第一部分（选择题，共42分）

每小题只有一个选项符合题意。14个小题，每小题3分，共42分。

1.运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】

试题分析：运输汽油车上，应该贴上易燃液体的标志，答案选B。

考点：考查化学品标志的使用。

2.一定条件下，当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是

A. 盐酸    B. 蔗糖溶液    C. NaCl溶液    D. Fe(OH)3胶体

【答案】D

【解析】

【详解】A.盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A不符合题意； 

B.蔗糖溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B不符合题意；

C. NaCl溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C不符合题意；

D. Fe(OH)3胶体是胶体能产生丁达尔效应，故D符合题意；

综上所述，本题应选D。

【点睛】本题考查学生胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，是鉴别胶体与溶液的常用方法。

3.合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质属于合金的是

A. 青铜    B. 陶瓷    C. 石墨    D. 水银

【答案】A

【解析】

【详解】A.青铜为铜的合金,所以A符合题意; 

B.陶瓷为无机非金属材料,不属于合金,故B不符合题意; 

C.石墨为碳的单质,不属于合金,故C不符合题意; 

D.水银为金属单质,不属于合金,故D不符合题意; 

综上所述，本题应选A。

【点睛】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,合金有三个特点:①一定是混合物;②合金中各成分通常都是以单质形式存在;③合金中至少有一种金属.

4.下列物质中，属于电解质的是

A. 金属铝    B. 蔗糖    C. NaCl    D. NaOH溶液

【答案】C

【解析】

【分析】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物.

【详解】A.金属铝是单质,既不是电解质也不是非电解质,故A不符合题意;

B.蔗糖是非电解质，故B不符合题意;

C.NaCl是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，为电解质，故C符合题意；

D.NaOH溶液是混合物,故D不符合题意;

综上所述，本题应选C。

【点睛】本题重点考查电解质的概念。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,例如酸,碱和盐等,在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,例如蔗糖和酒精等.注意电解质和非电解质都是化合物,单质和混合物既不是电解质又不是非电解质。

5.化学为人类的进步做出了巨大贡献。下列过程中，不涉及化学反应的是

【答案】B

【解析】

【分析】

有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化。据此解答。

【详解】A、铁矿炼铁是过程中有新的物质（如铁单质）生成，属于化学变化，涉及化学反应，故A不符合题意；

B、活字印刷过程中没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学反应，故B符合题意；

C、用煤为原料制取药物的过程中有新的物质生成，属于化学变化，涉及化学反应，故C不符合题意；

D、氯气与碱液反应生成次氯酸钠，故氯气制备消毒液涉及化学反应，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

6.下列有关物质用途的说法中，不正确的是

A. 铝用于制造电缆    B. 氨气用于制造化肥

C. 常温下用铁制容器盛装浓硫酸    D. 四氧化三铁用作红色油漆

【答案】D

【解析】

【详解】A.铝具有良好的导电性,可以用来制造电缆,故A不符合题意; 

B.以氨气为原料可以生产多种氮肥,故B不符合题意; 

C.浓硫酸具有强的氧化性,常温下能够使铁钝化,所以常温下可以用铁制容器盛装浓硫酸,故C不符合题意; 

D.三氧化二铁为红棕色固体,可用作红色油漆,而四氧化三铁是黑色的物质，不能用作红色油漆，故D符合题意; 

综上所述，本题应选D。

7.下列行为不符合安全要求的是

A. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭

B. 做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中

C. 大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往低处去

D. 配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌

【答案】C

【解析】

【详解】A．酒精在桌上着火时，立即用湿毛巾盖灭，故A不符合题意；

B．钠易与水反应生成氢氧化钠和氢气，做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中，故B不符合题意；

C．氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故C符合题意；

D．由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故D不符合题意；

综上所述，本题应选C。

8.配制100 mL 0.10 mol·L−1的NaCl溶液，下列仪器中不必使用的是

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，要配制100 mL 0.10 mol·L−1的NaCl溶液，需要用托盘天平、烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、药匙等。A为托盘天平，B为冷凝管，C为烧杯和玻璃棒，D为100mL的容量瓶，所以不必使用的仪器是冷凝管；

