我国科技创新成果丰硕，下列有关说法正确的是A.我国研制的超级钢居于世界领先地位，超级钢属于合金B.中科院研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同素异形体C.华为Mate60Pro搭载的新型麒麟9000s芯片，实现了智能手机5G芯片国产化，芯片中的半导体材料为高纯度的SiO2D.我国同济大学科研团队首次精准合成了C10和C14，它们互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．超级钢属于合金，选项A正确；B．氕、氘、氚互为同位素，选项B错误；C．半导体材料为高纯度的Si，选项C错误；D．C10和C14互为同素异形体，选项D错误；答案选A。8.如图是实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置(省略夹持和净化装置)。其中最合理的选项是选项abcdA浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液B浓氨水CaONH3H2OC稀硝酸CuNOH2OD浓硝酸CuNO2浓硫酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余的SO2气体用NaOH溶液进行尾气处理，以避免造成大气污染，A正确；B．浓氨水与CaO反应制取NH3，NH3的密度比空气小，应该使用向下排空气的方法收集，导气管要短进长出，B错误；C．稀硝酸与Cu反应产生的NO气体能够与空气中的O2发生反应产生NO2，导致变质，应该使用排水的方法收集，C错误；D．Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，但d中与水反应时生成有毒气体NO，不能达到除杂的目的，D错误；故合理选项是A。9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.用氧化酸性溶液中的KI：B实验室制取少量胶体：(胶体)C.可使溶液变浑浊：D.溶液与过量的NaOH溶液反应：【答案】D【解析】【详解】A．用氧化酸性溶液中的KI离子方程式：，A错误；B．实验室制取少量胶体离子方程式：，B错误；C．使溶液变浑浊发生氧化还原反应，离子方程式：，C错误；D．溶液与过量的NaOH溶液反应离子方程式：，D正确；故选D。10.“绿水青山就是金山银山”，除尘脱硫在环境保护中有着重要的作用。双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是A.过程I中，SO2表现出酸性氧化物的性质B.过程Ⅱ中，0.5molO2可氧化C.双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用D.总反应为【答案】C【解析】【详解】A．SO2与NaOH生成盐和水，表现出酸性氧化物的性质，选项A正确；B．1molO2转移4mole－，1molNa2SO3转移2mole－，故二者反应时物质的量之比为1∶2，选项B正确；C．由图可知循环利用的是NaOH，选项C错误；D．由图可知总反应为，选项D正确；答案选C。11.氮化硅熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，但生产成本较高。氮化硅工业上可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应制备，生成物中除了氮化硅还有一氧化碳。下列说法错误的是A.氮化硅的化学式为Si3N4B.氮化硅是一种无机非金属材料C.氮化硅可用于制作坩埚、高温轴承、刀具和用作建筑陶瓷D.制备氮化硅时每生成11.2L一氧化碳(标准状况)，理论上能生成氮化硅约11.7g【答案】C【解析】【详解】A．Si是＋4价，N是－3价，氮化硅的化学式为Si3N4，选项A正确；B．氮化硅是一种无机非金属材料，选项B正确；C．氮化硅生产成本较高，不适合用作建筑陶瓷，选项C错误；D．氮化硅工业制法：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，每生成11.2L一氧化碳(标准状况)，即0.5molCO，理论上能生成氮化硅约0.083mol约11.7g，选项D正确；答案选C。12.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是A.X元素的最高价氧化物溶于水能导电，是电解质B.R非金属性强于W，R的氧化物对应的水化物的酸性也强于W的氧化物对应的水化物的酸性C.物质中既含有离子键又含有共价键D.物质YR中，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的化合价为+7价、-1价，则R应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质分析。【详解】A．X为C元素，最高价氧化物为CO2,是非电解质，A错误；B．R为Cl、W为S，R非金属性强于W，R的最高价氧化物对应的水化物的酸性也强于W的最高价氧化物对应的水化物的酸性，其他价态的氧化物的水化物酸性无法比较，B错误；C．物质为Na2S，属于离子化合物，只含有离子键，C错误；D．物质YR为NaCl，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构，D正确；故选D。13.硫和氮是自然界中常见的重要元素。下列关于硫、氮及其化合物的说法正确的是A.植物从土壤中吸收、转化为氨基酸的过程属于氮的固定B.汽车尾气中氮氧化物中氮的来源主要是空气中的氮气C.SO2有毒，不能用作食品添加剂D.用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，体现的是浓硫酸的氧化性【答案】B【解析】【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，而、本就以化合态形式存在，不属于氮的固定，故A错误；B．燃油汽车发动机内，空气中氮气与氧气在放电或高温条件下发生反应生成NO，故B正确；C．SO2虽有毒，但可作食品添加剂，利用其还原性除氧气来防腐和抗氧化等，故C错误；D．用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，是浓硫酸使纸中H、O元素以水的形式脱出，体现脱水性，故D错误；故答案选B。