江苏省苏州市高新区一中2022-2023学年高一3月月考化学试题 Word版含解析

这是一份江苏省苏州市高新区一中2022-2023学年高一3月月考化学试题 Word版含解析，共17页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
苏州高新区第一中学教育集团
2022~2023学年度第二学期三月作业检测
高一化学
(时间：75分钟。满分：100分)
可能用到的相对原子质量：
选择题(共39分)
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中的氮循环起始于氮的固定，循环过程可用下图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是

A. 海洋中不存在游离的氮
B. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
C. 海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②
D. 向海洋排放含的废水不会影响海洋中的含量
【答案】C
【解析】
【详解】A．在海洋表面水中溶解了少量的氮气，因此海洋中存在游离态的氮，故A错误；
B．图上可以看出海洋中氮的循环起始于氮气转化为，过程中N的化合价降低，被还原，故B错误；
C．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，因此海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②，故C正确；
D．根据转化关系，硝酸根离子增多，反硝化作用增强，因此向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，故D错误；
故选C。
2. 碳与浓HNO3发生反应：C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O。下列说法正确的是
A. N的结构示意图：
B. CO2的球棍模型：
C. 中子数为8的氧原子：
D. HNO3的电离方程式：HNO3=H++
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．原子核外电子数等于原子核内质子数。N是7号元素，原子核外有7个电子，故N原子的结构示意图为，A错误；
B．CO2分子是直线型分子，三个原子在同一条直线上，由于C原子半径比O原子半径大，故CO2的比例模型为：，而不是球棍模型，B错误；
C．O是8号元素，原子核内有8个质子，中子数是8的O原子质量数是16 ，可表示为，C错误；
D．HNO3是一元强酸，在水中完全电离产生H+、，故其电离方程式为：HNO3=H++，D正确；
故合理选项是D。
3. 从石器时代到青铜器时代，再到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展历程和水平。下列关于金属冶炼的说法正确的是
A. 制铝：将Al(OH)3溶于盐酸中，电解AlCl3溶液可得铝
B. 制铜：“曾青(CuSO4)得铁，则化为铜”《淮南子》的过程发生复分解反应
C. 炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物
D. 制钠：高温分解NaCl制备Na
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．电解熔融Al2O3冶炼金属铝，故A错误；
B．“曾青(CuSO4)得铁，则化为铜”发生反应Fe+ CuSO4=FeSO4+Cu，属于置换反应，故B错误；
C．用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物冶炼铁，故C正确；
D．电解熔融NaCl冶炼金属Na，故D错误；
选C。
4. 常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在酸性溶液中：、、、
B. 溶液：、、、
C. 能使酚酞变红的溶液中：、、、
D. 加入铝片产生的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性溶液中存在大量氢离子，H+、、、、相互不反应，能大量共存，故A符合题意；
B．NaClO具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．能使酚酞变红，说明溶液显碱性，Mg2+、HCO与OH-反应而不能大量共存，故C不符合题意；
D．加入铝片产生氢气的溶液可能为碱，也可能为酸；若溶液显酸性，NO(H+)具有强氧化性，与金属铝反应不产生氢气，且CH3COO-与H+也不能大量共存；若溶液显碱性，钡离子和碳酸根离子生成碳酸钡沉淀，不共存；故D不符合题意；
故选A。
5. 工业利用氮气和氢气合成氨气，一种新型合成氨的原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 该反应过程中N2表现出氧化性
B. 该反应中 n(N2)：n(H2O)=1：3
C. 该反应中H2O 把N2氧化为 NH3
D. 该反应中每生成 1molNH3，转移的电子数目约为 3×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，反应中氮元素化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，表现氧化性，故A正确；
B．由图可知，反应中氮元素化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，氧元素化合价升高被氧化，水是反应的还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(N2) ×3×2= n(H2O)×2，则n(N2)：n(H2O)=1：3，故B正确；
C．由图可知，反应中氮元素化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，氧元素化合价升高被氧化，水是反应的还原剂，反应中水把氮气还原为氨气，故C错误；
D．由图可知，反应中氮元素化合价降低被还原，氨气是反应的还原产物，则反应中每生成 1mol氨气，转移的电子数目约为1mol×3×6.02×1023mol—1=3×6.02×1023，故D正确；
故选C。
6. 稀硫酸中插一块铜片，加入下列物质后，可使铜片迅速发生反应的是（ ）
A. 稀盐酸 B. 硫酸钠晶体 C. 硝酸钾晶体 D. 氯化钠晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A、稀硫酸、稀盐酸和铜都不反应，故不选A；
B、硫酸钠、稀硫酸和铜都不反应，故不选B；
C. 硝酸钾、稀硫酸混合，相当于有硝酸存在，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水、一氧化氮，故选C；
D. 氯化钠、稀硫酸和铜都不反应，故不选D。
答案选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 将通入水中：
B 通入足量澄清石灰水中：
C. 用氨水吸收过量的气体：
D. 用稀硝酸除去试管内壁的银镜：
【答案】B
【解析】
【详解】A．将通入水中反应生成硝酸和一氧化氮：，A错误；
B．通入足量澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀和水：，B正确；
C．用氨水吸收过量的气体生成亚硫酸氢铵：，C错误；
D．用稀硝酸除去试管内壁银镜反应生成硝酸银和NO：，D错误；
故选B。
8. 某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是






