重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx

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重庆市西南大学附属中学2022～2023学年高一下学期期中考试化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生留存，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本大题共14小题，每小题3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.化学与生产、生活和科技密切相关。下列选项错误的是A.高压钠灯发出的黄光透雾能力强，射程远，可用于道路照明B.氮元素是植物生长所必需的元素，可施用铵态氮肥促进作物生长C.“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，镓是第四周期第ⅢA族元素D.将含硫的煤和石灰石混合后燃烧，可以减少酸雨的形成以及温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】A．高压钠灯的光是黄色，黄光穿透性强，可做路灯照明，A项正确；B．氮元素是植物生长所必需的元素，农作物吸收氮元素的主要形式有铵根离子和硝酸根离子，施用铵态氮肥促进作物生长，B项正确；C．镓的原子结构示意图为，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，C项正确；D．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，D项错误；故正确答案为D。 2.PCl3常用作制造有机磷农药的原料。PCl3与水反应的方程式为，下列说法错误的是A.P的原子结构示意图为B.中含有极性键和离子键C.水分子的空间结构为V形D.PCl3的电子式为【答案】B【解析】【详解】A．P原子核外15个电子，K层排2、L层排8、M层排5，P的原子结构示意图为，A正确；B．为共价化合物，分子中含有极性键，不含离子键，B不正确；C．水分子的空间结构为V形或折线形，C正确；D．PCl3是共价分子，每个Cl原子和P共用1对电子对，电子式为，D正确；答案选B。3.下列叙述正确的是A.和分别在中燃烧得到和B.分别与足量盐酸和氢碘酸反应均得到含的溶液C.分别与品红溶液和溴水反应后溶液颜色均褪去，体现了的漂白性D.等物质量的和分别溶于水可以得到相同浓度的和【答案】A【解析】【详解】A．锂和氧气反应只能生成氧化锂，镁和氧气反应生成氧化镁，A正确；B．氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，氧化铁和氢碘酸发生氧化还原反应，生成亚铁离子，B错误；C．二氧化硫使品红褪色体现了二氧化硫的漂白性，二氧化硫使溴水褪色体现了二氧化硫的还原性，C错误；D ．1mol三氧化硫和水反应生成1mol硫酸，而3mol二氧化氮和水反应生成2mol硝酸，故等物质的量的三氧化硫和二氧化氮分别溶于1L水，得到的硫酸和硝酸的浓度不同，D错误；故选A。4.经检验，某工厂废水显酸性，且废水中含有大量、、、、。下列离子不可能大量存在于该废水中的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】某工业废水显酸性，则含大量的H+。【详解】A．K+与其他离子之间互不反应，在该废水中能够大量共存，故A不符合；B．与其他离子之间互不反应，在该废水中能够大量共存，，故B不符合；C．废水显酸性含大量H+，与H+反应生成H2S气体，不能共存，故C符合；D．与其他离子之间互不反应，在该废水中能够大量共存，故D不符合；故选：C。5.代表阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.溶液中含有个B.(结构式为)分子中含有个键C.工业合成氨时，与足量的反应后，电子转移数为D.在同温同压下，与所含有的原子个数比为【答案】B【解析】【详解】A．溶液的体积未知，不能计算所含有的数目，A错误；B．()的物质的量为1mol，则分子中含有个键，B正确；C．工业合成氨反应是可逆反应，与足量的反应后，电子转移数小于，但不一定为，C错误； D．在同温同压下，与的物质的量之比为1:3，二氧化氮与氧气的分子数之比为1:3，所含有的氮原子与氧个数比为1:8，D错误；答案选B。6.下列实验装置及操作错误的是A．实验室制取纯净的B．的测定C．浓硫酸的稀释D．尾气处理A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室通过加热氯化铵固体和氢氧化钙固体的混合物来制取氨气，可用碱石灰干燥氨气，用向下排空气法收集氨气，为防止对流，收集时在试管口塞上一团棉花，A正确；B．测溶液的pH时，把pH试纸放在玻璃片或表面皿上，用干燥而洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸的中间，B正确；C．