1、2019年春季南侨中学高一年段第二阶段考试化学试题可能用到的相对原子质量：一、选择题( 每小题只有一个选项符合题意 ， 本题包括 16 小题 ，每小题 3 分，共 48 分)1.下列说法正确的是 ()A. 因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、KMnO4(H)、石蕊溶液褪色B. 能使品红溶液褪色的一定是SO2C. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同D. SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液中能发生反应【答案】D【解析】【详解】A.SO2能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是由于SO2具有还原性，SO2与水反应产生H2SO3，具有酸性 因此可以使紫色的石蕊溶液变为红色
2、，不是使所有的有色物质都褪色，A错误；B.SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，但是能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，B错误；C.SO2能使红墨水褪色由于其结合漂白，漂白粉、Na2O2都能使红墨水褪色是由于发生氧化还原反应，活性炭能使红墨水褪色是由于物理吸附作用，因此漂白原理不相同，C错误；D.SO2通入Na2SO3溶液中，会发生反应转化为酸式盐NaHSO3；由于酸性H2SO3H2CO3，所以SO2通入NaHCO3溶液中能发生反应，产生Na2SO3或NaHSO3、CO2，D正确；故合理选项是D。2.下列关于浓硫酸和稀硫酸的叙述中正确的是 ()A. 常温时都能与铁发生反应，放出气体B. 加热时
3、都能与铜发生反应C. 都能作为气体干燥剂D. 用玻璃棒各蘸少许涂在纸上可用来区别浓硫酸和稀硫酸【答案】D【解析】【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖、纤维素脱水碳化，而稀硫酸不具有强氧化性，以此解答该题。【详解】A.常温下浓硫酸在室温下遇到金属铁会发生钝化，稀硫酸和铁之间反应产生氢气，A错误；B.金属铜和稀硫酸之间不会反应，加热可以和浓硫酸之间反应，B错误；C.浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，但是稀硫酸不具备吸水性，C错误；D浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖、纤维素等有机物脱水碳化，而稀硫酸不具有脱水性，因此可以用
4、玻璃棒各蘸少许涂在纸上可用来区别浓硫酸和稀硫酸，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查浓硫酸的性质，注意把握浓硫酸的特性以及性质之间的区别，要注意相关基础的积累，该题侧重考查学生的基础知识的综合理解和运用的。3. 起固氮作用的化学反应的是A. 工业上用氮气和氢气合成氨气B. 一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮C. 氨气经催化氧化生成一氧化氮D. 由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵【答案】A【解析】试题分析：氮的固定是游离态的N转化为化合态的N的方法。A.工业上用氮气和氢气合成氨气是N的单质变为化合物。正确。B.一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮是N的化合物的转化。错误。C.氨气经催化氧化生成一氧化氮是N的化合
5、物的转化。错误。D.由氨气制化肥碳酸氢铵和硫酸铵的N的化合物的转化。错误。考点：考查氮的固定及判断的知识。4.已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4。下列装置中不适宜作氨气尾气吸收装置的是 ()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.水的密度比苯大，不能防止倒吸，故A符合；B.使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不符合；C.水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故C不符合；D.球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不符合；故选A。5.下列关于氮及其化合物的说法正确的是 (
6、)A. N2分子的结构稳定，因而氮气不能支持任何物质的燃烧B. 液氨汽化时要吸收大量热，因而液氨可用作制冷剂C. NO可用向上排空气法或排水法收集D. 浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发【答案】B【解析】【详解】A.虽然氮气分子的结构较稳定，但是在点燃时镁能在氮气中燃烧生成氮化镁，所以氮气能支持燃烧，A错误；B.液氨汽化时要吸收大量热，因而液氨可用作制冷剂，B正确；CNO和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO可用排水法收集，不能用向上排空气法收集，C错误；D.浓硝酸见光易分解，所以要保存在棕色试剂瓶中，D错误；故合理选项是B。6.下列有关实验原理或实验操作不正确的是()A. 用图1所示装置制取少
7、量的氨气B. 用图2装置可以完成“喷泉”实验C. 用图3所示装置收集SO2D. 可用加热浓氨水制氨气【答案】C【解析】【详解】A.CaO与氨水中的水反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2溶于水放出大量的热，使氨气挥发逸出，因此可用该方法制取氨气，A不符合题意；B.氯气与氢氧化钠溶液反应是反应：Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O，使烧瓶内气体压强减小，烧杯内的溶液进一步进入烧瓶，发生上述反应，因此可以完成“喷泉”实验，B不符合题意；C.SO2的气体密度比空气大，一个使用向上排空气方法收集，即入气管伸入到集气瓶底部，出气导管稍微露出橡胶塞，C符合题意；D.在氨水中存在平衡：NH3H2O
