【文档说明】《2023年高考化学第一次模拟考试卷》化学（五省新教材B卷）（全解全析）.docx，共(18)页，616.043 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-30892e55058a87e113ca240728578500.html

以下为本文档部分文字说明：

2023年高考化学第一次模拟考试卷高三化学（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24P

31S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ag108一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2022·辽宁·沈阳二中高三期中）化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种

新型有机高分子材料B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”C．阿司匹林可用于治疗胃酸过多，碘酸钾可用作营养强化剂D．二氧化氯泡腾片和酒精可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性【答案】B【详解】A．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料，故A错误

；B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故B正确；C．阿司匹林解热镇痛，还用于脑血管、心血管疾病，不能治疗胃酸过多，故C错误；D．二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，酒精可杀灭新型冠状病毒

是因为酒精能使蛋白质变性，故D错误；选B。2．（2022·宁夏·银川二中高三阶段练习）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为1.0NAB．0.2mol苯含有双键的数目为0.6NAC．电解熔融CuCl2，

阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NAD．标准状况下22.4LSO3的质量为80g【答案】C【详解】A.Al3+发生水解，1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目小于1.0NA，A错误；B.苯中

碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间一类特殊的化学键，苯没有碳碳双键，B错误；C.电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA，C正确；Ｄ.SO3在标准状况下为固体，22.4LSO3不是1mol，D错误；故答案选C。3．（2022·辽宁朝阳·高二阶段练习）

下列图示与对应的叙述相符或能达到相应目的的是A．实验室快速制氨气B．测定某未知浓度的稀硫酸C．除去H2S中少量的SO2D．CO2气体的收集A．AB．BC．CD．D【答案】A【详解】A．浓氨水滴入NaOH固体中，NaOH固体溶于

水放出热量，导致NH3·H2O分解产生NH3，因而可用于实验室中快速制氨气，A正确；B．用NaOH标准溶液滴定待测H2SO4溶液浓度时，要使用锥形瓶作反应容器，且滴定管不能伸入反应容器中，B错误；C．SO2、H2S都能够与酸性KMnO4溶液反应，因此不能使用酸性KMnO4溶液除杂，

应该使用饱和NaHS溶液除去杂质SO2气体，C错误；D．CO2气体的密度比空气大，应该使用向上排空气的方法收集CO2气体，即导气管应该是长进短出，D错误；故合理选项是A。4．（2022·重庆一中高三阶段练习）X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，Y与Z同主族。W为第四周

期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元的结构简式如下图所示。下列说法不正确的是A．原子半径Z>Y>XB．Y的第一电离能比同周期相邻元素小C．单质W和Z在加热条件下生

成化合物WZD．Y的简单氢化物的热稳定性强于Z的简单氢化物【答案】C【详解】根据W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元，故W为Cu，X2Y间可形成氢键，结合X2Y结构式X-Y-

X，故X为H，Y为O；Z周围有6个共价键，故Z为S。四种元素分别为H、O、S、Cu。A．电子层越多原子半径越大，S电子层为3，O为2，H为1，故原子半径S>O>H，选项A正确；B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，但ⅡA与ⅤA族反常，第一电离能ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，O相邻元素为N、F，而O位

于ⅥA族，故它的第一电离能既比ⅤA族的N小也比ⅦA族的F小，选项B正确；C．Cu与S反应生成的是2CuS，选项C不正确；D．非金属性O>S，Y的简单氢化物H2O的热稳定性强于Z的简单氢化物H2S，选项D正确；答案选C。5．

（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构。在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”(如图所示)，可以认为2O−作密置单层排列，2Ni+填充其中。设AN为阿伏加德罗常数的值，2O−半径为rpm。下列说法错误的是A．Ni位于元素周期表第

四周期第VIII族B．NiO晶体中2Ni+、2O−的配位数均为6C．该“单分子层”面积密度为2122A7.510gcm4sin60rN−D．NiO晶胞中与2Ni+最近的2Ni+有8个【答案】D【详解】A．Ni是28号元素，核外电子排布式为2262

