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山东省德州市夏津育中万隆中英文高级中学有限公司2023-2024学年高三上学期9月月考化学试题（PDF版含答案）
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这是一份山东省德州市夏津育中万隆中英文高级中学有限公司2023-2024学年高三上学期9月月考化学试题（PDF版含答案），文件包含化学检测试题答案与解析docx、化学检测试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
B 【解析】A．干冰升华吸热，可用于人工降雨，故A符合题意；B．石墨用作润滑剂与其导电性无关，故B符合题意；C．碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故C不符合题意；D．小苏打、氢氧化铝能够和胃酸反应，所以可用作胃酸中和剂，故D不符合题意。
C 【解析】A．K2FeO4具有氧化性，可以用于饮用水消毒，该过程涉及氧化还原反应，故A不选；B．NaOH和铝能发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al元素和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．氟离子有防治龋齿的作用，牙膏中添加SrF2可以防治龋齿，该过程元素化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，故C选；D．硫粉除去温度计破碎时洒落的汞时发生反应：S+Hg=HgS，S和Hg元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；
A 【解析】A．氯水中的次氯酸分子、硝酸银溶液中的硝酸银见光易分解，应存放在配有磨口玻璃塞的棕色试剂瓶中，A正确； B．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到干燥的pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值，B错误；C．实验过程中若不慎将少量浓硫酸溅到皮肤上，立刻用水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，氢氧化钠具有腐蚀性，不能用NaOH溶液冲洗，C错误； D．量筒、容量瓶都是不能加热的玻璃仪器，锥形瓶可垫上石棉网加热，D错误。
4.D 【解析】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO不溶于水，且不与水反应，因此剩余气体为NO，试管溶液中溶质为硝酸，溶液pH小于7，故A说法正确；
B．氯气能与水反应Cl2+H2O HCl+HClO，HClO具有强氧化性，因此石蕊先变红，后褪色，故B说法正确；C．若X为SO2，二氧化硫的水溶液能使品红褪色，故C说法正确；
D．氨水显碱性，露置在空气中，可能与空气中的二氧化碳反应，使pH降低，因此pH降低不能说明氨水具有挥发性，故D说法错误。
5.C【解析】A．纤维素水解最终生成的葡萄糖，不可能生成木质素(多酚类物质)，A错误；B．Na2S2O4溶液和草酸溶液脱色原理不相同，前者还原性强，起到抗氧化作用，后者是生成Fe2(C2O4)3，防止铁离子和木质素(多酚类物质)发生了络合反应，B错误；C．由于Fe2(C2O4)3难溶于水和酸，热稳定性较差，因此草酸溶液处理的竹简一段时间后可能再度被“着色”，C正确；D．维生素C具有还原性，其原理与Na2S2O4溶液相同，可防止亚铁离子被氧化，因此推测维生素C也可使竹简脱色，但不会发生反应使墨迹颜色变淡，D错误。
6.B【解析】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；B．焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；
7.D【解析】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A错误；
B．④容量瓶用于配制溶液时，洗干净即可，不要求烘干，故B错误；
C．“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；
D．经过硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以Fe3+形式存在，检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂直悬在仪器上方进行滴加，故D正确。
8.D【解析】A．浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl，应用饱和食盐水除去HCl，A错误；B．常温下，Cu与稀硝酸反应生成的NO容易与空气中的O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，B错误；C．硝酸具有强氧化性，不可用于制备还原性气体H2S，C错误；D．实验室用浓硫酸和氯化钠固体制备氯化氢气体，图丁中尾气吸收时用安全瓶可防倒吸，D正确。
9.C【解析】A．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，A正确；B．③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是，B正确；C．混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确。