8、NH3+H2O，加热浓氨水，即给溶液升高温度，化学平衡正向移动，产生更多氨气，氨气逸出，逸出可以用这种方法制取氨气，D不符合题意；故合理选项是C。7. 硼的最高价含氧酸的化学式不可能是A. HBO2B. H2BO3C. H3BO3D. H2B4O7【答案】B【解析】试题分析：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意。故选B。考点：考查根据化学式判断化合价8.下列说法不正确的是()A. 氧气和臭氧互为同素异形体B. CH
9、3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体C. 32He和42He互为同位素D. 42He的最外层电子数为2，所以42He具有较强的金属性【答案】D【解析】试题分析：、同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，故A正确；B、分子是相通但结构不同的化合物互为同分异构体，故正确；、质子数相同但中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素，例：和，故C正确；D、He是惰性气体，故D错误；此题选D。考点：考查四同概念及应用相关知识9.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A. 酸性：H2SO4H3PO4B. 非金属性：ClBrC. 碱性：NaOHMg(OH)2D. 热稳定性：Na2CO3NaH
10、CO3【答案】D【解析】A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。10.下列各组微粒半径大小的比较中，不正确的是()A. r(K)r(Na)r(Li)B. r(Mg2)r(Na)r(F)C. r(Na)r(Mg2)r(Al3)D. r(Br)r(Cl)r(F)【答案】B【解析】【详解】A.同一主族的元素，从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，所以原子
11、半径逐渐增大，所以原子半径：r(K)r(Na)r(Li)，A正确；B.对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r(Mg2)r(Na)r(Mg2)r(Al3)，C正确；D.对于同一主族的元素形成的阴离子，从上到下，离子核外电子层数逐渐增多，所以离子半径逐渐增大，所以离子半径：r(Br)r(Cl)r(F)，D正确；故合理选项是B。11.化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中不属于这种情况的是()A. 过量的稀硝酸和铁反应B. 常温下过量浓硝酸与铝块C. 过量的二氧化锰与浓盐酸D. 加热下过量的铜与浓硫酸【答案】A【解析】
12、【详解】A、硝酸具有强氧化性，与Fe发生反应：Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O，Fe无剩余，不符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故A符合题意；B、常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，硝酸过量，铝有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故B不符合题意；C、MnO2过量，浓盐酸不足，但MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，反应停止，MnO2和HCl都有剩余，符合“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故C不符合题意；D、加热时铜与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度变稀，反应停止，硫酸和Cu有剩余，符合“一种
13、物质过量，另一种物质仍不能完全反应”，故D不符合题意。12.N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O ：3CO+2NO23CO2+N2O下列关于N2O的说法一定正确的是A. 上述反应，每生成lmol N2O，消耗1.5mol COB. 等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C. N2O只有氧化性，无还原性D. N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒【答案】B【解析】试题分析：A.根据方程式3CO+2NO23CO2+N2O知，生成lmolN20，需要3molCO，A项错误；B.N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B项正确；C.N2O中
14、N元素化合价为+1价，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C项错误；D.与人体血红蛋白结合，使人中毒的是NO，D项错误；答案选B。考点：考查氧化还原反应，氮的氧化物的性质。13.工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是()A. 气态氢化物的稳定性B. 最高价氧化物对应水化物的酸性C. 原子达稳定结构得到电子的多少D. 单质与同浓度酸发生反应的快慢【答案】A【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其简单