综上所述，本题应选B。

9.下列实验中，所选装置不合理的是

【答案】B

【解析】

【详解】A.实验室制备少量氨气可采用氯化铵与氢氧化钙加热，固固加热时试管口应略向下，故A不符合题意；

B.乙醇与水混溶，不能用分液的方法进行分离，故B符合题意；

C.水与泥沙不互溶，可采用过滤的方法分离，故C不符合题意；

D.浓缩氯化钠溶液时应用玻璃棒不断搅拌，防止局部过热，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

10.下列说法中，正确的是

A. CO2的摩尔质量为44 g·mol-1

B. 16 g O2的物质的量为1 mol

C. 1 L 0.1 mol·L−1 BaCl2溶液中含有0.1 mol Cl－

D. 标准状况下，22.4 L H2O的物质的量为1 mol

【答案】A

【解析】

【详解】A.CO2的摩尔质量为44 g·mol-1，故A正确；

B.根据公式n=m/M可知，16 g O2的物质的量为16 g÷32g/mol=0.5mol，故B错误；

C.1molBaCl2溶于水可电离出2mol的Cl－，根据公式n=c×V可知， 1 L 0.1 mol·L−1 BaCl2溶液中Cl－的物质的量为0.1 mol·L−1×2×1 L =0.2 mol，故C错误；

D.标准状况下，水不是气态，故D错误；

综上所述，本题应选A。

【点睛】本题应注意，标准状况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，此数值的使用是必须是在标准状况下，且在标准状况下为气体。

11.表示下列过程的方程式不正确的是

A. 用湿润的淀粉-KI试纸检验Cl2：2I－ + Cl2 = I2 + 2Cl－

B. 用稀盐酸与碳酸钙反应制备CO2：CO32- + 2H+ = CO2↑ + H2O

C. 用澄清石灰水检验CO2：Ca2+ + 2OH- +CO2 = CaCO3↓+H2O

D. 用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验NH3：HCl + NH3 = NH4Cl

【答案】B

【解析】

【详解】A.氯气具有氧化性，可氧化碘离子为碘单质，离子反应为2I－ + Cl2 = I2 + 2Cl－，故A不符合题意；

B.碳酸钙为难溶物，在书写离子方程式时不能拆，故离子方程式应改为：CaCO3+ 2H+ =Ca2++ CO2↑ + H2O，故B符合题意；

C.氢氧化钙为微溶物，如描述为澄清石灰水即澄清溶液，可拆成离子形式，故C不符合题意；

D.用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验NH3，不是在溶液中发生的反应，所以不能写成离子方式，只能写成化学方程式，即HCl + NH3 = NH4Cl，故D不符合题意；

综上所述，本题应选B。

【点睛】考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

12.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

【答案】A

【解析】

【详解】A.稀盐酸逐滴加入含有酚酞的Na2CO3溶液中，红色变浅，最后变为无色，发生的反应为：2HCl+Na2CO3= CO2+H2O + 2NaCl,此反应为复分解，不是氧化还原反应，故A符合题意；

B．光亮的铁丝插入CuSO4溶液中，发生的反应为：Fe+Cu2+= Cu +Fe2+,此反应为氧化还原反应，故B不符合题意；

C.氯水具有酸性，可使石蕊变红，氯水中含有次氯酸，具有强氧化性和漂白性，能使石蕊褪色，发生氧化还原化学反应，故C不符合题意；

D. 热铜丝插入稀中，发生反应为：3Cu+8HNO3=2NO+3Cu(NO3)2 +4H2O ,此反应为氧化还原反应，故D不符合题意；

综上所述，本题应选A。

13.如右图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论不正确的是

【答案】C

【解析】

【详解】A. SO2可使品红或某些有机色质褪色，发生的是化合反应，并且生成的无色化合物不稳定，易分解，体现SO2的漂白性，故A不符合题意; 

