海南省惠州市高考模拟化学.docx
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海南省惠州市高考模拟化学
2018年海南省惠州市高考模拟化学
一、选择题：
本题共6小题，每小题2分，共12分
1.（2分）化学与生产、生活密切相关，下列对有关现象及事实的解释正确的是（）
现象或事实
主要原因
A
燃煤中添加适量CaO可减少SO2排放量
燃烧中硫元素转化为CaSO3
B
聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品
会造成白色污染
C
夏天雷雨过后感觉到空气特别的清新
空气中O3含量增加、尘埃减少
D
蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜酒
部分淀粉水解生成葡萄糖与乙醇
A.A
B.B
C.C
D.D
解析：
A.向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收SO2生成硫酸钙，可以减少SO2的排放，故A错误；
B.聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品，原因是聚氯乙烯有毒，不是因为造成白色污染，故B错误；
C.用于雷雨过后空气中O3含量增加、尘埃减少，所以感觉到空气特别的清新，故C正确；
D.蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜酒，淀粉在一定条件下转化成葡萄糖，葡萄糖进一步转化成乙醇，故D错误。
答案：
C
2.（2分）现有三种常见治疗胃病药品的标签：
药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较，正确的是（）
A.①=②=③
B.①＞②＞③
C.③＞②＞①
D.②＞③＞①
解析：
碳酸钙摩尔质量为100g/mol，氢氧化镁摩尔质量为58g/mol，氧化镁摩尔质量为40g/mol，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量1：
2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为③＞②＞①。
答案：
C
3.（2分）下列说法不正确的是（）
A.浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体
B.浓硫酸具有强氧化性，常温下可将铁、铝的单质氧化
C.饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入NaHCO₃后漂白性减弱
D.浓盐酸与足量二氧化锰反应后，盐酸有剩余
解析：
A、浓硝酸和铜反应生成二氧化氮红褐色气体，随反应进行浓度变为稀硝酸和铜反应生成无色气体一氧化氮，浓硝酸与足量铜片反应时，先生成红棕色气体，后生成无色气体，故A正确；
B、常温下铁、铝在浓硫酸中发生钝化，不能继续反应，故B正确；
C、氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，加入碳酸氢钠和盐酸反应，和次氯酸不反应，漂白性不减弱，故C错误；
D、浓盐酸和二氧化锰反应随反应进行浓盐酸变化为稀盐酸不与二氧化锰继续反应，盐酸会剩余，故D正确。
答案：
C
4.（2分）阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：
.下列有关说法中错误的是（）
A.溴单质能与阿托酸发生加成反应
B.阿托酸能与硝酸发生取代反应
C.可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯
D.阿托酸分子中含有4个碳双键
解析：
A.含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，故A正确；
B.含有苯环，所以在一定条件下能与浓硝酸发生取代反应，故B正确；
C.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该物质中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.该分子中只含一个碳碳双键，故D错误。
答案：
D
5.（2分）相对分子质量为86的某烃M，其分子中含有4个甲基，则A的一氯代物（不考虑立体异构）最多有（）
A.6种
B.5种
C.4种
D.3种
解析：
对分子质量为86的烃是C6H14，分子中含有4个甲基的C6H14的结构简式为（CH3）3CCH2CH3或（CH3）2CHCH（CH3）2，前者含有3种等效氢原子，一氯代物的同分异构体有3种，后者含有2种等效氢原子，一氯代物的同分异构体有2种，所以一氯代物的同分异构体共有5种。
答案：
B
