2019-2020学年江苏省徐州市高一(上)期末化学试卷

1、第1页，共13页1.科学家的不懈努力推进着社会的不断发展。A. 提取治疟药物青蒿素C. 开发合成氨生产工艺2.反应Br2+2KI=2KBr+I2属于（）A. 化合反应B. 置换反应C. 分解反应3.当光束通过下列分散系时，能出现“丁达尔效应”的是（A.H2SO45.同位素是（）A. 质子数是7B. 电子数是15C. 中子数是15D.质量数是226.下列物质的俗称与化学式一致的是（ ）A. 纯碱-NaHCO3B. 熟石灰-Ca（OH）2C. 石膏-CaSO3D. 漂白粉-NaClO7.在含有大量的OH-、Na+、Cl-的溶液中，还可能大量共存的离子是（）A.H+B.Mg2+C.Ag+D.CO32

2、-8.实验室配制l00mL0lmol ?L-1的氯化钠溶液时，不需要用到的仪器是（）11下列有关物质的性质与用途，对应关系不正确的是（）A.A12O3的熔点高，用于制造耐火砖、耐火管B.FeCl3有氧化性，用于制作印刷电路板C.Cl2具有毒性，用于自来水消毒D.NH3易液化，用作制冷剂12下列反应的离子方程式书写正确的是（）A. 氢氧化钠溶液和稀硫酸反应：H+OH-=H2OB. 氯化镁溶液中加入澄淸石灰水：Mg2+Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+C. 碳酸钙加入过量盐酸中：CO32-+2H+=CO2+H2OD. 钠和水反应：Na+H2O=Na+OH-+H22019-2020学年江苏省徐

3、州市高一（上）期末化学试卷18小题，共57.0分）A. 稀硝酸B.氨水4.下列物质中，属于非电解质的是（C.硫酸铜溶液 ）D.氢氧化铁胶体我国科学D.复分解反应）A. 玻璃棒B. 漏斗C. 分析天平D.100mL容量瓶第2页，共13页9.下列装置或操作能达到实验目的的是（ ）A. 用装置甲干燥二氧化硫C. 用装置丙转移溶液10.下列物质的电离方程式书写正确的是（A.HClO=H+ClO-C.NaHCO3=Na+H+CO32-B. 用装置乙稀释浓硫酸D. 用装置丁制取氨气）B.Ca（OH）2=Ca2+（OH）2D.NH3?H2O? NH4+OH-第3页，共13页13.我国自主研制的第五代隐形战斗

4、机开-31使用了高强度、 耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应为TiCl4+2MgTi+2MgCl2，下列说法正确的是（）A.TiCl4是还原剂B.Mg被氧化C.TiCl4中氯元素被氧化D. 每1 molTiCl4被还原时转移2mol电子14.下列有关工业上物质制备的说法不正确的是（ ）A. 电解食盐水制备金属纳B. 一氧化碳在高温下还原氧化铁制备铁C.电解熔融的MgCl2制备金属镁D. 焦炭和二氧化硅高温下反应可制粗硅15.下列除去括号内杂质的操作方法正确的是（ ）A.NaHCO3（Na2CO3）：加热B.Cl2（H2O）：通过饱和食盐水，洗气C.CO2（CO）：通入氧气，点燃D.FeCl

5、2（FeCl3）：加入过量铁粉，过滤16.下列物质间的转化，通过一步反应能实现的是（ ）A.NH3HNO3B.SSO3C.CO2Na2CO3D.Al2O3Al（OH）317.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项 实验操作及现象实验结论A向无色溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红该溶液为碱溶液B向无色溶液中滴入BaCl2溶液，出现白色沉淀该溶液含SO42-C向无色气体中通入少量氧气，气体变成红棕色，加水振该无色气体可能是荡后变为无色NOD蘸有浓氨水的玻璃棒放在某溶液上方，产生白烟该溶液可能为浓盐酸A.AB.BC.CD.D18.某待测液中可能含有Al3+、Fe3+、K+、NH4+、Cl

6、-、SO42-等离子，先通过如下实验对其中部分离子进行检验：取少量待测液，仔细观察，呈无色；将待测液等分成两份，其中一份待测液中加入稀HNO3无明显现象，再加入AgNO3溶液，溶液变浑浊； 另一份待测液中逐滴加入NaOH溶液至过量，先有白色沉淀出现，后白色沉淀完全溶解；微热产生有剌激性气味的气体， 该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确的是（）A. 该待测液中一定含有K+B. 该待测液中一定含有Fe3+C. 该待测液中一定含有Cl-、SO42-D. 该待测液中一定含有NH4+、Al3+二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）19.下列说法正确的是（）第4页，共13页A. 标准状况下，2