由于浓硫酸的密度远大于水，为防止酸液飞溅，稀释浓硫酸时，应把浓硫酸沿着玻璃棒或烧杯内壁注入到水中，C不正确；D．二氧化硫是酸性氧化物，能被氢氧化钠溶液吸收生成盐溶液，D正确；答案选C。7.下列说法中对应关系正确的是A.氯气有刺激性，可以杀灭细菌和病毒B.浓硝酸具有强氧化性，不能用铁质或铝质容器储存C.浓硫酸具有吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化D.维生素C具有还原性，食用维生素C含量较高的食物有助于人体对的吸收【答案】D【解析】【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂强氧化性，可以杀灭细菌和病毒，与氯气的刺激性无关，A不符合； B．浓硝酸具有强氧化性，常温下，浓硝酸、浓硫酸均可用铝槽贮存，是因为铁或铝与浓硝酸发生钝化反应，B不符合；C．浓硫酸具有脱水性，能吸收糖类化合物中水分并使其炭化，与吸水性无关，C不符合；D．维生素C具有还原性，能防止亚铁离子被氧化，则食用维生素C含量较高的食物有助于人体对的吸收，D符合；答案选D。8.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，能达到除杂目的的是选项被提纯的物质除杂方法A通过溶液B加入足量酸性溶液C依次通过蒸馏水、碱石灰D加入足量溶液，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．由可知，混合气体通过硫酸铜溶液时，硫化氢气体被吸收，二氧化碳没反应，故可提纯，A正确；B．亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化为铁离子，但是反应过程中引入了钾离子、锰离子等杂质，B错误；C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，需要的气体消耗掉了，C错误；D．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应而溶解，氧化镁不反应不溶解，需要的物质消耗掉了，D错误；选A。9.有一瓶溶液，它可能部分被氧化。某同学取少量该溶液，滴加溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硫酸，充分振荡后仍然有白色沉淀，下列叙述正确的是A.亚硫酸钠已部分被空气中的氧气氧化B.加入溶液后，产生的沉淀中一定含有硫酸钡 C.加入稀硫酸后，不溶的沉淀一定是硫酸钡和亚硫酸钡D.将稀硫酸换成稀盐酸后观察沉淀变化量可以确定溶液是否部分被氧化【答案】D【解析】【分析】亚硫酸钠和硫酸钠均能与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，则向亚硫酸钠溶液中加入氯化钡溶液后，产生的沉淀可能为亚硫酸钡或亚硫酸钡和硫酸钡的混合物；再加入足量稀硫酸，亚硫酸钡可与稀硫酸反应生成硫酸钡、二氧化硫和水，则充分振荡后仍然有白色沉淀，不能说明加入氯化钡溶液产生白色沉淀的成分，无法确定亚硫酸钠是否被氧化。【详解】A．由分析可知，该实验无法确定亚硫酸钠溶液是否被部分氧化，故A错误；B．由分析可知，若亚硫酸钠未被氧化，加入氯化钡溶液后，生成的沉淀为亚硫酸钡，故B错误；C．由分析可知，加入稀硫酸后白色沉淀一定是硫酸钡，故C错误；D．将稀硫酸换成稀盐酸，若亚硫酸钠部分被氧化，则生成的BaSO3沉淀可溶于盐酸而BaSO4不溶，可以确定亚硫酸钠溶液是否被部分氧化，故D正确；故选D。10.下列各组实验，根据实验现象得出结论正确的是选项实验操作和实验现象结论A将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某试剂瓶瓶口，有白烟生成该试剂瓶中装的一定是浓盐酸B向某溶液中先滴加少量，再滴加溶液，溶液变为血红色原溶液中一定含有C新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色新制氯水具有酸性和漂白性D向溶液中滴加盐酸，产生一种使澄清石灰水变浑浊的无色气体非金属性：A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】 【详解】A．浓盐酸和浓硝酸都是挥发性酸，若不是浓盐酸而是浓硝酸，也会产生同样现象，A错误；B．若原溶液含有亚铁离子确实会出现上述现象，若原溶液不含亚铁离子而含有铁离子，溶液也会变血红色，检验亚铁离子应该先滴加溶液、再滴加少量或氯水，B错误；C．酸性物质能使紫色石蕊试液变红，具有漂白性的物质能使有机色素褪色，新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，说明新制氯水具有酸性和漂白性，C正确；D．向溶液中滴加盐酸，产生一种使澄清石灰水变浑浊的无色气体即二氧化碳，能说明酸性：盐酸＞碳酸，不能说明非金属性：，要通过类似实验说明非金属性：，应选用氯元素最高价氧化物的水合物HClO4与溶液，D错误；选C。