14.某同学欲利用下列装置进行相关实验，其中方案设计合理的是实验装置实验目的A．比较S、C、Si的非金属性B．配制1.0mol/LNaOH溶液实验装置实验目的C．检验SO2的酸性D．观察鸡蛋清溶液是否具有丁达尔效应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．由碳酸钠表面冒气泡，Na2SiO3溶液中产生白色浑浊现象，可知发生强酸制取弱酸的反应，由硫酸、碳酸、硅酸的酸性强弱，且硫酸、碳酸和硅酸均为相应元素的最高价含氧酸，其酸性与其元素的非金属性一致，故可比较非金属性，故A正确；B．不能在容量瓶中进行溶解操作，故B错误；C．SO2通入品红溶液中，品红褪色，则表明SO2具有漂白性，不是酸性，故C错误；D．当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向才可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，则题给装置无法到达观察鸡蛋清溶液是否具有丁达尔效应的实验目的，应从光路侧面观察丁达尔效应，故D错误；故答案选A。15.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是A.①中所加试剂可能是氯气B.③中需要加具有还原性的试剂C.由B到C发生的变化也能通过加碘化钾溶液实现D.B的溶液可作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜【答案】B【解析】【分析】A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，故A为Fe；A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，Fe与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），FeCl3（或FeBr3）与Fe反应得到FeCl2（或FeBr2），FeCl2（或FeBr2）与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），Fe与HCl（或HBr）发生置换反应可以得到FeCl2（或FeBr2），综合可知，A为Fe、B为FeCl3（或FeBr3）、C为FeCl2（或FeBr2），据此分析。【详解】A．根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故A正确；B．反应③为Fe2+→Fe3+，需要加具有氧化性的试剂，故B错误；C．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能将I－氧化成I2，本身还原成Fe2＋，根据上述分析，C中铁元素的化合价为＋2价，即反应为：可以发生，故C正确；D．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能发生反应：，即可以作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜，故D正确；故答案选B。第II卷(非选择题，共55分)二、填空题(本题共4小题，共55分)16.下表列出了A~H8种元素在周期表中的位置：周期族IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA1A2BCD3EFGH请回答下列问题(用元素符号或化学式填写)（1）元素A、D和E形成的化合物的电子式是____，该化合物中存在的化学键类型是_____。（2）上述元素中有一种中子数为8的核素常用于考古学上测定文物的年代，其原子符号是_____。（3）B、C、F三种元素原子半径由大到小的顺序是_______。（4）F元素的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式是_______。（5）E在空气中加热后的产物与B的最高价氧化物反应的化学方程式是_______。（6）能比较元素G和H非金属性强弱的实验事实是_______(填字母序号)。a．G氢化物的酸性比H的氢化物的酸性弱b．H的单质与氢气化合比G的单质与氢气化合容易，且形成的氢化物稳定性更强c．在G的氢化物的水溶液中通少量H的单质气体可置换出单质G【答案】（1）①.②.离子键、极性键(或共价键)（2）（3）Al、C、N(或者Al>C>N)（4）（5）（6）bc【解析】【分析】根据各元素在周期表中的位置可知：A~H依次为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl；【小问1详解】H、O、Na形成的化合物是NaOH，电子式为，是含有共价键的离子化合物，故存在化学键类型为离子键、极性键(或共价键)；【小问2详解】考古工作者利用碳元素的一种核素测定一些文物的年代，表示为；【小问3详解】电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，B、C、F分别是C、N、Al，原子半径由大到小的顺序是Al、C、N；【小问4详解】Al的最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，能与NaOH反应，离子方程式：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；【小问5详解】Na在空气中加热后的产物为Na2O2，B的最高价氧化物为CO2，Na2O2与CO2反应的化学方程式：；【小问6详解】元素氧化性越强，单质与氢气化合越容易，生成的氢化物越稳定，且氧化性强的非金属单质可以将氧化性弱的非金属离子从盐溶液中置换出来，选bc；17.氮元素的化合物种类繁多。以下是工业制硝酸的原理示意图：请回答以下相关问题：（1）写出氨合成塔中发生反应的化学方程式_______。（2）氨气可以进行喷泉实验，其它气体也有可能。如图是喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有相同液体。下列组合能形成喷泉的是_______(填字母序号)。a．HCl与水b．Cl2与饱和氯化钠溶液c．CO2与水d．SO2与NaOH溶液（3）写出氧化炉中反应的化学方程式_______。吸收塔中M的作用是_______。