江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末试题化学试卷+答案

这是一份江苏省南通市2024-2025学年高一上学期1月期末试题化学试卷+答案，共17页。试卷主要包含了5 Fe56，1 ml·L-1NaOH溶液， 下列化学反应表示正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卷交回。
2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上。
3.请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符。
4.作答选择题必须用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 C135.5 Fe56
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十六号载人飞行任务取得圆满成功。下列有关说法中错误的是
A. 飞船使用的推进剂属于纯净物
B. 飞船的主体使用的是铁合金，铁合金的熔点比纯铁的高
C. 飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料
D. 神舟飞船芯片的主要成分是Si，Si可用于制造半导体材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．飞船使用的推进剂是水合物，水合物属于纯净物，A正确；
B．合金的熔点一般都比成分金属的熔点低，B错误；
C．飞船返回舱侧壁金属壳体用的铝合金材料，属于金属材料，C正确；
D．单质硅可以运用到计算机芯片，也可以制造半导体材料，D正确；
故选B。
2. 亚硫酸可被H2O2氧化生成硫酸H2SO3 + H2O2= H2SO4 + H2O。下列说法不正确的是
A. H2O2中O的化合价：-1B. 硫原子结构示意图：
C. H2O的摩尔质量：18 gD. 硫酸电离：H2SO4 = 2H+ + SO
【答案】C
【解析】
【详解】A．由化合价代数和为0可知，过氧化氢中氧元素的化合价为—1价，故A正确；
B．硫元素的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为，故B正确；
C．水的摩尔质量为18g/ml，故C错误；
D．硫酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式为H2SO4 = 2H+ + SO，故D正确；
故选C。
3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 钠具有还原性，可用于制作高压钠灯
B. 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. 常温下Al在浓硝酸中钝化，可用铝质容器贮运浓硝酸
D. 氨气极易溶于水，可用作烟气中的脱除剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠的焰色呈黄色，可用于制作高压钠灯，焰色反应为物理性质，与钠具有强还原性无关，A不符合题意；
B．NaHCO3作胃酸的中和剂，是利用NaHCO3可以和胃酸中的盐酸反应的性质，与热稳定性无关，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，常温下Al在浓硝酸中钝化，在金属表面形成一层致密氧化膜，可用铝质容器贮运浓硝酸，C符合题意；
D．氨气具有还原性，因此NH3与NOx在催化剂作用下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，与氨气的溶解性无关，D不符合题意；
故选C。
4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1 ml·L-1NaOH溶液： Na+、 K+、SO、HCO
B. 0.1 ml·L-1 H2SO4溶液： Mg2+、 Na+、 ClO-、Cl-
C. 0.1 ml·L-1FeCl3溶液： Na+、Ba2+、NO、OH-
D. 0.1 ml·L-1 NaCl溶液： NH、 K+、NO、SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．OH-会和HCO发生反应而不能大量共存，A不符合题意；
B．0.1 ml·L-1 H2SO4溶液中有大量H+，H+、ClO-、Cl-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe3+和OH-会生成沉淀而不能大量共存，C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，也不与NaCl反应，可以大量共存，D符合题意；
综上所述答案为D。
5. 下列说法正确的是
A. 质量分数为的溶液中，氧原子总数为
B. 的浓硫酸与足量铜粉共热，产生的物质的量为
C. 溶液中物质的量为
D. 中含有阴阳离子的总数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．100g质量分数为17%的H2O2溶液中，，，其中含氧原子数，溶液中H2O也含氧原子，所以氧原子总数大于，A错误；
B．浓硫酸与铜粉共热可发生反应，18 ml/L的浓硫酸50 ml含溶质0.9 ml，全部参与反应可得，但是随着反应进行，硫酸浓度下降，反应停止，实际产生的物质的量少于0.45 ml，B错误；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的物质的量，C错误；
D．Na2O2中每含有2个阳离子Na+同时有1个阴离子，7.8 g Na2O2的物质的量是0.1 ml，因此其中含有阴阳离子的总数为，D正确；
故合理选项是D。
6. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A. 工业盐酸的制备：溶液和
B. 漂白粉的制备：浓盐酸漂白粉
C. 纯碱工业：溶液
D. 硫酸工业：
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；
B．浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，生成的氯气通入到石灰乳中制取漂白粉，故B的转化不能实现；
C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；
D．工业制备硫酸，FeS2与O2在高温下煅烧反应产生Fe2O3、SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；
故选A。
7. 易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如图所示装置制备少量。下列说法正确的是