10.D【解析】A．反应①中NH4+的N和H的化合价均未发生变化，反应②中NH2OH的N的化合价由-1降低为-2，反应③中N2H4的N的化合价由-2升高为0价，反应④中的NO2 —的N化合价由+3价降低为-1价，反应⑤中的NO2 —的N化合价由+3价降低为0价，共有4个氧化还原反应，故A说法正确；B．1mlNH4+与1mlNH3均含有10ml电子，故B说法正确；C．反应④中的NO2 —的N化合价由+3价降低为-1价(NH2OH)，NH2OH作还原产物，故C说法正确；D．反应③中N2H4的N的化合价由-2升高为0价，反应⑤中的NO2 —的N化合价由+3价降低为0价，生成等量氮气时，反应⑤转移电子数多，故D说法错误。
二、选择题：本题共5个小题，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对的4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.AD【解析】Cl2与水反应为可逆反应，且HClO为弱酸应写化学式，A错误；Na2SO3被Cl2氧化生成硫酸，氯气少量，还会有亚硫酸氢根离子生成，B正确；过量铁粉与稀硝酸反应最终生成硝酸亚铁，C错误；NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡和碳酸钠， 故D错误。
12.C 【解析】将钠单质放入硫酸铜溶液中，不能置换出铜是因为钠性质活泼先与水反应生成氢氧化钠，C错误。
C【解析】C60是单质，不是化合物，A项错误；C60是一个由60个C原子构成的分子，1 mlC60转变为C60—时，得到1 ml电子，B项错误；C60转变为C60—时，得到电子，则铜催化剂中部分失去电子变成，两者个数比减小，C项正确；题干中C60是电子缓冲剂，通过C60与C60—的切换起作用，不用补充C60，D项错误。
C【分析】由题给流程可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物；在坩埚中高温灼烧得到。
【解析】由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应的离子方程式为，故A正确；由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，物质在溶液中混合时可通过搅拌加快反应，故B正确；固体灼烧时应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故C错误；由分析可知，操作1为离心分离，目的是过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物，故D正确；故选C。
C【解析】A．S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，X的化学式为，故A正确；B．HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；C．步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1，故C错误；D．步骤IV中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，方程式为：，故D正确；故选C。
三、填空题：本题共5个小题，共60分。
16.(10分，每空2分) (1)SO2 + 2OH— =SO32— + H2O 过滤 (2)BaCl2溶液
(3)2NO+O2+22OH-=11NO2—+12NO3—+12H2O (4)将NO2—氧化为NO3—
【解析】操作I用于分离不溶性固体和液体，则名称是过滤。（2）检验所获得的无水Na2SO3产品中是否混有Na2SO4，即检验硫酸根离子，故所需要的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。
（3）NO与NaOH溶液、O2的反应中，N元素从+2价升高到+3、+5价、氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式：2NO+O2+22OH-=11NO+12NO+12H2O。（4）由流程可知，亚硝酸根离子转化为硝酸根离子，则由NaNO2、NaNO3制备NH4NO3时再次通入O2的目的是将NO2—氧化为NO3—。
17.(12分，每空2分)
(1)增大和二氧化碳的接触面积充分反应
在NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得NaOH溶液 D
(3)
(4)CO2与CaO反应，被捕捉生成CaCO3；然后CaCO3在催化剂的作用下与CH4反应，生成CO和H2，同时重新生成CaO。
【解析】（1）①“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了增大和二氧化碳的接触面积充分反应；若实现NaOH溶液的循环利用，可在NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得NaOH溶液；②结合选项可知ABC均与CO2不发生反应，不能吸收CO2，碳酸钠溶液可与CO2反应生成碳酸氢钠，可做捕获剂；（2）利用太阳能热化学循环分解CO2制取C，总反应为：
，第二步反应为： ，第一步反应=总反应-第二步反应，可得：；（3）电催化还原CO2制CO，CO2到CO的过程中C的化合价由+4变为+2价，生成1mlCO时转移2ml电子，则每生成(标准状况下)即0.1ml，该过程中电子转移的物质的量为0.2ml；（4）由图可知CO2与CaO反应，被捕捉生成CaCO3；然后CaCO3在催化剂的作用下与CH4反应，生成CO和H2，同时重新生成CaO。
（12分，每空2分）(1) (2)
(3) (4) 漏斗 玻璃棒 1:4
(5) ab
【解析】（1）铜箔印刷线路板的主要成分是金属Cu，氯化铁溶液能和Cu发生氧化还原反应而腐蚀线路板，对应的离子方程式为；
废水整体呈电中性，由电荷守恒知:3c()+3c()+c()=2c()+c()，代入题中所给的对应离子浓度后可得c()=ml/L；
磁性氧化铁即，它与足量稀硝酸可发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：；
