2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学四校高一下学期3月联考化学试题（解析版） 14页

‎2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学四校高一下学期3月联考化学试题（解析版）‎ 注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卡的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。‎ 相对原子质量：H:1 N:14 O:16 S:32 Fe:56 Cu:64 ‎ Ⅰ卷 一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）‎ ‎1. 下列情况会对人体健康造成较大危害的是 A. 用SO2漂白木耳制成银耳 B. 用漂白粉[Ca(ClO)2]稀溶液对餐具进行杀菌消毒 C. 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢(CaCO3)‎ D. 用小苏打（NaHCO3）发酵面团制作馒头 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：二氧化硫有毒，少量摄入没什么危害，肝脏会自身解毒，但摄入多了，就容易引发中毒事件。A错误。‎ 考点：化学与生活。‎ ‎2. X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．下列说法不正确的是 A. X是SO2，它既有氧化性又有还原性 B. 干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClO C. Z与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO D. 等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短，漂泊效果增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2，‎ A．X是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；‎ B．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；‎ C．Z是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；‎ D．二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键，题目难度不大．‎ ‎3.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）‎ 化学性质 实际应用 A 铁常温下遇浓硫酸钝化 用铁桶装浓硫酸 B 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 C 次氯酸盐溶液与CO2反应 漂白粉漂白织物 D HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属铁和铝与冷的浓硫酸和浓硝酸会发生钝化，表面形成一层致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行，所以可使用铁质容器或铝制容器盛装浓硫酸和浓硝酸，故A正确；‎ B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，是由于Fe3+的氧化性强，故B错误；‎ C.次氯酸盐溶液与CO2反应生成HClO，HClO具有漂白性，可漂白织物，故C正确；‎ D.SiO2可以与HF反应，所以可以用HF雕刻玻璃，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.地壳中含量最多的元素在周期表中的位置是（ ）‎ A. 第二周期VIA族 B. 第二周期VA族 C. 第三周期VIA族 D. 第三周期VA族 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】地壳中含量最多的元素是O元素，O元素位于元素周期表中第二周期VIA族，故A正确；‎ 故选A。‎ ‎5.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（） ‎ 项目 X Y Z A Si SiO2‎ H2SiO3‎ B Na NaOH NaCl C NO NO2‎ HNO3‎ D NaClO HClO Cl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ SiO2不能与水反应直接生成硅酸，故A不能实现转化；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融的氯化钠生成金属钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠，故B能实现转化；NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，故C能实现转化；NaClO与碳酸反应生成HClO，HClO与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2与氢氧化钠溶液反应生成NaClO，Cl2与水反应生成HClO，故D能实现转化。‎ ‎6.如图，A处通入Cl2，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化；打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色．则D瓶中盛放的是（ ）‎ A. 浓盐酸 B. 饱和NaCl溶液 C. 浓硫酸 D. NaOH溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，打开B阀后，C中的湿润红色布条逐渐褪色，关闭B阀时，C中的湿润红色布条看不到明显变化，说明通入到C中的物质不含氯气，则D中物质能够吸收氯气，浓盐酸、饱和氯化钠溶液、浓硫酸都不能吸收氯气，氢氧化钠能够与氯气反应，可以用氢氧化钠吸收氯气，故选D。‎ ‎7.[2016全国Ⅲ]下列有关实验的操作正确的是 实验 操作 A．‎ 配制稀硫酸 先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水 B．‎ 排水法收集KMnO4分解产生的O2‎ 先熄灭酒精灯，后移出导管 C．‎ 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2‎ 气体产物先通过浓硫酸，后通过饱和食盐水 D．