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福建省永安一中2019-2020学年高一11月月考化学试题
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2019-2020学年高一第一学期11月考化学科试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Na-23 Ba-137 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷 （选择题）
一、选择题
1.室温下，在强酸性和强碱性溶液中均能够大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Cu2+、Cl-、NO3- B. K+、Na+、HCO3-、SO42-
C. Fe2+、NO3-、Na+、ClO- D. Cl-、NO3-、Na+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4+在碱性溶液中不能共存，故A错误；
B. HCO3-在碱性溶液或者酸性溶液中都不能共存，故B错误；
C. ClO-不能在酸性溶液中共存，并且酸性溶液中NO3-有强氧化性不能和Fe2+共存，故C错误；
D. 碱性溶液或碱性溶液中该组离子之间都不反应，可大量共存，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变，不会引起产物改变的是（ ）
A. Na和O2 B. Fe与HCl C. Cu和HNO3 D. Na2CO3和HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na和O2分别在常温、加热条件下生成氧化钠、过氧化钠，产物改变，故A不选；
B. Fe与HCl反应生成氯化亚铁和氢气，不会因为反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变而改变，故B选；
C. Cu和稀HNO3反应生成NO，和浓硝酸反应生成NO2，产物改变，故C不选；
D. Na2CO3和少量HCl反应生成NaHCO3，和过量盐酸反应生成二氧化碳，产物改变，故D不选；
正确答案是B。
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na+H2O ＝ Na++OH－+H2↑
B. 氯气溶于水:Cl2+H2O=2H++Cl－+ClO－
C. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
D. 过量CO2通入氢氧化钠溶液中：OH－+CO2===HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B. 氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 过量CO2通入过量的氢氧化钠溶液生成HCO3-，反应的离子方程式为OH－+CO2===HCO3-，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质，侧重氧化还原反应的离子反应考查，明确电子、电荷守恒的应用，题目难度不大。
4.选择合适的如下试剂组合，其中能证明Fe3+具有氧化性的是（ )
供选试剂：①KSCN溶液 ②FeCl2溶液 ③氯水 ④NaOH溶液 ⑤Fe粉
A. ①⑤ B. ①③ C. ③④ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】A. 能使硫氰化钾显示红色的是Fe3+，将KSCN溶液滴入盛有FeCl3溶液的试管中，溶液显红色，再加入Fe粉，Fe3+能被铁粉还原成Fe2+，Fe3+作氧化剂具有氧化性，溶液会变无色，可以证明Fe3+具有氧化性，故A正确；
B. 氯水和Fe3+不反应，不能证明Fe3+具有氧化性，故B错误；
C. Fe3+和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不是氧化还原反应，不能证明Fe3+具有氧化性，故C错误；
D. 氯水可以把Fe2+氧化成Fe3+，不能证明Fe3+具有氧化性，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了铁离子和亚铁离子的检验方法，题目难度不大，要求学生掌握铁离子、亚铁离子的性质以及检验方法。
5.类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，推测Fe2O3也可以和酸反应生成盐和水
B. Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2
C. 碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，推测碳酸钠也可以治疗胃酸过多
D. Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，Fe2O3也是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，故A正确；
B. Fe与Cl2反应生成FeCl3，故B错误；
C. 胃酸的主要成分是HCl，治疗胃酸，就是用盐碱去中和胃中过多的酸，碳酸钠和碳酸氢钠都可以和HCl反应，生成对人体无害的氯化钠、水和二氧化碳。但是，由于碳酸钠的碱性较强，与HCl反应剧烈，生成的二氧化碳气体多，容易造成内脏膨胀，可能对人体造成伤害。所以，一般选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故C错误；
D. Na投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后NaOH和CuSO4反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，故不能生成单质铜，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了知识迁移方法的利用，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的反应来分析解答，题目难度不大。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO可作为漂白剂 B. NaHCO3是制做糕点馒头的膨松剂成分之一
C. 液态NH3用作致冷剂 D. 明矾（KAl(SO4)2·12H2O）作为消毒杀菌剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaClO是漂白液的主要成分，可以作为漂白剂，故A正确；
B. NaHCO3在加工过程中受热分解，产生气体，使面坯起发，形成致密多孔组织，从而使制品具有膨松、柔软，故B正确；
C.氨气在很低温时是液态，在常温它很容易挥发而大量地吸收周围的温度，从而可以起到制冷的作用，可以把NH3变成液态，再蒸发，用它来做制冷剂，故C正确；
D. 日常生活中，可用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作为净水剂，但是不能消毒杀菌，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
7.自然界氮循环如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中N2与O2反应生成NO
B. ②中合成氨属于人工固氮
C. ③中氮元素只被氧化
D. 氧元素参与了氮循环
【答案】C
【解析】
【详解】A. N2和O2在放电作用下化合，生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，故A正确；
B. 氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态的过程，大气中氮气转化成氮肥属于人工固氮，故B正确；
C. ③中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，故C错误；
D. 如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氧元素参加，故D正确；
题目要求选不正确的，故选C。
【点睛】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，选项D是解答的易错点。
8.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 含氮量超标的废水直接排放会造成水体富营养化
B. NO、NO2为主的氮氧化物排放是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因
C. 化石燃料燃烧，大气中CO2含量猛增会导致温室效应
D. 减少煤、石油等化石燃料的使用不符合“绿色发展”理念
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氮磷是植物的营养元素，含氮、磷等生活废水的大量排放，会导致水体富营养化，藻类疯长，引发水华、赤潮；故A正确；
B. 光化学烟雾形成的重要原因是汽车尾气排放的氮氧化物，SO2和NO2气体会转变成硫酸和硝酸，造成酸雨，故B正确；
C. 温室效应的根源是二氧化碳的增多，这主要是因为人类大量使用化石燃料所致，故C正确；
D. 大力开发太阳能、风能、沼气等能源，尽量控制煤等化石燃料的使用可以减少污染，符合“绿色发展”理念，故D错误；
题目要求选不正确的，故选D。
【点睛】题考查了光化学烟雾、酸雨、水体富营养化、温室效应等环境问题，难度不大。
9.NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（ ）
A. NA个O2和28g N2所占的体积都约为22.4 L
B. 标准状况下，22.4 L H2O含有NA个水分子
