【文档说明】天津市静海区第一中学2022-2023学年高一下学期3月学业能力调研化学试题含解析.docx，共(18)页，978.731 KB，由小赞的店铺上传

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天津市静海区第一中学2022-2023学年高一下学期3月学业能力调研化学试题考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题和第Ⅱ卷提高题两部分，共100分，其中学习习惯8分(含卷面分3分)。可能用到的相对原子质量：Cu：64Fe：56S：32N：14O：16知识与技能学习能力(学法)内容硫

及其化合物氮及其化合物无机非金属材料规律提炼信息筛选易混易错分数444087137第Ⅰ卷基础题(共79分)一、选择题：每小题3分，共42分。1.下列物质的用途不正确的是A.液氨可用作制冷剂B.二氧化硅可作半导体材料C.BaSO4可用作钡餐D.SO2可用作纸浆的漂白【答案】B【解析】【详解】A．液氨

汽化时吸收大量的热，使周围环境的温度急剧降低，可用作制冷剂，A正确；B．单质硅可用作半导体材料等，二氧化硅可用来制造光导纤维等，B错误；C．BaSO4难溶于水，且不与盐酸反应，因此BaSO4常用作“钡餐”，作内服造影剂，C正确；D．SO2具有漂白性，可用于纸浆的漂

白，D正确；故选B。2.下列关于SO2和NO2的说法正确的是A.都是无色有毒的气体B都可用向下排空气法收集C.SO2与过量的NO2混合后通入水中可得到两种常见的酸D.盛满NO2的试管倒扣在水槽中，水可充满试管【答案】C.【解析】【详解】

A．二氧化氮为红棕色，且都有毒，故A错误；B．SO2和NO2密度都比空气大，可以通过向上排空气法收集，故B错误；C．SO2与过量的NO2混合通入水中可得到硫酸和硝酸，生成两种酸，故C正确；D．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，

NO难溶于水，故不可充满试管，故D错误；故选：C。3.关于下列物质的性质描述正确的是A.SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，也能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性B.铵盐都不稳定，受热分解都生成NH3C.久置的浓硝酸颜色略显黄色，那是由于浓硝酸的不稳定

性D.蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成，体现了浓硫酸具有吸水性和强氧化性【答案】C【解析】【详解】A．SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，是因为二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，也能使溴水、酸性

高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫的还原性，不能说明SO2具有漂白性，A项错误；B．铵盐都不稳定，但不是所有铵盐受热分解都生成NH3，例如硝酸铵受热分解不产生氨气，B项错误；C．浓硝酸不稳定，见光分解生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸显黄色，

C项正确；D．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，放热，体积膨胀，放出刺激性味的气体，是利用了浓硫酸的脱水性和强氧化性，D项错误；答案选C。4.某元素的单质及其化合物间有如下的直接转化关系，则该元素是单质2+O⎯⎯⎯→氧化物2+HO⎯

⎯⎯→酸(或碱)()+NaOH或HCl⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→盐A.FeB.SiC.ND.S【答案】D【解析】【详解】A．铁的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步反应无法实现，A错误；B．硅的氧化物无法与水反应生成酸或者碱，第二步

反应无法进行，B错误；C．氮气与氧气直接反应生成NO，NO不与水反应，第二步无法实现，C错误；D．单质S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，S能实现题干中物质间的直接转化，D正确；故答案选D。5.实验室用下图装置(夹持装置已略去)制备NH3，并研究

其性质。其中，a、b为湿润的红色石蕊试纸，下列关于NH3性质实验的说法中，不正确．．．的是A.装置乙中，b先变蓝，a后变蓝B.装置丙中，产生大量白烟C.装置丁中，试剂可以是水D.装置丁具有防止倒吸的作用【答案】A【解析】【详解】A．由于NH3

密度比空气的小，故装置乙中，a先变蓝，b后变蓝甚至不变蓝，A错误；B．浓盐酸具有挥发性，NH3+HCl=NH4Cl，产生NH4Cl小颗粒，即装置丙中，产生大量白烟，B正确；C．NH3极易溶于水，可以用水来吸收多余的NH3，装置丁中，试剂可以是水，C正