“操作Ⅰ”为过滤，所需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要的漏斗和玻璃棒；在空气中煅烧的反应方程式为：，氧化剂是O2，还原剂是，二者物质的量之比为1:4；
配制450mL0.1ml/L的溶液，要使用500mL容量瓶，需称量质量为13.9g，若称量时将砝码放在左盘，药品放在右盘，所称绿矾晶体的质量将偏小，所配溶液浓度偏低，a符合题意；洗涤烧杯和玻璃棒后，应将洗涤液一并转移至容量瓶中，倒入废液缸会造成部分溶质损失，所配溶液浓度偏低，b符合题意；摇匀后，由于部分溶液粘在了容量瓶刻度线以上的内壁上，液面将低于刻度线，这是正常的，无需补加水，c不符合题意；定容时，俯视刻度线会使所配溶液实际体积偏小，浓度偏高，d不符合题意；
（12分，每空2分）(1) (2)除去金属铁
ab
(6)
【解析】（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；（2）“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁；（3）a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；故选ab；
根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为；
步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
根据发生的反应可得关系式C6H8O6～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属的物质的量为2cV×10-3ml，质量分数==；
（14分，每空2分）
(1)蒸发皿
(2)2FeTiO3 + TiO2 + 8C + 9Cl2 2FeCl3+ 3TiCl4+8CO
(3) 92% 偏高
(4) 2MnO4—+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 饱和食盐水 F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境
【解析】（1）铁矿粉(FeTiO3)和金红石粉(TiO2)在高温条件下和焦炭粉、Cl2反应生成CO和FeCl3、TiCl4，FeCl3和TiCl4沸点不同，可以通过加热蒸发的方法分离二者，TiCl4在热水中发生反应生成TiO2·xH2O，加热后生成TiO2。由以上分析可知，操作A是加热蒸发，装固体的仪器是蒸发皿。
（3）①根据电子守恒，n(Fe3+) =n()，样品中的质量分数w (TiO2)= ；
②滴定前俯视，读数小于液面数值，滴定后仰视，读数大于液面数值，导致实验中标准溶液读数体积大于实际用去标准溶液的体积，则测定结果偏高。
（4）①若用KMnO4和浓盐酸制备氯气，装置A中反应的离子方程式为：
2MnO4—+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
②装置B的作用是除去Cl2种混有的HCl气体，装置B中试剂的名称是饱和食盐水；
③F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境。
B 【解析】A．干冰升华吸热，可用于人工降雨，故A符合题意；B．石墨用作润滑剂与其导电性无关，故B符合题意；C．碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故C不符合题意；D．小苏打、氢氧化铝能够和胃酸反应，所以可用作胃酸中和剂，故D不符合题意。
C 【解析】A．K2FeO4具有氧化性，可以用于饮用水消毒，该过程涉及氧化还原反应，故A不选；B．NaOH和铝能发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al元素和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C．氟离子有防治龋齿的作用，牙膏中添加SrF2可以防治龋齿，该过程元素化合价没有变化，不涉及氧化还原反应，故C选；D．硫粉除去温度计破碎时洒落的汞时发生反应：S+Hg=HgS，S和Hg元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；
A 【解析】A．氯水中的次氯酸分子、硝酸银溶液中的硝酸银见光易分解，应存放在配有磨口玻璃塞的棕色试剂瓶中，A正确； B．测定溶液pH值，应该用玻璃棒蘸取待测液，滴到干燥的pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，得出pH值，B错误；C．实验过程中若不慎将少量浓硫酸溅到皮肤上，立刻用水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，氢氧化钠具有腐蚀性，不能用NaOH溶液冲洗，C错误； D．量筒、容量瓶都是不能加热的玻璃仪器，锥形瓶可垫上石棉网加热，D错误。
4.D 【解析】A．NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO不溶于水，且不与水反应，因此剩余气体为NO，试管溶液中溶质为硝酸，溶液pH小于7，故A说法正确；
B．氯气能与水反应Cl2+H2O HCl+HClO，HClO具有强氧化性，因此石蕊先变红，后褪色，故B说法正确；C．若X为SO2，二氧化硫的水溶液能使品红褪色，故C说法正确；
D．氨水显碱性，露置在空气中，可能与空气中的二氧化碳反应，使pH降低，因此pH降低不能说明氨水具有挥发性，故D说法错误。
5.C【解析】A．纤维素水解最终生成的葡萄糖，不可能生成木质素(多酚类物质)，A错误；B．Na2S2O4溶液和草酸溶液脱色原理不相同，前者还原性强，起到抗氧化作用，后者是生成Fe2(C2O4)3，防止铁离子和木质素(多酚类物质)发生了络合反应，B错误；C．由于Fe2(C2O4)3难溶于水和酸，热稳定性较差，因此草酸溶液处理的竹简一段时间后可能再度被“着色”，C正确；D．维生素C具有还原性，其原理与Na2S2O4溶液相同，可防止亚铁离子被氧化，因此推测维生素C也可使竹简脱色，但不会发生反应使墨迹颜色变淡，D错误。