6821s2s2p3s3p3d4s，可知其处于第四周期第Ⅷ族，故A正确；B．NaCl晶体中离子的配位数均为6，NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构，则NiO晶体中2Ni+、2O−的配位数均为6，故B正确；C．平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含1个“NiO”，质量为()1AA5916g/m

ol75gNNmol−+=，2O−的半径为rpm，则结构单元的面积为10102r10cm2r10cmsin60−，则该“单分子层”面积密度为21-2-2A10-102A75gN7.510gcm=gcm2r10cm2r10cmsin604

rNsin60，故C正确；D．NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构：，NiO晶胞中2Ni+最近的2Ni+有12个，故D错误；故答案选D。6．（2022·辽宁·沈阳二中高三期中）通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如图(其中滤布

的作用是阻挡固体颗粒，但离子可以自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A．电极B为阳极，发生氧化反应B．电极A的电极反应：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2OC．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变D．电解结束

，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3【答案】C【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16

H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为++2+2422电解2LiMnO+4

H=2Li+Mn+3MnO+2HO。【详解】A．由分析可知，电极B为阳极，发生氧化反应，A正确；B．由分析可知，电极A的电极反应：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，B正确；C

．由分析可知，电解的总反应方程式为++2+2422电解2LiMnO+4H=2Li+Mn+3MnO+2HO，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，C错误；D．由分析可知，电解的总反应方程式为++2+2422电解2LiMnO+4H=2Li+Mn+3MnO+2HO，电解结束后，

可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。7．（河北省部分学校2022-2023学年高三上学期11月联考化学试题）已知224HCO为二元弱酸，常温下将10.1molL−的NaOH溶液滴

入20mL10.1molL−的24NaHCO溶液中，溶液中24HCO−(或224CO−）的分布系数、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知()()()()()-24-24-2-2242424cHCOδHCO=cHCO+cHCO+cCO]。下列叙述

正确的是A．曲线b表示的是224CO−的分布系数变化曲线B．n点对应的溶液中，()()()2--2422424cCO>3cHCO+cHCOC．224NaCO的水解平衡常数的数量级为910−D．在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点【答

案】B【分析】A常温下将10.1molL−的NaOH溶液滴入20mL10.1molL−的24NaHCO溶液中,242242NaHCONaOHNaCOHO++=可知，随着NaOH溶液的加入，2-24CO的浓度上升，-24HCO浓度下降，据此分析。【详解】根据上述分析，则曲线a代表-24HC

O，曲线b代表2-24CO，剩余曲线为滴定曲线．A错误；B．n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的24NaHCO和224NaCO，可得电荷守恒：++-2--2424c(Na)+c(H)=c(HCO)+2c(CO)+c(

OH)；物料守恒：+2--24242242c(Na)3c(CO)c(HCO)c(HCO)=++两式相减，抵消钠离子，得：+-2--22424242c(H)+3c(HCO)+c(HCO)=c(CO)+c(OH)溶液显酸性，+c(H)>-c(OH)，则()

()()2--2422424cCO>3cHCO+cHCO，B正确；C．根据m点-24HCO与2-24CO分布系数相等，即2-24CO的浓度等于-24HCO浓度，pH=4.2，可知：Ka（-24HCO）

2-++4.224-24(CO)(H)(H)110(HCO)cccc−===，-14-9.8hwa-4.2110k=k/k==110110，C错误；D．滴定过程可知，n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的24NaHCO和224NaCO

，p点，pH=7，溶质为224NaCO和少量的24NaHCO，q点加入20ml氢氧化钠溶液，溶质为224NaCO，224NaCO越多，水解程度越大，水解程度越大，水的电离程度越大，故可知水电离程度最大的为q点，D错误；故本题选B。二、填空题(共0分

)8．（2022·江西省丰城中学高一期中）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：(1)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，

所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______。A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+(2)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取高铁酸钠并回收

金属Cu，其工艺流程如下：①试剂a为_______(填化学式，下同)，滤渣II的主要成分为_______。②在过滤操作中要使用玻璃棒，其作用是_______。③检验滤液I中是否存在Fe3+的试剂是_______。④制备24NaFeO的反应原理