（4）下列与氮氧化物有关的环境问题有_______(填字母序号)。a．沙尘b．酸雨c．白色污染d．霾（5）工业生产中为了盛装大量浓硝酸，常温下可选择铝作为罐体材料，原因是_______。（6）CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应，用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：该反应中氧化产物为_______，当生成14gN2时，转移电子_______mol。【答案】（1）N2+3H22NH3（2）ad（3）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.氧化NO（4）bd（5）常温下，铝的表面被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应（6）①.CO2②.2【解析】【分析】N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，NH3与O2在催化剂存在和加热条件下反应产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3。【小问1详解】氨合成塔中，N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，发生反应的化学方程式N2+3H22NH3。【小问2详解】要形成喷泉，气体得易溶于水或易与溶液反应，如此气体物质的量才能减少形成压强差，形成喷泉；a．HCl极易溶于水，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下被压入烧瓶，气体进一步溶解而形成喷泉，a符合题意；b．Cl2在饱和食盐水中不能溶解，因而在烧瓶内外不能形成足够压强差，故不能形成喷泉，B不符合题意；c．CO2能够溶于水，但由于溶解度不大，不能使烧瓶内外形成足够压强差，故不能形成喷泉，c不符合题意；d．SO2是酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生可溶性Na2SO3和水，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在外界大气压强作用下被压入烧瓶进一步发生反应，故能够形成喷泉，d符合题意；故合理选项是ad。【小问3详解】在氧化炉中NH3与O2发生反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；根据分析可知，M为O2，吸收塔中的作用是氧化NO。【小问4详解】a．沙尘暴是固体粉尘导致，与氮氧化合物无关，a不符合题意；b．NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成，因此氮氧化物与酸雨形成有关，b符合题意；c．白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成，与氮氧化物无关，c不符合题意；d．燃料燃烧后产生的二氧化硫、NO、NO2，NO、NO2在空气中转化为硝酸铵，二氧化硫在空气中转化为硫酸铵，生成铵盐形成无机颗粒物，最终为雾霾，与氮氧化物有关，d符合题意；故合理选项是bd。【小问5详解】常温下可选择铝作为罐体材料，原因是：常温下，铝的表面被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应。【小问6详解】过程Ⅰ氮氧键断裂，过程Ⅱ生成的化学键有碳氧键、氮氮键，CO与NO在Rh催化剂下反应生成CO2和N2，反应方程式为：，碳元素化合价升高，CO被氧化，氧化产物是CO2；氮元素从+2价降至0价，14gN2即0.5molN2，当生成0.5mol时，则转移电子2mol。18.颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量Fe2O3杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：_______、Fe+2H＋=Fe2＋+H₂↑；证明“酸溶”后的溶液中没有Fe3＋的操作是_______。（2）若加入200mL1.8mol/LH2SO4时，铁屑与H2SO4恰好完全反应，为了使Fe元素完全转化，则沉淀过程中加入2mol/LH2C2O4的体积至少为_______mL。（3）固体经灼烧后得到红棕色固体和CO、CO₂混合气体，若产物中则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。（4）“还原”中使用的还原剂为H2，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是_______(用化学方程式表示)。（5）制备所得的纳米铁粉可用于处理废水中的。①酸性条件下，硝酸盐与纳米铁粉反应的路径如图1所示，最终纳米铁被氧化为Fe2＋，其反应的离子方程式是_______。②研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如图2所示。1~3h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是_______。【答案】（1）①.Fe+2Fe3+=3Fe2+②.取酸溶后的溶液于一支洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液未变红说明没有Fe3+（2）180（3）4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO+4CO2（4）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2（5）①.4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O②.溶解氧消耗过多的纳米铁粉，不利于Fe与的反应，导致去除率下降或纳米铁粉表面生成的氧化物对反应过程起了一定的阻碍作用【解析】【分析】由题给流程可知，向铁屑中加入稀硫酸酸溶得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入稍过量的草酸溶液，将溶液中亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁；草酸亚铁在氧气中灼烧得到氧化铁，氧化铁还原得到纳米铁粉。