6.B【解析】A．Fe的活泼性弱于Al，在高温条件下可发生铝热反应，故A正确；B．焊剂(主要成分为Al与CaO)在高温下反应得到液体金属，结合元素守恒可知，焊渣的主要成分为Al2O3，故B错误；C．利用还原性气体(如H2，CO等)除去焊件金属表面的氧化膜可使焊接更加牢固，故C正确；D．一般合金的熔点低于任一组分金属，加入低熔点金属，可在更低温度下得到液态合金，便于焊接，同时还可以保护焊件金属，故D正确；
7.D【解析】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A错误；
B．④容量瓶用于配制溶液时，洗干净即可，不要求烘干，故B错误；
C．“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；
D．经过硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以Fe3+形式存在，检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂直悬在仪器上方进行滴加，故D正确。
8.D【解析】A．浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl，应用饱和食盐水除去HCl，A错误；B．常温下，Cu与稀硝酸反应生成的NO容易与空气中的O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，B错误；C．硝酸具有强氧化性，不可用于制备还原性气体H2S，C错误；D．实验室用浓硫酸和氯化钠固体制备氯化氢气体，图丁中尾气吸收时用安全瓶可防倒吸，D正确。
9.C【解析】A．铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：，A正确；B．③为氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式是，B正确；C．混合溶液蒸发结晶不能得到带结晶水的物质，该操作为蒸发浓缩，冷却结晶得到明矾，C错误；D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒物，从而达到净水目的，D正确。
10.D【解析】A．反应①中NH4+的N和H的化合价均未发生变化，反应②中NH2OH的N的化合价由-1降低为-2，反应③中N2H4的N的化合价由-2升高为0价，反应④中的NO2 —的N化合价由+3价降低为-1价，反应⑤中的NO2 —的N化合价由+3价降低为0价，共有4个氧化还原反应，故A说法正确；B．1mlNH4+与1mlNH3均含有10ml电子，故B说法正确；C．反应④中的NO2 —的N化合价由+3价降低为-1价(NH2OH)，NH2OH作还原产物，故C说法正确；D．反应③中N2H4的N的化合价由-2升高为0价，反应⑤中的NO2 —的N化合价由+3价降低为0价，生成等量氮气时，反应⑤转移电子数多，故D说法错误。
二、选择题：本题共5个小题，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对的4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11.AD【解析】Cl2与水反应为可逆反应，且HClO为弱酸应写化学式，A错误；Na2SO3被Cl2氧化生成硫酸，氯气少量，还会有亚硫酸氢根离子生成，B正确；过量铁粉与稀硝酸反应最终生成硝酸亚铁，C错误；NaHCO3溶液与少量Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡和碳酸钠， 故D错误。
12.C 【解析】将钠单质放入硫酸铜溶液中，不能置换出铜是因为钠性质活泼先与水反应生成氢氧化钠，C错误。
C【解析】C60是单质，不是化合物，A项错误；C60是一个由60个C原子构成的分子，1 mlC60转变为C60—时，得到1 ml电子，B项错误；C60转变为C60—时，得到电子，则铜催化剂中部分失去电子变成，两者个数比减小，C项正确；题干中C60是电子缓冲剂，通过C60与C60—的切换起作用，不用补充C60，D项错误。
C【分析】由题给流程可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物；在坩埚中高温灼烧得到。
【解析】由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应的离子方程式为，故A正确；由分析可知，反应池1中碘化钾溶液与硝酸铋溶液反应生成BiOI沉淀，反应池2中加入氧化锌固体搅拌得到氧化锌和BiOI的悬浊液，物质在溶液中混合时可通过搅拌加快反应，故B正确；固体灼烧时应在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，故C错误；由分析可知，操作1为离心分离，目的是过滤得到氧化锌和BiOI固体混合物，故D正确；故选C。
C【解析】A．S2O经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，X的化学式为，故A正确；B．HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；C．步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1，故C错误；D．步骤IV中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，方程式为：，故D正确；故选C。
三、填空题：本题共5个小题，共60分。
16.(10分，每空2分) (1)SO2 + 2OH— =SO32— + H2O 过滤 (2)BaCl2溶液