15、氢化物的稳定性就越强，所以可以通过比较元素气态氢化物的稳定性判断元素非金属性强弱，A合理；B.O、F元素都是非金属元素，由于二者的非金属性很强，没有正价，也就没有最高价氧化物对应的水化物，因此不能通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性判断元素非金属性强弱，B不合理；C.元素的金属性或非金属性强弱与原子达稳定结构得到电子的多少无关，因此不能据此判断元素金属性或非金属性强弱，C不合理；D.同浓度的酸与不同金属反应时，反应原理可能不同，因此不能通过单质与同浓度酸发生反应的快慢判断元素金属性强弱，D不合理；故合理选项是A。14.A、B、C为三种短周期元素，A、B在同一周期，A、C的最低价离子分别为A2、
16、C，离子半径A2大于C，B2+和C具有相同的电子层结构。下列判断正确的是A. 原子序数由大到小的顺序是CABB. 原子半径由大到小的顺序是r(B)r(A)r(C)C. 离子半径由大到小顺序是r(C)r(B2+)r(A2)D. 原子最外层电子数由多到少的顺序是BAC【答案】B【解析】【详解】A、B、C为三种短周期元素，由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为A族元素，C为A族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第A族，因此B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，离子半径A2-大于C-，则A为S元素。A.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数AB
17、C，A错误；B.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同一周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，同一主族元素的原子半径自上而下原子半径增大，则有r（B）r（A）r（C），B正确；C.离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以r(A2-)r(C-)r(B2+)，C错误；D.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，因此原子最外层上的电子数CAB，D错误；故合理选项是B。15.短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物。常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，不溶于其浓溶液。下列说法正
18、确的是A. X和Y只能形成两种化合物B. 简单气态氢化物的稳定性:XYC. 元素Y的正化合价最高为+6D. 简单离子半径的大小顺序:XYZ【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，结合NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素，常温下，Z的单质能溶于X的最高价氧化物水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为Al元素，因为铝在常温下能溶于稀硝酸，在浓硝酸中发生钝化。A. N和O元素可以形成N2O、NO、NO2、N2O5等多种化合物，故A错误；B. 因非金属性ON，所以简单气态氢化物的稳定性：NH3H2O，故B错误；C. Y为O元素，O元素
19、无最高正价，故C错误；D. N3、O2、Al3具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为：N3O2Al3，故D正确；答案选D。16.中学常见某反应化学方程式为X+YM+N+H2O(未配平，反应条件已略去)，下列叙述错误的是A. 若X、Y的物质的量之比为1:4，且N是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2OB. 当N为氯碱工业的主要原料，M是造成温室效应的主要气体，则上述反应的离子方程式一定为:CO32-+2H+=CO2+H2OC. 若X是铁，Y是稀硝酸(过量)，则X与Y反应的离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+
20、NO+2H2OD. 若M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪色，橙色褪色过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-【答案】B【解析】A、N是黄绿色气体，则N为Cl2，X和Y物质的量的之比为1：4，此反应是实验室制取氯气的反应，即离子方程式为MnO2+4H+2Cl =Mn2+Cl2+2H2O，故A说法正确；B、N为氯碱工业的主要原料，则N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，则M为CO2，此反应可能是Na2CO3与HCl反应，也可能是NaHCO3与HCl的反应，前者离子方程式为CO322H=CO2H2O，后者离子方程式为HCO3H=
21、CO2H2O，故B说法错误；C、稀硝酸是过量，把Fe氧化成Fe3，本身被还原成NO，离子方程式为Fe+4H+NO3= Fe3+NO+2H2O，故C说法正确；D、M、N为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，M、N的混合气体为CO2和SO2的混合物，通入到溴水中，Br2把SO2氧化，即离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br，故D说法正确。二、填空题(共52分)17.I现有BaCl2、金刚石、KOH、Na2SO4、干冰、碘片六种物质，按下列要求回答：(1)熔化时不需要破坏化学键的是_(填写物质的序号，下同)，熔化时需要破坏共价键的是_。(2)属于离子化合物的是_，只有离子键的物质是