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成
C. 装置丙的作用是收集
D. 装置丁中的作用是吸收未反应的
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验开始，先滴加浓盐酸，利用生成的氯气排尽装置内的空气，以免铁粉与氧气发生反应，故A错误；
B．铁与氯气只能生成氯化铁，即使少量氯气也不能生成氯化亚铁，故B错误；
C．装置丙的作用是收集冷凝后的固体氯化铁，故C正确；
D．与氯气不能反应，其目的是防止NaOH溶液中的水蒸气进入丙中使水解，故D错误；
故选：C。
阅读下列材料，完成下列小题：
氮是参与生命活动的重要元素。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气水圈中的氮元素，是化学学科的重要研究内容和责任。
8. 下列化学反应表示正确的是
A. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：
B. 用水吸收二氧化氮制硝酸：
C. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：
D 铜粉和稀硝酸反应：
9. 煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图示。下列说法正确的是
A. 煤燃烧不影响自然界氮循环B. 燃煤过程没有发生氮的固定
C. 含氧量越高越不易生成NOD. 燃煤温度越高污染越重
10. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：
下列有关说法不正确的是
A. 若煅烧时隔绝空气，得到的气体可能为
B. 煅烧生成的可用作红色的油漆和涂料
C. 由蒸馏过程发生的反应可推测的酸性比的强
D. 上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应
11. 和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。将与的混合气体通入和的混合溶液中，发生如右图转化过程，下列说法正确的是
A. 反应前后溶液中和的总物质的量浓度始终不变
B. 参加反应I的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C. 反应II离子方程式为
D. 反应过程中消耗的与的物质的量相等
【答案】8. C 9. D 10. C 11. D
【解析】
【8题详解】
A．雷雨天，氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，方程式为：，A错误；
B．用水吸收二氧化氮制硝酸：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，B错误；
C．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，NO、NO2与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和H2O：，C正确；
D．单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮： ，，D错误；
故选C；
【9题详解】
A．煤燃烧时发生生成NO反应，污染环境，影响了氮循环，故A错误；
B．燃煤过程中发生了N2到NO的反应，为氮的固定，故B错误；
C．由图可知，含氧量越高，烟气中NO浓度越高，越容易生成NO，故C错误；
D．由图可知，温度越高，烟气中NO浓度越高，污染越重，故D正确；
故选D；
【10题详解】
A．若隔绝空气煅烧，铁元素化合价从+2上升到+3，依据氧化还原反应“有升必有降”原则，硫元素的化合价必然要下降，从而得到，A正确；
B．氧化铁是红色固体，俗称铁红，可以做红色的油漆和涂料，B正确；
C．蒸馏过程利用的是高沸点酸制备低沸点酸，只能说明的沸点比高，并不能比较两者的酸性强弱，C错误；
D．转化流程中，煅烧时反应可表示为，为分解反应；吸收时反应为，为化合反应；最后加蒸馏时反应可表示为，为复分解反应，D正确；
故选C；
【11题详解】
根据图示分析，过程I：，过程II：，以此解题。
A．根据分析，两过程反应整理得总反应：，反应过程中溶液内Ce3+和Ce4+总数保持不变，但是水变多，则两者的浓度减小，A错误；
B．反应Ⅰ为，是氧化剂，氢气是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误；
C．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为，C错误；
D．结合A分析可知，两过程反应整理得总反应：，则反应过程中消耗的与的物质的量相等，D正确；
故选D。
12. 下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，A错误；
B．NH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，B错误；
C．向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变为白色证明了浓硫酸具有吸水性，C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，体现了二氧化硫还原性，D错误；
答案选C。
13. 发蓝工艺是将钢铁浸入热的碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设的还原产物均为表示阿伏加德罗常数。)
下列说法中，不正确的是
A. 反应①为
B. 当反应②转移的电子数目为时，该反应需要消耗
C. 反应③中与的物质的量之比为
D. 上述工艺过程中，生成四氧化三铁薄膜的同时产生(标准状况下)
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，反应①为，反应②为，反应③为，从而制得Fe3O4；
【详解】A．反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到+2价，N元素由+3价下降到-3价生成NH3，方程式为：3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O，故A正确；
B．反应②为，每消耗1ml，转移电子数为6ml，因此当转移的电子数目为3NA时，该反应需要消耗，故B错误；
