安徽省六安市第一中学学年高二下学期期末考试化学试题解析版.docx

1、安徽省六安市第一中学学年高二下学期期末考试化学试题解析版安徽省六安市第一中学2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量： P-31 Cu-64 Fe-56 Ca-40 N-14 Pb-207 Cr-52一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)1. 下列叙述正确的是（ ）A. 浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品B. 我国预计2020年发射首颗火星探测器，其太阳能电池帆板的材料是晶体硅C. “海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化D. “一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素【答案】B【解析】分析：本题

2、考查的是非金属元素及其化合物的性质和用途，难度较小。详解：A.浓硫酸不能与石英的主要成分二氧化硅反应，故错误；B.太阳能电池板的材料为硅，故正确；C.海水中加入明矾不能使海水淡化，故错误；D.丝绸的主要成分为蛋白质，故错误。故选B。2. 下列正确的叙述有（ ）CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体灼热的炭与CO2的反应、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应均既为氧化还原反应，又是吸热反应需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀氯化铝溶液与氢氧

3、化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，加热蒸干、灼烧后都有氧化铝生成苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物。A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个【答案】A【解析】试题分析：NO2和NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，发生了氧化还原反应，且NO2不是硝酸的酸酐，故错误；反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2FeCl3+Fe=3FeCl2均属于化合反应，故正确；碘晶体分散到酒精中形成的分散系是溶液，饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系是胶体

4、，故正确；Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应不属于氧化还原反应，故错误；电解、电镀需通电，电离、电化腐蚀均无需通电，故错误；溶液和胶体都能通过滤纸，加热AlCl3溶液和Al(OH)3胶体时，由于Al3+的水解和胶体的聚沉，均生成Al(OH)3沉淀，蒸干、灼烧时，Al(OH)3分解生成氧化铝和水，故正确；氯气是单质，不是非电解质，故错误；金属元素和非金属元素也可以形成共价化合物，如AlCl3、BeCl3是共价化合物，故错误；综上所述：正确；故选A。考点：主要考查物质的简单分类、化学反应的分类、溶液和胶体的性质、电解质、非电解质、离子化合物、电离、电解、电镀、电化腐蚀、水解等基础知识。3.

5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 硅晶体中，有NA个Si就有2NA个Si-Si键B. 常温常压下，等物质的量浓度的Na2CO3与Na2S溶液中Na+数目相等C. 惰性电极电解食盐水，若线路中通过2NA个电子的电量时，则阳极产生气体22.4LD. 标准状况下，2molNa2O2与44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为2NA【答案】A【解析】A，硅晶体属于原子晶体，其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2，有NA个Si就有2NA个Si-Si键，A项正确；B，由于溶液的体积未知，无法判断两溶液中Na+数目的大小关系，B项错误；C，惰性电极电解食盐水时阳极电极反应式为2Cl-

6、2e-=Cl2，线路中通过2NA个电子时生成1molCl2，但由于Cl2所处温度和压强未知，无法用22.4L/mol计算Cl2的体积，C项错误；D，n（SO2）=2mol，Na2O2与SO2反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO42e-，2molNa2O2与2molSO2完全反应转移4mol电子，D项错误；答案选A。点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算。涉及原子晶体中共价键的确定、溶液中粒子物质的量的确定、气体体积的计算、氧化还原反应中转移电子数的确定。注意：在晶体硅中每个硅原子形成4个Si-Si键，但其中n（Si）：n（Si-Si）=1:2；22.4L/mol适用于标准状况下

7、求气体的体积。4. 一定温度压强下，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是（ ）A. 气球B中装的是O2 B. 气球A和气球C中气体分子数相等C. 气球A和气球D中气体物质的量之比为41 D. 气球C和气球D中气体密度之比为21【答案】D【解析】试题分析：A、一定温度压强下，气体的Vm是相等的，用mg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，则根据V=nVm=Vm得到体积和相对分子质量成反比，所以体积的大小顺序是：CH4O2CO2SO2，C中装的是氧气，故A错误；B、根据A的分析，D、C、B、A四个球中分别是C