是：4222422422FeSO+6NaO2NaFeO+2NaO+27NaS0CO0+O。当反应中转移电子总数约为239.0310时，则生成Na2FeO4的物质的量为_______mol。(3)纳米铁粉可用于处理废水中的-3NO。酸性条件下，纳米铁粉与

废水中-3NO反应生成Fe3+与+4NH，其反应的离子方程式是_______。【答案】(1)BC(2)H2SO4Cu引流KSCN溶液0.3(3)-+3++3428Fe+3NO+30H=8Fe+3NH+9HO【分析】某溶液中加入Na2O2时，因Na2O2具有强氧化性，且与水反应生成强碱，

因此对Fe2+、Al3+影响很大。工艺流程中，一系列操作后得到了FeSO4固体，则试剂a为稀硫酸，试剂a少量时，主要与少量Fe2O3反应，生成的Fe3+再与Fe反应，滤液Ⅰ为FeSO4溶液；试剂a足量时主要与Fe反应，滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为Cu。【详解】（1）Na2O2具有强氧化性

，能把Fe2+氧化成Fe3+，足量Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH能使Mg2+、Fe3+、Cu2+生成沉淀，使Al3+生成2AlO−，过滤后，滤渣成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(O

H)2，滤渣溶于足量盐酸中，生成MgCl2、FeCl3、CuCl2。与原溶液相比，大量减小的离子是Fe2+、Al3+，故选BC。（2）分析中已知试剂a为H2SO4，滤渣的主要成分为Cu。溶液从烧杯倒出时容易与烧杯外

壁产生“附壁效应”，使部分溶液沿烧杯外壁流到杯底而不能流到漏斗里。所以在过滤时要用玻璃棒引流。Fe3+与SCN-发生反应生成血红色络合物，因此用KSCN溶液检验Fe3+。分析化合价变化知：Fe由+2价升高到+6价，Na2O2中一部分O由-1价升高到0价，另一部分O由-1价降低

到-2价，以O化合价降低方面计算更简便。根据化学方程式知每生成2molNa2FeO4，就有10molO从-1价降低到-2价，转移的电子数约为2312410mol16.0210mol6.0210−=，当转移电子总数约为239.0310时，设生成Na2Fe

O4物质的量为n，列比例式得24232mol6.0210=n9.0310，n=0.3mol。（3）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可以得出酸性条件下，纳米铁与3NO−反应生成Fe3+与+4NH的离子方程式为：+3++34230H+8Fe+3NO=8Fe+3NH+9H

O−。9．（2022·安徽淮南·二模）化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：已知：(i)(ii)回答下列问题：(1)A的化学名称是_______，B中具有的官能团的名称是_______，(2)由C生成D的反应类型是_______。(3)D→E和F→G的作用

是_______。(4)写出由G生成H的化学方程式_______。(5)写出I的结构简式_______。(6)X的同分异构体中，符合下列条件的有机物有_______种。i)只含两种官能团且不含甲基；ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构。(7)设计由甲苯和制备的合成路线_

______试剂任选)。【答案】(1)氟苯或1-氟苯氟原子，硝基(2)取代反应(3)防止副产物生成，影响反应产率(4)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件+HBr(5)(6)7(7)【分析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为，A发生

取代反应生成B，B为，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X的分子式知，X

为，H发生取代反应生成I，I为，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和制备，和发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成。（1）A为，A的化学名称是氟苯，B为，B中具有的官能团的名称是碳氟

键、硝基；故答案为：氟苯；碳氟键、硝基。（2）C氨基上的一个氢原子被取代生成D，由C生成D的反应类型是取代反应；故答案为：取代反应。（3）D→E和F→G的作用是防止副产物生成，影响反应产率；故答案为：防止副产物生成，影响反应产率。（4）G为

，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件+HBr故答案为：⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件+HBr（5）I的结构简式为故答案为：（6）X为，X的同分异构体符合下列条件：i）只含两种官能团且不含甲基；ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构，符合条件的结构简式