甲
乙
丙
丁
戊
己
已知：①浓硝酸可氧化NO。②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A. 装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B. 装置戊中发生的化学方程式：2NO+2Fe2FeO+N2
C. 装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2
D. 装置乙的作用是干燥，防止水蒸气进入戊中干扰反应
【答案】D
【解析】
【分析】本实验验证NO与铁粉反应生成N2和FeO，甲装置是制备NO气体，NO能与装置空气中氧气反应生成NO2，制备NO的气体中混有水蒸气、硝酸蒸气和NO2，水蒸气能与铁反应，干扰实验，需要除去，让NO2与水反应生成硝酸和NO，得到纯净NO，与铁反应，NO有毒，需要尾气处理，根据信息，先通过浓硝酸，最后通过NaOH溶液，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，连接顺序是a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，故A说法正确；
B．NO与铁粉反应生成氮气和FeO，其反应方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故B说法正确；
C．根据上述分析，装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2，故C说法正确；
D．浓硝酸不具有吸水性，不做干燥剂，根据信息可知，浓硝酸的作用是将NO氧化成NO2，便于NaOH溶液吸收，防止污染环境，故D说法错误；
答案为D。
9. 中国化学家研究出一种新型复合光催化剂()，能利用太阳光高效分解水。原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B. 反应Ⅰ中涉及到共价键的断裂和离子键的形成
C. 反应Ⅱ为
D. 总反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知，反应I为水在光和催化剂作用下分解生成过氧化氢和氢气，反应II是过氧化氢转化为水与氧气；
【详解】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A正确；
B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B错误；
C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：，故C正确；
D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：，故D正确；
故选B。
10. 翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是
A. Y在化合物中显价 B. X与W只能形成一种化合物
C. W的简单氢化物稳定性比Z的强 D. X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的弱
【答案】C
【解析】
【分析】翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。
【详解】A. Y为Al，在化合物中显+3价，故A错误；
B. X为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；
C. 非金属性O＞Si，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；
D. 金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D错误；
故选C。
11. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
B
某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl-
C
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀硅酸
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，该气体可能为碱性气体（如NH3），碱性气体与亚硫酸（或SO2）发生中和反应，生成亚硫酸根，亚硫酸根与钡离子结合生成亚硫酸钡白色沉淀，不一定是强氧化性气体，A错误；
B．加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明没有，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，B正确；
C．盐酸具有挥发性，反应产物中有HCl存在，直接通入硅酸钠溶液中，无法证明碳酸与硅酸酸性强弱，C错误；
D．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝，是因为碳酸氢铵受热分解生成，溶于水显碱性而不是NH4HCO3，D错误；
故选B。
12. K2FeO4具有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4，其制备的流程如下：

已知：K2FeO4能溶于水，微溶于浓KOH溶液，“转化1”时有生成。下列有关说法正确的是
A. K2FeO4中铁元素的化合价是+3
B. “转化1”发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+5H2O=2+3Cl-+10H+
C. “转化2”能进行的原因是该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小
D. 所得滤液含有大量的Na+、H+、、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．化合物中各种元素化合价代数和为0，在K2FeO4中，K为+1价，O为-2价，则铁元素的化合价是+6，A错误；
B．由于加入过量氢氧化钠溶液，溶液显碱性，在碱性溶液中不可能大量存在H+，B错误；
C．“转化2”发生反应：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，反应能够进行就是由于在该条件下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，C正确；
D．由于加入了过量饱和的KOH溶液，溶液显碱性，不可能大量产生H+，D错误；
故合理选项是C。
13. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是