6.（2分）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的下列离子中的几种：
Fe3+、Cu2+、Na+、SO42﹣、CO32﹣、NO3﹣、Cl﹣、I﹣，取上述溶液少量分别进行如下实验：
①一份中加入少量锌粉后，固体溶解、溶液颜色有变化，但无其它现象产生
②一份加入BaCl2溶液后得到白色沉淀，下列有关判断正确的是（）
A.溶液中只含Fe3+、SO42﹣、Cl﹣
B.溶液中只含Cu2+、SO42﹣
C.需要利用焰色反应才能确定有无Na+
D.溶液中肯定没有I﹣，但无法确定有无Cl﹣
解析：
①一份中加人少量锌粉后，固体溶解完但无其他变化，则溶液中一定不含铜离子，含有Fe3+，则一定不含碳酸根离子，碘离子；
②一份加入BaCl2溶液后得到白色沉淀，则一定存在硫酸根离子，
综上可知，溶液中肯定含有的离子可以是SO42﹣、Fe3+，还可能是存在NO3﹣、Cl﹣、Na+，Na+需进行焰色反应验证，即溶液中肯定没有I﹣但无法确定有无Cl﹣。
答案：
CD
二、选择题：
本题共6小题，每小题4分，共24分
7.（4分）下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的是（）
A
B
C
D
装置
目的
用NaOH溶液除去溴苯中单质溴
证明浓硫酸有脱水性、强氧化性
确定Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的相对大小
观察水能否全部流下判断装置气密性
A.A
B.B
C.C
D.D
解析：
A.溴和NaOH反应生成可溶性的钠盐，溴苯不易溶于水，然后采用分液方法分离提纯溴苯，故A正确；
B.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，能将蔗糖氧化生成二氧化碳，蔗糖能还原浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，只要品红溶液褪色，就体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，故B正确；
C.溶度积小的先生成沉淀，根据生成沉淀颜色确定溶度积大小，故C正确；
D.能形成压强差的装置能检验装置气密性，该装置分液漏斗和烧瓶中压强相同，分液漏斗中的水能完全流下，无法判断是否漏气，故D错误。
答案：
D
8.（4分）某固体混合物可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：
关于该固体混合物，下列说法正确的是（）
A.一定含有Al，其质量为2.7g
B.一定含有（NH4）2SO4和MgCl2，且物质的量相等
C.一定含有MgCl2和FeCl2
D.一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3
解析：
14.05g固体加入过量的浓氢氧化钠溶液，产生气体5.60L，铵盐、Al均与NaOH溶液生成气体，5.60L气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36L，体积减少5.60L﹣3.36L=2.24L，则5.6L气体中氨气为2.24L，氢气为3.36L，混合物中含有硫酸铵、Al；
产生的白色沉淀2.9g，久置无变化，则混合物一定不存在FeCl2，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀一定为氢氧化镁，混合物中一定含有MgCl2；
得到无色溶液，加入适量盐酸会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝。
A.固体混合物中一定含有Al，Al反应生成标况下3.36L氢气，氢气为
=0.15mol，根据电子转移守恒可知Al的物质的量为
=0.1mol，则Al的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g，故A错误；
B.原固体混合物中一定含有（NH4）2SO4、MgCl2，硫酸铵的物质的量为：
×
=0.05mol，氯化镁的物质的量为：
=0.05mol，所以二者的物质的量相等，故B正确；
C.根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有MgCl2，一定不含FeCl2，故C错误；
D.根据以上分析可知，固体混合物中一定含有MgCl2，可以计算Al、硫酸铵、氯化镁的质量，结合总质量判断是否含有氯化铝，故D错误。
答案：
AB
9.（4分）铜的冶炼大致可分为：
①富集，将硫化物矿进行浮选；
②焙烧，主要反应为2CuFeS2+4O2═Cu2S+3SO2+2FeO（炉渣）；
③制粗铜，在1200℃发生的主要反应为2Cu2S+3O2═2Cu2O+2SO2，2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑；
④电解精炼铜.