C. 71g Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2NA
D. 1.8g的NH4+ 离子中含有的电子数NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. NA个O2和28g N2的物质的量都是1mol，若氧气和氮气所处的状态是标准状况，则1molO2和1molN2所占有的体积都约是22.4L，选项没有说明是在标况下，所以1molO2和1molN2所占有的体积可能为22.4L，可能不是，故A错误；
B. 标准状况下水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算，故B错误；
C. 依据n=计算物质的量= =1mol，结合氯气既是氧化剂又是还原剂，元素化合价0价变化为-1价和+1价，转移的电子数为1NA，故C错误；
D. 1.8g NH4+的物质的量为=0.1mol，1个NH4+有10个电子，0.1mol NH4+离子中含有的电子数NA，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算分析，掌握基础是关键，题目较简单。
10.人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒。下列说法正确的( )
A. 亚硝酸盐表现出还原性 B. 维生素C可被亚硝酸盐氧化
C. 维生素C表现出氧化性 D. 中毒时亚硝酸盐被Fe2+氧化成硝酸盐
【答案】B
【解析】
【分析】
服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将+3价的Fe3+转化为+2价的Fe2+亚铁离子，所以加入的物质维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，以此解答。
【详解】A. 由分析可知维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，则亚硝酸盐是氧化剂，表现出还原性，故A错误；
B. 由分析可知维生素C是还原剂，亚硝酸盐是氧化剂，维生素C可被亚硝酸盐氧化，故B正确；
C. 由分析可知维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，故C错误；
D. 亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，Fe2+是还原剂，中毒时亚硝酸盐被Fe2+还原成硝酸盐，故D错误；
正确答案是B。
11.下列除去物质中少量杂质的方法不正确的是（ ）
A. 除去CO2中混有的少量HCl：用饱和碳酸钠溶液，洗气
B. 除去NO中混有少量的NO2：将气体通入水中，洗气
C. 除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3：加入过量铁粉，过滤
D. 除去NaCl固体中混有的少量NH4Cl：加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；
B. 二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，可以除去NO中混有少量的NO2，符合除杂原则，故B正确；
C. 铁粉不与氯化亚铁反应，能与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，故C正确；
D. 氯化铵不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，故D正确；
正确答案是A。
【点睛】本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质是解题的关键。
12.溶洞中溶有碳酸氢钙的水，当从洞顶向洞底滴落时，水分的蒸发、压强的减小及温度的升高都会析出碳酸钙沉淀。下列实验不能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硫酸能够吸水，促进碳酸氢钙溶液中水分蒸发，溶液中会析出碳酸钙沉淀，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故A正确；
B. 浓硝酸不能吸水，不能促进碳酸氢钙溶液中水分蒸发，溶液中不会析出碳酸钙沉淀，不能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故B错误；
C. 浓氨水不断挥发出NH3，溶解在碳酸氢钙溶液中呈碱性，保证碳酸氢钙溶液中没有酸性物质，防止部分碳酸氢钙不转化，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故C正确；
D. 碳酸氢钙加热，温度升高会析出碳酸钙沉淀，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故D正确；
题目要求选不能实现的，故选B。
13.某化学兴趣小组为了制取并探究氨气的性质，按下图装置进行实验，制取氨气的原理：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,下列说法不正确的是（ ）
A. 装置B中的干燥剂可以是P2O5 B. 装置C中的试纸不变色，D中试纸变蓝色
C. 在装置E中滴入几滴浓盐酸会出现白烟 D. 装置F中的漏斗能起防倒吸作用
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂碱石灰，不能用P2O5，故A错误；
B. 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，C中的试纸不变色，故B正确；
C. 装置E中因有多余的氨气，当滴入几滴浓盐酸时会生成氯化铵晶体，产生白烟，故C正确；
D. 因为氨气极易溶于水，所以F中吸收氨气时用倒扣漏斗来防倒吸，故D正确；
题目要求选不正确的，故选A。
【点睛】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，题目难度中等，明确实验原理和氨气干燥方式
是解本题关键。
14.下列有关溶液中离子的检验方法合理的是（ ）
A. 向溶液滴加盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，一定含有CO32－
B. 向溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，一定含有SO42－
C. 向溶液滴加NaOH溶液，生成白色絮状沉淀，迅速变灰绿色，最后变红褐色，一定含有Fe2+
D. 向溶液滴加Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定含有Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化碳或二氧化硫，故原溶液中可能含有：CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，故A错误；
B. 氯化钡与硫酸盐可以生成硫酸钡难溶于稀硝酸的白色沉淀，也可以与硝酸银生成氯化银沉淀，故可能含有SO42-或者Ag+，故B错误；
C. 加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，故C正确；
D. 向溶液滴加Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，也可能含有Ba2+，碳酸钡白色沉淀也能溶于盐酸，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题主要考查的是溶液中阴离子以及阳离子的检验，排除一些同等现象离子的干扰是解决本题的关键，难度不大。
15.已知：2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A. KMnO4发生氧化反应 B. 盐酸既表现酸性又表现还原性
C. 如果有16molHCl被氧化，则生成5molCl2 D. 每生成2.24 L Cl2有0.2mol的电子转移
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O中，Mn元素化合价降低，KMnO4是氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B. 反应2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O生成盐，体现HCl的酸性，反应生成氯气，Cl元素化合价升高，体现HCl还原性，故B正确；
C. 2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O中，HCl既表现酸性又表现还原性，每生成5mol的Cl2，被氧化的HCl为10mol，如果有16molHCl被氧化，则生成8molCl2，故C错误；
D. 反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，则当有0.1mol氯气生成时，转移0.2mol电子，选项中没有说明是在标况下，2.24LCl2不一定是0.1mol，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及规律性知识的应用，题目难度不大，选项C为解答的难点
16.在1L某混合溶液中，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，其中SO42-的物质的量浓度为5.0 mol·L-1。该溶液最多能溶解铁粉的质量为（ ）。
A. 28g B. 56g C. 78g D. 112g
【答案】D
【解析】
