2022学年江苏省无锡市高一上学期期末化学试卷

2022-2022学年江苏省无锡市高一（上）期末化学试卷
一、单项选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小題只有一个选项符合要求）
1．（3分）节能减排对发展经济，保护环境有重要意义．下列措施不能减少二氧化碳排放的是（）
A．利用太阳能制氢B．推广使用煤液化技术
C．举行“地球一小时”熄灯活动D．关停小火电企业【分析】A．利用太阳能制氢，无须消耗化石能源，能减少二氧化碳的排放；
B．推广使用煤液化技术，不能减少含碳物质的使用；
C．举行“地球一小时”熄灯活动，节约能源，减少含碳物质的使用；
D．火力发电须使用煤，关停小火电企业，减少煤矿物燃料的使用，能够节能减排；
【解答】解：A．利用太阳能制氢，可减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，故A正确；
B．推广使用煤液化技术，能使煤燃烧充分，但不能减少二氧化碳的排放，故B错误；
C．举行“地球一小时”熄灯活动，可节约能源，减少二氧化碳的排放，故C正确；
D．关停小火电企业，减少燃煤的使用，可减少二氧化碳的
排放，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查常见生活污染及治理，注意相关基础知识的积累，保护环境人人有责，为减少温室效应，应减少二氧化碳的排放，题目难度不大．
2．（3分）下列化学用语的表达正确的是（）
A．KCl电离方程式：KCl=KCl﹣
B．光导纤维主要成分的化学式：Si
C．中子数为20的氯原子：1720Cl
D．S2﹣的结构示意图：
【分析】A．KCl是强电解质，在溶液中完全电离出氯离子和钾离子；
B．光导纤维主要成分二氧化硅；
C．氯原子的质子数为17，中子数为20，则质量数为37；
D．硫离子的质子数为16．
【解答】解：A．KCl是强电解质，在溶液中完全电离出氯离子和钾离子，KCl电离方程式：KCl=KCl﹣，故A正确；
B．光导纤维主要成分二氧化硅，其化学式为SiO2，Si是制造半导体材料的，故B错误；
C．氯原子的质子数为17，中子数为20，则质量数为37，所以中子数为20的氯原子：Cl，故C错误；
D．硫离子的质子数为16，则硫离子结构示意图为，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了化学用语，题目难度不大，题目涉及电离方程式、物质的用途和化学式、原子的表示方法、离子结构示意图，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．
3．（3分）下列各组物质中，前者是强电解质，后者是弱电解质的是（）
A．硫酸、三氧化硫B．食盐、酒精
C．氯化钙、氢氧化钙D．碳酸氢钠、醋酸
【分析】电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，部分电离是电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐属于强电解质．【解答】解：A．硫酸是酸，在水溶液中完全电离出离子溶液导电，硫酸属于强电解质，三氧化硫本身不能电离出离子属于非电解质，故A错误；
B．食盐溶于水完全电离出离子，溶液导电属于强电解质，酒精水溶液中和熔融状态都不导电属于非电解质，故B错误；
C．氯化钙是盐，在溶于水完全电离出离子属于强电解质，氢氧化钙是强碱，在水溶液中完全电离属于强电解质，故C错误；
D．碳酸氢钠溶于水完全电离是强电解质，醋酸溶于水部分电离是弱电解质，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了强弱电解质的判断，明确电解质的强弱是根据电离程度划分的，注意不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质，为易错点，题目较简单．
4．（3分）下列物质中，主要成分不是硅酸盐的是（）A．陶瓷B．大理石C．玻璃D．水泥
【分析】在无机非金属材料中，硅及其化合物是密切联系化学与生活的一类重要物质，在人类的文明发展过程中扮演着重要的角色．陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品，大理石的主要成分是碳酸钙，由此分析解答．
【解答】解：陶瓷、玻璃、水泥等都是硅酸盐产品，即陶瓷的主要成分为硅酸盐，而大理石是碳酸钙，故选B．
【点评】本题旨在引导学生体验硅元素在人类发展过程中的重要性，体现化学的社会性，比较容易．
5．（3分）我国古代用炉甘石炼锌，主要反应为
2CZnCO3Zn3CO↑，该反应属于（）
A．置换反应B．化合反应C．分解反应D．复分解反应
【分析】2CZnCO3Zn3CO↑为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，以此来解答．
【解答】解：A．为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，属于置换反应，故A选；
B．生成物有两种，不属于化合反应，故B不选；
C．反应物有两种，不属于分解反应，故C不选；
D．有单质参加和生成，不属于复分解反应，故D不选；
故选A．
【点评】本题考查化学反应类型，为高频考点，把握物质的类别及反应分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本反应类型的判断，题目难度不大．