22、_。(3)的电子式是_，的电子式是_。II下列粒子(分子或离子)均含有18个电子：粒子AB2CDEF组成特点 单核离子化合物，双核分子单质， 双核分子化合物，三核分子化合物， 四核分子请回答下列问题：(1)A的元素符号是_，B2的结构示意图是_。(2)C的结构式为_，已知D的单质与水反应可生成氧气及一种酸，写出该反应的化学方程式：_(3)E的电子式是_；F的水溶液常用于消毒剂，F的化学式是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). K (8). (9). H-Cl (10). 2F2+2H2O=4HF+O2 (11). (12). H2O2【解析】【分析
23、】I.先判断晶体类型，再判断化学键类型；(1)根据以上分析结合题意选择选项；(2)根据以上分析结合题意选择选项；(3)根据电子式的书写规则书写；II. 18e-微粒来源大体分三个部分：一是第三周期元素的气态氢化物去掉H+的对应离子，二是第四周期的金属阳离子，三是由第二周期气态氢化物去掉氢原子后，两两结合得到的分子，共16种，阳离子K+、Ca2+；阴离子P3-、S2-、HS-、Cl-；分子有Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、F2、H2O2、C2H6、CH3OH、N2H4等，结合题目所给条件解答。(1)阳离子中，原子序数=核外电子数+电荷数=核内质子数，阴离子中，原子序数=核外电子数-电荷数
24、=核内质子数，含有18e-的A+、B2-、分别为K+、S2-，据此书写B2-的结构示意图；(2) 化合物C是双核分子有HCl；D是单质，双核分子为F2，F2和水发生置换反应产生HF和O2；(3)化合物E由两种元素组成的三原子分子为H2S，硫化氢为共价化合物，根据共价化合物的电子式表示方法书写，F为四核分子，水溶液常用于消毒剂为H2O2。【详解】BaCl2属离子晶体，只含离子键；金刚石属原子晶体，只含共价键；KOH属离子晶体，含离子键、共价键、配位键；Na2SO4属离子晶体，含离子键、共价键；干冰属分子晶体，只含共价键；碘片属分子晶体，只含共价键；(1)熔化时不需要破坏化学键的是分子晶体，熔化时
25、需要破坏共价键的是原子晶体.上述晶体中属于分子晶体的为；属于原子晶体的是；(2)根据以上分析，可知属于离子化合物的是；其中只有离子键的物质是；(3) BaCl2是离子化合物，Ba2+与2个Cl-通过离子键结合，电子式是； CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，电子式为：；II. 根据上述推断可知：A+为K+，B2-为S2-；C为HCl；D为F2；E为H2S；F为H2O2。(1)A的元素符号是K，B2为S2-，S2-的结构示意图是。(2)C是HCl，HCl分子中H原子与Cl形成一对共用电子对，属于HCl的结构式为H-Cl，D为F2，F2与水反应可生成氧气及HF酸，该反应的化学方程式：2F
26、2+2H2O=4HF+O2；(3)E是H2S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子形成2对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，所以H2S的电子式是；F的水溶液常用于消毒剂，F的化学式是H2O2。【点睛】本题考查了18电子微粒的结构和性质、离子键、共价键，离子化合物、共价化合物及其电子式的书写及辨别能力，注意原子、离子中核外电子数与原子序数及核内质子数之间的关系是解答关键。18.A、B、C、D、E均为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，A的原子电子层数等于其核外电子数，B与C可形成离子化合物CB2，D原子的M层电子数是K层电子数的3倍。(1)写出A的简单阴离子的电子式是_。(2)E的氢化
27、物与C单质相比，沸点较低的是_(填化学式)。(3)C、E组成的化合物所含化学键的类型是_。(4)B、D、E按原子半径由大到小的顺序排列为_(填元素符号)。(5)E的最高价氧化物对应的水化物化学式是_(6)若D和E可组成化合物D2E2 ，在该化合物中各原子最外层均达到8电子稳定结构，写出其结构式_(7)写出E在元素周期表中的位置_。(8)将D的最高价含氧酸的浓溶液露置空气中，质量会发生变化，体现了其对应酸的_性【答案】 (1). (2). HCl (3). 离子键 (4). SClF (5). HClO4 (6). Cl-S-S-Cl (7). 第三周期VII A族 (8). 吸水【解析】【分析
28、】A、B、C、D、E均为短周期的主族元素，其原子序数依次增大，A的原子电子层数等于其核外电子数，则A为H元素；D的原子M层电子数是K层电子数的3倍，则其M层电子数为6，则D为S元素；E的原子序数最大，E为Cl元素；B与C可形成离子化合物CB2，则C表现+2价、B表现-1价，二者原子序数小于硫，则B为F元素、C为Mg。【详解】根据上述分析可知A为H元素，B为F元素，C为Mg元素，D为S元素，E为Cl元素。(1)A的元素符号是H，A的简单阴离子的电子式是；(2)E是Cl，E的氢化物HCl，该物质在常温下为气态，C单质为Mg，在室温下为固态，所以物质的沸点较低的是HCl；(3)C、E组成的化合物为M