小问1详解】铁屑(含少量Fe2O3杂质)“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，证明“酸溶”后的溶液中没有Fe3＋的操作是：取酸溶后的溶液于一支洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液未变红说明没有；【小问2详解】由图知加入H2C2O4后，Fe元素完全转化为FeC2O4，故铁屑与H2SO4恰好完全反应生成FeSO4，所以n(H2C2O4)=n(H2SO4)，故2mol/LH2C2O4的体积至少为180mL；【小问3详解】固体经灼烧后得到红棕色固体为Fe2O3，由题意得“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO+4CO2；【小问4详解】高温条件下，铁与水蒸气会反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；【小问5详解】①由图可知：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；②溶解氧消耗过多的纳米铁粉，不利于Fe与的反应，导致去除率下降或纳米铁粉表面生成的氧化物对反应过程起了一定的阻碍作用。19.随着生活水平的提升，人们的卫生意识日益增强，消毒剂已走进千家万户，项目小组选择了两款市面上常见的含氯消毒剂进行制备和研究。Ⅰ．ClO2是一种高效广谱消毒剂，可有效灭活多种细菌病毒，极易溶于水，在碱性环境中稳定性较差，易分解，体积分数大于10%时可能爆炸，故工业上常用和NaOH混合溶液吸收ClO2，将其转化为NaClO2便于运输保存。项目小组1查阅资料设计实验制备NaClO2，装置和药品如下：已知：①ClO2熔点-59℃，沸点11℃；②装置B中发生的主要：请回答下列问题：（1）已知75%浓硫酸密度是1.67g/cm³，其物质的量浓度为_____mol/L(保留小数点后一位)。用98%浓硫酸配制100mL该硫酸溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒和胶头滴管之外还需要的仪器是____。（2）装置B中NaClO3须稍微过量，目的是_______。（3）装置C中，H2O2和NaOH与ClO2反应制取NaClO2的离子方程式为_______；装置C需采用冰水浴的可能原因是_______(答出一条即可)。Ⅱ．项目小组2探究84消毒液的性质，实验如下：资料：84消毒液中含氯微粒主要有ClO-、Cl-、HClO；相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-；ORP是反映水溶液中所有物质表现出来的氧化-还原性，ORP值越大，氧化性越强。①向2mL84消毒液中加入2mL水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。②向2mL84消毒液中加入2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。③测得84消毒液在不同温度时ORP随时间的变化曲线如下。（4）实验①②现象不同的原因是_______。由实验③可得不同温度下ORP值不同的原因可能是_______。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义为每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。以上三种含氯消毒剂ClO2、NaClO2、NaClO，还原产物均为Cl-，这三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为_______。【答案】（1）①.12.8②.100mL容量瓶（2）使亚硫酸钠完全反应，防止产生二氧化硫（3）①.②.使ClO2液化，防止H2O2在较高温度下分解，防止温度高于60℃时NaClO2分解（4）①.醋酸和ClO-反应生成HClO实验②中HClO浓度大于实验①中HClO浓度,氧化性更强②.温度升高次氯酸分解，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱（5）【解析】【分析】根据题意可知需利用图示装置及试剂制备NaClO2，实验前向装置中通入氮气可排尽装置内的空气，避免干扰试验，实验后通入氮气可将装置内的二氧化氯全部驱赶至装置C内参与反应，并且稀释二氧化氯防止其分解爆炸。实验过程用75%的浓硫酸与亚硫酸钠固体和氯酸钠固体共同作用，制得二氧化氯气体，该气体进入氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液，在冰水浴的环境下反应制得NaClO2，尾气用水吸收，防止污染环境，并要注意防倒吸。【小问1详解】根据题中所给数据，有；配制100mL该硫酸溶液，需要100mL容量瓶。【小问2详解】装置B中NaClO3须稍微过量，使亚硫酸钠完全反应，防止产生二氧化硫，影响产品纯度。【小问3详解】由题意知，Cl化合价降低，故H2O2中O化合价应升高，产物为O2，所以离子方程式为：；装置C需采用冰水浴可能原因是：使ClO2液化，防止H2O2在较高温度下分解，防止温度高于60℃时NaClO2分解。【小问4详解】相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO－，醋酸和ClO－反应生成HClO，实验②中HClO浓度大于实验①中HClO浓度，氧化性更强，纸片褪色更迅速；实验③可得不同温度下ORP值不同的原因可能是：温度升高次氯酸分解，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱。【小问5详解】由题中所给“有效氯含量”定义列式求解：氧化能力相当即二者转移电子相同，ClO2、NaClO2、NaClO、Cl2，还原产物均为Cl－，设三种含氯消毒剂的有效氯含量分别为x1、x2、x3,ClO2：,x1≈2.63g，NaClO2：，x2≈1.57g，NaClO：，x3≈0.95g，故这三种含氯消毒剂的有效氯含量由大到小的顺序为。