【详解】n(SO42-)=1L×5mol•L-1=5mol，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，则有2n(Fe2+)=n(H+)=n(Fe3+)，设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量分别为n、2n、2n。根据电荷守恒知道：2n+2n×3+2n=5mol×2，由此解得n=1mol，H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4)=5mol，根据Fe的守恒可知，由反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量为5mol-1mol-2mol=2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为2mol×56g/moL=112g，故选D。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，注意用电荷守恒和质量守恒去解答。根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。
第Ⅱ卷 （非选择题）
二、填空题
17.（1）请写出NaHCO3在水中的电离方程式：______________；NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式：________________。
（2）某无色透明溶液中可能大量存在NH4+、Na+、Ba2+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的几种离子。从其中取两份各100mL溶液，进行如下实验：
①根据溶液颜色可以判断溶液中不存在的离子是_____________；
②取其中的一份溶液进行实验，加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，共生成448mL气体（标准状况下），有关的离子方程式为______________；
③取另一份溶液加入过量Ba(NO3)2溶液，生成3.94g白色沉淀，过滤，向沉淀中再加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解；根据以上实验结果确定：原溶液中肯定存在的离子有___________；请你设计实验方案证明该溶液中是否含有Cl－？_____________ 。
（3）某氮肥厂的氨氮废水中氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。该厂的技术团队设计该废水处理方案流程如下：
①过程Ⅱ：在微生物的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-转化，称为硝化过程。在碱性条件下，NH4+被氧气（O2）氧化成NO3－的总反应的离子方程式为________________。
②过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇（CH3OH），实现HNO3→NO2－→N2转化，称为反硝化过程。反硝化过程中甲醇（C元素为-2价）转化为CO2，若有6molHNO3完全转化成N2，消耗的甲醇的物质的量为_____________。
【答案】 (1). NaHCO3===Na＋＋HCO3— (2). OH—+ HCO3－＝CO32—＋H2O (3). Fe3+ (4). NH4++OH－NH3↑+ H2O (5). NH4+、Na+、CO32－ (6). 取少量原溶液于试管中，先加足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则存在Cl－ (7). NH4++2OH－+2O2=NO3－+3H2O (8). 5mol
【解析】
【分析】
（1）碳酸氢钠是强电解质完全电离生成钠离子和碳酸根离子；NaOH和NaHCO3反应生成碳酸根和水；
（2）①无色透明溶液中不会有Fe3+；
②加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，生成气体，说明存在NH4+；
③根据电荷守恒和原子守恒分析；
②根据电子得失守恒计算。
【详解】（1）碳酸氢钠是强电解质完全电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；NaOH和NaHCO3反应生成碳酸根和水，离子方程式为：OH-+ HCO3－＝CO32-＋H2O；
（2）①Fe3+有颜色，无色透明溶液中不会有Fe3+，故根据溶液颜色可以判断溶液中不存在的离子是Fe3+；
②取其中的一份溶液进行实验，加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，共生成448mL气体，说明存在NH4+，离子方程式为：NH4++OH－NH3↑+ H2O；
③取其中的一份进行实验，加448入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体44mL气体即为氨气，n（NH3）==0.02mol，一定含有0.02mol NH4+，浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀3.94g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀全部消失，则一定含有CO32－，所以一定不存在Ba2+、SO42－；其中碳酸钡是3.94g，物质的量是0.02mol，碳酸根的物质的量是0.02mol，浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在Na+，不能确定是否存在氯离子；检验氯离子可以取少量原溶液于试管中，先加足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则存在Cl－；
（3）①NH4+被氧气（O2）氧化成NO3－，同时氧气被还原成水，该反应的离子方程式为：NH4++2OH－+2O2=NO3－+3H2O；
②HNO3完全转化成N2，N元素得到5个电子由+5价下降到0价，6molHNO3完全转化得到30mol电子；反硝化过程中甲醇（C元素为-2价）转化为CO2，C元素失去6个电子由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒消耗的甲醇的物质的量为=5mol。
18.如图为碳元素的价类二维图，结合图中的物质部分转化关系，完成下列问题：
（1）下列说法正确的是 __________
a.要实现反应①一定要与氧化剂作用
b要实现反应②一定要与还原剂作用
c.在一定条件下木炭与浓硝酸能实现 反应①转化
d.反应⑤属于非氧化还原反应
（2）下列有关碳及其化合物类别及性质说法不正确的是__________
a.CO不属于酸性氧化物，具有还原性
b.CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐
c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应又能与NaOH反应
d.金刚石和石墨互为同素异形体，其物理性质和化学性质均相同
（3）高炉炼铁的过程是将铁矿石（Fe2O3）还原成金属铁的过程，实现了反应③的转化，请写出其反应的化学方程式，并用“双线桥”表示电子的得失情况______________________________ 。
（4）化学活动课上，两组同学分别用如图所示甲、乙两装置探究“Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸的反应”。按下表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中（装置的气密性已检查）。请回答：
①两组反应开始时，装置___________(填“甲”或“乙”)中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是______________________。
②当试管中不再有气体生成时，两组实验出现不同现象。
试剂用量
实验现象
分析原因
第A组
0.84gNaHCO3
1.06gNa2CO3
6ml 4mol·L-1盐酸
甲中气球与乙中气球的
体积相等
甲、乙盐酸均过量
n(NaHCO3)= n(Na2CO3)
V(CO2)甲=V(CO2)乙
第B组
1.2gNaHCO3
1.2gNa2CO3
6ml 2mol·L-1盐酸
甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变
按上表第A组原因分析方法，分析第B组实验甲中气球为比乙中气球体积大的原因__________。用离子方程式表示第B组乙中气球又缩小的原因：______________。
【答案】 (1). A C (2). D (3). (4). 甲 (5). H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O (6). 甲、乙盐酸均不足，消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3) ，V(CO2)甲﹥V(CO2)乙 (7). CO32－+CO2+H2O=2HCO3－
【解析】
【分析】
（1）根据氧化还原反应的有关规律判断；
（2）a. CO不属于酸性氧化物，C元素化合价为+2价，具有还原性，故a正确；
b CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐，故b正确；
c. NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应生成二氧化碳和水，又能与NaOH反应生成碳酸钠，故c正确；
d. 金刚石和石墨互为同素异形体，其化学性质相似，物理性质有很大差异，故d错误；
（3）Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质，Fe元素由+3价下降到0价，得到3个电子；
（4）①碳酸氢钠和盐酸反应的速率更快；
②按上表第A组原因分析方法，分析第B组实验中反应物之间数量关系，二氧化碳可以溶于碳酸钠溶液中。