11.下列指定反应的离子方程式正确的是A.漂白液中通入少量的：B.溶液中加入过量的氨水：C.溶液中通入等物质的量的：D.溶液中加少量溶液：【答案】A【解析】【详解】A．漂白液中通入少量的，发生氧化还原反应，得到硫酸钙和次氯酸、氯离子：，A正确；B．溶液中加入过量的氨水得到氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液：，B错误；C．碘离子还原性大于亚铁离子，溶液中通入等物质的量的，亚铁离子未反应：，C错误；D．溶液中加少量溶液产生碳酸钡沉淀：，D错误；答案选A。12. 固态电池有望成为更安全、持久的电池，特别是钠离子化学电池。一种可用于固态钠电池的电解质结构式如图所示，已知X、Y、Z、M、R为短周期主族元素，M原子的最外层电子数是电子层数的两倍，R的简单氢化物可用作制冷剂，X、Y、Z与R同周期，M与X同主族。下列说法错误的是A.原子半径：M>Y>RB.Z的最高价氧化物对应的水化物酸性最强C.R的简单氢化物与X单质反应时，条件不同，产物不同D.M单质在过量的X单质中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，只生成【答案】B【解析】【分析】M在结构中形成6个共价键，M原子的最外层电子数是电子层数的两倍，M为S元素；R的简单氢化物可用作制冷剂，R为N元素，简单氢化物为NH3,X、Y、Z、M、R为短周期主族元素，M与X同主族，则X为O元素，X、Y、Z与R同周期，Y形成4个共价键，为C元素，Z形成1个共价键，为F元素；综上，X、Y、Z、M、R分别为O、C、F、S、N；【详解】A．电子层数越大原子半径越大，同周期从左到右原子半径依次减小，故原子半径：S>C>N，即M>Y>R，选项A正确；B．Z为F，没有正价，选项B错误；C．R的简单氢化物NH3与X单质O2反应时，条件不同，产物不同，可能产生氮气、一氧化氮、二氧化氮等，选项C正确；D．M单质S在过量的X单质中O2燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，只生成SO2，选项D正确；答案选B。13.《环境科学》刊发了我国科研部门采用纳米零价铁活化过二硫酸钠去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A.过二硫酸钠中S的化合价为+6B.铁参与反应时，消耗的大于C.正五价砷腐蚀层表面发生了氧化还原反应D.碱性越强，越有利于去除废水中的正五价砷【答案】C【解析】【详解】A．过二硫酸钠中S的化合价为+6，因为有2个O是-1价，6个O是-2价，根据正负化合价代数和为0可得出结论，A正确；B．根据图示，Fe参加反应，Fe先被氧化为，反应为，然后进一步被氧化为和自由基，因此铁即1molFe参加反应要消耗1.5mol，B正确；C．由图可知，Fe转化Fe3+化合价升高体现了Fe的还原性，而最终Fe3+转化为Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀并与正五价砷共沉淀，故正五价砷化合价不变、在腐蚀层表面未发生氧化还原反应，C不正确；D．碱性条件有利于和生成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，与正五价砷发生共沉淀，故碱性越强，越有利于去除废水中的正五价砷，D正确；答案选C。14.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含、、、、，不考虑其他成分)，设计了如下流程，下列说法错误的是 A.固体1中主要含有、、B.捕获剂捕获的气体主要是CO，防止污染空气C.X可以是空气，当它过量时会导致废水中的去除率下降D.通过处理含的废水，可生成标况下无污染气体【答案】D【解析】【详解】A．工业废气中的SO2、CO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3和Ca(OH)2，A项正确；B．气体1为不能被石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体1通入X，用NaOH溶液吸收后得到NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则会得到硝酸钠，NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应该为氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂捕获的主要气体是CO，B项正确；C．根据B项分析可知O2过量会导致废水中的去除率下降，C项正确；D．用NaNO2处理废水时，发生反应的离子方程式为，转移3mol电子生成1molN2，标准状况下为22.4L，D项错误；故正确答案选D。二、填空题：本大题共4小题，共58分。