下列说法不正确（）
A.上述灼烧过程的尾气回收后可用来制硫酸
B.上述过程中，由6molCuFeS2制取6molCu时共消耗15molO2
C.在反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑中，氧化产物与还原产物的物质的量比1：
6
D.在反应2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2↑中，只有Cu2O作氧化剂
解析：
A.在铜的冶炼过程中，②焙烧、③制粗铜过程中都有二氧化硫生成，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，所以所以冶炼过程中的尾气可用来制硫酸，故A正确；
B.总分应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，根据方程式知由6molCuFeS2制取6molCu时共消耗15molO2，故B正确；
C.在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，则氧化剂是Cu2O、Cu2S，还原剂是Cu2S，氧化产物是二氧化硫、还原产物是Cu，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：
6，故C正确；
D.在反应2Cu2O+Cu2S═6Cu+SO2↑中，Cu元素化合价由+1价变为0价、S元素化合价由﹣2价变为+4价，则氧化剂是Cu2O、Cu2S，氧化产物是二氧化硫、还原产物是Cu，故D错误。
答案：
D
10.（4分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图，下列有关该电池的说法正确的是（）
A.反应CH4+H2O
3H2+CO，每消耗1molCH4转移6mol电子
B.电极A上H2参与的电极反应为：
H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O
C.电池工作时，CO32﹣向电极B移动
D.电极B上发生的电极反应为：
O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣
解析：
A.反应CH4+H2O
3H2+CO，C元素化合价由﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A正确；
B.甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，CO和H2参与负极反应生成二氧化碳和水，负极反应为：
H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣=H2O+3CO2，故B错误；
C.电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；
D.B为正极，正极氧气得电子被还原生成CO32﹣，反应为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确。
答案：
AD
11.（4分）室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的HA和HB溶液，滴定曲线如图所示.下列说法错误的是（）
A.当Ⅰ代表HB，b点时体系中有：
c（B﹣）+c（HB）=0.05mol/L
B.滴定分析中，甲基橙不能用做滴定曲线Ⅰ中的指示剂
C.a点时的溶液中离子浓度最大的是c（Na+）
D.若Ⅱ代表HA的滴定曲线，则Ka（HB）≈10﹣5
解析：
A.当Ⅰ代表HB，0.1mol/L溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，是弱酸，b点时体系中有，体积变为原来的2倍，则浓度变为原来的二分之一，所以c（B﹣）+c（HB）=0.05mol/L，故A正确；
B.滴定曲线Ⅰ中达到滴定终点溶液显碱性，选择碱性条件下变色的指示剂，因此不能选择甲基橙作指示剂，故B正确；
C.a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，溶液显酸性，则c（Na+）＜c（B﹣），故C错误；
D.a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，则溶液中c（HB）≈c（B﹣），溶液的pH=5，c（H+）=10﹣5mol/L，Ka（HB）=
≈10﹣5，故D正确。
答案：
C
12.（4分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X﹣与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是（）
A.X、Y间可形成离子化合物
B.单质熔点：
Y＞W＞X
C.最高价氧化物对应水化物的酸性：
Z＞W
D.Y、W形成的单核离子均能破坏水的电离平衡
解析：
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X﹣与氦原子电子层结构相同，则X为H元素；Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z为Si；W的最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为+6价，最低价为﹣2价，则W为S元素，
A.X、Y间可形成离子化合物为NaH，故A正确；
B.一般熔点为金属晶体大于分子晶体，但Na的熔点较低，则单质熔点：
W（110℃）＞Y（97℃）＞X，故B错误；
C.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：
W＞Z，故C错误；
D.Y形成的单核离子对水的电离平衡无影响，W形成的单核离子可促进水的电离平衡，故D错误。
答案：
A
二、非选择题本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第17题为必考题，每个试题考生都必须作答.第18题～第20题为选考题，考生根据要求作答.