B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S, SO2有氧化性,故B不符合题意; 

C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2,导致溶液褪色, SO2表现了还原性,没有表现漂白性，故C符合题意; 

D. 显红色的酚酞，NaOH溶液显碱性，通入SO2后红色褪去，NaOH与二氧化硫发生复分解反应，体现其酸性氧化物性质，故D不符合题意；

综上所述，本题应选C。

14.滴有酚酞的Ba(OH)2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加X溶液后有下列现象。下列说法不正确的是

B. 实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的Na+与OH-

C. 实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- == BaSO4↓+ 2H2O

D. 将实验II中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，现象与原实验II中的现象相同

【答案】D

【解析】

【详解】A. 显红色的酚酞，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反应：H+ + OH- =H2O溶液红色褪去，故A不符合题意；

B. Ba(OH)2 与Na2SO4发生复分解反应：Ba(OH)2 +Na2SO4= BaSO4↓ + 2NaOH，溶液中依然存在有大量的Na+与OH-，故B不符合题意；

C. H2SO4 与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- == BaSO4↓+ 2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C不符合题意；

D. CuSO4 与Ba(OH)2发生复分解反应：Ba(OH)2 +CuSO4= BaSO4↓ + Cu(OH)2 ↓,溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D符合题意；

综上所述，本题应选D。

【点睛】本题重点考查溶液中的离子反应。溶液的导电性主要与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关，上述实验中灯泡的明暗程度能够表明溶液的导电性，因此本题的解题关键在于滴加X溶液后，溶液中的离子浓度是否变化。

第二部分  （非选择题共58分）

15.钠、碳及它们的化合物在生产、生活中有着重要的用途。

（1）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3迅速分解产生N2和Na，同时放出大量的热。N2使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。

① KClO4中氯元素的化合价是_______，具有_______（填“还原性”或“氧化性”）。

② Fe2O3可处理产生的Na，反应为6Na + Fe2O3 =3Na2O + 2Fe，反应中Na做______（填“还原剂”或“氧化剂”）。

③ NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而分解，其分解的化学方程式是_______。

（2）Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源。某实验小组利用下图装置探究Na2O2与CO2的反应。请回答下列问题：

① 根据实验目的，将虚线框中的装置补充完整并标出所用的试剂_______。

② 装置C中观察到的现象是_______，反应的化学方程式是_______。

③ 装置D的作用是吸收未反应的CO2便于O2的检验。吸收CO2的离子方程式是_____。

【答案】    (1). +7    (2). 氧化性    (3). 还原剂    (4). 2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑    (5).     (6). 淡黄色固体变为白色      (7). 2Na2O2 + 2CO2= 2Na2CO3 + O2    (8). CO2 + 2OH- = CO32- + H2O（或CO2 + OH- = HCO3- ）

【解析】

【分析】

(1)①根据化合物的总化合价为0进行计算，物质中元素处于最高价态时，只具有氧化性，处于最低价态时，只具有还原性，处于中间价态时只有还原性，处于中间价态时既有氧化性又有还原性；

②在氧化还原反应中，根据“升失氧，降得还”进行判断氧化剂与还原剂；

③碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解为碳酸钠，二氧化碳和水；

(2) 本实验主要探究Na2O2与CO2的反应，过氧化钠为淡黄色固体，采用碳酸氢钠的分解制备二氧化碳，但碳酸钠分解后不仅产生二氧化碳气体，还有水蒸气，而水也能与过氧化钠反应，因此应先除去二氧化碳中混有的水蒸气；干燥的二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠（白色粉末）和氧气；产生的氧气与未反应的二氧化碳通入到氢氧化钠溶液中，氧气不反应，二氧化碳为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液发生反应，据此解题。

【详解】(1) ①KClO4中K为+1价，O为-2价，根据化合物中总化合价为0，计算得到Cl化合价为+7价，处于最高价态，因此KClO4具有氧化性；

②反应6Na + Fe2O3 =3Na2O + 2Fe中，Na由0价升为+1价，失去电子，发生氧化反应，为还原剂；

③碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，二氧化碳和水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑

(2) ①碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠，二氧化碳和水，本实验主要探究Na2O2与CO2的反应，应先除去水蒸气，可采用盛有浓硫酸的洗气瓶，连接方式应为长进短出，故装置图为；

②过氧化钠为淡黄色固体，与二氧化碳反应后生成碳酸钠白色粉末，因此实验现象为淡黄色固体变为白色，反应方程式为2Na2O2 + 2CO2= 2Na2CO3 + O2

③二氧化碳为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液发生反应，当二氧化碳少量时离子方程式为CO2 + 2OH- = CO32- + H2O，当二氧化碳过量时离子方程式为 CO2 + OH- = HCO3- 。

16.某工业粗盐水中含有Ca2+、NH4+等杂质，可用下列方法去除（部分产物、步骤略去）：

请回答下列问题：

（1）过程I中，除去粗盐水中Ca2+需加入的试剂a是______。

（2）盐泥的成分是_______。

（3）实验室由MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2的化学方程式是_______。

（4）若1 mol MnO2完全反应，在标准状况下生成Cl2的体积是_______L。

（5）过程II中，在碱性条件下Cl2将NH4+氧化为N2而除去，其离子方程式是_______。

【答案】    (1). Na2CO3    (2). CaCO3    (3). MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2↑    (4). 22.4    (5). 3Cl2 + 2NH4+ + 8OH-== 6Cl- + N2 + 8H2O

【解析】

【分析】

粗盐水中含有Ca2+、NH4+等杂质，Ca2+可采用沉淀法除去，加入沉淀剂使Ca2+转化为难溶物碳酸钙，应注意除杂时不能引进新的杂质粒子，因此沉淀剂应采用碳酸钠；NH4+可采用氧化还原法除去，过滤后向盐水中通入氯气，使NH4+发生氧化还原反应转化为氮气。

【详解】(1)Ca2+可采用沉淀法除去，加入沉淀剂使Ca2+转化为难溶物碳酸钙，因此试剂a为Na2CO3；

(2)试剂a中的CO32—与粗盐水中的Ca2+发生反应Ca2++CO32—=CaCO3↓，因此盐泥的主要成分为CaCO3；

(3)实验室采用MnO2与浓盐酸混合加热制取少量Cl2的化学方程式为：MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2↑；

(4)根据方程式MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2↑可知，若1 mol MnO2完全反应，则生成1mol Cl2，转化为标准状况下的体积为1mol ×22.4L/mol=22.4L;

(5)在碱性条件下Cl2将NH4+氧化为N2，而Cl2被还原为Cl-，因此粒子反应方程式为： 3Cl2 + 2NH4+ + 8OH-== 6Cl- + N2 + 8H2O。

【点睛】本题重点考查氧化还原反应的相关知识。涉及到了氧化还原反应配平的知识迁移。在接触未学过的氧化还原反应时，应根据已学知识和题干提示判断出反应物和产物各自是什么物质，然后根据氧化还原反应中得失电子守恒进行配平。

17.某工业烟气中含有CO、CO2、N2、SO2等气体，用Na2SO3溶液吸收并回收SO2的过程如下图所示。

（1）SO2的浓度：I________II（填“＞”或“＜”）。 

（2）在这个过程中可以循环使用的物质是________。

（3）上述吸收过程中主要反应的化学方程式是________。

（4）解吸过程需要加热，在这个过程中常伴有少量SO42-产生。

① 证明产物中含SO42-的实验方法是：取少量解吸产物的溶液，________（填操作和现象）。

② 产生SO42-的原因是_______。

【答案】    (1). ＜    (2). Na2SO3    (3). Na2SO3 + SO2 + H2O = 2NaHSO3    (4). 先加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成    (5). 加热过程中，SO32-（或HSO3-）被空气中的氧气氧化成SO42-（或2SO32- + O2 = 2SO42- ）