河南省洛阳市2023-2024学年高一上学期期末考试本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分共8页，共100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共45分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5一、选择题(本题共15小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分)1.化学史是我们了解和学习化学的重要途径，下列对化学史的描述错误的是A.法国化学家拉瓦锡提出了燃烧的氧化学说B.瑞典化学家舍勒发现了氯气并确认了它的组成C.俄国化学家门捷列夫发现元素周期律，使化学研究变得有序可循D.我国科学家在世界上首次用化学方法合成了结晶牛胰岛素【答案】B【解析】【详解】A．法国化学家拉瓦锡在1771年建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得革命性进展，符合化学史事实，故A正确；B．18世纪70年代，瑞典科学家舍勒首先发现并制得了氯气，英国科学家戴维确认了氯气是由一种元素组成的单质，故B错误；C．1869年俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，找到了元素之间的内在规律，使化学的研究变得有规律可循，符合化学史事实，故C正确；D．1965年，我国在世界上第一次由人工方法合成的结晶牛胰岛素，是一种有生命活力的蛋白质，故D正确；故答案选B。2.实验安全是重中之重，下列有关实验安全的叙述中错误的是A.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的NaHCO₃溶液冲洗B.当火灾现场存放有大量钠时，不能用水而需要用泡沫灭火器灭火C.在探究物质导电性的实验中图标提示注意用电安全D.GHS标准符号示意“爆炸类物质”【答案】B【解析】【详解】A．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用碱性较弱的溶液如稀的碳酸氢钠溶液冲洗，A正确；B．泡沫灭火器原理：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，喷出泡沫中有CO2和H2O，4Na+3CO22Na2CO3+C，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故用泡沫灭火器灭火，Na会继续燃烧，应用沙土盖灭，B错误；C．为提示注意用电安全，C正确；D．GHS中的标准符号被我国国家标准采用，以方便化学品的贸易与运输，其中示意“爆炸类物质”，D正确；答案选B。3.下列各组离子在给定条件下能大量存在的是A.的溶液中：、、、B.加入铝产生氢气的溶液中：、、、C.硫酸镁溶液中：、、、D.无色透明的水溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．的溶液为酸性，酸性条件下硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，不共存，A不符合题意；B．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸条件下，氢离子和硫离子、碳酸氢根离子反应，强碱条件下，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应，均不共存，B不符合题意；C．镁离子、硫酸根离子、、、、相互不反应，能共存，C符合题意；D．铁离子为黄色，且铁离子会和反应生成沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故选C。4.下列有关化学用语的表示方法正确的是A.次氯酸的结构式：H—Cl—OB.用电子式表示MgCl₂的形成过程：C.M²＋核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号：D.Cl-的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸中O原子分别和H原子、Cl原子形成两条共价键，故结构式为H-O-Cl，故A错误；B．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为，故B错误；C．M2+核外有a个电子、b个中子，M原子的质子数=核外电子总数=a+2，质量数为a+b+2，M的原子符号：，故C正确；D．Cl是17号元素，故核内质子数为17，即Cl－的结构示意图：，故D错误；故答案选C。5.次磷酸是一种精细化工产品，在其水溶液中存在分子。有关的性质如图：按照分类法下列说法正确的是①是一元酸②是三元酸③是正盐④是酸式盐⑤是磷酸盐⑥是强酸⑦是弱酸⑧是含氧酸⑨是电解质⑩是氧化物A.①④⑦⑧ B.②⑤⑦⑧⑩ C.①③⑦⑧⑨ D.③⑤⑦⑧⑩【答案】C【解析】【分析】与过量的NaOH反应生成，说明电离只能产生1个H+，为一元酸，且水溶液中存在分子，则其为弱酸；【详解】根据分析，只能电离1个氢离子，且水溶液中存在分子，则为一元弱酸酸、是正盐、是次磷酸盐；中含有氧元素故为化合物、含氧酸；在水中能电离出离子，其为电解质；不含氧，不是氧化物；故①③⑦⑧⑨正确；故答案为C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.2mol/LNaHCO3溶液中，所含的氧原子总数为0.6NAB.标准状况下，2.24LSO3分子中所含的原子总数为0.4NAC.2.8g的CO和N2混合气体中质子数为1.4NAD.2.3g金属钠投入足量的氯化铁溶液中，转移的电子数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中的氧原子，应是NaHCO3和水共同进行计算，故A错误；B．SO3熔点16.8℃，沸点44.8℃，标准状况下是固体，不能由体积求物质的量，故B错误；C．CO和N2摩尔质量均为28g/mol，故混合气体平均摩尔质量为28g/mol，则2.8gCO和N2混合气体总物质的量为0.1mol，CO和N2质子数均为14个，则0.1molCO和N2混合气体中质子数为1.4NA，故C正确；D．金属钠会与氯化铁反应产生氢氧化铁、氯化钠、氢气，1个钠转移1个电子，2.3g金属钠为0.1mol，因此转移的电子数为0.1NA，故D错误；故答案选C。