13.（8分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用.有关转化关系如下：
已知：
CH3CH2CH2Br+NaOH→CH3CH2CH2OH+NaBr，淀粉在硫酸催化下水解生成葡萄糖.请回答下列问题：
（1）物质A的分子式为，B的结构简式为；
解析：
根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3﹣CH=CH2
答案：
C6H12O6；CH3﹣CH=CH2
（2）请写出F中含氧官能团的名称；
解析：
F为CH3CHOHCOOH，F中的含氧官能团为羟基、羧基
答案：
羟基、羧基
（3）反应①～④中属于加成反应的是；
解析：
根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④
答案：
①④
（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式。
解析：
由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为
。
答案：
14.（8分）如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物，已知：
①反应C+G
B+H能放出大量的热，G为红棕色；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：
2E+I
2F+D，F中的E元素的质量分数为60%.回答问题：
（1）①中反应的化学方程式为
解析：
①中反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe
答案：
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe
（2）1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，至少需要铜粉克
解析：
1.6gG其物质的量为
=0.01mol，由Fe2O3～2Fe3+～Cu可知，需要Cu的质量为0.01mol×64g/mol=0.64g。
答案：
0.64
（3）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后的溶液与过量的化合物I反应生成沉淀的离子方程式为
解析：
C与过量NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的化学方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓、CO2+OH﹣=HCO3﹣。
答案：
2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑AlO2﹣+CO2+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓、CO2+OH﹣=HCO3﹣
（4）E与I反应的化学方程式为。
解析：
Mg与CO2的反应方程式为2Mg+CO2
2MgO+C。
答案：
2Mg+CO2
2MgO+C
15.（9分）已知有关热化学方程式为：
①4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905kJ/mol；②3H2（g）+N2（g）2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol；③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol；④N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=QkJ/mol；反应①中有关化学键的键能（kJ/mol）如下：
H﹣O：
463，H﹣N：
391，O=O：
497
（1）①Q=。
②NO中的化学键键能为kJ/mol。
解析：
已知：
①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905KJ/mol
②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H=﹣483.6kJ/mol
根据盖斯定律（①+2×②﹣3×③）÷2可得④N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5KJ/mol，
设NO中的化学键键能为x，反应①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H=12×391+5×497﹣4x﹣12×463=﹣905，解得x=631.5。
答案：
+180.5631.5
（2）向某密闭容器中充入amolNH3、bmolO2后，测得反应体系中某种量值X与压强P、温度T之间的变化如图1所示，图2表示温度为T2时，当容器为1L恒容密闭容器时，容器中NH3的平衡转化率与反应开始时两种反应物的投料之比（用M表示）的关系.
①若X表示NH3的百分含量，则T2T1（填＞、＜、无法确定）；d、e两点的正反应的平衡常数K（d）K（e）。
②X还可以表示。
a.混合气体的平均摩尔质量b.NO的产率c.△H值
③M=（用含a、b的式子表示，后同），若M1=1.25，则此时O2的转化率为%。
解析：
①4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣905kJ/mol；反应为放热反应，若X表示NH3的百分含量，压强一定，温度越高平衡逆向进行，氨气含量越少，则T1＞T2，温度越高平衡常数越小，d、e两点的正反应的平衡常数K（d）＜K（e），