8、H4、O2、CO2、SO2，气球A和气球C中气体分子数之比等于体积之比，等于相对分子质量M的倒数之比，即为32：64=1：2，故B错误；C、气球A和气球D中气体物质的量之比等于体积之比，等于M的倒数之比，即为1：4，故C错误；D、气球C和气球D中气体密度之比等于摩尔质量之比，即为：32：16=2：1，故D正确；故选D。考点：考查了阿伏加德罗定律及推论的相关知识。5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）31g白磷中含有1.5NA个P-P1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个标准状况下，22.4LHF含NA个分子电解精炼铜时转移了NA个电子，阳极溶解

9、32g铜标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NANA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。详解：31g白磷的物质的量为31/124=0.25mol，每个白磷分子含有6个磷磷键，故0.25mol含有0.25*6=1.5mol，即1.5NA个P-P，故正确；碳酸根

10、离子发生水解，所以不能计算1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误；电解精炼铜时阳极首先是锌铁等活泼金属溶解，然后是铜溶解，所以不能计算铜的质量，故错误；标准状况下，2.24LCl2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1NA，故正确；常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3NA，故正确；胶体粒子是很多个分

11、子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。6. 在20时，在一刚性容器内部有一个不漏气且可滑动的活塞将容器分隔成左右两室。左室充入氮气，右室充入氢气与氧气的混合气体，活塞恰好停留在离左端的处(如图左所示)，然后引燃氢、氧混合体，反应完毕后恢复至原来温度，活塞恰好停在中间(如图所示)，如果忽略水蒸气体积，则反应前氢气与氧气的体积比可能是（ ）A. 34 B. 45 C. 62 D. 27【答案】B【解析】【解析】两边气体处于同温同压状态，气体体积比等于气体的物质的量之比。设n(N2)为1mol，反应前混合气体为3mol，反应后，混合气体变为1mol,反应了 2mol，根据2H2+O2=2H2O

12、，计算可知氢气的物质的量为2*2/3+1=7/3 （mol）,氧气为2/3（mol），氢气与氧气的体积比 7:2；或者氢气为4/3mol.氧气为5/3mol，氢气与氧气的体积比4:5，BD正确正确答案为BD点睛：考查阿伏伽德罗定律及简单的计算7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、SCN-B. =106的溶液中：NH4+、K+、AlO2-、NO3-C. 能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-D. 1.0molL-1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl-、I-【答案】C【解析】分析：本题考

13、查的是一定条件下的离子共存问题，是常考题型，注意条件对离子的存在的限制。详解：A.铁离子和硫氰根离子反应不能共存，故错误；B.溶液为碱性，铵根离子不能存在，故错误；C.溶液为酸性，四种离子不反应能共存，故正确；D.亚铁离子在酸性条件下与硝酸根离子反应，不能共存，故错误。故选C。点睛：在进行离子共存判断时需要注意是否含有条件，如颜色，溶液的酸碱性等，掌握常见的四种有颜色的离子：铜离子、铁离子、亚铁离子和高锰酸根离子。掌握酸碱指示剂的颜色和变色范围等。8. 为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（ ）A. 欲配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，将10gZnSO47H2O溶解在90g水中B. 欲制

14、备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸C. 为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量D. 为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用【答案】C【解析】试题分析：A、配制质量分数为10%的ZnSO4溶液，应为将10 g ZnSO4溶解在90 g水中，错误；B、制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液致液体呈红褐色，错误；C、滴加NaOH溶液至过量，先生成沉淀后逐渐溶解的溶液为AlCl3，生成沉淀不溶解的为MgCl2，无明显现象的为KCl，正确；D、中和滴定时，锥形瓶含少量水不影响结果，错误

15、。考点：本题考查实验基本操作、胶体的制备、物质的鉴别。9. 根据下列实验或实验操作和现象，所得结论正确的是（ ）实验或实验操作现象实验结论A用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强B向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种C纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸Cu片表面产生大量气泡金属性：ZnCuD 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：A.用大理

