山东省泰安市2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省泰安市2025-2026学年高三上学期11月期中试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂。非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠，不破损。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Cl：35.5Ca：40Cu：64一、单项选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.布料的材质可分为化学纤维与天然纤维。混纺技术可以提升面料综合性能，下列有关说法错误的是A.涤纶属于化学纤维，易起静电B.羊毛属于天然纤维，可用热水清洗C.尼龙属于化学纤维，强度与耐磨性能好D.混纺能结合不同纤维的优点，弥补单一纤维的不足【答案】B【解析】A．涤纶（聚酯纤维）是合成化学纤维，具有疏水性，不易吸水，因此容易积累静电，A不符合题意；B．羊毛是天然动物纤维，但其蛋白质结构在热水中容易变性，导致缩水、变形或失去弹性。通常，羊毛制品需用冷水或温水（不超过30°C）清洗，并避免剧烈揉搓，B符合题意；C．尼龙（聚酰胺纤维）是合成化学纤维，分子链结构紧密，因此强度高、耐磨性好，常用于需要耐用性的制品（如运动服、背包），C不符合题意；D．混纺技术通过混合不同纤维（如棉与涤纶），可综合各纤维的优势（如天然纤维的舒适性与化学纤维的耐用性），改善面料的整体性能，D不符合题意；故选B。2.化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是A.贝壳含方解石，主要成份是碳酸钙B.制豆腐时，利用盐卤使豆浆中的蛋白质聚沉C.用干冰实现人工制冰的过程环保高效，不涉及化学变化D.冬奥会场馆使用碲化镉发电玻璃，碲化镉是一种合金材料【答案】D【解析】A．贝壳、方解石的主要成分都是碳酸钙，A正确；B．盐卤中的电解质可以使蛋白质胶体聚沉，B正确；C．用干冰实现人工制冰，利用的是干冰升华吸热的原理，属于物理变化，不涉及化学变化，C正确；D．碲化镉是由Te和Cd组成的化合物，合金是混合物，D错误；故答案选D。3.25℃时，在浓NaOH溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、NaClO、NaCl溶解度（S）随温度变化关系如图。下列说法正确的是A.25℃时，随反应进行NaClO先析出B.将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体C.在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出D.和的混合物可以通过重结晶法进行分离提纯【答案】D【解析】A．由溶解度曲线可见，在25 ℃时，NaCl的溶解度比NaClO小，故反应进行时应先析出NaCl，A错误；B．因通入过量Cl2，NaOH已完全反应，滤液中不含NaOH，故无法析出，B错误；C．因NaOH已完全反应，不会析出。且由图可知NaCl溶解度受温度影响小，降温不会大量析出，C错误；D．NaCl与NaClO的溶解度对温度的依赖差异较大，可通过改变温度重结晶来分离提纯，D正确；故答案选D。4.分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，下列关于物质分类的正确组合是选项混合物化合物电解质酸性氧化物A空气NaOH溶液B盐酸胶体C氨水NaCl晶体D铜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，A．空气是混合物，NaOH是化合物，但K2SO4溶液是混合物而非电解质，SO2是酸性氧化物；A错误；B．盐酸是混合物，Fe(OH)3胶体是混合物而非化合物，Na2CO3是电解质，NO2和NaOH溶液会发生氧化还原反应，不是酸性氧化物；B错误；C．氨水是混合物，NaCl是化合物，KNO3晶体是电解质，CO2是酸性氧化物；C正确；D．CuSO4·5H2O是纯净物而非混合物，铜是单质而非电解质，SO3是酸性氧化物；D错误；故选C。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的中子数，比的多B.与水蒸气完全反应，生成的数目为C.在的溶液中，的数目为D.标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为【答案】D【解析】A．的中子数为10，的中子数为8，每个O2分子含2个O原子，1mol比1mol多4NA个中子，A错误；B．Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，1molFe生成molH2，数目为NA，B错误；C．在水中会水解，溶液中的数目小于0.1NA，C错误；D．