7、2.4LH2O中分子数为6.021023B.1L0.1mol ?L-1MgCl2溶液中Cl-的质量为7.1 gC.常温常压下，32gO2和O3混合气体中氧原子的物质的量为2molD.0.01molCl2与NaOH溶液充分反应，转移电子数目为1.204102220.在实验室里，应保存在棕色试剂瓶中的试剂是（ ）A. 浓硫酸B. 浓硝酸C. 碘化银D. 氯化钠三、简答题（本大题共3小题，共26.0分）21.工业上以黄铁矿（主要成分为FeS2，含杂质SiO2）为原料制硫酸的同时，还可制备FeCl3?6H2O，工艺流程如图。已知：“焙烧”得到固体主要成分为Fe2O3和Fe3O4请回答下列问题：（1）“

8、酸溶”反应的离子方程式为 _ （任写一个）。（2）“滤渣”主要成分的化学式为 _ 。（3）“过滤”得到的滤液中主要的金属离子是 _（写化学式）。（4）若用H2O2代替Cl2“氧化”等量金属离子，则消耗的n（H2O2）n（_Cl2）（填“”、“”或“=”）。22.汽车尾气净化装置“催化转化器”是防止尾气 （含一氧化碳、 氮氧化物等气体）污染的有效方法， 能使尾气中的一氧化碳和氮氧化物发生反应生成可参与大气生态循环的无毒气体。（1）汽车尾气中易造成光化学烟雾的物质是_ （写名称）。（2）写出催化转化器中，一氧化碳和一氧化氮反应的化学方程式为_，并分析标出电子转移的方向及数目_。（3）下列措施中有利

9、于控制城市空气污染的是_（填宇母）。a推广电动汽车b加快煤炭开采和使用c 开发和使用氢能（4）采用NaOH溶液可以吸收废气中的氧氧化物， 反应的化学方程式如下：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O若反应中消耗了10L0.1mol ?L-1的NaOH溶液，则参加反应的气体在标准状况下的体积为 _。23.工业上以粗盐（含MgCl2、CaCl2杂质）为原料，生产碳酸钠的流程如图：第5页，共13页完成下列填空：（1）向粗盐水中先加入Ca（OH）2，再加入A以除去杂质离子，则物质A的化学式为 _ 。（2）通入_NH3“氨化”的目的是。（3）“

10、碳酸化”时的现象是 _ 。“碳酸化”时没有析出碳酸钠晶体，原因是（4）滤液B中溶质的主要成分是（写化学式）。（5）产品碳酸钠中含有碳酸氢钠，用加热分解的方法可测定其中碳酸氢钠的质量分数。若加热前样品的质量为m1，充分加热后的质量为m2则碳酸氢钠在样品中的质量分数可表示为_。四、实验题（本大题共1小题，共9.0分）24.某研究性学习小组为探究铜片与浓H2SO4反应及产物的化学性质，设计了如下实验装置。请回答下列问题：（1）图中仪器a的名称：_ 。装置的作用是。（2）写出铜片与浓H2SO4共热发生反应的化学方程式：。（3）为了验证SO2是酸性氧化物，试管中可选择的试剂是_ （填序号）。a、酸性KM

11、nO4溶液b、紫色石蕊试液c、Na2S溶液（4）下列说法正确的是_。A先检査装置的气密性，再向装置中加入药品B实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下C、实验开始后，试管和溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性（5）甲、乙两名同学对铜片与浓H2SO4反应剩余物进行研究，情况如下：【发现问题】充分反应后，铜片和H2SO4两种反应物均有剩余。【提出假设】反应过程中H2SO4浓度降低，铜片与硫酸不能继续反应。【方案设计】为验证提出的假设，两位学生设计以下实验方案。学生 实验方案甲方案 ：取出反应剩余物中的残余铜片，用蒸馏水洗净、晾干， 放入盛有浓硫酸的试管中，加热片刻后，残余铜片与浓