确；D．装置丁中的干燥管能够起到防止倒吸的作用，D正确；故答案为：A。6.下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是A.K+、Na+、Cl-、SO24−B.Ca2+、Fe3+、NO

3−、Cl-C.Ba2+、Na+、I-、NO3−D.NH4+、Fe2+、Cl-、NO3−【答案】C【解析】【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO24−与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；

B．Ca2+、Fe3+、NO3−、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO3−、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；C．Ba2+、Na+、I-、NO3−与OH-能大量共存，其中NO3−在H+环境下具有强氧化

性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；的D．NH4+、Fe2+、Cl-、NO3−中的NH4+、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO3−在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；故选C。7.用下列实验装置完成对应实验

，能达到实验目的的是ABCD实验装置实验目的验证浓硫酸具有氧化性制取并收集少量氨气干燥2SO喷泉实验A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸和蔗糖常温下，发生氧化还原反应，并产生气体，

可验证浓硫酸具有氧化性，A正确；B．收集氨气的试管口不能密封，应利用一团棉花堵住试管口，防止与空气发生对流，B错误；C．干燥气体，导管应长进短出，C错误；D．氯气难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，D错误；故选A。8.下列指定

反应的离子方程式正确的是A.NO2与水反应：2NO2＋H2O=2H＋＋2NO3−B.将SO2通入过量冷氨水中：SO2＋NH3·H2O=HSO3−＋NH4+C.铜与浓硝酸反应：Cu＋2NO3−＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2OD.向NH4HCO3溶

液中加入过量NaOH溶液并加热：NH4+＋OH-ΔNH3↑＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，其离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3−+NO，故A错误；B．二

氧化硫通入过量的氨水中，应生成SO23−，故B错误；C．浓硝酸具有强氧化性，能与Cu反应生成硝酸铜、NO2、H2O，其离子方程式为-2322Cu2NO4H=Cu2NO2HO＋＋＋＋＋＋，故C正确；D．因加入过量的NaOH溶液

，因此过量OH-与HCO3−反应生成CO23−和H2O，题中丢失一个离子反应，故D错误；答案为C。9.下列说法不正确的是A.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C.1molN2与3molH2

完全反应生成2molNH3D.传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料【答案】C【解析】【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，酸性条件下硝酸盐具有强氧化性，则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，选项A正确；B．碱能使石蕊试液变蓝色，因此某气

体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性，选项B正确；C．1molN2与3molH2反应不能生成2molNH3，因为反应可逆，选项C不正确；D．传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料，选项D正确；答案选C。10

.下列陈述Ⅰ、Ⅱ均正确并且有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡACO2与水反应生成H2CO3CO2是形成酸雨的主要原因BNH3极易溶于水充满NH3试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸不能干燥H2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应A.AB.BC.

CD.D【答案】B【解析】【详解】A．CO2不是形成酸雨的主要原因，形成酸雨的主要原因是SO2和NOx，故A错误；B．NH3极易溶于水，试管内气体压强减小，使水面上升，I和Ⅱ之间存在因果关系，故B正确；C．浓硫酸用于干燥H2和CO，利用浓硫酸的吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，故C错误；D．钝化也

化学反应，故D错误；故选B。11.硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为Na+)。下列说法正确的是A.可以用f的浓溶液除去a中混有的水蒸气B.将c通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色C.工业

上制备f时，用浓度为98.3%的f溶液吸收dD.b与Fe在加热条件下反应生成Fe2S3【答案】C【解析】【分析】a是S的-2价氢化物，a是H2S；b是S单质；c是S的+4价氧化物，c是SO2；d是S的+6价氧化物，c是SO3；e是S的+4价含氧酸，e是H2SO3；f是S的

+6价含氧酸，f是H2SO4；g是S的+4价含氧酸的钠盐，g是Na2SO3；h是S的+6价含氧酸的钠盐，h是Na2SO4。【详解】A．浓H2SO4具有强氧化性，H2S具有还原性，二者可以发生氧化还原反应，因此不能用浓