【详解】（1）a.①C CO2，C化合价升高作为还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故a正确；
b.①C CO，C化合价升高作为还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故b错误；
c.木炭与浓硝酸在加热的条件下可以生成二氧化碳，可以实现反应①转化，故c正确；
d. 反应⑤中C化合价变化，属于氧化还原反应，故d错误；
正确答案是ac；
（2）a. CO不属于酸性氧化物，C元素化合价为+2价，具有还原性，故a正确；
b. CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐，故b正确；
c. NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应生成二氧化碳和水，又能与NaOH反应生成碳酸钠，故c正确；
d. 金刚石和石墨互为同素异形体，其化学性质相似，物理性质有很大差异，故d错误；
题目要求选错的，故选d；
（3）Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质，Fe元素由+3价下降到0价，得到3个电子，用“双线桥”表示电子的得失情况为：
（4）①碳酸钠和盐酸的反应可以分成两步：第一步Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二步 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，而碳酸氢钠只进行第二步反应，所以更快一些，故装置甲中的气球体积先变大，甲中发生的离子方程式是：H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O；
②根据化学方程式计算可知A组中NaHCO3和Na2CO3都已完全反应。B组中，n(Na2CO3)= =0.011mol，n(NaHCO3)= =0.014mol，n(HCl)=0.012mol，根据反应NaHCO3 +HCl =NaCl + CO2↑+H2O和Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，Na2CO3、NaHCO3都过量，NaHCO3产生的CO2较Na2CO3的多。因为气体收集于气球中，乙中CO2又与过量的Na2CO3溶液反应，故甲中气球比乙中气球的体积大片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变，分析原因为：甲、乙盐酸均不足，消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3) ，V(CO2)甲﹥V(CO2)乙；CO2与过量的Na2CO3溶液反应为：CO32－+CO2+H2O=2HCO3－。
19.铁元素是重要的金属元素，铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。
（1）所含铁元素具有氧化性也有还原性的物质是_________。
a．铁单质 b．氯化亚铁 c．铁红 d．Fe3O4
（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、C1O－、OH－、FeO42－、Cl－、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:____ Fe(OH)3+___ ClO－+_______=____FeO42－+____Cl－+______
（3）电子工业上用氯化铁腐蚀铜箔，制造印刷电路板，并从使用过的腐蚀废液（含有FeCl2、CuCl2、FeCl3）中回收铜，并获得氯化铁晶体，其工艺流程如下：回答下列问题:
①反应①的化学方程式：_______________；
②从反应①和②可以判断出Fe2+、Cu2+、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为：____________；
③操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________；
④滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为：___________________。
【答案】 (1). BD (2). 2 (3). 3 (4). 4OH- (5). 2 (6). 3 (7). 5H2O (8). 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2 (9). Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (10). 漏斗 (11). 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－
【解析】
【分析】
腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，以此解答。
【详解】（1）铁单质是0价；氯化亚铁是二价铁；铁红是三价铁；Fe3O4 既有三价铁也有二价铁；铁元素具有氧化性也有还原性的物质中，铁元素的化合价是中间价态，正确答案是BD；
（2）Fe(OH)3中铁是+3价，K2FeO4中铁元素是+6价，制备K2FeO4需要和氧化剂ClO－反应，根据得失电子守恒和原子守恒可以配平方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+5H2O ；
（3）①反应①中FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
②反应①2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2中Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，则氧化性：Fe3+＞Cu2+；反应②为Fe+ Cu2+= Fe2++Cu，该反应中Cu2+是氧化剂，Fe2+是氧化产物，则氧化性： Cu2+＞Fe2+，Fe2+、Cu2+、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；
③操作I为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
④由分析可知滤液X、Z中都有同一种溶质FeCl2，应该加入氯水，将FeCl2氧化FeCl3，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－。
20.某小组同学通过“FeSO4被HNO3氧化”的实验，验证Fe2+的还原性。
实验一：验证Fe2+的还原性
实验操作
预测现象
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______________ （填化学式）；
（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，溶液变为血红色，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或者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，步骤及现象如下：（装置的气密性已检验，尾气处理已略去）
ⅰ关闭c,打开a和b，通入N2，一段时间后关闭a；
ⅱ向甲中加入适量浓HNO3，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；
ⅲ关闭b，打开c，更换丙、丁中的溶液（试剂不变）；
ⅳ继续向甲中加入浓HNO3，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。
根据以上实验步骤和实验现象回答下列问题：
（3）通入N2的目的是______________；
（4）铜与浓硝酸反应的化学方程式是_______________；
（5）装置乙的作用是_________________；
（6）实验结论是____________。
【答案】 (1). NO2 (2). Fe2+具有还原性 (3). 排净装置内的空气，防止O2与产生的NO反应生成NO2 (4). Cu+4HNO3（浓）═ Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (5). 使NO2转化NO (6). 溶液的深棕色是由于Fe2+与NO或者NO2反应，不是由于Fe3+与NO或者NO2反应
【解析】
【分析】
实验一：（1）硝酸将Fe2+氧化为Fe3+的同时被还原生成NO，NO遇空气生成二氧化氮；
（2）取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明溶液中有Fe3+；
实验二：（1）通入N2的目的是排净装置内的空气；
（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
（3）装置乙的作用是利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO；
（4）实验结论是溶液的深棕色是由于Fe2+与NO发生了反应，也可能是由于Fe2+与NO2发生了反应，不是由于Fe3+与NO或NO2发生反应。
【详解】实验一：（1）硝酸将Fe2+氧化为Fe3+的同时被还原生成NO，NO遇空气生成二氧化氮，故红棕色气体是二氧化氮；
（2）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Fe2+具有还原性，被氧化生成Fe3+，溶液中有Fe3+，与KSCN溶液反应使溶液变为红色；
实验二：（1）为防止产生的NO遇空气中的氧气反应生成二氧化氮，通入N2的目的是排净装置内的空气；
（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（3）装置乙的作用是利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO；