12、硫酸继续反应乙方案 ： 向反应后的剩余物中通入一种常见无色气体单质M，加热，残余铜片继续溶解得到蓝色溶液方案 中，通入的气体_M可能为 （写化学式）；若残余铜片继续溶解且仅生成CuSO4溶液，则发生反应的化学方程式为。第6页，共13页第7页，共13页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：A、提取了治疟药物青蒿素的我国的科学家屠呦呦，故A正确；B、舍勒发现氯气是在1774年，当时他正在研究软锰矿（二氧化锰），当他使软锰矿与浓盐酸混合并加热时，产生了一种黄绿色的气体，这种气体的强烈的刺激性气味使舍勒感到极为难受，但是当他确信自己制得了一种新气体，因此首先制得了氯气，故B错误；C、20世纪初，由德国

13、化哈伯、波施等研究除了合成氨的生产工艺，故C错误；D、联合制碱法是侯德榜发现的，故D错误。故选：A。根据科学家们各自在科学上做出的贡献进行分析解答本题。本题考查了科学家的贡献，掌握科学家们的贡献，能激发学生学习化学的兴趣，培养学生的社会责任感。2 .【答案】B【解析】解：Br2+2KI=2KBr+I2是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，故为置换反应。故选：B。由两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应为化合反应；由一种物质反应生成两种或两种以上的物质的反应为分解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外

14、两种化合物的反应为复分解反应，据此分析。本题考查了四大基本反应类型的概念和判断，难度不大，应注意掌握四大基本反应类型概念的掌握。3 .【答案】D【解析】解：稀硝酸、硫酸铜溶液、氨水是溶液分散系，Fe（OH）3胶体是胶体当光束通过下列分散系时，能出现“丁达尔效应”，故选：D。分散系分为溶液、胶体、浊液。丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路。 丁达尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答。本题考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质是解答本题的关键，题第8页，共13页目难度不大。4 .【答案】D【解析】解：AH2SO4在水溶液

15、里能导电的化合物，是电解质，故A不选；BAgCl熔融状态下能导电的化合物，是电解质，故B不选；CCu是单质，不是电解质也不是非电解质，故C不选；DCO2是化合物，本身不能电离产生自由移动的离子而导电，是非电解质，故D选；故选：D。根据电解质、非电解质的定义判断，电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物。非电解质： 在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物。 该概念的前提条件是化合物。本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质基本概念是解题关键，题目难度不大。5 .【答案】A【解析】解：A157N可知元素符号左下角的数字为质子数，即质子数为7， 故A正确；B原子中质子

16、数等于核外电子数，质子数为7，即电子数为7，故B错误；C由质量数=质子数+中子数可知，中子数为15-7=8， 故C错误；D157N元素符号左上角的数字为质量数，即质量数为15，故D错误；故选：A。157N质子数为7，质量数为15，由质量数=质子数+中子数可知，中子数为15-7=8，在原子中质子数等于核外电子数。本题考查原子的构成及原子中的量的关系，明确质量数=质子数+中子数及原子中质子数等于核外电子数即可解答，题目难度不大。6 .【答案】B【解析】解：A、纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3，故A错误；B、熟石灰是Ca（OH）2的俗称，即熟石灰是Ca（OH）2，故B正确；C、石膏是CaSO4?2

17、H2O的俗称，即石膏是CaSO4?2H2O，故C错误；D、漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2，Ca（ClO）2是漂白粉的有效成分，故D错误。故选：B。A、纯碱为碳酸钠；B、熟石灰是Ca（OH）2的俗称；第9页，共13页C、石膏是CaSO4?2H2O的俗称；D、漂白粉的主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2。本题考查了熟石灰、石膏和漂白粉等的俗称和化学式，难度不大，应注意掌握常见物质的俗称和化学式。7 .【答案】D【解析】解：AOH-、H+反应生成水而不能大量共存，故A错误；8 OH-、Mg2+生成沉淀而不能大量共存，故B错误；COH-、Cl-和Ag+反应而不能大量共存，故C错误；D

18、碳酸根离子和这几种离子不反应，所以能大量共存，故D正确；故选：D。能和这几种离子反应的离子不能大量共存，据此分析解答。本题考查离子共存，侧重考查复分解反应， 明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，知道常见离子的性质，题目难度不大。9 .【答案】B【解析】解： 用固体配制一定物质的量浓度稀溶液操作步骤有计算、称 量 、溶解、 冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，一般用天平称取需要质量的氯化钠固体，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头

19、滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，不需要用到的仪器：漏斗；故选：B。用固体配制一定物质的量浓度稀溶液一般操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此判断需要的仪器。本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，侧重考查仪器选择，明确配制操作步骤是解题关键，题目难度不大。10【答案】A【解析】解：A浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应，图中导管长进短出可干燥二氧化硫，故A正确；B不能在量筒中稀释溶液，应在烧杯中稀释，故B错误；C转移需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，