(3)2NO+O2+22OH-=11NO2—+12NO3—+12H2O (4)将NO2—氧化为NO3—
【解析】操作I用于分离不溶性固体和液体，则名称是过滤。（2）检验所获得的无水Na2SO3产品中是否混有Na2SO4，即检验硫酸根离子，故所需要的试剂是稀盐酸和BaCl2溶液。
（3）NO与NaOH溶液、O2的反应中，N元素从+2价升高到+3、+5价、氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式：2NO+O2+22OH-=11NO+12NO+12H2O。（4）由流程可知，亚硝酸根离子转化为硝酸根离子，则由NaNO2、NaNO3制备NH4NO3时再次通入O2的目的是将NO2—氧化为NO3—。
17.(12分，每空2分)
(1)增大和二氧化碳的接触面积充分反应
在NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得NaOH溶液 D
(3)
(4)CO2与CaO反应，被捕捉生成CaCO3；然后CaCO3在催化剂的作用下与CH4反应，生成CO和H2，同时重新生成CaO。
【解析】（1）①“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了增大和二氧化碳的接触面积充分反应；若实现NaOH溶液的循环利用，可在NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得NaOH溶液；②结合选项可知ABC均与CO2不发生反应，不能吸收CO2，碳酸钠溶液可与CO2反应生成碳酸氢钠，可做捕获剂；（2）利用太阳能热化学循环分解CO2制取C，总反应为：
，第二步反应为： ，第一步反应=总反应-第二步反应，可得：；（3）电催化还原CO2制CO，CO2到CO的过程中C的化合价由+4变为+2价，生成1mlCO时转移2ml电子，则每生成(标准状况下)即0.1ml，该过程中电子转移的物质的量为0.2ml；（4）由图可知CO2与CaO反应，被捕捉生成CaCO3；然后CaCO3在催化剂的作用下与CH4反应，生成CO和H2，同时重新生成CaO。
（12分，每空2分）(1) (2)
(3) (4) 漏斗 玻璃棒 1:4
(5) ab
【解析】（1）铜箔印刷线路板的主要成分是金属Cu，氯化铁溶液能和Cu发生氧化还原反应而腐蚀线路板，对应的离子方程式为；
废水整体呈电中性，由电荷守恒知:3c()+3c()+c()=2c()+c()，代入题中所给的对应离子浓度后可得c()=ml/L；
磁性氧化铁即，它与足量稀硝酸可发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：；
“操作Ⅰ”为过滤，所需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要的漏斗和玻璃棒；在空气中煅烧的反应方程式为：，氧化剂是O2，还原剂是，二者物质的量之比为1:4；
配制450mL0.1ml/L的溶液，要使用500mL容量瓶，需称量质量为13.9g，若称量时将砝码放在左盘，药品放在右盘，所称绿矾晶体的质量将偏小，所配溶液浓度偏低，a符合题意；洗涤烧杯和玻璃棒后，应将洗涤液一并转移至容量瓶中，倒入废液缸会造成部分溶质损失，所配溶液浓度偏低，b符合题意；摇匀后，由于部分溶液粘在了容量瓶刻度线以上的内壁上，液面将低于刻度线，这是正常的，无需补加水，c不符合题意；定容时，俯视刻度线会使所配溶液实际体积偏小，浓度偏高，d不符合题意；
（12分，每空2分）(1) (2)除去金属铁
ab
(6)
【解析】（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；（2）“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁；（3）a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；故选ab；
根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为；
步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
根据发生的反应可得关系式C6H8O6～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属的物质的量为2cV×10-3ml，质量分数==；
（14分，每空2分）
(1)蒸发皿
(2)2FeTiO3 + TiO2 + 8C + 9Cl2 2FeCl3+ 3TiCl4+8CO
(3) 92% 偏高
(4) 2MnO4—+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 饱和食盐水 F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境
【解析】（1）铁矿粉(FeTiO3)和金红石粉(TiO2)在高温条件下和焦炭粉、Cl2反应生成CO和FeCl3、TiCl4，FeCl3和TiCl4沸点不同，可以通过加热蒸发的方法分离二者，TiCl4在热水中发生反应生成TiO2·xH2O，加热后生成TiO2。由以上分析可知，操作A是加热蒸发，装固体的仪器是蒸发皿。
（3）①根据电子守恒，n(Fe3+) =n()，样品中的质量分数w (TiO2)= ；
②滴定前俯视，读数小于液面数值，滴定后仰视，读数大于液面数值，导致实验中标准溶液读数体积大于实际用去标准溶液的体积，则测定结果偏高。
（4）①若用KMnO4和浓盐酸制备氯气，装置A中反应的离子方程式为：
2MnO4—+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
②装置B的作用是除去Cl2种混有的HCl气体，装置B中试剂的名称是饱和食盐水；
③F中碱石灰吸收了尾气中的Cl2，但不能吸收CO，CO会污染环境。
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