（4）实验结论是溶液的深棕色是由于Fe2+与NO发生了反应，也可能是由于Fe2+与NO2发生了反应，不是由于Fe3+与NO或NO2发生反应。
2019-2020学年高一第一学期11月考化学科试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Na-23 Ba-137 S-32 Cl-35.5
第Ⅰ卷 （选择题）
一、选择题
1.室温下，在强酸性和强碱性溶液中均能够大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Cu2+、Cl-、NO3- B. K+、Na+、HCO3-、SO42-
C. Fe2+、NO3-、Na+、ClO- D. Cl-、NO3-、Na+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4+在碱性溶液中不能共存，故A错误；
B. HCO3-在碱性溶液或者酸性溶液中都不能共存，故B错误；
C. ClO-不能在酸性溶液中共存，并且酸性溶液中NO3-有强氧化性不能和Fe2+共存，故C错误；
D. 碱性溶液或碱性溶液中该组离子之间都不反应，可大量共存，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变，不会引起产物改变的是（ ）
A. Na和O2 B. Fe与HCl C. Cu和HNO3 D. Na2CO3和HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na和O2分别在常温、加热条件下生成氧化钠、过氧化钠，产物改变，故A不选；
B. Fe与HCl反应生成氯化亚铁和氢气，不会因为反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变而改变，故B选；
C. Cu和稀HNO3反应生成NO，和浓硝酸反应生成NO2，产物改变，故C不选；
D. Na2CO3和少量HCl反应生成NaHCO3，和过量盐酸反应生成二氧化碳，产物改变，故D不选；
正确答案是B。
3.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na+H2O ＝ Na++OH－+H2↑
B. 氯气溶于水:Cl2+H2O=2H++Cl－+ClO－
C. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓
D. 过量CO2通入氢氧化钠溶液中：OH－+CO2===HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B. 氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故B错误；
C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 过量CO2通入过量的氢氧化钠溶液生成HCO3-，反应的离子方程式为OH－+CO2===HCO3-，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质，侧重氧化还原反应的离子反应考查，明确电子、电荷守恒的应用，题目难度不大。
4.选择合适的如下试剂组合，其中能证明Fe3+具有氧化性的是（ )
供选试剂：①KSCN溶液 ②FeCl2溶液 ③氯水 ④NaOH溶液 ⑤Fe粉
A. ①⑤ B. ①③ C. ③④ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】A. 能使硫氰化钾显示红色的是Fe3+，将KSCN溶液滴入盛有FeCl3溶液的试管中，溶液显红色，再加入Fe粉，Fe3+能被铁粉还原成Fe2+，Fe3+作氧化剂具有氧化性，溶液会变无色，可以证明Fe3+具有氧化性，故A正确；
B. 氯水和Fe3+不反应，不能证明Fe3+具有氧化性，故B错误；
C. Fe3+和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不是氧化还原反应，不能证明Fe3+具有氧化性，故C错误；
D. 氯水可以把Fe2+氧化成Fe3+，不能证明Fe3+具有氧化性，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了铁离子和亚铁离子的检验方法，题目难度不大，要求学生掌握铁离子、亚铁离子的性质以及检验方法。
5.类比是研究物质性质的常用方法之一。下列说法正确的是（ ）
A. CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，推测Fe2O3也可以和酸反应生成盐和水
B. Cu与Cl2能化合生成CuCl2，推测Fe与Cl2也能化合生成FeCl2
C. 碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，推测碳酸钠也可以治疗胃酸过多
D. Fe可以置换出CuSO4溶液中的铜，推测Na也可以置换出CuSO4溶液中的铜
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。CuO是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，Fe2O3也是碱性氧化物可以和酸反应生成盐和水，故A正确；
B. Fe与Cl2反应生成FeCl3，故B错误；
C. 胃酸的主要成分是HCl，治疗胃酸，就是用盐碱去中和胃中过多的酸，碳酸钠和碳酸氢钠都可以和HCl反应，生成对人体无害的氯化钠、水和二氧化碳。但是，由于碳酸钠的碱性较强，与HCl反应剧烈，生成的二氧化碳气体多，容易造成内脏膨胀，可能对人体造成伤害。所以，一般选用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故C错误；
D. Na投入到CuSO4溶液中，钠先和水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，然后NaOH和CuSO4反应：2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，故不能生成单质铜，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查了知识迁移方法的利用，明确物质的性质是解本题关键，再结合物质之间的反应来分析解答，题目难度不大。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. NaClO可作为漂白剂 B. NaHCO3是制做糕点馒头的膨松剂成分之一
C. 液态NH3用作致冷剂 D. 明矾（KAl(SO4)2·12H2O）作为消毒杀菌剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaClO是漂白液的主要成分，可以作为漂白剂，故A正确；
B. NaHCO3在加工过程中受热分解，产生气体，使面坯起发，形成致密多孔组织，从而使制品具有膨松、柔软，故B正确；
C.氨气在很低温时是液态，在常温它很容易挥发而大量地吸收周围的温度，从而可以起到制冷的作用，可以把NH3变成液态，再蒸发，用它来做制冷剂，故C正确；
D. 日常生活中，可用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作为净水剂，但是不能消毒杀菌，故D错误；
题目要求选错误的，故选D。
7.自然界氮循环如下图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中N2与O2反应生成NO
B. ②中合成氨属于人工固氮
C. ③中氮元素只被氧化
D. 氧元素参与了氮循环
【答案】C
【解析】
【详解】A. N2和O2在放电作用下化合，生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，故A正确；
B. 氮的固定是指氮元素由游离态变为化合态的过程，大气中氮气转化成氮肥属于人工固氮，故B正确；
C. ③中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的氮气，所以③中氮元素被还原，而不是被氧化，故C错误；
D. 如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氧元素参加，故D正确；
题目要求选不正确的，故选C。
【点睛】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，选项D是解答的易错点。
8.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 含氮量超标的废水直接排放会造成水体富营养化
B. NO、NO2为主的氮氧化物排放是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因
C. 化石燃料燃烧，大气中CO2含量猛增会导致温室效应
D. 减少煤、石油等化石燃料的使用不符合“绿色发展”理念
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氮磷是植物的营养元素，含氮、磷等生活废水的大量排放，会导致水体富营养化，藻类疯长，引发水华、赤潮；故A正确；
B. 光化学烟雾形成的重要原因是汽车尾气排放的氮氧化物，SO2和NO2气体会转变成硫酸和硝酸，造成酸雨，故B正确；
C. 温室效应的根源是二氧化碳的增多，这主要是因为人类大量使用化石燃料所致，故C正确；
D. 大力开发太阳能、风能、沼气等能源，尽量控制煤等化石燃料的使用可以减少污染，符合“绿色发展”理念，故D错误；
题目要求选不正确的，故选D。
【点睛】题考查了光化学烟雾、酸雨、水体富营养化、温室效应等环境问题，难度不大。
9.NA表示阿伏伽德罗常数，下列判断正确的是（ ）
A. NA个O2和28g N2所占的体积都约为22.4 L
B. 标准状况下，22.4 L H2O含有NA个水分子