16、石和盐酸反应制取CO2气体，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O；立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，发生反应：CaCl2+Na2SiO3=2NaCl+CaSiO3；所以不能证明酸性：H2CO3H2SiO3。错误。B. 向某溶液先滴加硝酸酸化，由于硝酸有强的氧化性，可能会发生反应，将SO32-、HSO3-氧化为SO42-，再滴加BaCl2溶液, 出现白色沉淀，原溶液中可能存在SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种，也可能含有Ag+，错误。C.将纯Zn片与纯Cu片用导线连接，浸入到稀硫酸溶液中,构成了原电池，Zn为负极，失去电子，被氧化，变为Zn2+，Cu为正

17、极。在正极上溶液中的H+在正极上得到电子，变为单质H2逸出。故Cu片表面产生大量气泡，金属性：ZnCu正确。D.将氯气通入该装置，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2会发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2；未反应的氯气也会发生反应：Cl2+2 KI=2KCl+I2，所以不能证明氧化性：Cl2Br2I2。错误。考点：考查化学实验操作与实验现象及实验结论的关系的正误判断的知识。10. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO-=CaSO3+2HClOB. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2

18、Fe3+2I-=2Fe2+I2C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2OD. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-+Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-【答案】C【解析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，注意氧化还原反应的存在。详解：A. 少量SO2通入Ca (ClO)2溶液中，因为次氯酸根具有氧化性，氧化+4价的硫使之变成硫酸根离子，故离子方程式SO2+H2O+Ca2+2ClO-=CaSO3+2HClO是错误；B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，溶液中硝酸根离子能氧化碘离子不

19、是铁离子氧化，故错误；C. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，+3价的氮元素被高锰酸钾氧化，故正确；D. NaHCO3溶液加入过量的Ba(OH)2溶液生成碳酸钡和氢氧化钠和水，离子方程式为： HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O。故错误。故选C。点睛：在分析离子方程式时需要注意氧化还原反应中的先后顺序，性质强的先反应。如B项，硝酸根的氧化性强于铁离子，所以硝酸根氧化碘离子，而不是铁离子氧化。11. 将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M化学式为Cr(NH3)3O4，其离子方程式为：CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2

20、OH-+O2，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是（ ）A. M中Cr的化合价为+3B. 参与反应的H2O2全部被氧化C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象D. 转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g【答案】D【解析】A.因M化学式为Cr(NH3)3O4 中有2个过氧键，则M中Cr的化合价为+4，故A错误；B. 由M中有2个过氧键，所以，3molH2O2没有全部被氧化，B错误； C. 向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子被M中的过氧化键氧化为三价铁，溶液由浅绿色变黄棕色，C错误；D由方程式可知每生成1molO2转移2mol电子，同时生成11mol Cr(NH

21、3)3O4，则转移0.2mol电子时，生成M的质量为16.7g，D正确。 点睛：抓住信息：测得M中有2个过氧键，从而确定M中Cr的化合价为+4价是解题关键，同时M中存在过氧键能氧化亚铁离子。12. 下列离子方程式的书写正确的是（ ）A. 向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+B. 向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OC. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OD. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=

22、I2+O2+2H2O【答案】A【解析】本题考查了离子方程式的正误判断，属于常规考题，注意物质量多少与反应产物的关系是关键。详解：A. 亚硫酸钠中的硫元素被足量的氯气氧化生成硫酸根离子，氯气变成氯离子，离子方程式正确；B. 氯化铝溶液中加入足量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式错误；C. 碳酸氢铵和足量稍微水反应生成碳酸钙沉淀和氨水，故错误；D. 该离子方程式中碘元素和氧元素化合价都升高，没有元素化合价降低，所以离子方程式错误。故选A。点睛：注意有关铝元素的离子方程式的书写。1.铝和氢氧化钠反应只能生成偏铝酸钠和氢气，且水参与反应，不能生成氢氧化铝沉淀。2.氯化铝溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化