15.M、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，M元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍；R是原子半径最大的短周期主族元素：的元素的离子得到个电子后被还原为中性原子；的氧化物恰好与的Z的氢化物的水溶液完全反应，X元素核电荷数比W元素多1；氧元素与R元素、Y元素形成的某种化合物在Z的氢化物的水溶液中反应，产生淡黄色沉淀和一种无色有刺激性气味的气体。请回答下列问题：（1）写出的电子式___________。（2）R、X、Z所形成的离子半径由大到小的顺序为___________(填离子符号)。 （3）M、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________(填化学式)。（4）X单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________。（5）R与氧元素形成的某种化合物可以用作供氧剂，该化合物中阳离子与阴离子的个数比为___________，该化合物作为供氧剂的原理是___________。（6）某硫酸厂拟用含的酸性废水处理题目中描述的无色有刺激性气味的气体，反应后的铬元素以形式存在，则反应的离子方程式为___________。【答案】（1）（2）（3）（4）2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑（5）①.②.与水和反应产生了（6）【解析】【分析】M、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，M元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，为碳元素；R是原子半径最大的短周期主族元素，为钠元素：的元素的离子得到个电子后被还原为中性原子，W为镁元素；的氧化物恰好与的Z的氢化物的水溶液完全反应，说明0.01mol氧化镁和0.02molZ的氢化物反应，则Z为氯元素，X元素核电荷数比W元素多1，X为铝元素，氧元素与R元素、Y元素形成的某种化合物在Z的氢化物的水溶液中反应，产生淡黄色沉淀和一种无色有刺激性气味的气体吗，淡黄色沉淀为硫，无色刺激性气味的气体为二氧化硫，则Y为硫元素。故M为碳，R为钠，W为镁，X为铝，Y为硫，Z为氯。据此解答。【小问1详解】为二硫化碳，类似二氧化碳的结构，故二硫化碳的电子式为:。【小问2详解】R、X、Z所形成的离，根据电子层越多半径越大分析，氯离子半径大于钠离子和铝离子半径，再根据电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小分析，钠离子半径大于铝离子半径，故三种离子半径由大到小的顺序为:。 【小问3详解】根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，碳、硫、氯三种元素中，氯元素非金属性最强，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，即最强的为。【小问4详解】铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为:2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑。【小问5详解】过氧化钠为供氧剂，其中阳离子和阴离子的个数比为2:1，其作为供氧剂的原理是过氧化钠和水或二氧化碳反应生成氧气。【小问6详解】的酸性废水处理二氧化硫，反应后的铬元素以形式存在，同时生成硫酸根离子，则根据氧化还原反应配平并结合离子方程式的书写，得该反应的离子方程式为:。16.氮化钙有耐高温、抗冲击等优良性质，被广泛应用于电子工业、新型陶瓷工业等领域。已知常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水剧烈反应产生刺激性气味的气体。实验室模拟工业制取，利用单质钙在氮气流中加热制得，并测其纯度，实验方案如下：Ⅰ.的制备：（1）利用装置A制取，则装置连接顺序为A→___________→D(装置可多次使用)。（2）实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处的酒精灯，其原因是___________。（3）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是：①便于观察的流速，从而控制反应速率；②防止___________。Ⅱ.纯度测定：称取样品，按下图装置进行实验，倾斜Y 形管，将蒸馏水倒入样品管中，将产生的气体通入装有足量溶液的装置E中充分吸收。已知：；。（4）写出与水反应的化学方程式___________。（5）反应结束后，向装置E中的吸收液加入盐酸，恰好反应时消耗盐酸的体积为，则该样品中的质量分数为___________。