C. 71g Cl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2NA
D. 1.8g的NH4+ 离子中含有的电子数NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. NA个O2和28g N2的物质的量都是1mol，若氧气和氮气所处的状态是标准状况，则1molO2和1molN2所占有的体积都约是22.4L，选项没有说明是在标况下，所以1molO2和1molN2所占有的体积可能为22.4L，可能不是，故A错误；
B. 标准状况下水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算，故B错误；
C. 依据n=计算物质的量= =1mol，结合氯气既是氧化剂又是还原剂，元素化合价0价变化为-1价和+1价，转移的电子数为1NA，故C错误；
D. 1.8g NH4+的物质的量为=0.1mol，1个NH4+有10个电子，0.1mol NH4+离子中含有的电子数NA，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应电子转移计算分析，掌握基础是关键，题目较简单。
10.人体血红蛋白中含有Fe2+，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与O2结合的能力，服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒。下列说法正确的( )
A. 亚硝酸盐表现出还原性 B. 维生素C可被亚硝酸盐氧化
C. 维生素C表现出氧化性 D. 中毒时亚硝酸盐被Fe2+氧化成硝酸盐
【答案】B
【解析】
【分析】
服用维生素C可缓解亚硝酸盐的中毒，即可以将+3价的Fe3+转化为+2价的Fe2+亚铁离子，所以加入的物质维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，以此解答。
【详解】A. 由分析可知维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，则亚硝酸盐是氧化剂，表现出还原性，故A错误；
B. 由分析可知维生素C是还原剂，亚硝酸盐是氧化剂，维生素C可被亚硝酸盐氧化，故B正确；
C. 由分析可知维生素C具有还原性，起还原剂的作用，是还原剂，故C错误；
D. 亚硝酸盐会使Fe2+转变为Fe3+，Fe2+是还原剂，中毒时亚硝酸盐被Fe2+还原成硝酸盐，故D错误；
正确答案是B。
11.下列除去物质中少量杂质的方法不正确的是（ ）
A. 除去CO2中混有的少量HCl：用饱和碳酸钠溶液，洗气
B. 除去NO中混有少量的NO2：将气体通入水中，洗气
C. 除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3：加入过量铁粉，过滤
D. 除去NaCl固体中混有的少量NH4Cl：加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；
B. 二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，可以除去NO中混有少量的NO2，符合除杂原则，故B正确；
C. 铁粉不与氯化亚铁反应，能与氯化铁反应生成氯化亚铁，可以除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，故C正确；
D. 氯化铵不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，故D正确；
正确答案是A。
【点睛】本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质是解题的关键。
12.溶洞中溶有碳酸氢钙的水，当从洞顶向洞底滴落时，水分的蒸发、压强的减小及温度的升高都会析出碳酸钙沉淀。下列实验不能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硫酸能够吸水，促进碳酸氢钙溶液中水分蒸发，溶液中会析出碳酸钙沉淀，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故A正确；
B. 浓硝酸不能吸水，不能促进碳酸氢钙溶液中水分蒸发，溶液中不会析出碳酸钙沉淀，不能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故B错误；
C. 浓氨水不断挥发出NH3，溶解在碳酸氢钙溶液中呈碱性，保证碳酸氢钙溶液中没有酸性物质，防止部分碳酸氢钙不转化，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故C正确；
D. 碳酸氢钙加热，温度升高会析出碳酸钙沉淀，能实现碳酸氢钙转化为碳酸钙，故D正确；
题目要求选不能实现的，故选B。
13.某化学兴趣小组为了制取并探究氨气的性质，按下图装置进行实验，制取氨气的原理：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,下列说法不正确的是（ ）
A. 装置B中的干燥剂可以是P2O5 B. 装置C中的试纸不变色，D中试纸变蓝色
C. 在装置E中滴入几滴浓盐酸会出现白烟 D. 装置F中的漏斗能起防倒吸作用
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂碱石灰，不能用P2O5，故A错误；
B. 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，C中的试纸不变色，故B正确；
C. 装置E中因有多余的氨气，当滴入几滴浓盐酸时会生成氯化铵晶体，产生白烟，故C正确；
D. 因为氨气极易溶于水，所以F中吸收氨气时用倒扣漏斗来防倒吸，故D正确；
题目要求选不正确的，故选A。
【点睛】本题考查了氨气的制备及氨气的性质，题目难度中等，明确实验原理和氨气干燥方式
是解本题关键。
14.下列有关溶液中离子的检验方法合理的是（ ）
A. 向溶液滴加盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，一定含有CO32－
B. 向溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，一定含有SO42－
C. 向溶液滴加NaOH溶液，生成白色絮状沉淀，迅速变灰绿色，最后变红褐色，一定含有Fe2+
D. 向溶液滴加Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定含有Ca2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化碳或二氧化硫，故原溶液中可能含有：CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，故A错误；
B. 氯化钡与硫酸盐可以生成硫酸钡难溶于稀硝酸的白色沉淀，也可以与硝酸银生成氯化银沉淀，故可能含有SO42-或者Ag+，故B错误；
C. 加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在亚铁离子，故C正确；
D. 向溶液滴加Na2CO3溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，也可能含有Ba2+，碳酸钡白色沉淀也能溶于盐酸，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题主要考查的是溶液中阴离子以及阳离子的检验，排除一些同等现象离子的干扰是解决本题的关键，难度不大。
15.已知：2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A. KMnO4发生氧化反应 B. 盐酸既表现酸性又表现还原性
C. 如果有16molHCl被氧化，则生成5molCl2 D. 每生成2.24 L Cl2有0.2mol的电子转移
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O中，Mn元素化合价降低，KMnO4是氧化剂，发生还原反应，故A错误；
B. 反应2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O生成盐，体现HCl的酸性，反应生成氯气，Cl元素化合价升高，体现HCl还原性，故B正确；
C. 2KMnO4 + 16HCl(浓) ═ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑+ 8H2O中，HCl既表现酸性又表现还原性，每生成5mol的Cl2，被氧化的HCl为10mol，如果有16molHCl被氧化，则生成8molCl2，故C错误；
D. 反应中Cl元素化合价由-1价升高到0价，则当有0.1mol氯气生成时，转移0.2mol电子，选项中没有说明是在标况下，2.24LCl2不一定是0.1mol，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应及规律性知识的应用，题目难度不大，选项C为解答的难点
16.在1L某混合溶液中，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，其中SO42-的物质的量浓度为5.0 mol·L-1。该溶液最多能溶解铁粉的质量为（ ）。
A. 28g B. 56g C. 78g D. 112g
【答案】D
【解析】