‎ CCl4萃取碘水中的I2‎ 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 配制稀硫酸要酸入水，故A错误；为防止倒吸，排水法收集KMnO4分解产生的O2时，先移出导管，后熄灭酒精灯，故B错误；浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2，气体产物先通过饱和食盐水，后通过浓硫酸，故C错误；CC14密度大于水，CC14萃取碘水中的I2时，先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故D正确。‎ ‎8.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（ ）‎ A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性 B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性 C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性 D. 浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了浓硫酸的性质的相关知识。‎ ‎9.硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 硅酸钠可用于制备木材防火剂 B. 水晶项链是硅酸盐制品 C. 光导纤维的主要成分是晶体硅 D. 硅在地壳中主要以游离态形式存在 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅酸钠可用于制备木材防火剂，故A正确；‎ B.水晶项链主要化学成分是SiO2，故B错误；‎ C.光导纤维主要成分是二氧化硅，故C错误；‎ D.硅元素在地壳中主要以化合态形式存在，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是 A. FeCl2 B. FeCl3 C. CuCl2 D. MgCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故A错误；B．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故B错误；C．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故C错误；D．MgCl2由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确；故答案为D。‎ ‎11.下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（ ）‎ 实验 记录 A 无色 无色 无现象 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色溶液 C 无色 无色 白色沉淀 无色溶液 D 红色 红色 白色沉淀 白色溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，a中发生二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以a中溶液碱性减弱，颜色变为无色；具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，故选C。‎ 考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。‎ ‎12.有关元素周期表的说法中错误的是（ ）‎ A. 元素周期表中第16个纵行为ⅥA族 B. ⅦA族元素也称为卤族元素 C. 元素周期表中，Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行 D. 0族元素的原子最外层电子数均为8，元素化合价为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据元素周期图表可知，元素周期表中第16个纵行为第ⅥA族，故A正确；‎ B.第ⅦA族元素有F、Cl、Br、I、At，也称为卤族元素，故B正确；‎ C.根据元素周期图表可知，元素周期表中，第Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行，故C正确；‎ D. 0族元素中的He元素的原子最外层电子只有2个，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.实验室制备氨气，检验是否收集满的正确方法是（ ）‎ A. 用手扇动收集的气体，有气味则已收集满 B. 将润湿的淀粉KI试纸接近瓶口，试纸变蓝则已收集满 C. 将润湿的红色石蕊试纸伸入瓶内，试纸变蓝则已收集满 D. 用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟，证明已收集满 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氨气极易挥发，闻到有气味的气体不一定表明已收集满，故A错误；氨气没有强氧化性，不能使淀粉KI试纸变蓝，故B错误；红色石蕊试纸应放于试剂瓶口进行检验，伸入瓶内操作错误，故C错误；NH3和HCl反应生成NH4Cl产生白烟，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，用玻璃棒一端蘸取浓盐酸，接近瓶口，产生大量白烟能证明已收集满，故D正确；‎ ‎14.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）‎ ‎①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中 ‎②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液 ‎③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸 ‎④向NaAlO2溶液中通入过量CO2‎ ‎⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2‎ A. B. 只有 C. 只有 D. 只有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①在敞口容器中将金属钠投入到FeC12溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，错误；②向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，沉淀溶解，错误； ③向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成白色沉淀硅酸和氯化钠，正确；④氢氧化铝不溶于弱酸，故向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成白色氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，正确； ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，二者发生反应生成碳酸氢钠，溶质的质量增大，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，生成碳酸氢钠白色沉淀，正确。