23、铝沉淀不能生成偏铝酸盐。3.氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀。4.氧化铝溶于氢氧化钠只能生成偏铝酸钠，不能生成氢氧化铝。13. 已知向溶液X中滴加溶液Y可生成两种沉淀，所得沉淀的物质的量(n)与所加入的溶液Y的体积(V)的关系如图所示，则X、Y分别为（ ）.ABCDXNH4Al(SO4)2Ba(OH)2明矾Ba(AlO2)2YBa(OH)2明矾Ba(OH)2硫酸铝A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】分析：本题考查的是离子反应，注意离子反应的顺序是关键。详解：从图分析，开始加入Y溶液即产生氢氧化铝沉淀，最后氢氧化铝沉淀溶解，说明加入的Y为

24、强碱，从A、C中选择，B、D错误。加入Y产生氢氧化铝沉淀之后有一段沉淀量不变，说明溶液中有铵根离子与氢氧根离子反应，故选A。点睛：掌握多种离子存在的溶液中离子的反应顺序，如有铝离子和铵根离子等的溶液中加入氢氧化钠，则铝离子先反应生成氢氧化铝沉淀，然后铵根离子反应生成一水合氨，然后氢氧化铝再溶解。14. 水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（ ）A. 气体甲一定是纯净物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C. K+、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中 D

25、. CO32-和SO42-一定不存在于溶液X中【答案】C【解析】加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子；加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水(提供OH-)有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子.A.加HCl有气体生成说明有CO32-或SO32-，生成的气

26、体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B.溶液中一定含有CO32-或SO32-，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C.原来溶液中K+、AlO2-、SiO32-一定存在，故C正确; D.硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误。15. 制备新型高效水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)的主要反应为2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+bX。下列说法中正确的是（ ）A. 该反应中X物质为O2B. 反应物Na2O2只作氧化剂C. 该反应中发生氧化反应的过程只有FeSO4Na2F

27、eO4D. 每生成1molNa2FeO4，反应过程中转移4mole-【答案】A【解析】A由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，即该反应中X物质为O2，故A正确；B反应物Na2O2中O元素的化合价部分升高部分降低，即是氧化剂又是还原剂，故B错误；CNa2O2O2，该过程中O元素的化合价升高，发生氧化反应，故C错误；D反应中Fe元素的化合价从+2升高到+6，Na2O2则O元素化合价从-1升高0价，生成2molNa2FeO4，转移的电子数10mol，所以生成1molNa2FeO4程中转移5mol e-，故D错误；故选A。点睛

28、：准确从化合价变化的角度分析氧化还原，灵活运用氧化还原反应的基本规律是解题关键，由原子守恒可知，该反应的方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，反应中Fe元素的化合价升高发生氧化反应，O元素的化合价部分升高部分降低，说明Na2O既是氧化剂又是还原剂，电子转移的数目与化合价的升降数目相等，据此解题即可。16. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是（ ）A. 在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中逐滴加入盐酸：OH-、CO32-、AlO2-B. 在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液

29、中缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C. Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3混合溶液中逐渐加入铁粉：Fe(NO3)3、HNO3、Cu(NO3)2D. 在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液：H+、Fe3+、NH4+【答案】C【解析】A、若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，选项A错误；B、离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，选项B错误；C、氧化性顺序：HNO3Fe3+

30、Cu2+H+，铁粉先与氧化性强的反应，反应顺序为HNO3、Fe3+、Cu2+、H+，选项C错误；D、H+先发生反应，因为H+结合OH-的能力最强，然后Fe3+与OH-反应生成氢氧化铁沉淀，最后再生成一水合氨，故在含等物质的量的Fe3+、NH4+、H+溶液中逐滴加入NaOH溶液，反应的顺序为 H+、Fe3+、NH4+，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查离子反应的先后顺序等，清楚反应发生的本质与物质性质是关键，注意元素化合物知识的掌握，是对学生综合能力的考查。二、填空题(每空2分，共52分)17. HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是

31、一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原 B维生素C是还原剂C维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A测定这两种溶液的pH B分别在两种溶液中滴加甲基橙C在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别 D用AgNO3和HNO3两种试剂来区别(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl,请写出反应的离子方程式：_。(