【详解】n(SO42-)=1L×5mol•L-1=5mol，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，则有2n(Fe2+)=n(H+)=n(Fe3+)，设Fe2+、Fe3+、H+三种离子物质的量分别为n、2n、2n。根据电荷守恒知道：2n+2n×3+2n=5mol×2，由此解得n=1mol，H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，则n(FeSO4)=5mol，根据Fe的守恒可知，由反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量为5mol-1mol-2mol=2mol，则此溶液最多溶解铁粉的质量为2mol×56g/moL=112g，故选D。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，注意用电荷守恒和质量守恒去解答。根据H+、Fe3+都能与Fe反应生成Fe2+，最后溶液的成分为FeSO4，由硫酸根离子的物质的量可知反应后溶液中Fe2+的物质的量，减去原溶液中Fe3+、Fe2+物质的量，可计算最多溶解的铁粉的质量。
第Ⅱ卷 （非选择题）
二、填空题
17.（1）请写出NaHCO3在水中的电离方程式：______________；NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式：________________。
（2）某无色透明溶液中可能大量存在NH4+、Na+、Ba2+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的几种离子。从其中取两份各100mL溶液，进行如下实验：
①根据溶液颜色可以判断溶液中不存在的离子是_____________；
②取其中的一份溶液进行实验，加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，共生成448mL气体（标准状况下），有关的离子方程式为______________；
③取另一份溶液加入过量Ba(NO3)2溶液，生成3.94g白色沉淀，过滤，向沉淀中再加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解；根据以上实验结果确定：原溶液中肯定存在的离子有___________；请你设计实验方案证明该溶液中是否含有Cl－？_____________ 。
（3）某氮肥厂的氨氮废水中氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。该厂的技术团队设计该废水处理方案流程如下：
①过程Ⅱ：在微生物的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-转化，称为硝化过程。在碱性条件下，NH4+被氧气（O2）氧化成NO3－的总反应的离子方程式为________________。
②过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇（CH3OH），实现HNO3→NO2－→N2转化，称为反硝化过程。反硝化过程中甲醇（C元素为-2价）转化为CO2，若有6molHNO3完全转化成N2，消耗的甲醇的物质的量为_____________。
【答案】 (1). NaHCO3===Na＋＋HCO3— (2). OH—+ HCO3－＝CO32—＋H2O (3). Fe3+ (4). NH4++OH－NH3↑+ H2O (5). NH4+、Na+、CO32－ (6). 取少量原溶液于试管中，先加足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则存在Cl－ (7). NH4++2OH－+2O2=NO3－+3H2O (8). 5mol
【解析】
【分析】
（1）碳酸氢钠是强电解质完全电离生成钠离子和碳酸根离子；NaOH和NaHCO3反应生成碳酸根和水；
（2）①无色透明溶液中不会有Fe3+；
②加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，生成气体，说明存在NH4+；
③根据电荷守恒和原子守恒分析；
②根据电子得失守恒计算。
【详解】（1）碳酸氢钠是强电解质完全电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-；NaOH和NaHCO3反应生成碳酸根和水，离子方程式为：OH-+ HCO3－＝CO32-＋H2O；
（2）①Fe3+有颜色，无色透明溶液中不会有Fe3+，故根据溶液颜色可以判断溶液中不存在的离子是Fe3+；
②取其中的一份溶液进行实验，加入过量氢氧化钠浓溶液并加热，共生成448mL气体，说明存在NH4+，离子方程式为：NH4++OH－NH3↑+ H2O；
③取其中的一份进行实验，加448入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体44mL气体即为氨气，n（NH3）==0.02mol，一定含有0.02mol NH4+，浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀3.94g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀全部消失，则一定含有CO32－，所以一定不存在Ba2+、SO42－；其中碳酸钡是3.94g，物质的量是0.02mol，碳酸根的物质的量是0.02mol，浓度是0.02mol÷0.1L＝0.2mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在Na+，不能确定是否存在氯离子；检验氯离子可以取少量原溶液于试管中，先加足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则存在Cl－；
（3）①NH4+被氧气（O2）氧化成NO3－，同时氧气被还原成水，该反应的离子方程式为：NH4++2OH－+2O2=NO3－+3H2O；
②HNO3完全转化成N2，N元素得到5个电子由+5价下降到0价，6molHNO3完全转化得到30mol电子；反硝化过程中甲醇（C元素为-2价）转化为CO2，C元素失去6个电子由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒消耗的甲醇的物质的量为=5mol。
18.如图为碳元素的价类二维图，结合图中的物质部分转化关系，完成下列问题：
（1）下列说法正确的是 __________
a.要实现反应①一定要与氧化剂作用
b要实现反应②一定要与还原剂作用
c.在一定条件下木炭与浓硝酸能实现 反应①转化
d.反应⑤属于非氧化还原反应
（2）下列有关碳及其化合物类别及性质说法不正确的是__________
a.CO不属于酸性氧化物，具有还原性
b.CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐
c.NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应又能与NaOH反应
d.金刚石和石墨互为同素异形体，其物理性质和化学性质均相同
（3）高炉炼铁的过程是将铁矿石（Fe2O3）还原成金属铁的过程，实现了反应③的转化，请写出其反应的化学方程式，并用“双线桥”表示电子的得失情况______________________________ 。
（4）化学活动课上，两组同学分别用如图所示甲、乙两装置探究“Na2CO3、NaHCO3与稀盐酸的反应”。按下表中的试剂用量，在相同条件下，将两个气球中的固体粉末同时倒入试管中（装置的气密性已检查）。请回答：
①两组反应开始时，装置___________(填“甲”或“乙”)中的气球体积先变大，该装置中反应的离子方程式是______________________。
②当试管中不再有气体生成时，两组实验出现不同现象。
试剂用量
实验现象
分析原因
第A组
0.84gNaHCO3
1.06gNa2CO3
6ml 4mol·L-1盐酸
甲中气球与乙中气球的
体积相等
甲、乙盐酸均过量
n(NaHCO3)= n(Na2CO3)
V(CO2)甲=V(CO2)乙
第B组
1.2gNaHCO3
1.2gNa2CO3
6ml 2mol·L-1盐酸
甲中气球比乙中气球的体积大
片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变
按上表第A组原因分析方法，分析第B组实验甲中气球为比乙中气球体积大的原因__________。用离子方程式表示第B组乙中气球又缩小的原因：______________。
【答案】 (1). A C (2). D (3). (4). 甲 (5). H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O (6). 甲、乙盐酸均不足，消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3) ，V(CO2)甲﹥V(CO2)乙 (7). CO32－+CO2+H2O=2HCO3－
【解析】
【分析】
（1）根据氧化还原反应的有关规律判断；
（2）a. CO不属于酸性氧化物，C元素化合价为+2价，具有还原性，故a正确；
b CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐，故b正确；
c. NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应生成二氧化碳和水，又能与NaOH反应生成碳酸钠，故c正确；
d. 金刚石和石墨互为同素异形体，其化学性质相似，物理性质有很大差异，故d错误；
（3）Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质，Fe元素由+3价下降到0价，得到3个电子；
（4）①碳酸氢钠和盐酸反应的速率更快；
②按上表第A组原因分析方法，分析第B组实验中反应物之间数量关系，二氧化碳可以溶于碳酸钠溶液中。
【详解】（1）a.①C CO2，C化合价升高作为还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故a正确；
b.①C CO，C化合价升高作为还原剂，需要加入氧化剂才能实现，故b错误；
c.木炭与浓硝酸在加热的条件下可以生成二氧化碳，可以实现反应①转化，故c正确；
d. 反应⑤中C化合价变化，属于氧化还原反应，故d错误；
正确答案是ac；
（2）a. CO不属于酸性氧化物，C元素化合价为+2价，具有还原性，故a正确；