1molCl2与H2反应生成2molHCl，形成2molH-Cl键，共价键数目为2NA，D正确；故选D。6.如图是硫及其化合物“价-类”二维图。下列有关说法正确的是A.不同浓度的与反应均生成B.X、Y、Z之间可以相互转化C.的浓溶液和蔗糖反应可以生成，体现了Z的强氧化性和酸性D.控制反应条件，与反应可以生成或【答案】B【解析】由“价—类”二维图可知，X为，Y为，Z为，M为，据此回答。A．稀硫酸与铜不反应，A错误；B．可以和氧气生成三氧化硫，可以被氯气等在水溶液中氧化为硫酸，三氧化硫与硫单质共热生成二氧化硫，与水生成硫酸，浓硫酸与还原剂可被还原为二氧化硫，硫酸可被脱水生成三氧化硫，B正确；C．浓硫酸蔗糖反应可以生成，体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，C错误；D．与只能反应生成不能生成，D错误；故选B。7.下列有关实验装置不能达到实验目的的是A.利用甲装置蒸发结晶，获得NaCl固体B.利用乙装置分离和C.利用丙装置制备D.用丁装置干燥【答案】D【解析】A．甲装置为蒸发皿，通过蒸发结晶可以获得NaCl固体，故A正确；B．乙装置加热氯化钠和，受热升华遇冷凝华，可以分离两者，故B正确；C．丙装置中，煤油隔绝空气防止生成的被氧化，故C正确；D．丁装置为U形管，只能放固体干燥剂，而浓硫酸为液体干燥剂，故D错误；答案选D8.下列离子方程式书写正确的是A.食醋去除水垢中的：B.用和水制备少量：C.与反应：D.用稀硝酸溶解少量粉：【答案】C【解析】A．食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，正确写法为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B错误；C．NO2与H2O反应生成HNO3和NO，离子方程式为：，C正确；D．稀硝酸与少量Fe反应时，Fe应被氧化为Fe3+而非Fe2+，正确方程式为Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，D错误；故选C。9.对于某些离子或物质成分的检验及推断正确的是A.将样品中加入稀盐酸，有气体产生，可推断已变质B.加碳酸钾溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则溶液中含有C.用洁净的铂丝蘸取溶液灼烧，火焰呈黄色，则原溶液中有，可能有D.加入盐酸后有气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定溶液中只含有【答案】C【解析】A．Na2O2与稀盐酸反应本身就会产生O2，无论是否变质（如生成Na2CO3），加入盐酸均会产气，无法据此推断变质，A错误；B．白色沉淀可能是CaCO3、BaCO3等，均溶于盐酸，无法确定是Ca2+，B错误；C．火焰呈黄色说明含Na+，而K⁺的紫色需通过蓝色钴玻璃观察，未使用则无法排除K+，C正确；D．气体使石灰水变浑浊可能是CO2或SO2，且HCO、SO等也可能与酸反应，无法确定只含CO，D错误；故答案为：C。10.下列实验操作和现象所得结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向溶液中滴入稀出现白色凝胶说明非金属性：B向溶液中滴加硝酸，再滴加溶液有白色沉淀生成Y溶液中一定含有C向装有几片新鲜玫瑰花瓣的集气瓶中通入过量的干燥氯气鲜花未褪色Cl2没有漂白性D将溶解在稀中，再加入KSCN溶液溶液呈血红色说明已变质A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．白色凝胶为硅酸，则硫酸的酸性大于硅酸的酸性，说明非金属性：S>Si，A正确；B．向溶液Y中滴加硝酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，若溶液中含有，硝酸具有强氧化性，可将其氧化，与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀；若溶液中含有Ag+，Ag+与Cl-反应会生成AgCl白色沉淀，所以不能确定Y溶液中一定含有，B错误；C．新鲜花瓣中有水，氯气与水反应生成的HClO，可使新鲜玫瑰花瓣褪色，现象不合理，C错误；D．酸性条件下，硝酸根会将亚铁离子氧化为铁离子，不能说明Fe(NO3)2已变质，D错误；故答案选A。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是单质氧化物1氧化物2酸（或碱）盐A.可为铝，盐的水溶液可能显酸性B.可为，氧化物2可与溶液反应C.可为硫，氧化物1可使紫色石蕊溶液只变红不褪色D.可为碳，同温度条件下，同浓度盐溶液的【答案】BC【解析】A．单质，但不能继续与反应生成氧化物2，不符合转化关系，A不符合题意；B．单质氧化物2酸，NO2能与NaOH溶液反应，B符合题意；C．