为：HC≡C-C≡CCH2CH2CH2Br、HC≡C-CH2-C≡CCH2CH2Br、HC≡CCH2CH2C≡CCH2Br、HC≡CCH（CH2Br）CH2C≡CH、CH2=CHCH=CHCH=CHCH2Br、CH2=CHCH=CHC（CH2Br）

=CH2、CH2=CHCH=C（CH2Br）CH=CH2，所以符合条件的有7种，故答案为：7；（7）由甲苯和制备,和发生取代反应生成，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，合成路线为故答案为：10．（2022·

陕西·长安一中高二期中）能量、速率与限度是研究化学反应的重要因素。I.某温度下，在2L的恒容密闭容器中，A、B、C(均为气体)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)该反应的化学方程式为_________。(2)能说明此时反应已达到了平衡状态的是_________(填标号)。a

.A、B、C三种物质的浓度保持不变；b.气体A的消耗速率等于气体C的生成速率；c.混合气体的密度不变；d.总压强不变；e.混合气体的平均相对分子质量不变；f.()()2ABvv=正逆；g.c(A)：c(B)：c(C)=2：1：2II.某温度下，向2.0L的恒容密闭

容器中充入2.0mol2N和2.0mol2H，发生反应，一段时间后反应达到平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(3NH)/mol00.240.360.400.40(3)0～50s内的平均反应速率()2vN=____

_____，平衡时容器内压强是反应前压强的_________倍。(4)键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为1kJmol−，已知NN键的键能为946kJ/mol，H-H

键的键能为436kJ/mol，N-H键的键能为391kJ/mol。则生成1mol3NH的过程中_________(填“吸收”或“放出”)的能量为_________kJ。(5)为加快反应速率，可采取的措施是

_________(填标号)。a.升高温度b.增大容器体积c.恒容时充入Hed.加入合适催化剂【答案】(1)2A+B2C(2)ade(3)3111.210molLs−−−0.9(4)放出46(5)ad【分析】根据曲线图物质变化量可以确定化学方程式，判断化学平衡状态的两大基本依据：正逆速

率相等、相关物质浓度保持不变，其他相关说法只要符合基本依据，就可以用于判断平衡状态，恒容容器中，压强与气体物质的量成正比，求出容器内气体前后的总物质的量，就可以知道压强的变化。【详解】（1）反应到2min时，达平衡状态，

物质A减少了2mol，物质B减少了1mol，为反应物，物质C增多了2mol，为生成物，根据物质的量变化比例得该反应的化学方程式为：2AB2C+。（2）a．一定条件下，反应物和生成物的浓度保持不变，即体系的组成不随时间而改变，表明

该反应达到化学平衡状态，A、B、C均为气体，浓度保持不变时，反应达平衡状态，a能说明；b．气体A消耗速率与气体C生成速率均为正反应速率，没有逆反应速率，不能说明达到平衡状态，b不能说明；c．恒容容器中，A

、B、C均为气体，根据质量守恒，全过程混合气体总质量不变，即混合气体密度始终保持不变，无法确认何时达到平衡状态，c不能说明；d．该反应反应后气体减小，恒容条件下，压强与气体总物质的量成正比，当压强不变时，表明混合气体的组成保持不变，反应达到平衡状态，

d能说明；e．混合气体平均摩尔质量mM=n总总，反应过程遵循质量守恒，气体总质量保持不变，未达平衡时该反应气体的总物质的量会改变，M会改变，平衡时气体总物质的量保持不变，M也保持不变，因此混合气体的平均相对分子质

量不变时能证明达到平衡状态，e能说明；f．达到平衡状态时，物质A、B表示的速率有以下关系：(B)(A)21vv=逆正或(A)(B)21vv=逆正，f不能说明；g．A、B、C浓度比为2：1：2时，不一定达到正逆速率相等或不能说明各组分浓度保持不变，则g不