②压强越大平衡逆向进行，
a.反应前后气体质量不变，压强增大平衡逆向进行，气体物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量随压强增大而增大，故a正确；
b.压强增大平衡逆向进行，NO的产率减小，故b错误；
c.△H值不随压强变化，故c错误；
③向某密闭容器中充入amolNH3、bmolO2后，容器中NH3的平衡转化率与反应开始时两种反应物的投料之比（用M表示）的关系，此点的转化率为60%，氨气转化率随反应开始时两种反应物的投料之比M增大而增大，说明M=b：
a，
4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）
起始量（mol）ab00
变化量（mol）0.6a0.75a0.6a0.9a
平衡量（mol）a﹣0.6ab﹣0.75a0.6a0.9a
若M1=1.25，则此时O2的转化率=
×100%=
×100%=60%，
答案：
＞＜ab：
a60
（3）有科学家电解原理获得高产率的合成氨，则阴极上的电极反应式为（已知电解质能传递H+）。
解析：
阴极发生还原反应，氮气在阴极上放电，与氢离子结合生成氨气，电极反应式为N2+6e﹣+6H+=2NH3，
答案：
N2+6e﹣+6H+=2NH3
16.（8分）氧元素能形成众多的化合物，其中有一些化合物具有特殊的组成与性质。
（1）H2O2、D2O、D2O2中化学性质彼此相似的物质是，OF2是一种棕黄色有恶臭的气体，有极强的氧化性，则OF2中氧元素的化合价为，将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、盐等物质，相应反应的化学方程式为。
解析：
根据水（H2O）、双氧水（H2O2）、重水（D2O）的化学式可知都有氢、氧两种元素组成；物质的结构决定物质的性质，从化学性质的角度看，双氧水分子与水分子的构成不同，化学性质有较大的差异，化学性质彼此相似的物质是H2O2、D2O2；
氟非金属性强于氧，氟为﹣1价，依据代数和为0则OF2中氧元素的化合价为+2价；
将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、NaF和水，其反应方程式为：
2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2。
答案：
H2O2、D2O2+2价2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2
（2）研究表明，H2O2相当于二元弱酸，有较强的还原性
①H2O2的一级电离方程式为，已知常温下1L的H2O2相当于48.3mol，其一级电离平衡常数K约为1.67×10﹣12，则该温度下H2O2中c（H+）约为，写出它与足量Ba（OH）2反应的化学方程式。
②过氧化氢、镁合金可构成镁燃料电池，放电时总反应：
Mg+2H++H2O2=Mg2++2H2O，则放电时的正极反应为。
解析：
①双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣；根据K=
=1.67×10﹣12；则c（H+）=
=9×10﹣6mol/L；H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐为BaO2，同时生成水，其反应的方程式为：
H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2O；②正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为H2O2+2H++2e﹣=2H2O。
答案：
H2O2⇌H++HO2﹣9×10﹣6mol/L；H2O2+Ba（OH）2=BaO2+2H2OH2O2+2H++2e﹣=2H2O
（3）氧也能与钾元素形成K2O、K2O2、KO2、KO3等氧化物，其中KO2是一种比Na2O2效率高的供氧剂，写出它与CO2反应的化学方程式。
解析：
过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2。
答案：
4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2
17.（11分）某研究性学习小组的同学通过查询资料知道，铁与浓度为1.15mol/L～1.25mol/L的硝酸反应时可同时得到NO2、NO、N2三种气体.他们欲利用下列仪器验证该结论的正确性（已知二氧化氮的沸点为21.1℃、熔点为﹣11℃，NO的沸点为﹣151℃、熔点为﹣164℃，假设实验过程中的每步转化均是完全的）。
（1）实验时先通过K处导管向装置内通入CO2气体以排除装置内空气，目的是；若生成上述三种还原产物各0.02mol，则需要消耗铁的质量（硝酸足量）为g。
解析：
根据实验原理检验铁与浓度为1.15mol/L～1.25mol/L的硝酸反应时可同时得到NO2、NO、N2三种气体，又空气中含氮气和氧气及NO遇空气中的氧气就反应生成NO2，所以装置中的空气对生成的NO、N2的检验产生干扰，则实验时先通过K处导管向装置内通入CO2气体以排除装置内空气；
若生成上述三种还原产物各0.02mol，根据得失电子守恒，则需要消耗铁的质量（硝酸足量）为
×56=5.23g；
答案：
防止氧气、氮气对生成的NO、N2的检验产生干扰5.23
（2）B中冰盐水的作用是，证明有NO2生成的现象是。
解析：
根据以上分析，二氧化氮为红棕色气体，冰盐水冷却NO2，使其液化，出现有色液体，所以证明有NO2生成的现象是B中试管有红棕色液体出现。
答案：
冷却NO2，使其液化B中试管有红棕色液体出现
（3）实验过程中，发现在B中产生
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