20、故D错误；故选：A。A浓硫酸具有吸水性，与二氧化硫不反应；第10页，共13页B不能在量筒中稀释溶液；C转移需要玻璃棒；D氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、溶液配制、实验操作、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查， 注意实验的评价性分析，题目难度不大。11 .【答案】D【解析】解：A次氯酸为弱电解质，电离方程式：HClO ? H+ClO-，故A错误；B氢氧化钙为强电解质，完全电离，电离方程式：Ca（OH）2=Ca2+2OH-，故B错误；C碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3-，故C错

21、误；D一水合氨为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3?H2O? NH4+OH-，故D正确；故选：D。A次氯酸为弱电解质，部分电离，用可逆号；B氢氧根离子不能合写；C碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；D一水合氨为弱电解质，部分电离。本题考查了电离方程式的书写，明确书写电离方程式的方法，准确判断电解质的强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大。12 .【答案】C【解析】解：A、A12O3中离子键强，导致其熔点高，可作耐火材料，如制造耐火砖、耐火管，故A正确；B、FeCl3有氧化性，能溶解Cu，所以FeCl3可用于制作印刷电路板，故B正确；C、Cl2能与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀灭水

22、中细菌，所以Cl2用于自来水消毒，与Cl2有毒性无关，故C错误；D、液氨分子间存在氢键，NH3易液化，液氨气化时吸热，工业上常作制冷剂，故D正确；故选：C。A、A12O3是离子化合物、离子键强，导致其熔点高；B、FeCl3有氧化性，能与Cu反应生成氯化铜；C、Cl2能与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性；D、NH3易液化，液氨气化时吸收大量热，使环境温度降低。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、 性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。第11页，共13页12 .【答案】A【解析】解：A氢氧化钠溶液和稀硫酸反应，离子方程式

23、：H+OH-=H2O，故A正确；B氯化镁溶液中加入澄淸石灰水，离子方程式：Mg2+2OH-=Mg（OH）2，故B错误；C碳酸钙加入过量盐酸中，离子方程式：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+，故C错误；D钠和水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故D错误；故选：A。A二者反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水；B澄清石灰水应拆成离子形式；C碳酸钙为沉淀，应保留化学式；D原子个数不守恒。本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。13 .【答案】B【解析】解：A反应中T

24、i元素化合价降低，则TiCl4为氧化剂，故A错误；B反应中Mg失去电子化合价升高，则Mg被氧化，故B正确；C反应前后Cl元素化合价不变，则TiCl4中氯元素没有被氧化，故C错误；DTi元素化合价从+4变为0，化合价降低4价， 则每1molTiCl4被还原时转移4mol电子，故D错误；故选：B。反应TiCl4+2MgTi+2MgCl2中，Ti元素化合价降低被还原，则TiCl4氧化剂；Mg的化合价升高被氧化，则Mg为还原剂，据此结合氧化还原反应的概念分析解答。本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化解答的关键，侧重还原反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大。14 .【答

25、案】A【解析】解：A电解食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，可工业制备氯气，则电解食盐水不能制备金属纳，故A错误；B、CO还原氧化铁反应生成Fe，则工业上高温下CO还原赤铁矿可用于炼铁，故B正确；C、电解熔融MgCl2生成Mg、氯气，可冶炼Mg，故C正确；D、焦炭和二氧化硅高温下反应可制粗硅和一氧化碳，故D正确；第12页，共13页故选：A。A电解食盐水，生成NaOH、氢气、氯气；BCO还原氧化铁反应生成Fe；C电解熔融MgCl2生成Mg、氯气；D、焦炭和二氧化硅高温下反应可制粗硅和一氧化碳；本题考查电解应用，为高频考点，把握电解反应、金属冶炼为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电解方程式

26、及电极反应判断，题目难度不大。15 .【答案】D【解析】解：ANaHCO3受热易分解，分解生成Na2CO3，加热不能除去碳酸钠，故A错误B氯气可以用浓硫酸干燥，用饱和食盐水洗气不能除去水蒸气，故B错误；C二氧化碳中含有少量的CO，不能燃烧，可以把混合气体通过炙热的氧化铜，故C错误；DFeCl3与铁粉反应生成FeCl2，加入过量铁粉，过滤，可以除去FeCl3，故D正确。故选：D。ANaHCO3受热易分解；B氯气可以用浓硫酸干燥；C二氧化碳中含有少量的CO，不能燃烧；DFeCl3与铁粉反应生成FeCl2。本题考查物质的分离、提纯问题，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，本题注意根据