能说明；故选ade。（3）反应方程式为：2233H+N2NH，到50s时，NH3浓度为1mo012l.L−，0~50s内用NH3表示的平均反应速率为11130.12molL(NH)=0.0024molLs50sv−

−−=，故112(N)0.0012molLsv−−=，数据显示，反应到250s时达到平衡状态，列三段式得：2233HN2NH/mol2.02.00/mol0.600.200.40/mol1.401.800.40+起始量变化量平衡量恒容时，容器内压强与

气体总物质的量成正比，故平衡时容内压强是反应前的1.40+1.80+0.40=0.92.0+2.0倍。（4）每生成1molNH3时，断开1.5molH-H键和0.5molNN键，生成3molN-H键，断开旧化学键吸收总能量为111.5mol436kJmo

l+0.5mol946kJmol=1127kJ−−，形成新化学键放出的总能量为13mol391kJmol=1173kJ−，故反应放出46kJ能量。（5）a．升高温度，反应速率增大，a可用；b．增大容器体积，各物质浓度减小，反应速率减小，不可用；c．恒

容时充入He，对反应物和生成物浓度没有影响，反应速率不变化，c不可用；d．加入合适催化剂，可降低反应的活化能，增大反应速率，d可用；故选ad。11．（2022·甘肃·西北师大附中高三期中）回答下列问题(1)金属

与硝酸反应通常不能生成H2，用3mol/LHNO3与过量铁粉反应，HNO3的还原产物主要是NO，请写出反应的离子方程式：___________。有同学在查阅文献时发现文献有记载：HNO3与铁反应能产生H2。于是其小组进行了金属铁与硝酸反应能否产生H2及其有利条件的探究。

实验I：20℃，将过量铁粉溶于0.5mol·L-1HNO3中，立即有无色气体生成，充分反应后，溶液几乎无色。(2)检验气体：方法如图所示。确认气体是H2，不含NO。实验证据是___________。(3)检验溶液：取上层清液，等

分两份①向一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，___________(填现象)，说明含有Fe2＋。②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、

②，说明实验I中发生的反应有Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，另外还有___________(写出离子方程式)。对H2产生的原因提出假设：在稀的酸性溶液中，HNO3中H＋的氧化性大于NO3−，验证如下：(4)实验II：将铜粉溶于0.5mol/LHNO3中。经检测，发现没有__

_________生成，初步证实假设不成立。(5)再次查阅文献发现：在酸性介质中，尽管电极电势数据显示NO3−离子是个颇强的氧化剂，然而动力学原因导致它在稀酸中的反应一般都很慢。于是小组改变条件重复实验I，向2mL0.5mol·L-1HNO3中加入过量铁粉，结果如下：实验序号ⅢⅣⅤ温度20℃40

℃60℃生成H2体积6.0mL3.4mL2.6mL经检验，实验III、IV、V中，NO3−的还原产物与实验I相同。从反应速率的角度解释温度升高H2体积减少的原因___________。(6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是

___________。【答案】(1)3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声(3)产生蓝色沉淀4Fe+NO3−+10H+=4Fe2++NH4++3H2O(4)H2(5)温度升高，H+、NO3−被还原的

速率均增大，NO3−被还原的速率增大的更多；H+同时被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H2体积减少(6)较低温度、低浓度硝酸【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其

气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子。【详解】（1）稀HNO3与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO，离子方程式：3Fe+8H++2-3NO=3

Fe2++2NO↑+4H2O。（2）NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，所以确认气体是H2，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声。（3）①如产物

有亚铁离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸

检验，试纸变蓝，说明产物有+4NH，则另外发生的反应为：4Fe+-3NO+10H+=4Fe2+++4NH+3H2O。（4）同样是0.5mol/LHNO3，Fe反应能产生H2，铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明0.5mol/LHNO3中H＋的氧化性大于-3NO。（

5）H+、-3NO都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、-3NO被还原的速率均增大，-3NO被还原的速率增大的更多，导致H2体积减少。（6）较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。【点睛】本题考查性质检验

实验，解答这类题时要根据物质的化学性质，知道发生的化学反应以及有关产物，最后得出结论，难度中等。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com