7.近年来，我国科技创新成果丰硕，下列有关说法正确的是A.我国研制的超级钢居于世界领先地位，超级钢属于合金B.中科院研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同素异形体C.华为Mate60Pro搭载的新型麒麟9000s芯片，实现了智能手机5G芯片国产化，芯片中的半导体材料为高纯度的SiO2D.我国同济大学科研团队首次精准合成了C10和C14，它们互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．超级钢属于合金，选项A正确；B．氕、氘、氚互为同位素，选项B错误；C．半导体材料为高纯度的Si，选项C错误；D．C10和C14互为同素异形体，选项D错误；答案选A。8.如图是实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置(省略夹持和净化装置)。其中最合理的选项是选项abcdA浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液B浓氨水CaONH3H2OC稀硝酸CuNOH2OD浓硝酸CuNO2浓硫酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，SO2气体的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，多余的SO2气体用NaOH溶液进行尾气处理，以避免造成大气污染，A正确；B．浓氨水与CaO反应制取NH3，NH3的密度比空气小，应该使用向下排空气的方法收集，导气管要短进长出，B错误；C．稀硝酸与Cu反应产生的NO气体能够与空气中的O2发生反应产生NO2，导致变质，应该使用排水的方法收集，C错误；D．Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2密度比空气大，可用向上排空气法收集，但d中与水反应时生成有毒气体NO，不能达到除杂的目的，D错误；故合理选项是A。9.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.用氧化酸性溶液中的KI：B实验室制取少量胶体：(胶体)C.可使溶液变浑浊：D.溶液与过量的NaOH溶液反应：【答案】D【解析】【详解】A．用氧化酸性溶液中的KI离子方程式：，A错误；B．实验室制取少量胶体离子方程式：，B错误；C．使溶液变浑浊发生氧化还原反应，离子方程式：，C错误；D．溶液与过量的NaOH溶液反应离子方程式：，D正确；故选D。10.“绿水青山就是金山银山”，除尘脱硫在环境保护中有着重要的作用。双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是A.过程I中，SO2表现出酸性氧化物的性质B.过程Ⅱ中，0.5molO2可氧化C.双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用D.总反应为【答案】C【解析】【详解】A．SO2与NaOH生成盐和水，表现出酸性氧化物的性质，选项A正确；B．1molO2转移4mole－，1molNa2SO3转移2mole－，故二者反应时物质的量之比为1∶2，选项B正确；C．由图可知循环利用的是NaOH，选项C错误；D．由图可知总反应为，选项D正确；答案选C。11.氮化硅熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，但生产成本较高。氮化硅工业上可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过反应制备，生成物中除了氮化硅还有一氧化碳。下列说法错误的是A.氮化硅的化学式为Si3N4B.氮化硅是一种无机非金属材料C.氮化硅可用于制作坩埚、高温轴承、刀具和用作建筑陶瓷D.制备氮化硅时每生成11.2L一氧化碳(标准状况)，理论上能生成氮化硅约11.7g【答案】C【解析】【详解】A．Si是＋4价，N是－3价，氮化硅的化学式为Si3N4，选项A正确；B．氮化硅是一种无机非金属材料，选项B正确；C．氮化硅生产成本较高，不适合用作建筑陶瓷，选项C错误；D．氮化硅工业制法：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，每生成11.2L一氧化碳(标准状况)，即0.5molCO，理论上能生成氮化硅约0.083mol约11.7g，选项D正确；答案选C。12.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是A.X元素的最高价氧化物溶于水能导电，是电解质B.R非金属性强于W，R的氧化物对应的水化物的酸性也强于W的氧化物对应的水化物的酸性C.物质中既含有离子键又含有共价键D.物质YR中，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】由部分短周期元素常见的化合价与原子序数的关系图可知，X的化合价为-4价、+4价，则X为C元素；Y的化合价为+l价，处于ⅠA族，原子序数大于C元素，则Y为Na元素；Z为+3价，则Z为A1元素；W的化合价为+6、-2价，则W为S元素；R的化合价为+7价、-1价，则R应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质分析。【详解】A．X为C元素，最高价氧化物为CO2,是非电解质，A错误；B．R为Cl、W为S，R非金属性强于W，R的最高价氧化物对应的水化物的酸性也强于W的最高价氧化物对应的水化物的酸性，其他价态的氧化物的水化物酸性无法比较，B错误；C．物质为Na2S，属于离子化合物，只含有离子键，C错误；D．物质YR为NaCl，每个粒子最外层均达到8电子稳定结构，D正确；故选D。13.硫和氮是自然界中常见的重要元素。下列关于硫、氮及其化合物的说法正确的是A.植物从土壤中吸收、转化为氨基酸的过程属于氮的固定B.汽车尾气中氮氧化物中氮的来源主要是空气中的氮气C.SO2有毒，不能用作食品添加剂D.用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，体现的是浓硫酸的氧化性【答案】B【解析】【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，而、本就以化合态形式存在，不属于氮的固定，故A错误；B．