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，反应③为，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．根据电子守恒，关系式为：，四氧化三铁的物质的量为0.3 ml，转移的电子为2.4 ml，再根据，当转移2.4 ml电子时，产生的物质的量为0.4ml，标准状况下体积为，故D正确；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 二氧化硫直接排放会污染空气，工业上采用多种方法脱硫。
（1）石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中在煤炭中加入一定量石灰石，于通入一定浓度的氧气，实现从源头上减少的排放。该反应的化学方程式为___________。
（2）碱性溶液脱硫。氨水、水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中、、的物质的量分数随的分布如图1所示。
①氨水吸收。向氨水中通入少量，主要反应的离子方程式为___________；当通入至溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子是___________(填化学式)。
②水悬浊液吸收。向水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的阶段内，吸收率、溶液均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)。
（3）海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(和)，呈微碱性。海水脱硫过程如图2所示：
①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是___________
②相比氨水脱硫，海水脱硫的优点是___________。
【答案】（1）
（2） ①. （或） ②. ③. ZnSO3
（3） ①. 气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收 ②. 不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物
【解析】
【分析】石灰石脱硫中石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙；
碱性溶液脱硫中氨水、水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐；
海水脱硫中海水中含有少量碳酸盐吸收二氧化硫；
【小问1详解】
石灰石的成分为碳酸钙受热生成的氧化钙吸收二氧化硫，生成的亚硫酸钙与氧气生成硫酸钙，以此分析；
故答案为：；
【小问2详解】
①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：（或)；
根据图像1，溶液pH=5时，溶液中浓度最大的阴离子为；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收 SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变； 一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收 SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐 变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式 为：（或)；故溶液几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；
故答案为：（或)；；ZnSO3；
【小问3详解】
①在SO2吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物；
故答案：气液逆流，增大吸收面积，使SO2被充分吸收；不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
15. 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，具有强氧化性。一种以含钒废料(含、、)为原料制备的流程如下图：
已知：都难溶于水和碱，可溶于强酸。
（1）“碱浸”过程适当加热的目的是___________。
（2）“滤液1”中通入过量的会生成白色的沉淀___________(填化学式)。
（3）“烘干灼烧”的目的是___________。
（4）“沉锰”时需将温度控制在左右，温度不能过高的原因为___________。
（5）“煅烧”过程中有生成，实验室检验该气体的方法为___________。要在流动空气中煅烧的原因可能是___________。
（6）已知：溶液呈碱性，开始沉淀的。
设计以溶液、溶液为原料，制备的实验方案：___________。(实验中须使用的试剂：溶液、稀、蒸馏水)
【答案】（1）提高碱浸速率
（2）Al(OH)3 （3）将V2O3氧化为V2O5
（4）温度过高，NH4HCO3分解
（5） ①. 用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成） ②. 利用空气流及时赶出，以防还原
（6）边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净
【解析】
【分析】向含钒废料中加入过量的氢氧化钠溶液进行碱浸，氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化锰和三氧化二钒不溶于氢氧化钠溶液；过滤得到含有氢氧化钠、四羟基铝酸钠的滤液1和含有氧化锰和三氧化二钒的滤渣；烘干灼烧滤渣，三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒；向烘干后的滤渣中加入硫酸溶液，氧化锰和五氧化二钒与硫酸反应生成硫酸锰和偏钒酸；向溶解后的溶液中加入碳酸氢铵溶液，硫酸锰与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀，过滤得到含有偏钒酸的滤液，向滤液中加入过量硫酸铵溶液，浓缩结晶、过滤洗涤、干燥得到NH4VO3晶体，煅烧NH4VO3晶体得到五氧化二钒。
【小问1详解】
“碱浸”过程适当加热可提高碱浸速率。
【小问2详解】
由分析可知，滤液1中含有过量的NaOH、四羟基铝酸钠，通入过量的与四羟基铝酸钠生成白色沉淀Al(OH)3。
【小问3详解】
由题意可知，烘干灼烧滤渣的目的是使三氧化二钒被空气中氧气氧化生成五氧化二钒。
【小问4详解】
如果温度过高，碳酸氢铵受热会分解，会导致原料利用率低，则沉锰时需将温度控制在70℃左右。
【小问5详解】
是碱性气体，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，如石蕊试纸变蓝则有生成，或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，看到有白烟则证明有氨气生成；要在流动空气中煅烧，若不流通，由于具有强氧化性，会与具有还原性的反应，从而影响产物的纯度及产率。