29、gCl2，该化合物为离子化合物，Mg2+与2个Cl-通过离子键结合，因此其中所含化学键的类型是离子键；(4) B为F元素，D为S元素，E为Cl元素，同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，同一主族元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，因此三种元素的原子半径：SClF；(5)E为Cl元素，E的最高价氧化物对应的水化物化学式是HClO4；(6)若D和E可组成化合物D2E2 是S2Cl2，在该化合物中，2个S原子之间形成1对共用电子对，每个S原子与1个Cl原子形成1对共用电子对，分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构，其结构式为Cl-S-S-Cl；(7) E为Cl元素，核外电子排
30、布是2、8、7，所以E在元素周期表中的位置是位于第三周期第VIIA族。(8)D为S，将D的最高价含氧酸的浓溶液即为浓硫酸，该物质具有吸水性，露置空气中，会吸收空气中的水蒸气，使溶液的质量增加，这体现了其对应酸的吸水性。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，体现了元素在周期表的位置与原子结构、物质性质的关系。正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律的内容，熟练掌握基础知识。19.亚硝酸钠在食品工业常用作肉类的发色剂，有一定的的氧化性，亚硝酸钠暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠，一种模拟工业用纯碱溶液吸收氮氧化物制备NaNO2的实验装置如下：已知：NO2+NO+2NaOH=
31、2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O回答下列问题：(1)若当反应时NO与NO2的物质的量之比为1：1时，A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B的作用是_；装置C中通入O2的目的是_。(3)反应后A中溶液经蒸发浓缩、结晶及干燥得到产品。甲同学取少量的产品溶于水并用稀盐酸酸化，用湿润的KI淀粉试纸检验，试纸变蓝，得出产品为NaNO2。乙同学认为结论不可靠，其理由是_。(4)现有V L某NaOH溶液能完全吸收n mol NO2和 m mol NO组成的大气污染物。所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_ mol/L。若所得溶液中c(NO3-)c(NO2-)=19，
32、则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比nm=_。【答案】 (1). NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2 (2). 安全瓶(防止倒吸) (3). 将NO氧化，确保被完全吸收 (4). 产品中若含NaNO3，在酸性条件下NO3-也可将I-氧化I2 (5). (6). 32【解析】【分析】(1)Na2CO3水解产生NaOH，使溶液显碱性，结合信息方程式NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，可得该步反应方程式；(2)在C中NOx与NaOH反应会导致容器中气体压强减小，引起倒吸现象，装置B可以缓冲，防止倒吸现象的发生；向装置C中通入O2，可以使NO完全氧化，防止尾气造成大气污染
33、；(3)在酸性条件下，H+、NO3-起硝酸作用，表现强氧化性；(4)根据气体和氢氧化钠的关系式计算；根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式中各个物理量之间的关系式计算。【详解】(1)Na2CO3是强碱弱酸盐，水解产生NaOH，使溶液显碱性，结合信息方程式可得若当反应时NO与NO2的物质的量之比为1：1时，A中发生反应的化学方程式为NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2；(2)在装置A中用纯碱溶液吸收NO、NO2的混合气体制取NaNO2，由于氮氧化合物会造成大气污染，形成酸雨、光化学烟雾，因此可利用NaOH溶液进行尾气吸收，为防止在用NaOH溶液吸收时，由于气体溶解导致导气管中气
34、体压强过小而引起倒吸现象的发生，可以安装一个安全瓶，因此装置B的作用是安全瓶，防止液体倒吸进入反应装置A中；根据题目已知的反应方程式可知：若n(NO2)：n(NO)1:1时，气体可以完全被吸收，若NO的物质的量比NO2多，会有NO逸出，若再向装置C中通入O2，就可以将NO氧化为NO2，而被NaOH溶液充分吸收。即装置C中通入O2的目的是将NO氧化，确保被完全吸收；(3)A中反应后的溶液中含有NaNO2、NaNO3，甲同学取少量的产品溶于水并用稀盐酸酸化，用湿润的KI淀粉试纸检验，试纸变蓝，就得出结论说产品为NaNO2这个结论不可靠，原因是H+、NO3-起HNO3的作用，具有强的氧化性，也可以将
35、KI氧化为I2，而使淀粉试纸变为蓝色；(4)用V L某NaOH溶液能完全吸收n mol NO2和 m mol NO组成的大气污染物。反应后产生NaNO2、NaNO3，根据物质组成，结合元素守恒，可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)=n(NO2)+n(NO)=(m+n)mol，根据物质的量浓度定义可得c(NaOH)=mol/L；所以若气体完全被吸收，溶液中含有的NaOH的浓度最小为mol/L；设原混合气体中NO2和NO的物质的量n和m， NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O， 1 1 2mmol mmol 2mmol 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O， 2 1 1(n-m)mol 所得溶液中c(NO3-)：c(NO2-)= ：2m+ mol=1：9，解得n：m=3：2。【点睛】本题考查氮氧化合物的用途、反应原理、操作方法、及元素守恒法在化学方程式计算的应用的知识，根据物质的性质，利用方程式中各物理量之间的关系式进行分析解答即可。
浙公网安备33030202001339号