若在滴加盐酸的过程中，不小心将盐酸溅到容器外面，则测得的的质量分数___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）已知上述实验装置气密性良好，某同学通过多次实验，发现测得样品中的质量分数始终偏小，你认为可能的原因是___________。【答案】（1）C→B→C（2）排除装置中的空气，防止空气中的水蒸气和氧气干扰试验（3）空气中的氧气进入装置B中与或反应（4）（5）①.92.5％②.偏大（6）装置中还残留部分，没有被溶液完全吸收【解析】【分析】本实验利用实验制备的N2来探究Ca与N2的反应，由于空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体，故制备时需采用干燥纯净的N2才行，所以装置A为N2的发生装置，反应原理为：，然后将产生的N2经过C装置进行干燥，再进入B装置与Ca发生反应，反应原理为：3Ca+N2Ca3N2，在经过装置C防止空气中的水蒸气进入B装置中，最后接D装置形成液封，以观察N2的流速和防止空气中的O2通过导管进入B装置中氧化Ca和Ca3N2，据此分析解题。【小问1详解】据分析，装置的连接顺序为：A→C→B→C→D，故答案为：C→B→C。 【小问2详解】据分析，实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处的酒精灯，其原因是：排除装置中的空气，防止空气中的水蒸气和氧气干扰试验。【小问3详解】据分析，制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是：①便于观察的流速，从而控制反应速率；②防止空气中的氧气进入装置B中与或反应。【小问4详解】据题意，与水反应生成氨气，则该反应为非氧化还原反应，另一产物为氢氧化钙，化学方程式。【小问5详解】结合(4)：，又已知：；，则存在关系式，反应消耗盐酸，则该样品中的质量分数为。若在滴加盐酸的过程中，不小心将盐酸溅到容器外面，则导致盐酸体积偏大、测得的的质量分数偏大。【小问6详解】已知上述实验装置气密性良好，某同学通过多次实验，发现测得样品中的质量分数始终偏小，可能的原因是：装置中还残留部分，没有被溶液完全吸收。17.将黄铁矿(主要成分，含杂质等)在空气中焙烧，产生红渣以及气体a，再经过一系列处理制备铵铁蓝颜料，工艺流程如下： 已知：不与反应。（1）写出黄铁矿焙烧的化学方程式___________；为提高焙烧的效率，可以采取的措施为___________。A．进一步粉碎矿石B．通入适当过量的空气C．降低焙烧的温度写出气体a的一种用途___________。（2）在“还原”过程中，不会生成S单质，写出该过程中反应的离子方程式___________。（3）在“沉铁”过程中会产生白色沉淀，该物质中的化合价为___________，则“氧化”过程中加入的作用是___________。（4）用作油漆、涂料等的红色颜料，若用“还原”过程中得到的滤液制备和，所加的物质为___________和___________(填化学式，不引入新的杂质)。（5）在“洗涤”过程中检验沉淀是否洗涤干净的方法是___________。【答案】（1）①.②.AB③.制硫酸、漂白剂、食品添加剂等（2）（3）①.+2②.将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6（4）①.或溶液②.氨水（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤干净，反之则说明未洗涤干净【解析】【分析】由题给流程可知，黄铁矿在空气中焙烧时，二硫化铁与空气中的氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫；则红渣为氧化铁、气体a为二氧化硫；向红渣中加入50%硫酸溶液共热反应，将氧化铁溶解得到硫酸铁溶液，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和硫酸铁溶液；向溶液中加入黄铁矿反应得到硫酸亚铁和硫酸的混合溶液，将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到母液和硫酸亚铁晶体；将晶体加水溶解后，加入溶液pH为3的硫酸、硫酸铵、铁氰化钾的混合溶液得到Fe(NH4)2Fe(CN)6白色沉淀，过滤得到Fe(NH4)2Fe(CN)6；向Fe(NH4)2Fe(CN)6中加入稀硫酸和氯酸钠的混合溶液将Fe(NH4)2Fe(CN)6转化为Fe(NH4)Fe(CN)6，过滤、洗涤、干燥得到铵铁蓝。