A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，B正确；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得硫酸铜晶体，D不正确；
答案选D。
非选择题(共61分)
14. 现有A、B、C、D四种元素，它们的核电荷数依次增多。
①A的核电荷数大于2，可形成氢化物，该氢化物在常温下是液体；
②A和C两元素可形成化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；
③离子与离子具有相同的核外电子数；
④B与D元素可以形成化合物BD；
⑤BD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；
试回答：
（1）A元素在周期表中的位置为_______。
（2）D的单质分子的结构式_______，B元素最高价氧化物的水化物的电子式_______。
（3）写出工业上冶炼C单质的化学方程式_______。
（4）写出BD的溶液中通入氯气的离子方程式_______。
（5）比较A、B、C三种元素形成的简单离子半径：(A、B、C离子用实际离子符号表示)_______。
【答案】（1）第2周期ⅥA族
（2） ①. ②.
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体，则A是O；
②A和C两元素可形成C2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则C是Al；
③离子与离子具有相同的核外电子数，则B是Na；
④B与D元素可以形成化合物BD；⑤BD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，因此D是I。
【小问1详解】
A为氧，在周期表中的位置为第2周期ⅥA族；
【小问2详解】
D的单质为碘单质，分子的结构式H-H，B元素最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠为离子化合物，电子式；
【小问3详解】
冶炼C(Al)单质的反应为在冰晶石存在条件下电解熔融氧化铝制取铝，化学方程式；
【小问4详解】
氯气具有强氧化性，NaI的溶液中通入氯气反应生成碘单质，反应的离子方程式为：；
【小问5详解】
电子层数越多，简单离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子半径越小；A、B、C三种元素形成的简单离子半径：。
15. 利用硫酸烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还含有SiO2和CuO等)来制取FeSO4溶液。

(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是___________。“酸浸”时，Fe2O3发生反应的离子方程式是___________。
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu。检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂的化学式是___________。
(3)将得到的FeSO4溶液进行下列操作，测定其物质的量浓度：
步骤一：取10.00 mLFeSO4溶液，将其稀释成100.00 mL溶液。
步骤二：取25.00 mL稀释后的溶液，向其中加入0.100 mol·L−1酸性KMnO4溶液。恰好反应时，记下消耗KMnO4溶液的体积。
步骤三：重复上述实验3次，平均消耗KMnO4溶液20.00 mL。
已知： +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
①“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是___________。
②试通过计算，求原FeSO4溶液的物质的量浓度是多少？(写出计算过程)___________
【答案】 ①. 增大固体表面积，加快酸浸溶解速率 ②. Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O ③. KSCN溶液 ④. 降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化 ⑤. 稀释后的25.00 mL溶液消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
【解析】
【分析】将硫酸烧渣粉碎后用稀硫酸酸浸，其中的金属氧化物Fe2O3、FeO和CuO变为可溶性盐进入溶液，而酸性氧化物SiO2不能反应，以固体形式进入滤渣。将固液混合物过滤，除去SiO2，向含有Cu2+、Fe3+、Fe2+的酸性溶液中加热足量的Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，然后过滤除去Cu及过量的Fe，就得到FeSO4溶液。
【详解】(1)将硫酸烧渣进行粉碎，其目是使固体表面积增大，以加快酸浸的溶解速率；
“酸浸”时，Fe2O3与H2SO4发生反应产生Fe2(SO4)3、H2O，发生反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
(2)“还原”时，铁粉将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+和Cu，Fe被氧化为Fe2+。若Fe3+全部被还原，则溶液中就不含有Fe3+，故可根据Fe3+与SCN-会产生血红色物质进行检验，检验Fe3+是否已全部被还原，所选用试剂化学式可以是KSCN溶液；
(3)①Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液中的O2氧化变为Fe3+，导致其浓度测定数值不准确。在“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是降低水中溶解的O2，防止Fe2+被氧化；
②稀释后的25.00 mL溶液在滴定中消耗KMnO4标准溶液的物质的量为n(KMnO4)=0.100 mol/L×0.02 L=0.002 mol，则根据物质反应关系可知其中含有的Fe2+的物质的量n(Fe2+)=5 n(KMnO4)=0.01 mol，故10.00 mL稀释前溶液中含有Fe2+的物质的量n(Fe2+)=，故该溶液的FeSO4浓度c(FeSO4)=c(Fe2+)=。
16. 纳米铁粉常用于废水处理等，以草酸(H2C2O4)与FeSO4为原料可制取纳米铁粉。
(1)制取草酸
用含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2∶1.5)溶液氧化淀粉水解液制备草酸，其装置如题图-1所示。[已知：硝酸氧化淀粉水解液过程中主要反应：C6H12O6+HNO3→H2C2O4+NO2↑+NO↑+H2O(未配平)]