6．（3分）下列关于物质所属类别的叙述中错误的是（）A．Al2O3属于两性氧化物B．液氯属于混和物
C．Na2SiO3属于强电解质D．纯碱属于盐
【分析】A．两性氧化物指既能与酸反应生成盐与水又能与碱反应生成盐与水的氧化物；
B．混合物指由多种物质组成，液氯是氯气的液态形式；
C．钠盐属于强电解质；
D．纯碱是碳酸钠，属于盐．
【解答】解：A．氧化铝能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故氧化铝属于两性氧化物，故A正确；
B．液氯是氯气的液态形式，属于纯净物，故B错误；
C．Na2SiO3属于钠盐，完全电离，属于强电解质，故C正确；
D．纯碱是碳酸钠，属于盐，故D正确；
故选B．
【点评】本题基础两性氧化物、混合物、电解质、盐等化学基本概念，比较基础，注意把握概念的内涵与外延．
7．（3分）下列各个反应，不能用于工业生产的是（）A．焦炭在高温下还原二氧化硅制粗硅
B．电解熔融氧化铝制金属铝
C．二氧化碳和氢氧化钠反应制碳酸钠
D．氯气与石灰乳反应制漂白粉
【分析】A．碳能二氧化硅反应得到硅单质；
B、电解熔融氧化铝制金属铝和氧气；
C、工业上是利用氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠制备；
D、氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙；
【解答】解：A．用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，故A正确；
B、电解熔融氧化铝制金属铝和氧气，所以工业上用电解熔融氧化铝制金属铝，故B正确；
C、工业上是利用氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳得到碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠制备，而不是用二氧化碳和氢
氧化钠反应制碳酸钠，故C错误；
D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，石灰乳较廉价，所以适用于工业生产，故D 正确；
故选C．
【点评】本题以化学反应为载体考查了理论与实际，工业生产要考虑成本问题，根据物质间的反应结合成本分析解答，题目难度不大．
8．（3分）只用一种试剂即可区别NaCl、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液，这种试剂是（）
A．AgNO3B．HCl C．BaCl2 D．NaOH
【分析】阳离子不相同，利用与NaOH溶液反应生成沉淀的现象不同来鉴别，以此来解答．
【解答】解：A．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；
B．均与HCl不反应，不能鉴别，故B不选；
C．只有Al2（SO4）3与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别其它物质，故C不选；
D．NaCl、MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3四种溶液分别与NaOH 混合的现象为：无现象、白色沉淀、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、先生成白色沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，故D
选；
故选D．
【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应与现象等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
9．（3分）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（）
A．称量B．溶解C．转移D．定容【分析】A．药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；
C．应用玻璃棒引流；
D．胶头滴管不能伸入容量瓶内．
【解答】解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；
D．胶头滴管不能伸入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空
滴加，故D错误；
故选B．
【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作．10．（3分）下列各组离子在溶液中能大量共存的是（）A．Al3、K、OH﹣、NO3﹣B．Ba2、Na、SO42﹣、OH﹣
C．H、K、CH3COO﹣、Cl﹣D．K、Na、Cl﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．Al3、OH﹣反应不能共存，故A不选；
B．Ba2、SO42﹣结合生成沉淀，不能共存，故B不选；
C．H、CH3COO﹣结合生成弱酸，不能共存，故C不选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应的判断，题目难度不大．
11．（3分）设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A．71gCl2含有的氯原子数目为N A B