单质氧化物2酸，SO2溶于水生成亚硫酸具有酸性，可以使石蕊变红色，二氧化硫不能漂白指示剂，C符合题意；D．单质氧化物2酸，同浓度盐溶液的，D不符合题意；故选BC。12.溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。利用热空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如图。下列说法错误的是A.流程中和溶液能富集溴B.酸化海水的目的是抑制与水反应、提高利用率C.酸化后重新得到的反应：D.溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是【答案】D【解析】浓缩海水酸化形成酸化海水，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出溴单质，含溴空气通过溴化亚铁脱氯，通入碳酸钠吸收Br2转化为和，和在稀硫酸作用下发生归中反应生成溴单质形成含溴溶液，离子方程式为：，经过一系列操作得到产品溴；据此作答。A．含溴空气通入碳酸钠中发生反应：；和在稀硫酸作用下发生归中反应生成溴单质，这样操作的目的是富集溴，A正确；B．Br2与水反应后溶液呈酸性，酸化海水可以抑制海水与溴单质反应，B正确；C．依据分析，和在稀硫酸作用下发生归中反应生成溴单质形成含溴溶液，离子方程式为：，C正确；D．用碳酸钠溶液吸收足量溴蒸气后，发生反应，含碳粒子转化为CO2，D错误；故答案选D。13.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素，其中A、B、C、D四种元素的原子序数之和为元素原子序数的2倍。是短周期中原子半径最大的元素。A、B、C、D四种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法正确的是A.最简单氢化物的稳定性：C>DB.元素A、C能形成10电子和18电子化合物C.元素A、E形成的化合物能与水发生氧化还原反应D.A、B、C、D分别与氧元素形成的二元化合物中，氧元素均显负价【答案】BC【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种常见的短周期主族元素：E是短周期中原子半径最大的元素，故E为Na（原子序数11），A、B、C、D原子序数之和为2×11=22；结合化合物结构中，C形成4个键，每个A形成1个键，为，中，B形成4个键，每个D形成1个键，为，可推得：A为H，B为B，C为N；D为F，据此分析。A．C（N）的最简单氢化物为NH3，D（F）的最简单氢化物为HF，非金属性：F＞N，故HF稳定性强于NH3，A错误；B．A（H）、C（N）可形成10电子化合物为NH3，18电子化合物为N2H4，B正确/；C．A（H）、E（Na）形成的化合物为NaH，NaH与水反应为：，是氧化还原反应，C正确；D．O与F形成的O2F2中，O显正价，故“氧元素均显负价”错误，D错误；故选BC。14.以硼镁矿（含、及少量、）为原料生产硼酸的工艺流程如图所示。下列说法错误的是已知：硼酸和硼砂均易溶于热水，在冷水中溶解度小。A.将硼镁矿研磨成粉末可以加快浸取速率B.溶液中的杂质主要是和C.制备硼酸的离子方程式为D.一系列操作主要包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】D【解析】硼镁矿（含2MgO⋅B2O3⋅H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3），将硼镁矿加NaOH溶液碱浸，其中难溶于NaOH溶液的Fe2O3、MgO形成滤渣A过滤除去，能溶于NaOH溶液中的B2O3、SiO2、Al2O3生成、、进入滤液，然后通入CO2气体将、转化为和沉淀形成滤渣B过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入热水和稀硫酸调节pH，经过一系列操作生成硼酸；据此作答。A．硼镁矿研磨成粉末可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，A正确；B．由分析可知，溶液中主要杂质为、，B正确；C．由分析可知，加入热水和稀硫酸调节溶液pH为2的目的是将硼砂转化为硼酸，反应的离子方程式：，C正确；D．由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，则得到硼酸的一系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案选D。15.向和的混合物中加入某浓度的稀硝酸，固体物质完全反应，在所得溶液中加入的溶液至中性，产生沉淀。下列有关说法错误的是A.标准状况下产生的NO体积为2.24LB.与的物质的量之比为C.硝酸的物质的量浓度为D.、与硝酸反应后剩余为【答案】AD【解析】Cu和与称硝酸反应，生成硝酸铜，一氧化氮和水，反应方程式为，反应后加入NaOH至中性，生成的与NaOH反应生成沉淀，，已知生成的沉淀质量为49.0g，其摩尔质量为98g/mol，所以，因此的物质的量也为0.5mol。