是H2SO4除去H2S中的H2O，A错误；B．SO2具有漂白性，但不能漂白指示剂，通入石蕊溶液中生成H2SO3，使石蕊变红，但不能褪色，B错误；C．由于SO3与H2O反应放热剧烈，工业上用浓硫酸吸收S

O3，C正确；D．S与Fe反应生成FeS，Fe+S△FeS，D错误；故选C。12.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是abcAFe3FeCl3Fe(OH)B2CO23NaCO3

NaHCOC2HSS2SOD3NHNO2NOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Fe和氯气点燃生成FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3溶于盐酸生成FeCl3，但Fe(OH)3不能一步转化为Fe，A错误；B．CO2和氢氧化钠反应

生成Na2CO3，Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3，NaHCO3受热分解又生成了Na2CO3，也能生成CO2，B正确；C．H2S受热分解可以生成S，S燃烧可以生成SO2，SO2与H2S发生归中反应可以生成S，但SO2不能一

步转化为H2S，C错误；D．NH3发生催化氧化可以生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成NO，但NO2不能一步转化为NH3，D错误；故答案选B。13.O2在一定条件下能有效去除烟气中的SO2、NO，其

可能的反应机理如下图所示，下列说法不正确．．．的是(HO•表示羟基自由基，•表示未成对电子)A.O2转化为+2O时失去电子B.HO•中氧元素的化合价为-1C.净化器内SO2被还原D.净化器内NO发生的反应为3HO•+NO=HNO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A．根据电荷守恒可知，O2转化为

+2O发生的反应为O2-e-=+2O，A正确；B．•表示未成对电子，所以HO•不带电荷，因H的化合价为+1价，所以氧元素的化合价为-1，B正确；C．羟基自由基具有氧化性，根据物质转化前后化合价的变化情况可知，SO2的化合价升高，S元素被氧化，最终被HO•氧化为H

2SO4，C错误；D．净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO•+NO=HNO3+H2O，D正确；故选C。14.100mL某混合酸中，c(HNO3)为0.4mol/L，c(H2SO4)为0.

2mol/L。向其中加入2.56g铜粉，待充分反应后，下列说法正确的是A.反应生成气体是NO、SO2混合气体B.反应后铜有剩余，加盐酸，铜不会溶解C.反应中转移0.6mol电子D.溶液中Cu2+物质的量浓度为0.3mol/L【答案】D【解析】【详解】A．常温下铜能和稀硝酸反应

，生成一氧化氮，不能和稀硫酸反应，故不能生成二氧化硫，A项错误；B．反应的离子方程式为3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜的物质的量为2.5664=0.04mol，氢离子物质的量为(0.4+0.2×2)×0.1

=0.08mol，硝酸根物质的量为0.04mol，则根据方程式计算，氢离子完全反应，硝酸根离子和铜有剩余，若再加入盐酸，提供氢离子，铜可以继续溶解，B项错误；C．反应的离子方程式为3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，Cu的化合价由0→+2，根据氢离子的物质的量可

知，反应的铜消耗量为0.08mol×38=0.03mol，该反应中转移电子为0.03mol×2e-=0.06mole-，C项错误；D．反应生成铜离子物质的量为0.03mol，物质的量浓度为0.3mol/L，D项正确；故选D。二、填空题：共37分。15.完

成下列问题（1）请填写合适的除杂试剂物质(括号内为杂质)除杂试剂①CO2(SO2)_______②NH3(CO2、H2O)_______③SO2(H2O)_______④NO(NO2)_______（2）为除去粗盐中

的Mg2＋、Ca2＋、2-4SO，可依次加入稍过量的哪些试剂，过滤后加入稀盐酸调节溶液为中性，请选择正确的选项___________A．Na2CO3、BaCl2、NaOHB．BaCl2、Na2CO3、NaOHC．NaOH、BaCl2、Na2CO3（3）总结除杂应遵循哪些原则：____

_______【答案】（1）①.饱和NaHCO3溶液②.碱石灰③.浓硫酸④.水（2）BC（3）①不增，即在除去杂质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜

，容易得到【解析】【小问1详解】①2SO能和饱和的3NaHCO溶液反应生成2CO，2CO和饱和的3NaHCO溶液不反应，所以选取饱和的3NaHCO溶液除去2CO中的2SO，故答案为：饱和3NaHCO溶液；②3NH属于碱性气体，和碱石灰不反