b. CO2属于酸性氧化物，可以与碱反应生成碳酸盐，故b正确；
c. NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与硫酸反应生成二氧化碳和水，又能与NaOH反应生成碳酸钠，故c正确；
d. 金刚石和石墨互为同素异形体，其化学性质相似，物理性质有很大差异，故d错误；
题目要求选错的，故选d；
（3）Fe2O3在高温下可以被CO还原成Fe单质，Fe元素由+3价下降到0价，得到3个电子，用“双线桥”表示电子的得失情况为：
（4）①碳酸钠和盐酸的反应可以分成两步：第一步Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，第二步 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，而碳酸氢钠只进行第二步反应，所以更快一些，故装置甲中的气球体积先变大，甲中发生的离子方程式是：H＋+HCO3－＝CO2↑＋H2O；
②根据化学方程式计算可知A组中NaHCO3和Na2CO3都已完全反应。B组中，n(Na2CO3)= =0.011mol，n(NaHCO3)= =0.014mol，n(HCl)=0.012mol，根据反应NaHCO3 +HCl =NaCl + CO2↑+H2O和Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O可知，Na2CO3、NaHCO3都过量，NaHCO3产生的CO2较Na2CO3的多。因为气体收集于气球中，乙中CO2又与过量的Na2CO3溶液反应，故甲中气球比乙中气球的体积大片刻后，乙中气球又缩小，甲中气球的体积基本不变，分析原因为：甲、乙盐酸均不足，消耗的n(NaHCO3)﹥n(Na2CO3) ，V(CO2)甲﹥V(CO2)乙；CO2与过量的Na2CO3溶液反应为：CO32－+CO2+H2O=2HCO3－。
19.铁元素是重要的金属元素，铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。
（1）所含铁元素具有氧化性也有还原性的物质是_________。
a．铁单质 b．氯化亚铁 c．铁红 d．Fe3O4
（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、C1O－、OH－、FeO42－、Cl－、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式:____ Fe(OH)3+___ ClO－+_______=____FeO42－+____Cl－+______
（3）电子工业上用氯化铁腐蚀铜箔，制造印刷电路板，并从使用过的腐蚀废液（含有FeCl2、CuCl2、FeCl3）中回收铜，并获得氯化铁晶体，其工艺流程如下：回答下列问题:
①反应①的化学方程式：_______________；
②从反应①和②可以判断出Fe2+、Cu2+、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为：____________；
③操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________；
④滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为：___________________。
【答案】 (1). BD (2). 2 (3). 3 (4). 4OH- (5). 2 (6). 3 (7). 5H2O (8). 2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2 (9). Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (10). 漏斗 (11). 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－
【解析】
【分析】
腐蚀液中含有FeCl2、CuCl2，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I为过滤；向腐蚀液中加入过量的试剂a，得到滤渣Y和滤液X，加入的a为Fe，滤渣Y为Cu、Fe，滤液X为FeCl2，向滤渣Y中加入试剂b为稀盐酸，然后过滤得到Cu和滤液Z，Z中含有FeCl2和过量稀盐酸，然后加入试剂c，应该加入氯水，将FeCl2氧化为FeCl3，最后将溶液W蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，以此解答。
【详解】（1）铁单质是0价；氯化亚铁是二价铁；铁红是三价铁；Fe3O4 既有三价铁也有二价铁；铁元素具有氧化性也有还原性的物质中，铁元素的化合价是中间价态，正确答案是BD；
（2）Fe(OH)3中铁是+3价，K2FeO4中铁元素是+6价，制备K2FeO4需要和氧化剂ClO－反应，根据得失电子守恒和原子守恒可以配平方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－+5H2O ；
（3）①反应①中FeCl3和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；
②反应①2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2中Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，则氧化性：Fe3+＞Cu2+；反应②为Fe+ Cu2+= Fe2++Cu，该反应中Cu2+是氧化剂，Fe2+是氧化产物，则氧化性： Cu2+＞Fe2+，Fe2+、Cu2+、Fe3+的氧化性从强到弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；
③操作I为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
④由分析可知滤液X、Z中都有同一种溶质FeCl2，应该加入氯水，将FeCl2氧化FeCl3，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－。
20.某小组同学通过“FeSO4被HNO3氧化”的实验，验证Fe2+的还原性。
实验一：验证Fe2+的还原性
实验操作
预测现象
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______________ （填化学式）；
（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，溶液变为血红色，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或者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，步骤及现象如下：（装置的气密性已检验，尾气处理已略去）
ⅰ关闭c,打开a和b，通入N2，一段时间后关闭a；
ⅱ向甲中加入适量浓HNO3，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；
ⅲ关闭b，打开c，更换丙、丁中的溶液（试剂不变）；
ⅳ继续向甲中加入浓HNO3，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。
根据以上实验步骤和实验现象回答下列问题：
（3）通入N2的目的是______________；
（4）铜与浓硝酸反应的化学方程式是_______________；
（5）装置乙的作用是_________________；
（6）实验结论是____________。
【答案】 (1). NO2 (2). Fe2+具有还原性 (3). 排净装置内的空气，防止O2与产生的NO反应生成NO2 (4). Cu+4HNO3（浓）═ Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (5). 使NO2转化NO (6). 溶液的深棕色是由于Fe2+与NO或者NO2反应，不是由于Fe3+与NO或者NO2反应
【解析】
【分析】
实验一：（1）硝酸将Fe2+氧化为Fe3+的同时被还原生成NO，NO遇空气生成二氧化氮；
（2）取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明溶液中有Fe3+；
实验二：（1）通入N2的目的是排净装置内的空气；
（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
（3）装置乙的作用是利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO；
（4）实验结论是溶液的深棕色是由于Fe2+与NO发生了反应，也可能是由于Fe2+与NO2发生了反应，不是由于Fe3+与NO或NO2发生反应。
【详解】实验一：（1）硝酸将Fe2+氧化为Fe3+的同时被还原生成NO，NO遇空气生成二氧化氮，故红棕色气体是二氧化氮；
（2）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Fe2+具有还原性，被氧化生成Fe3+，溶液中有Fe3+，与KSCN溶液反应使溶液变为红色；
实验二：（1）为防止产生的NO遇空气中的氧气反应生成二氧化氮，通入N2的目的是排净装置内的空气；
（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式是Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（3）装置乙的作用是利用水与二氧化氮反应，使NO2转化为NO；
（4）实验结论是溶液的深棕色是由于Fe2+与NO发生了反应，也可能是由于Fe2+与NO2发生了反应，不是由于Fe3+与NO或NO2发生反应。
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