设Cu的物质的量为xmol，的物质的量为ymol。根据反应关系，每1molCu生成1mol，每1mol生成2mol，因此x+2y=0.5；又因为混合物总质量为35.2g，Cu的摩尔质量为64g/mol，的摩尔质量为144g/mol，所以64x+144y=35.2，联立可得x=0.1，y=0.2。A．根据反应方程式，3molCu生成2molNO，即0.1molCu生成molNO，0.2mol会生成molNO，所以，标准状况下，A错误；B．由分析可知，Cu为0.1mol，为0.2mol，比例为1:2，B正确；C．根据电子守恒可知：，所以，解得。根据氮元素守恒可知，=，则硝酸的物质的量浓度为，C正确；D．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后的溶液中，所以=1mol-2×0.5mol=0mol，故不会剩余硝酸，D错误；故答案选AD。三、非选择题（本题共5小题，共60分）16.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为）的和原子半径、原子序数的关系如图所示。回答下列问题：（1）这四种元素中，失电子能力最强的是_____（填元素符号或者化学式，下同），、、简单离子的离子半径由小到大的顺序是_____。（2）已知电负性，若与水反应生成一种酸，该酸的化学式为_____。（3）化合物中含有化学键类型为_____，向其水溶液加入盐酸有单质沉淀析出，写出该反应的化学方程式_____。（4）X的最高价氧化物对应的水化物与Al反应的离子方程式为_____。（5）图中信息体现元素周期律的事实为_____。【答案】（1）①.Na②.（2）HClO（3）①.离子键、共价键②.（4）（5）X、Y、Z位于同周期，其原子半径随原子序数递增逐渐减小（合理即可）【解析】已知浓度均为，X的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=12，说明该水化物是一元强碱，短周期中强碱对应的元素为Na（对应NaOH），故X为Na；W的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，说明该水化物是一元强酸，短周期中最高价氧化物水化物为强酸且原子序数小于钠，故W为N（对应HNO3）；Z的最高价氧化物对应的水化物溶液pH=2，Y的最高价氧化物对应的水化物溶液pH<2，结合同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，推出Z为Cl、Y为S，据此分析。（1）失电子能力最强的是Na（金属性最强）；（2）电子层数相同，核电荷数越大半径越小；电子层数越多半径越大，离子半径由小到大：；NCl3与水反应生成一种酸，方程式为：，故为：HClO；（3）含离子键和非极性共价键；向水溶液加入盐酸有单质沉淀（S）析出，该反应的化学方程式：；（4）X的最高价氧化物对应的水化物()与Al反应的离子方程式为：；（5）体现的周期律事实：同周期元素（或同主族元素），随原子序数增大，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强（或碱性逐渐减弱），可得X、Y、Z位于同周期，其原子半径随原子序数递增逐渐减小（合理即可）。17.钢渣中富含CaO、、、等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的、、元素，流程如下。已知：、均难溶于水，能溶于水。（1）Si元素在元素周期表中的位置是_____。（2）试剂Y可选择_____（填“硫酸”或“盐酸”），“碱浸”时，发生反应的化学方程式为_____。（3）若试剂X的选用符合“绿色化学”思想，则加入试剂X反应的离子方程式为_____。（4）滤液I的pH过低或过高均不利于分离，原因是_____。（5）该流程中可循环利用的物质是_____。（6）将草酸钙晶体（，其摩尔质量为）在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。范围内发生反应的化学方程式为_____，范围内所得产品为_____（填化学式）。【答案】（1）第3周期IVA族（2）①.盐酸②.（3）（或）（4）pH过低难以生成草酸钙沉淀，pH过高会生成沉淀（5）盐酸（6）①.②.