应，2CO、2HO能被碱石灰吸收，所以应该选取碱石灰作除杂剂，故答案为：碱石灰；③SO2与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥SO2，所以选取浓硫酸作除杂剂，故答案为：浓硫酸；④2NO和2HO反应生成NO，所以选取2HO作除杂剂，故答

案为：2HO；【小问2详解】加NaOH除去2Mg+，加2BaCl除去24SO−，加23NaCO除去2Ca+及过量的2Ba+，则23NaCO一定在2BaCl之后，所以B、C都可，答案选BC；【小问3详解】除杂时要遵循的原则是：①不增，即在除去杂

质的同时，不能引入新的杂质；②不减，即不能减少被提纯的物质；③简便，即分离操作简便易行；④易得，即除杂试剂价格便宜，容易得到。16.下列说法是否正确(正确的打“√”，不正确的打“×”)，若不正确请说明理由。（1）SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，所

以SiO2是两性氧化物___________，理由___________（2）某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，则该气体一定是SO2___________，理由___________（3）碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸只表现强氧化性___________，理由_____

______（4）王水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂___________，理由______【答案】（1）①.错误②.SiO2是酸性氧化物（2）①.错误②.该气体有可能是氯气（3）①.错误②.浓硝酸与铜反应表现强氧化性和酸性（4）正确【解析】【

小问1详解】SiO2能与氢氧化钠溶液和氢氟酸反应，SiO2不是两性氧化物，因为SiO2与氢氟酸反应生成的是SiF4与水，SiF4不是盐类，故SiO2是酸性氧化物；【小问2详解】某气体通入品红溶液后，品红溶液褪色，该气体不一定是SO2；气体通入品红溶

液后，品红溶液褪色说明生成的物质或该物质具有漂白性，那么氯气溶于水生成的次氯酸也具有漂白性；【小问3详解】碳、铜与浓硝酸反应时，浓硝酸表现强氧化性与酸性，产物中有盐生成体现了硝酸酸性；【小问4详解】水是浓盐

酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合物，能溶解金和铂，硝酸是一种很好的氧化剂，并且来自盐酸的氯离子与金离子可形成配合物。17.某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：Na2S

O3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋2H2O＋Cl2↑（1）用来制取氯气的装置是___________(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是___________和__________

_。（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，___________(填“B”或“D”)试管中无明显现象。（3）装置C的作用是___________。（4）若装置D中品红溶液换成紫色石蕊溶液，则出现的现象是___________。（5）该小组同

学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1∶1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的离子方程式是___________。【

答案】（1）①.E②.酸性③.还原性（2）D（3）吸收多余的SO2和Cl2（4）先变红，后褪色（5）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO24−【解析】【分析】实验装置的选择原则是根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，结合题给信息知，实

验室制取的氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)ΔMnCl2＋2H2O＋Cl2↑，由反应方程式条件可知用来制取氯气的装置是E

；同理可推断A装置用来制备SO2，据此分析。【小问1详解】据分析可知用来制取氯气的装置是E；由氯化氢生成氯化锰，氯元素化合价不变，由氯化氢生成氯气，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性。故答案为：E，酸性，还原性；【小问2详解】氯气通入

品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，D中通入氯气，褪色后加热无明显现象。故答案为：D；【小问3详解】装置C中是氢

氧化钠溶液，其作用是吸收多余SO2和Cl2，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；【小问4详解】若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色。故答案为：先变红，后褪色；【小问5详解】氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1∶1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使

气体失去漂白性，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO24−。故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO24−。18.A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系(其他

产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。WWABC→→（1）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1。①A的电子式为___________，B的化学式为___________。②实验室制取B时，收集方法是___________。③C与水反应

的化学方程式为___________。（2）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物。①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为___________。的②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与Cu反应的化学方程式为___________。（3）A

为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。①则B到C的离子方程式为___________。②请画出向含0.01molB和0.01molC的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像。______【答案】（1）①.②.NO③