①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为___________。
②仪器a的名称为___________。
③装置C用于尾气吸收。当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应：NO2+NO+Na2CO3=2___________+CO2。
(2)制备纳米铁粉，其流程如下：

过滤所得到的晶体FeC2O4·2H2O在700℃时分解：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑。由于生成CO2，该反应成为制备纳米铁粉的重要方法。CO2的作用是___________。
(3)用纳米铁粉处理废水中的：
①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，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题图-2所示。1~3 h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. 水浴加热 ②. 分液漏斗 ③. NaNO2 ④. 防止在加热产生的Fe被氧化，避免Fe单质聚集产生大的颗粒，有利于纳米铁的产生 ⑤. 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O ⑥. 水中溶解O2反应消耗纳米Fe，不利于Fe与的反应发生，导致去除率降低
【解析】
【分析】
【详解】(1)①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为水浴加热；
②根据装置图可知仪器a的名称为分液漏斗；
③装置C中Na2CO3溶液显碱性，用于尾气吸收氮氧化合物，当尾气中n(NO2)∶n(NO)=1∶1时，发生反应，根据原子守恒，可知缺项物质化学式是NaNO2，故反应的化学方程式为：NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2。
(2)在700℃时分解FeC2O4·2H2O晶体：FeC2O4·2H2OFe+2CO2↑+2H2O↑，由于生成气体CO2，使Fe粉处于惰性环境，防止其被氧化，同时气体存在，可避免Fe聚集形成较大颗粒，有利于纳米铁粉的制备；
(3)①酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe2+与，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；
②1~3 h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是：在无氧时只发生反应：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O；而在有氧条件下，O2同时也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米Fe量减小，因而使去除率低于无氧条件。
17. 氮及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，但同时随意排放氮的化合物也会造成环境污染问题。
I.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：

（1）实验室制备氨气有多种方法，现欲NH4Cl用与熟石灰反应制取NH3，则甲中的气体发生装置为______。(从Ⅱ中选用)
（2）装置丙用于收集NH3，应将导管_____(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
Ⅱ.由氨气为原料的合成硝酸工业中有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，有多种方法解决污染环境。
（3）臭氧脱硝法：O3氧化NO结合水洗，可产生HNO3，该反应的化学方程式为______。
（4）氨气催化吸收法处理尾气法：已知6mol氨气恰好能将含NO和NO2共7mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比______。
Ⅲ.NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（5）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH-=2NO+H2O
2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2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
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是______(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是______(填化学式)。
（6）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是______。
【答案】（1）B （2）b
（3）3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2
（4）5∶2 （5） ①. BC ②. NaNO3 ③. NO
（6） ①. 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+ ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】实验中制取干燥氨气，并验证氨气具有还原性，甲装置为制备氨气装置，乙装置为干燥装置，盛放碱石灰，根据问题(2)装置丙为收集装置，装置丁为氨气还原氧化铜，装置戊为验证氨气还原氧化铜产生水，装置己的作用为尾气处理，吸收多余氨气，据此分析；
【小问1详解】
氯化铵、熟石灰为固体，应选用固体+固体气体，则甲中的气体发生装置为B，故答案为B；
【小问2详解】
装置丙为收集装置，因为氨气的密度小于空气，应是短进长出，即b延长至集气瓶底部；故答案为b；
【小问3详解】
臭氧具有强氧化性，将NO氧化成硝酸，反应方程式为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；故答案为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；
【小问4详解】
氨气为还原剂，NO和NO2为氧化剂，令NO物质的量为amol，则二氧化氮物质的量为(7－a)mol，根据得失电子数目守恒，6mol×[0－(－3)]=amol×2+(7－a)mol×4，解得a=5，因此NO和NO2物质的量之比为5∶2；故答案为5∶2；
【小问5详解】
①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分被吸收，故A不符合题意；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增加气液接触面积，使尾气充分被吸收，故B符合题意；
C．定期补加NaOH溶液，可提高尾气的转化率，故C符合题意；
答案为BC；
②根据反应方程式可知，反应后溶质为NaNO2和NaNO3，因此得到亚硝酸钠晶体中含有主要杂质为NaNO3；NO不溶于水，且不与水、NaOH反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；故答案为NaNO3；NO；
【小问6详解】
①HClO氧化NO生成Cl-和NO，根据化合价升降以及原子守恒进行配平，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+，故答案为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+；
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高；故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。