【解析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入试剂Y（盐酸），二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入得到试剂Y（盐酸）硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2；（1）Si为14号元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族；（2）试剂Y可选择盐酸，原因是硫酸中的会与结合生成从而进入滤渣Ⅰ，降低元素产率；“碱浸”时，与氢氧化钠反应生成硅酸钠，化学方程式：；（3）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂H2O2或O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为（或）；（4）pH过低酸性过强，草酸电离程度不足，造成浓度小，使平衡逆向移动，不利于生成沉淀，若pH过大，碱性过强，转化为沉淀；（5）“分离”操作时，相当于发生了复分解反应，同时会生成HCl，可以在“酸浸”及“转化”中循环利用；（6）假设为1molCaC2O4·H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。18.实验室中以和为反应物制备小苏打，步骤如下：在水浴加热下，将一定量研细的加入饱和食盐水中，搅拌，溶解，静置，析出晶体。回答下列问题：（1）配制饱和食盐水过程中，需要使用的下列仪器有_____（填序号），仪器的名称为_____。（2）在实验室使用代替和制备小苏打，优点是_____。（列举两点）（3）已知常温下和的溶解度分别为和。实验小组进行相应探究：实验操作现象a将匀速通入饱和溶液中，持续20min无明显现象b将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置矿泉水瓶变瘪，3min后开始有白色晶体析出实验a无明显现象的原因是_____。实验b中发生反应生成沉淀的离子方程式为_____。（4）将上述制得的晶体减压过滤、煅烧，得到固体。实验小组使用滴定法测定该固体中的含量。滴定过程中溶液的随盐酸体积变化的曲线如下图所示。则该固体中质量分数为_____（用和表示）。【答案】（1）①.a、b②.坩埚（2）操作简便、安全环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高等（3）①.在饱和溶液中未充分混合，溶解量少，反应速率较小，生成的的量较少不会达到过饱和状态②.（4）【解析】本题以NaCl和NH4HCO3和为反应物，在实验室制备小苏打。该实验中代替和制备使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且对环境友好；滴定分析中碳酸钠与盐酸的反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利，据此分析。（1）制备饱和食盐水时通常将一定量食盐溶于水中，搅拌至不在溶解为止，需用到的仪器是a（烧杯）、b（玻璃棒），其中e的名称为坩埚；（2） 用NH4HCO3替代通入NH3和CO2来制备小苏打的优点（任举两点）例如：①不必使用气体发生装置，操作更简便；②避免NH3气体大量逸出，减少环境污染，提高原料利用率；③反应条件温和，易于控制，且同时提供两种气体直接参与反应，提升产品效率；（3）CO2在饱和溶液中未充分混合，溶解量少，反应速率较小，生成的量较少不会达到过饱和状态，难以使足够的转化为，从而产生NaHCO3沉淀。实验b中生成小苏打沉淀的离子方程式可写作：；（4）由滴定曲线可知，第一突跃消耗盐酸体积，发生反应；第二突跃消耗盐酸体积，发生反应。设样品中的物质的量为，的物质的量为，盐酸浓度为。则。第一步反应生成的和样品中原有的共消耗盐酸体积，故，解得。该固体中的质量分数为。19.治理氮氧化物和氨氮废水污染是化学研究的重要课题之一，回答下列问题：（1）汽车尾气（含、、和等）是城市空气污染源之一，治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，使一氧化碳跟一氧化氮反应，并促进二氧化硫的转化。CO与NO反应的化学方程式为_____。该过程在一定程度上提高了排放废气的酸度，其原因是_____（用化学方程式表示）。汽车尾气中的和混合通入吸收液中也可降低尾气污染，产物均为盐类，化学方程式为_____。（2）氨氮废水是造成河流和湖泊富营养化的主要因素，以下是三种处理氨氮废水的方法。①溶液可将废水中的转化为。若处理过程中产生（标准状况），则需要消耗的溶液_____L②在弱碱性条件下，硝化细菌催化被氧气氧化成的总反应的离子方程式为_____；③在硝化细菌作用下，实现转化的工作原理如图所示：半硝化脱氨过程与的物质的量之比为_____。【答案】（1）①.②.，③.（2）①.0.3②.③.4:3【解析】（1）依据题意，在催化剂作用下，一氧化碳跟一氧化氮反应生成无污染的气体，方程式为：；该过程在一定程度上提高了排放废气的酸度，其原因是二氧化硫被氧化为三氧化硫，进一步与水反应生成硫酸，方程式为：、；汽车尾气中的NO和O3混合通入FeSO4吸收液中也可降低尾气污染，产物均为盐类，依据原子守恒和氧化还原反应规律可知产物为硫酸铁和硝酸铁，方程式为：；（2）①NaClO溶液可将废水中的转化为N2，自身被还原为Cl-，离子方程式为：；又产生氮气的物质