B．标准状况下，水所含的分子数为
C．1mol•L﹣1AlCl3溶液中含有的Cl﹣数目为3N A
D．金属镁变成镁离子时失去的电子数目为
【分析】A．依据n=结合氯气为双原子分子解答；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．溶液体积未知；
个镁原子失去2个电子生成1个镁离子．
【解答】解：含有的氯原子数目为×2×N A=2N A，故A 错误；
B．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算氯化铝溶液中氯离子数目，故C错误；
金属镁物质的量为=，变成镁离子时失去的电子数目为，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，注意气体摩尔体积的条件应用对象是解题关键，题目难度不大．
12．（3分）下列关于浓硫酸的叙述，正确的是（）
A．浓硫酸与浓盐酸一样具有挥发性
B．浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氣气等气体
C．浓硫酸与胆矾晶体混合振荡，晶体颜色变浅．说明浓硫酸具有吸水性
D．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
【分析】A、浓硫酸具有吸水性、脱水性，不具有挥发性；
B、浓硫酸是一种酸性的干燥剂；
C、浓硫酸具有吸水性；
D、常温下，铁和铝能在浓硫酸中钝化．
【解答】解：A、浓硫酸具有吸水性、脱水性，不具有挥发性，故A错误；
B、浓硫酸是一种酸，能和氨气反应，故不能干燥氨气，故B错误；
C、浓硫酸具有吸水性，能吸收胆矾晶体中的结晶水，可以使蓝色的胆矾晶体失水变为白色晶体，故C正确；
D、由于浓硫酸的氧化性很强，故常温下，浓硫酸能在铝的表面形成一层致密的氧化膜，导致铝在浓硫酸中会钝化，即常温下浓硫酸与铝能反应，但反应程度很小，故D错误．故选C．
【点评】本题考查了浓硫酸的性质和用途，应注意的是浓硫酸使胆矾变色是其吸水性，常温下浓硫酸与铝会钝化，能反应，但反应程度很小难度不大．
13．（3分）下列除去杂质的操作方法错误的是（）
A．氧化镁中含少量氧化铝：加足量氧氧化钠溶液充分搅拌
后过滤
B．氢气中含少量氯化氢：通入装有氢氧化钠的洗气瓶
C．自来水中含少量Fe3、蒸馏
D．硝酸钾固体中含少量氧化钾：配制80℃的饱和溶液，冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥
【分析】A．氧化铝与NaOH反应，而MgO不能；
B．HCl与NaOH反应，而氢气不能；
C．自来水中水的沸点低；
D．氧化钾与水反应生成KOH．
【解答】解：A．氧化铝与NaOH反应，而MgO不能，则加足量氧氧化钠溶液充分搅拌后过滤可除杂，故A正确；
B．HCl与NaOH反应，而氢气不能，则NaOH溶液、洗气可分离，故B正确；
C．自来水中水的沸点低，则蒸馏可除杂，故C正确；
D．氧化钾与水反应生成KOH，应加硝酸蒸发结晶，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、分离方法的选择为解答的关键，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．14．（3分）含有HCl和AlCl3的混合溶液中加入NaOH溶液，
生成的沉淀和加入NaOH溶液的体积关系的图象为（）A．B． C．
D．
【分析】坐标中轴表示加入NaOH溶液的体积，y轴表示沉淀的量，将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发生NaOHHCl═NaClH2O，开始不产生沉淀，再发生
AlCl33NaOH═Al（OH）3↓3NaCl，产生沉淀，最后发生Al（OH）
3NaOH═NaAlO22H2O，根据方程式判断沉淀生成与沉淀消失消耗的氢氧化钠溶液的体积，以此来解答．
【解答】解：由信息可知，轴表示加入NaOH溶液的体积，y
轴表示沉淀的量，
则将氢氧化钠溶液逐滴加入含有盐酸的AlCl3溶液中，先发
生NaOHHCl═NaClH2O，所以开始一段时间内没有沉淀生成，酸反
应后发生，AlCl33NaOH═Al（OH）3↓3NaCl，产生沉淀，AlCl3
反应完毕，再发生反应Al（OH）3NaOH═NaAlO22H2O，随碱的量增
加沉淀又消失，且生成沉淀与溶解沉淀消耗的碱的体积之比为3：
1，
图象为：，故ABC错误、D正确，故选D．【点评】本题考查化学反应与图象的关系，难度中等，明确反应的先后顺序是解答本题的关键，注意生成沉淀与溶解沉淀消耗的碱的体积关系．
二、不定项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就得0分）15．（4分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，可由下列反应制得：2Fe（OH）
33Cl210KO2K2FeO46KCl8H2O下列关于该反应说法正确的是（）
A．KOH是氧化剂
B．Cl2发生还原反应
C．KFeO4是氧化产物
D．生成lmolK2Fe04转移6mol的电子
【分析】2Fe（OH）33Cl210KOH2K2FeO46KCl8H2O反应中，Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，结合氧化还原反应的概念分析．