【解析】

【分析】

烟气中含有CO、CO2、N2、SO2等气体，通过亚硫酸钠吸收二氧化硫，反应方程式为Na2SO3 + SO2 + H2O = 2NaHSO3，因此富集了二氧化硫，亚硫酸氢钠受热易分解，生成二氧化硫、水和亚硫酸钠，反应方程式为2NaHSO3 = Na2SO3 + SO2 + H2O，亚硫酸跟或亚硫酸氢根中的硫为+4价，易被空气中的氧气氧化为+6价的硫，即硫酸根。据此解题。

【详解】(1)烟气中含有CO、CO2、N2、SO2等气体，通过亚硫酸钠吸收二氧化硫，因此富集了二氧化硫，亚硫酸氢钠受热易分解，生成二氧化硫,因此SO2的浓度：I＜II；

(2) 烟气中含有CO、CO2、N2、SO2等气体，通过亚硫酸钠吸收二氧化硫，因此富集了二氧化硫，亚硫酸氢钠受热易分解，生成二氧化硫、水和亚硫酸钠，因此可以循环使用的是Na2SO3；

(3) 亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫发生反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为Na2SO3 + SO2 + H2O = 2NaHSO3；

(4) ①硫酸根的检验方法是，先加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；

②亚硫酸跟或亚硫酸氢根中的硫为+4价，易被空气中的氧气氧化为+6价的硫，即硫酸根，反应方程式为：2SO32- + O2 = 2SO42-。

18.已知氮元素及其化合物的转化关系如下图所示，回答下列问题。

（1）①~④各步转化中，属于氮的固定的是_______（填序号）。

（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。

① 化学方程式是_______。

② 干燥氨气不可选用的试剂是________（填字母）。

a．浓硫酸         b．碱石灰         c．NaOH固体

（3）工业上用氨气制备NO的化学方程式是_______。 

（4）工业制时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：

① 水吸收法。结合化学方程式说明用水吸收NO2的缺陷________。

② NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOH + NO + NO2 = 2NaNO2+ H2O，NaOH + NO2—________ + NaNO2 +H2O（填化学式，不需要配平方程式）。

③ 用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如下图：（α 表示尾气里NO、NO2中NO2的含量）

i．根据上图得知_______（填字母）。

a. NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大

b.NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大

ii．当α小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______。

【答案】    (1). ①    (2). 2NH4Cl + Ca(OH)2   CaCl2 +2NH3↑+ 2H2O    (3). a    (4). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O    (5). 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，NO2有1/3转化成NO没被吸收掉    (6). NaNO3    (7). b    (8). 根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随NO2 的含量增大而增大。当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会使NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大

【解析】

【分析】

(1)氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程；

(2)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水；氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂（如浓硫酸）；

(3)工业上利用氨气与氧气发生催化氧化生成NO与水；

(4)水与NO2 反应生成和NO，其中有部分N没有被完全吸收；根据氧化还原反应化合价有升必有降，因此推断反应NaOH + NO2 = ________ + NaNO2 +H2O中的另一个产物为NaNO3； 根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随NO2 的含量增大而增大，随NaOH溶液浓度增加先增加后减小；当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会使NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。

【详解】(1)氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程,步骤①中氮气与氢气在催化剂条件下生成氨气，属于氮的固定过程；

(2)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2   CaCl2 +2NH3↑+ 2H2O；氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂：浓硫酸；

(3)工业上利用氨气与氧气发生催化氧化生成NO与水反应方程式为;4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O

(4) ①水与NO2 反应生成和NO，反应方程式为：3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，NO2有1/3转化成NO没被吸收掉；

②根据电子转移守恒可知，NO2发生歧化反应，NO2中+4价的N部分化合价降低为NaNO2 中+3价的N，则还应有部分N化合价升高，应转化为NaNO3中+5价的N，因此方程式中的另一个产物为NaNO3；

③i.根据上述图像可知，a.随着NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增加后减小，故a错误；

b.当氢氧化钠浓度一定时，NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大，故b正确；

综上所述，本题应选b;

ii;当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会使NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。