燃油汽车发动机内，空气中氮气与氧气在放电或高温条件下发生反应生成NO，故B正确；C．SO2虽有毒，但可作食品添加剂，利用其还原性除氧气来防腐和抗氧化等，故C错误；D．用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，是浓硫酸使纸中H、O元素以水的形式脱出，体现脱水性，故D错误；故答案选B。14.某同学欲利用下列装置进行相关实验，其中方案设计合理的是实验装置实验目的A．比较S、C、Si的非金属性B．配制1.0mol/LNaOH溶液实验装置实验目的C．检验SO2的酸性D．观察鸡蛋清溶液是否具有丁达尔效应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．由碳酸钠表面冒气泡，Na2SiO3溶液中产生白色浑浊现象，可知发生强酸制取弱酸的反应，由硫酸、碳酸、硅酸的酸性强弱，且硫酸、碳酸和硅酸均为相应元素的最高价含氧酸，其酸性与其元素的非金属性一致，故可比较非金属性，故A正确；B．不能在容量瓶中进行溶解操作，故B错误；C．SO2通入品红溶液中，品红褪色，则表明SO2具有漂白性，不是酸性，故C错误；D．当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向才可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，则题给装置无法到达观察鸡蛋清溶液是否具有丁达尔效应的实验目的，应从光路侧面观察丁达尔效应，故D错误；故答案选A。15.A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是A.①中所加试剂可能是氯气B.③中需要加具有还原性的试剂C.由B到C发生的变化也能通过加碘化钾溶液实现D.B的溶液可作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜【答案】B【解析】【分析】A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，故A为Fe；A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，Fe与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），FeCl3（或FeBr3）与Fe反应得到FeCl2（或FeBr2），FeCl2（或FeBr2）与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），Fe与HCl（或HBr）发生置换反应可以得到FeCl2（或FeBr2），综合可知，A为Fe、B为FeCl3（或FeBr3）、C为FeCl2（或FeBr2），据此分析。【详解】A．根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故A正确；B．反应③为Fe2+→Fe3+，需要加具有氧化性的试剂，故B错误；C．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能将I－氧化成I2，本身还原成Fe2＋，根据上述分析，C中铁元素的化合价为＋2价，即反应为：可以发生，故C正确；D．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能发生反应：，即可以作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜，故D正确；故答案选B。第II卷(非选择题，共55分)二、填空题(本题共4小题，共55分)16.下表列出了A~H8种元素在周期表中的位置：周期族IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA1A2BCD3EFGH请回答下列问题(用元素符号或化学式填写)（1）元素A、D和E形成的化合物的电子式是____，该化合物中存在的化学键类型是_____。（2）上述元素中有一种中子数为8的核素常用于考古学上测定文物的年代，其原子符号是_____。（3）B、C、F三种元素原子半径由大到小的顺序是_______。（4）F元素的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式是_______。（5）E在空气中加热后的产物与B的最高价氧化物反应的化学方程式是_______。（6）能比较元素G和H非金属性强弱的实验事实是_______(填字母序号)。a．G氢化物的酸性比H的氢化物的酸性弱b．H的单质与氢气化合比G的单质与氢气化合容易，且形成的氢化物稳定性更强c．在G的氢化物的水溶液中通少量H的单质气体可置换出单质G【答案】（1）①.②.离子键、极性键(或共价键)（2）（3）Al、C、N(或者Al>C>N)（4）（5）（6）bc【解析】【分析】根据各元素在周期表中的位置可知：A~H依次为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl；【小问1详解】H、O、Na形成的化合物是NaOH，电子式为，是含有共价键的离子化合物，故存在化学键类型为离子键、极性键(或共价键)；【小问2详解】考古工作者利用碳元素的一种核素测定一些文物的年代，表示为；【小问3详解】电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，B、C、F分别是C、N、Al，原子半径由大到小的顺序是Al、C、N；【小问4详解】Al的最高价氧化物为Al2O3，是两性氧化物，能与NaOH反应，离子方程式：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；【小问5详解】Na在空气中加热后的产物为Na2O2，B的最高价氧化物为CO2，Na2O2与CO2反应的化学方程式：；【小问6详解】元素氧化性越强，单质与氢气化合越容易，生成的氢化物越稳定，且氧化性强的非金属单质可以将氧化性弱的非金属离子从盐溶液中置换出来，选bc；17.氮元素的化合物种类繁多。以下是工业制硝酸的原理示意图：请回答以下相关问题：（1）写出氨合成塔中发生反应的化学方程式_______。（2）氨气可以进行喷泉实验，其它气体也有可能。