.排水法收集④.3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）①.0.5mol②.Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O（3）①.SO23−+SO2+H2O=2HSO3−②.【解析】【分析】A能和W连续反应依次转化为B、C；若A、B、

C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1，则C为NO2，那么A、B、W分别为氮气、一氧化氮、氧气，氮气和氧气生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮；若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性

氧化物；则A为硫、W为氧气、C为二氧化硫、C为三氧化硫；硫和氧气生成二氧化硫、二氧化硫和氧气生成三氧化硫；A为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体，则A为氢氧化钠、W为二氧化硫、B、C分别为亚硫酸钠、亚硫

酸氢钠；氢氧化钠和二氧化硫生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠；【小问1详解】①由分析可知，A为氮气，电子式为；B为一氧化氮，化学式为NO；②NO密度和空气近似、难溶于水，故实验室制取B时，收集方法是排水法收集。③二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3N

O2+H2O=2HNO3+NO；【小问2详解】①由分析可知，由B生成C时，反应为2SO2+O2=2SO3；每生成1molSO3，消耗O2的物质的量为0.5mol；②C溶于水形成化合物D为硫酸，在加热的情况下，浓硫酸与Cu反应生成硫酸铜和水、二氧化硫，化学

方程式为Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O；【小问3详解】①由分析可知，B到C的反应为亚硫酸钠和二氧化硫生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO23−+SO2+H2O=2HSO3−；②向含

0.01mol亚硫酸钠和0.01mol亚硫酸氢钠的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸，首先亚硫酸钠消耗等物质的量的HCl，即0.1L盐酸将亚硫酸转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠再消耗0.2L的盐酸生成0.02mol的二氧化硫气体，加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图

像为。第Ⅱ卷提高题(共21分)19.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去)。图中K为止水夹(处于关闭状态)，F是一半空的注射器。请回答有关问题：（1）设计装置A的目的是___

________。（2）在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是___________；B中反应的离子方程式为___________。（3）装置E和F的作用是___________。（4）气体NO2和气体SO2在通常条件

下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？(填“有”或“没有”)___________，理由是___________。（5）在200mL某浓度硝酸的稀溶液中，加入15.2g铜、铁合金，待合金完全溶解后，共收集到

气体NO的体积为4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5mol·L-1，则合金中铜、铁的物质的量之比为___________。【答案】（1）产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O

2反应生成NO2而产生干扰（2）①.Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝②.3Cu＋8H＋＋2NO3−=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（3）验证NO的生成（4）①.有②.二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡

白色沉淀（5）3:2【解析】【分析】装置A中反应生成二氧化碳气体可赶走装置中的空气，然后B生成一氧化氮气体进入E，F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；C可以检验开始时二氧化碳是否充满整个装置，实验后D可以吸收尾气减小污染；【小问1详解】NO能和空气

中氧气反应生成二氧化氮；设计装置A的目的是产生CO2，赶走装置中的空气，防止因NO与O2反应生成NO2而产生干扰；【小问2详解】探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO，反应中铜和稀硝酸还生成硝酸铜、水，

反应中溶液变蓝色，故在完成(1)中的“操作”后，将装置B中铜丝插入稀硝酸并微热之，观察到装置B中的现象是Cu丝表面产生气泡，稀硝酸液面上方仍为无色，溶液变蓝；B中反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3−=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；【小问3详解】NO

能和空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮；装置E中首先收集生成的气体、然后将F中空气注入E中，可以看到气体变为红棕色，两者的作用是验证NO的生成；【小问4详解】二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，

故会有白色沉淀生成；【小问5详解】设铜、铁的物质的量分别为a、b，则64a+56b=15.2；合金完全溶解后，共收集到气体NO的体积为4.48L(标准状况下为0.2mol)，并测得反应后溶液中H＋的浓度为0.5mol·L-1，说明反应后硝酸过量，铁以三

价铁存在，根据电子守恒可知，2a+3b=0.2×3；两式联立解得a=0.15mol、b=0.1mol；故合金中铜、铁的物质的量之比为3:2。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com