【小问1详解】 由分析可知，黄铁矿焙烧发生的反应为二硫化铁与空气中的氧气高温条件下反应生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为，进一步粉碎矿石，增大反应物的接触面积和通入适当过量的空气使黄铁矿充分反应可提高焙烧的效率，故选AB；反应生成的二氧化硫可用于制硫酸、漂白剂、食品添加剂等，故答案为：；AB；制硫酸、漂白剂、食品添加剂等；【小问2详解】由分析可知，还原过程中发生的反应为硫酸铁溶液中加入黄铁矿反应得到硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问3详解】由化合价代数和为0可知，白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中铁元素化合价为+2价，由分析可知，氧化过程中加入氯酸钠的作用是将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，故答案为：+2价；将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6；【小问4详解】由分析可知，还原过程中得到的滤液中含有硫酸亚铁，则用滤液制备和时，由铁元素的化合价变化控制，应向溶液中通入氧化剂氧气或加入氧化剂过氧化氢溶液，由氮原子个数守恒可知，还应加入氨水调节溶液pH，故答案为：或溶液；氨水；【小问5详解】由分析可知，Fe(NH4)Fe(CN)6沉淀表面附有可溶的硫酸盐，则洗涤过程中检验沉淀是否洗涤干净实际上是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤干净，反之则说明未洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入溶液，若无白色沉淀，则说明洗涤干净，反之则说明未洗涤干净。18.某学习小组探究浓硝酸与稀硝酸氧化性的相对强弱，按照如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明，浓硝酸能将氧化为，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选试剂：浓，稀，蒸馏水，浓，溶液。已知：溶液不与反应，可以与反应。 （1）仪器a的名称是___________。（2）装置①中发生反应的离子方程式为___________。（3）装置②作用是___________，其中发生反应的化学方程式为___________。（4）绿色环保是我们一直追求的目标，在做实验时也要尽可能避免有毒有害气体排放到空气中。装置③④⑥中盛放的试剂依次是___________、___________、___________。实验结束以后，拆卸装置之前，需要打开弹簧夹，向装置中通入___________。（5）该小组得出结论所依据的实验现象是___________。（6）实验结束后，细心的同学会发现装置①中的液体竟然是绿色，而不显蓝色，通过查阅资料，甲同学认为是该溶液中的质量分数较高所致，乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们根据这两位同学的猜想设计了以下几个实验方案来判断他们的想法是否正确。你认为这些方案中可行的是___________。A．向反应后的溶液中加水稀释，观察颜色变化。B．将反应后的溶液进行加热，观察颜色变化。C．向饱和溶液中通入与浓硝酸反应后的气体，观察颜色变化。【答案】（1）分液漏斗（2）（3）①.将转化为②.（4）①.稀②.浓③.溶液④.空气、稀有气体、等（5）装置③液面上方气体仍为无色，装置④液面上方气体由无色变为红棕色（6）BC【解析】【分析】装置①浓硝酸和铜反应生成NO2，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO ，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染空气。【小问1详解】仪器a的名称是分液漏斗。【小问2详解】装置①中发生反应：，离子方程式为。【小问3详解】装置②中盛放H2O，作用是使NO2与H2O反应生成NO，反应的化学方程式为：。【小问4详解】据分析，装置③④⑥中盛放的试剂依次是稀、浓、溶液。实验结束以后，拆卸装置之前，需要打开弹簧夹，需用无毒气体将残留在装置内的氮氧化物全部驱赶到尾气处理装置，故应向装置中通入空气、稀有气体、N2等。【小问5详解】NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化，即可说明稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生NO2红棕色气体，故该小组得出结论所依据的实验现象是：装置③液面上方气体仍为无色，装置④液面上方气体由无色变为红棕色。【小问6详解】要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走再观察颜色变化，二是降低溶液中Cu(NO3)2的浓度，观察颜色变化：A．向反应后的溶液中加水稀释，硝酸铜浓度降低，NO2浓度也降低，无法判断是由哪个量引起的变化，A错误；B．将反应后的溶液进行加热，加热可降低NO2的溶解度，通过观察溶液颜色变化可以判断，B正确；C．向饱和溶液中通入与浓硝酸反应后的气体，增大了NO2的浓度，可通过观察溶液颜色变化可以判断，C正确；答案选BC。