如图是喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有相同液体。下列组合能形成喷泉的是_______(填字母序号)。a．HCl与水b．Cl2与饱和氯化钠溶液c．CO2与水d．SO2与NaOH溶液（3）写出氧化炉中反应的化学方程式_______。吸收塔中M的作用是_______。（4）下列与氮氧化物有关的环境问题有_______(填字母序号)。a．沙尘b．酸雨c．白色污染d．霾（5）工业生产中为了盛装大量浓硝酸，常温下可选择铝作为罐体材料，原因是_______。（6）CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应，用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：该反应中氧化产物为_______，当生成14gN2时，转移电子_______mol。【答案】（1）N2+3H22NH3（2）ad（3）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.氧化NO（4）bd（5）常温下，铝的表面被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应（6）①.CO2②.2【解析】【分析】N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，NH3与O2在催化剂存在和加热条件下反应产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3。【小问1详解】氨合成塔中，N2、H2在高温、高压、催化剂存在条件下反应产生NH3，发生反应的化学方程式N2+3H22NH3。【小问2详解】要形成喷泉，气体得易溶于水或易与溶液反应，如此气体物质的量才能减少形成压强差，形成喷泉；a．HCl极易溶于水，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的水在外界大气压强作用下被压入烧瓶，气体进一步溶解而形成喷泉，a符合题意；b．Cl2在饱和食盐水中不能溶解，因而在烧瓶内外不能形成足够压强差，故不能形成喷泉，B不符合题意；c．CO2能够溶于水，但由于溶解度不大，不能使烧瓶内外形成足够压强差，故不能形成喷泉，c不符合题意；d．SO2是酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生可溶性Na2SO3和水，使烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液在外界大气压强作用下被压入烧瓶进一步发生反应，故能够形成喷泉，d符合题意；故合理选项是ad。【小问3详解】在氧化炉中NH3与O2发生反应产生NO、H2O，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；根据分析可知，M为O2，吸收塔中的作用是氧化NO。【小问4详解】a．沙尘暴是固体粉尘导致，与氮氧化合物无关，a不符合题意；b．NO在室温下容易被空气中的O2氧化为NO2，NO2被水吸收得到HNO3，从而导致酸雨的形成，因此氮氧化物与酸雨形成有关，b符合题意；c．白色污染是有机合成材料如塑料、泡沫等造成，与氮氧化物无关，c不符合题意；d．燃料燃烧后产生的二氧化硫、NO、NO2，NO、NO2在空气中转化为硝酸铵，二氧化硫在空气中转化为硫酸铵，生成铵盐形成无机颗粒物，最终为雾霾，与氮氧化物有关，d符合题意；故合理选项是bd。【小问5详解】常温下可选择铝作为罐体材料，原因是：常温下，铝的表面被浓硝酸氧化，生成了一层致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应。【小问6详解】过程Ⅰ氮氧键断裂，过程Ⅱ生成的化学键有碳氧键、氮氮键，CO与NO在Rh催化剂下反应生成CO2和N2，反应方程式为：，碳元素化合价升高，CO被氧化，氧化产物是CO2；氮元素从+2价降至0价，14gN2即0.5molN2，当生成0.5mol时，则转移电子2mol。18.颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量Fe2O3杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：_______、Fe+2H＋=Fe2＋+H₂↑；证明“酸溶”后的溶液中没有Fe3＋的操作是_______。（2）若加入200mL1.8mol/LH2SO4时，铁屑与H2SO4恰好完全反应，为了使Fe元素完全转化，则沉淀过程中加入2mol/LH2C2O4的体积至少为_______mL。（3）固体经灼烧后得到红棕色固体和CO、CO₂混合气体，若产物中则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。（4）“还原”中使用的还原剂为H2，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是_______(用化学方程式表示)。（5）制备所得的纳米铁粉可用于处理废水中的。①酸性条件下，硝酸盐与纳米铁粉反应的路径如图1所示，最终纳米铁被氧化为Fe2＋，其反应的离子方程式是_______。②研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如图2所示。1~3h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是_______。【答案】（1）①.Fe+2Fe3+=3Fe2+②.取酸溶后的溶液于一支洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液未变红说明没有Fe3+（2）180（3）4FeC2O4+O22Fe2O3+4CO+4CO2（4）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2（5）①.4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O②.溶解氧消耗过多的纳米铁粉，不利于Fe与的反应，导致去除率下降或纳米铁粉表面生成的氧化物对反应过程起了一定的阻碍作用【解析】【分析】由题给流程可知，向铁屑中加入稀硫酸酸溶得到硫酸亚