选D。‎ ‎15. 等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是 A. FeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D. Fe3O4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：假设质量都为mg；A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A。‎ ‎【考点定位】考查氧化还原反应的相关计算 ‎【名师点晴】侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键；氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出NO物质的量的多少。‎ ‎16.将装有60mLNO2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是（ ）‎ A. 5：3 B. 2：3 C. 1：1 D. 2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设NO2体积为x mL ‎3NO2+H2O= 2HNO3+ NO △V ‎ 3 2‎ ‎ X 60-40‎ ‎=‎ X=30 mL 混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。‎ Ⅱ卷 二、填空题（本大题共5小题，共52.0分）‎ ‎17.（1）已知某元素的原子结构示意图：则可知：该元素原子的电子层数为：______，最外层电子数为：______，该元素在周期表的位置是第______周期第______族。‎ ‎（2）已知某元素的原子结构示意图：则可知：该元素原子的电子层数为：______，最外层电子数为：______，该元素在周期表的位置是第______周期第______族。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 二 (4). ⅣA (5). 4 (6). 7 (7). 四 (8). ⅦA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表的排布规律分析解答；根据原子核外电子排布规律分析解答。‎ ‎【详解】(1)从该原子的结构示意图中可知，C原子核外有两个电子层，最外层电子数为4个电子，电子层数=周期数，最外电子数=主族序数，所以C元素位于元素周期表中第二周期IVA族，‎ 故答案为：2，4，二，ⅣA；‎ ‎(2)从结构示意图可知，Br原子核外有4个电子层，最外层电子数为7个电子，电子层数=周期数，最外电子数=主族序数，所以Br元素位于元素周期表中第四周期VIIA族，‎ 故答案为：4，7，四，ⅦA。‎ ‎【点睛】利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数。‎ ‎18.在一支试管里放入一小块铜片，注入一定体积的浓硫酸，再给试管加热，充分反应。‎ ‎（1）写出反应的化学方程式_________________；若试管中铜片还有剩余，硫酸_________（填“已”或“未”）消耗完毕，其理由是 __________________________；‎ ‎（2）若反应中有0.02molH2SO4被还原，则在标准状况下收集到的气体体积为__________mL，参加反应的铜的质量为____g。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ (2). 未 (3). 随着反应进行浓硫酸浓度减小，而铜与稀硫酸不反应 (4). 448 (5). 1.28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据浓硫酸的强氧化性分析解答；根据化学反应方程式的化学计量关系进行物质的量计算分析解答。‎ ‎【详解】(1)铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；反应过程中，生成水，浓硫酸变成稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，硫酸未反应完全，‎ 故答案为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；未；随着反应进行浓硫酸浓度减小，而铜与稀硫酸不反应；‎ ‎(2)从反应方程式可知，被还原的硫酸的物质的量与二氧化硫的物质的量之比为1:1，所以n(SO2)=0.02mol，即标况下V(SO2‎ ‎)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，消耗的n(Cu)=0.02mol，即m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，‎ 故答案为：448，1.28。‎ ‎19.科学探究的基本程序包括形成问题、建立假设、设计研究方案、检验假设、表达或交流结果等．某同学欲用如图装置可用来探究浓硫酸与木炭粉的加热条件下反应产生的所有气体产物，请填写下列空白：‎ ‎（1）写出木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式____________‎ ‎（2）②中品红溶液A的作用是 ______ ．酸性高锰酸钾的作用是______品红溶液B的作用是______。‎ ‎（3）如果将装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③：则可以检出的物质是_____，不能检出的物质是_____ 。‎ ‎（4）如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则不能检出的物质是 ______。‎ ‎（5）如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，则不能检出的物质是 ______。‎ ‎【答案】 (1). C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O (2). 检验有无SO2生成 (3). 除去生成的SO2气体 (4). 检验SO2是否除尽 (5). CO2、SO2 (6). H2O (7). CO2、SO2 (8). H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据碳与浓硫酸反应的反应原理分析解答；根据物质的性质差异分析解答。