27、物质的性质选择分离方法，注意不能引入新的杂质。16 .【答案】C【解析】解：A、 氨气不能一步反应生成硝酸，硝酸可以由NO2一步反应来，故A错误；B、S燃烧只能生成二氧化硫，不能一步反应生成三氧化硫，故B错误；C、二氧化碳和过量的氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故二氧化碳可以一步转化为碳酸钠，故C正确；D、氧化铝不能和水反应，故氢氧化铝不能由氧化铝和水反应得到，故D错误。故选：C。A、氨气不能一步反应生成硝酸；B、S燃烧只能生成二氧化硫；C、二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠；D、氧化铝不能和水反应。本题考查了常见物质间的转化，难度不大，应注意的是氧化铝和水不能反应生成氢氧化铝，硫也不能燃烧生成三氧

28、化硫。17 .【答案】D【解析】解：A无色溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红，为碱或水解显第13页，共13页碱性的盐溶液，不一定为碱溶液，故A错误；B白色沉淀可能为AgCl，溶液中可能含银离子，故B错误；CNO与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，由现象可知气体一定为NO，故C错误；D白烟为固体，且浓氨水易挥发，某溶液易挥发，则该溶液可能为浓硝酸，也可能为浓盐酸，故D正确；故选：D。A无色溶液中滴入几滴酚酞溶液，溶液变红，为碱或水解显碱性的盐溶液；B白色沉淀可能为AgCl；CNO与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO；D白烟为固体，且浓氨水易

29、挥发，某溶液易挥发。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。18 .【答案】D【解析】解：A由以上分析可知，该待测液中可能含有K+、SO42-，故A错误；B由以上分析可知，一定不含Fe3+，故B错误；C由以上分析可知，该待测液中一定含有Cl-，可能含有SO42-，故C错误；D由以上分析可知，该待测液中一定含有NH4+、Al3+，故D正确。故选：D。取少量待测液，仔细观察，呈无色，一定没有Fe3+离子；一份待测液中加入稀HNO3无明显现象，再加入AgNO3溶液，溶液变浑浊，说明

30、一定含Cl-；另一份待测液中逐滴加入NaOH溶液至过量， 先有白色沉淀出现，后白色沉淀完全溶解；微热产生有剌激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，能够与氢氧化钠反应生成沉淀且沉淀能够溶解的离子为Al3+， 能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体一第14页，共13页定为氨气，原溶液中一定含有NH4+；所以该溶液一定含有Al3+、NH4+、Cl-，一定不含Fe3+，可能含有K+、SO42-，据此分析解答。本题考查了常见离子的检验，要求熟练掌握常见离子的检验方法，如能够溶于强碱溶液的铝离子、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气及钾离子的检验方法等，本题难度不大。19 .【答案】BC【解析】解

31、：A、标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、溶液中氯化镁的物质的量n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，而氯化镁中含2个氯离子，故0.1mol氯化镁中含氯离子的物质的量为0.2mol， 质量m=nM=0.235.5g/mol=7.1g， 故B正确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为n= =2mol，故C正确；【解析】解：A浓硫酸性质稳定，见光不分解，不需要保存在棕色试剂瓶中，故A不选；B浓硝酸不稳定，见光分解，需要保存在棕色试剂瓶中，故B选；C碘化银不稳定，见光分解，需要保存在棕色试剂瓶中，故C选；D氯化钠性质稳定，见

32、光不分解，不需要保存在棕色试剂瓶中，故D不选；故选：BC。见光易分解的化学药品应保存在棕色试剂瓶中，结合相关试剂的性质判断解答。本题考查化学试剂的保存，题目难度不大，明确相关物质的性质是解题关键。21.【 答案】Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O或Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O SiO2Fe2+、Fe3+=D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，氯元素由氯气和氢氧化钠反应转移电子为0.01NA个，故故选：BC。A、标况下水为液体；B、求出氯化镁的物质的量，然后根据氯化镁中含C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、氯气和氢氧化钠的反应为歧化反0价歧化为-1价和+1价，故0.01molD

33、错误。2个氯离子来分析；第15页，共13页【解析】解：（1）以黄铁矿（主要成分为FeS2，含杂质SiO2）为原料制硫酸，在焙烧时FeS2与氧气反应生成Fe2O3、Fe3O4和二氧化硫，氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水， 反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O或Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O；（2）氯化铁、氯化亚铁易溶于水，二氧化硅与盐酸不反应，所以过滤，滤渣主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，故