19.实验小组研究二价铁的还原性，设计如下实验。

（2）实验I中沉淀变为红褐色的化学方程式是________。

（3）关于实验II中白色沉淀的组成，小组同学展开研究。

① 已知Fe(HCO3)2在水中不存在。对沉淀组成作出如下假设，请补充完整。

假设a：依据NaHCO3溶液显_______性，推测白色沉淀可能为Fe(OH)2； 

假设b：白色沉淀可能为_______。

② 研究白色沉淀组成的实验如下：

i．取少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡；

ii．向所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红；

iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液立即变为红色。

由此说明，白色沉淀中一定含有_________离子。

③ 研究过程中发现白色沉淀在空气中久置，最终变为红褐色。则该沉淀比实验I中所得的Fe(OH)2______（填“难”或“易”）于被空气氧化。

（4）对比实验I，研究酸碱性对二价铁还原性的影响，设计实验III：

将实验方案补充完整______。

（5）据以上实验，为避免二价铁被空气氧化，可采取的措施是______。

【答案】    (1). 2Fe3++Fe=3Fe2+    (2). 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3    (3). 碱    (4). FeCO3    (5). Fe2+和CO32-    (6). 难    (7). 滴加H2SO4溶液    (8). 控制溶液为酸性环境、使二价铁以碳酸盐的形式沉淀

【解析】

【分析】

Fe2+具有还原性，易被空气中的氧气氧化，实验I中向FeSO4溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生复分解反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，3min后沉淀基本变为红褐色，说明氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为红褐色氢氧化铁；实验IINaHCO3溶液显碱性，向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液，同样产生白色沉淀，白色沉淀3 min后沉淀颜色几乎不变，与实验I现象不一致，因此推测白色沉淀可能是别的物质，根据参加反应的物质推测，沉淀还有可能是碳酸亚铁；且碳酸亚铁被氧气氧化的速率小于氢氧化亚铁氧化的速率，据此解题。

【详解】(1)Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，书写此反应方程式时应注意电荷守恒和质量守恒。反应方程式可表示为： 2Fe3++Fe=3Fe2+ ；

(2)实验I中沉淀变为红褐色,说明氢氧化亚铁被空气中的氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3 ；

(3)①碳酸氢钠溶液呈碱性；根据加入的试剂和实验现象可知白色沉淀还有可能为碳酸亚铁FeCO3 ；

②i．取少量白色沉淀，充分洗涤，向其中加入稀硫酸，沉淀完全溶解，产生无色气泡，则无色气泡应为二氧化碳，则沉淀中应含有碳酸根；ii．向所得溶液中滴入KSCN试剂，溶液几乎不变红，说明溶液中不含有三价铁离子；iii．向ii溶液中再滴入少量H2O2，溶液立即变为红色，说明原溶液中存在亚铁离子，被H2O2 氧化为铁离子；因此可以说明沉淀中一定含有Fe2+和CO32- ；

③实验II，3min后白色沉淀无变化，在空气中久置，最终变为红褐色。而实验I中的氢氧化亚铁在3min后完全被氧化，因此实验II中沉淀比实验I中所得的Fe(OH)2难于被空气氧化。

(4)实验III的实验目的是研究酸碱性对二价铁还原性的影响，而实验I已经研究了碱性条件对二价铁的还原性的影响，因此实验III应为研究酸性条件的影响，实验方案应为向硫酸亚铁溶液中滴加H2SO4溶液；

(5)实验III的现象显示，在酸性条件下，二价铁离子不易被氧化，因此为避免二价铁被空气氧化，可采取的措施是控制溶液为酸性环境，或使二价铁以碳酸盐的形式沉淀。

【点睛】本题采用对比实验的方式考查二价铁离子的还原性，为开放性试题。学生在解实验题时应注意每个实验的实验目的，及实验的不同点。对比实验的不同点，结合已学知识进行解题。本实验中实验I为已学知识，实验II和III则考查学生对知识的迁移能力。下载本文