‎ ‎【详解】碳与浓硫酸加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，通过无水硫酸铜吸收生成的水，A装置中检验SO2的生成，通过高锰酸钾除去SO2，B装置中检验SO2是否被吸收完全，再经过澄清石灰水检验二氧化碳。‎ ‎(1) 碳与浓硫酸加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，‎ 故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎(2) 品红溶液A的作用是检验有无SO2生成，酸性高锰酸钾的作用除去生成的SO2，品红溶液B的作用是检验SO2是否除净，‎ 故答案为：检验有无SO2生成；除去生成的SO2气体；检验SO2是否除尽；‎ ‎(3) 如果将装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，②可以检验并除去二氧化硫，①可以检验水的存在，但是不一定是混合气体中的水，③可以检验二氧化碳的存在，‎ 故答案为：CO2、SO2；H2O；‎ ‎(4) 如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，通过①可以确定水的存在，SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，不能验证SO2和CO2，‎ 故答案为：CO2、SO2；‎ ‎(5) 如果将仪器的连接顺序变为②、③、①，则②可以检出的物质是二氧化硫，并可以将二氧化硫除净，③检验出的是二氧化碳，但是①检验时一定会有水，由于通过品红溶液和澄清石灰水后会接触水，所以无法检验反应是否有水生成，‎ 故答案为：H2O。‎ ‎【点睛】熟练掌握SO2的漂白性、还原性及物质的检验的先后顺序是解决本题的关键。‎ ‎20.X、Y、Z均为短周期元素组成的物质，其转化关系如下：‎ 请回答：‎ ‎（1）若X为淡黄色固体，Z是单质。‎ ‎①组成Z的元素在周期表中的位置是_____。‎ ‎②取少量X与水反应，下列叙述正确的是_____（填字母）。‎ a．该反应是氧化还原反应 b．向反应后的溶液中滴加酚酞试剂，溶液变红 c．当有1 molX参加反应时，共转移2mol电子 ‎（2）若X由两种元素组成，其中一种元素的最外层电子数比电子层数多3，另一种是地壳中含量最多的元素。Y与X的组成元素相同。‎ ‎①X与水反应的化学方程式为_____。‎ ‎②X与O2混合通入水中，恰好生成4molZ,则通入的X为____mol，O2为____mol。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第ⅥA族 (2). ab (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). 4mol (5). 1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据过氧化钠与水反应原理分析解答；根据二氧化氮的化学性质分析解答；根据化学反应方程式中的物质的量的计算分析解答。‎ ‎【详解】(1)若X为淡黄色固体，Z是单质，能与水反应的淡黄色固体是Na2O2，与水反应生成NaOH和O2，所以X是Na2O2，Z是O2，组成Z的元素即O元素在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族，该反应有化合价变化，是氧化还原反应，反应生成NaOH使溶液显碱性，滴加酚酞试液后溶液呈红色，当有1 mol Na2O2参加反应时，共转移1mol电子，故ab正确；‎ 故答案为：第二周期第ⅥA族，ab；‎ ‎(2)若X由两种元素组成，其中一种元素的最外层电子数比电子层数多3，则该元素为N元素或硫元素，另一种是地壳中含量最多的元素，则该元素为O。Y与X的组成元素相同，根据反应流程可推断出，X是NO2，不可能是二氧化硫，Y是NO，Z是HNO3，即X与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，物质X即NO2，与O2混合通入水中，恰好生成4molHNO3，反应方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，即反应生成4molHNO3时，需要通入NO2 4mol，需要通入氧气1mol，‎ 故答案为：4mol，1mol。‎ ‎21.有一稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合液，向其中加入过量的铁粉：‎ 反应过程中发生的离子反应方程式：_______________；____________‎ 产生的气体的总体积为______ L。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O (2). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (3). 0.672L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据硝酸的强氧化性分析解答；根据酸的通性分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答。‎ ‎【详解】(1)硝酸具有强氧化性，与金属铁反应生成NO气体，离子方程式为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，NO3-被消耗完后，剩余溶液中还含有H+，所以Fe继续与H+反应生成H2，离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，整个反应过程中，生成了NO和H2两种气体，10mL混合酸中n(H2SO4)= 0.01L×4mol/L=0.04mol，n(HNO3)=0.01L×2mol/L=0.02mol，即溶液中n(H+)=0.04mol×2+0.02mol=0.1mol，n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则根据离子方程式：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O可知，n(NO3-)=0.02mol，可推断出消耗n(H+)=0.08mol，n(NO)=0.02mol，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再根据离子方程式Fe+2H+=Fe2++H2↑可知，n(H2)=0.01mol，所以n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol×22.4L/mol=0.672L，‎ 故答案为：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，Fe+2H+=Fe2++H2↑，0.672L。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，浓硝酸反应生成NO2，稀硝酸反应生成NO，利用硝酸的强氧化性，结合反应中的化学计量数推断各组分的物质的量是解决本题的关键。‎ ‎ ‎