34、答案为：SiO2；（3）氧化铁与稀盐酸反应Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，四氧化三铁与盐酸反应：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O，二氧化硅与盐酸不反应，“过滤”得到的滤液中主要的金属离子是Fe2+、Fe3+，第16页，共13页故答案为：Fe2+、Fe3+；（4）1molFe2+失1mol电子，酸性条件下H2O2氧化氯化亚铁生成氯化铁和水，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，1molH2O2得2mol电子，根据电子守恒n（H2O2） ：n（Fe2+）=1：2； 氯气能将亚铁离子氧化为正三价， 反应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，1m

35、olCl2得2mol电子，根据电子守恒n（Cl2）：n（Fe2+）=1：2；所以若用H2O2代替Cl2“氧化”等量金属离子，则消耗的n（H2O2）=n（Cl2），故答案为：=。以黄铁矿（主要成分为FeS2，含杂质SiO2）为原料制硫酸，在焙烧时FeS2与氧气反应生成Fe2O3、Fe3O4和二氧化硫，然后三氧化二铁溶于盐酸，氧化铁与稀盐酸反应生成了氯化铁和水，反应的方程式是：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O， 四氧化三铁与稀盐酸反应生成了氯化铁、氯化亚铁和水，反应的方程式是：Fe3O4+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O， 过滤，滤渣为二氧化硅，滤液中加氧化剂氯气（或氯水等

36、），氧化亚铁离子，最后结晶制备晶体FeCl3?6H2O。（1）酸溶时，氧化铁与稀盐酸反应生成了氯化铁和水，四氧化三铁与稀盐酸反应生成了氯化铁、氯化亚铁和水；（2）二氧化硅与盐酸不反应，难溶于水；（3）过滤后溶液中的主要成分为氯化亚铁、氯化铁；（4）1molFe2+失1mol电子，1molH2O2得2mol电子，1molCl2得2mol电子，据此分析解答。本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键， 侧重分析与实验能力的考查， 注意化学反应的分析， 题目难度中等。22.【答案】 一氧化解：（1） 光化学烟雾是由氮的氧化物排放引起，汽车尾气含有大量NO

37、，能引起光化学烟雾； 故答案为：一氧化氮；+2价碳失去电子生成+4价碳，+2价氮得到电子变为0价氮，消耗2个CO，转移电子数为4个，用单线桥表示氮2CO+2NO N2+2CO2ac 22.4L2）CO与NO反应生成的是N2和CO2，反应方程式：2CO+2NON2+2CO2；反应2CO+2NON2+2CO2；第17页，共13页为：故答案为：3）a推广电动汽车可以减少空气污染物的排放，有助于控制城市空气污染，故选；b化石燃料的使用能够产生大量废气、废渣等污染物，所以加快煤炭开采和使用，不利于控制城市空气污染，故b不选；c氢能为清洁能原，不会产生环境污染，有助于控制城市空气污染，故选；故选：ac；（

38、4） 依据方程式：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，可知：生成的钠盐中，钠原子个数与氮原子个数相等，消耗10L0.1mol ?L-1的NaOH溶液物质的量为：0.1mol/L10L=1mol，依据原子个数守恒参加反应的气体物质的量为：1mol，标况下体积为22.4L/mol 1mol=22.4L；故答案为：22.4L。第18页，共13页（1）光化学烟雾是由氮的氧化物排放引起，结合汽车尾气成分判断；（ 2）CO与NO反应生成的是N2和CO2，反应中+2价碳失去电子生成+4价碳，+2价氮得到电子变为0价氮；（3）控制城市空气污染可

39、以从减少空气污染物的排放，改善能源结构分析；（4）依据氮原子个数守恒解答。本题为综合题，考查了方程式有关计算，环境污染与治理，明确污染源，把握相关物质的性质是解题关键，注意原子个数守恒在方程式计算中的应用，题目难度中等。23 .【答案】Na2CO3通入NH3后溶液呈碱性，更容易吸收CO2有晶体析出（或出现浑浊） 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大NH4Cl【解析】解：（1）粗盐中的钙离子一般用碳酸钠除去，故答案为：Na2CO3；（2）实验时，为提高二氧化碳的吸收量，须向饱和食盐水中先通入NH3至饱和，使溶液呈碱性，更容易吸收CO2，故答案为：通入NH3后溶液呈碱性，更容易吸收CO2；（3）纯碱生产中碳酸化时，会看到溶液中析出晶体，这是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