【小问6详解】
以溶液、溶液为原料制备，若pH大于7.8，则会生成Mn(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于7.8，因此制备的实验方案为：边搅拌边缓慢向溶液中滴加溶液，控制pH不大于7.8，静置后过滤，生成的用蒸馏水洗涤2～3次，因表面会附着有，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出，则说明已洗涤干净。
16. 二氧化氯是一种高效、低毒的消毒剂。请回答下列问题：
（1）①工业制备反应原理为：，该反应中每生成转移电子为___________ml。
②现需要用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和___________。
（2）将气体先用稳定剂吸收，加酸后释放出，可用于水果保鲜。稳定剂I和稳定剂Ⅱ，加酸后释放的浓度随时间的变化如下图1所示。你认为哪种稳定剂效果更好并解释原因：___________。
（3）用消毒自来水时，还可以将水中的转化为难溶物除去，控制其他条件不变，测得不同时去除率随反应时间的变化如图2所示：
①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为___________。
②反应相同时间，水体中去除率随增大而增大的原因是___________。
（4）国家规定，饮用水中的残留量不得高于。某同学欲利用氧化还原反应测定消毒过的自来水中的残留量，进行如下实验：
ⅰ．量取自来水样品，调节样品的；
ⅱ．加入足量晶体，振荡后静置片刻；
ⅲ．加入指示剂淀粉溶液，用的溶液恰好能将上述溶液中游离态的碘完全反应(假设杂质不参加反应)。
已知：、，则样品中的质量浓度为___________。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. 0.5 ②. 容量瓶、胶头滴管
（2）稳定剂Ⅱ，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度
（3） ①. ②. 增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快
（4）0.675
【解析】
【小问1详解】
①反应中，氯酸钠中+5价的氯元素化合价由+5降低至二氧化氯中的+4价，氯化氢中的氯元素由-1价升高至氯气中的0价，每生成，转移2ml电子，生成时，转移电子；
②用浓盐酸配制反应所需的稀盐酸，必须使用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒和容量瓶、胶头滴管；
【小问2详解】
加酸后释放的浓度随时间的变化如图1所示，稳定剂Ⅱ在较长时间内保持在起保鲜作用的最低浓度之上，故稳定剂Ⅱ可以缓慢释放二氧化氯，能较长时间维持保鲜所需的浓度；
【小问3详解】
①时水体中转化为转化为，该反应的离子方程式为：；
②反应物浓度越大，反应速率越快，随增大，氢氧根离子浓度增大，氧化的速率加快；
【小问4详解】
根据反应方程式：、，可得和的反应比例为1∶5，的溶液中，的物质的量为0.00001ml；所以二氧化氯的物质的量为0.000002ml，故二氧化氯的质量为：0.000002ml×67.5g/ml=0.000135g=0.135mg，自来水样品的体积为200mL即0.2L，二氧化氯的浓度为：。
17. 颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下：
（1）写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：___________、。
（2）固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为___________。
（3）“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是___________(用化学方程式表示)。
（4）纳米铁粉因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同纳米铁粉能将水体中的硝酸盐转化为，其催化还原反应的过程如图1所示。
①从电子转移的角度，硝酸盐()转化为的过程可以描述为___________。
②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体为4.2，当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2分析原因：___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） ①. 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气 ②. 减小，H+离子浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成
【解析】
【分析】铁屑(含少量杂质)酸溶后得硫酸亚铁溶液，加入草酸后得草酸亚铁固体，通入氧气灼烧得氧化铁固体，还原后得纳米铁粉。
【小问1详解】
铁屑中含少量杂质，加硫酸后生成硫酸铁，铁离子具有氧化性，“酸溶”时发生两个氧化还原反应，离子方程式为：、；
【小问2详解】
固体经灼烧后得到红棕色固体和混合气体，若，根据得失电子守恒和原子守恒配平，“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：；
【小问3详解】
“还原”中使用的还原剂为，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，是因为高温条件下铁与水蒸气反应，获得的铁粉中混有杂质，方程式为：；
【小问4详解】
①根据图1所示，纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气；
②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。选项
实验操作实验现象
实验结论
A
将红热的木炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体
炭与浓硝酸在加热条件下反应生成
B
加热盛有固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
固体受热升华
C
向表面皿中加入少量，再加入约浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变无色。
浓硫酸具有吸水性
D
向试管中加入酸性溶液，通入足量气体，溶液褪色
具有漂白性