【解答】解：A、Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，Fe
元素的化合价升高，Fe（OH）3为还原剂，则KOH不是氧化剂，故A错误；
B、反应中Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，则Cl2发生还原反应，故B正确；
C、Fe元素的化合价升高，Fe（OH）3为还原剂，生成K2FeO4是氧化产物，故C正确；
D、根据反应生成1molK2FeO4，消耗1molFe（OH）3，化合价由3价升高到6价，转移电子3mol，故D错误．
故选BC．
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，把握反应中元素化合价的变化以及从化合价变化的角度分析氧化还原反应．
16．（4分）下列有关离子方程式书写正确的是（）
A．向氯化铝溶液中加入过量氨水：AL33NH3•H2O=A1（OH）
3↓3NH4
B．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣2H=CO2H2O
C．铁和稀硫酸反应：2Fe6H=2Fe33H2↑
D．化亚铁溶液中通人少量氯气：Cl22Fe2=2Fe32CL﹣
【分析】A．二者反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
B．碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
C．不符合反应客观事实；
D．氯气具有强氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；
【解答】解：A．向氯化铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：AL33NH3•H2O=A1（OH）3↓3NH4，故A正确；
B．碳酸钙与盐酸反应，离子方程式：CaCO32H=CO2↑H2OCa2，故B错误；
C．铁和稀硫酸反应，离子方程式：Fe2H=Fe2H2↑，故C错误；
D．氯化亚铁溶液中通人少量氯气，离子方程式：
Cl22Fe2=2Fe32Cl﹣，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式拆分、注意离子反应遵循客观事实，题目难度不大．17．（4分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化能一步实现的是（）
A．Na Na2O2Na2CO3
B．MgCO3MgCl2溶液Mg
C．Al2O3Al（OH）3AlCl3
D．S SO3H2SO4
【分析】A．钠点燃反应生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
B．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀；
C．氧化铝是难溶于水的氧化物不能和水反应生成氢氧化铝；
D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；
【解答】解：O2Na2O2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，物质间转化能一步实现，故A正确；
B．MgCO32HCl=MgCl2H2OCO2↑，MgCl2溶液电解不能一步得到金属镁，应是电解熔融氯化镁固体得到金属镁，物质间转化不能一步实现，故B错误；
C．氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝沉淀，物质间转化不能一步实现，故C错误；
D．硫和氧气反应生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，物质间转化不能一步实现，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查了常见物质性质和反应产物的分析判断，主要是钠、镁、铝及其化合物性质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
18．（4分）下列关于物质检验的说法正确的是（）
A．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42﹣
B ．加入烧碱溶液后加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定有NH 4
C ．加入盐酸，放出能使澄淸石灰水变浑浊的无色气体，则原溶液中一定有CO 32﹣
D ．加入AgNO 3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有NaCl
【分析】A ．白色沉淀可能为AgCl ；
B ．氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝；
C ．气体可能为二氧化碳或二氧化硫；
D ．白色沉淀为AgCl 、硫酸银或碳酸银等．
【解答】解：A ．白色沉淀可能为AgCl ，则原溶液中不一定有SO 42﹣，故A 错误；
B ．氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定有NH 4，故B 正确；
C ．气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能有CO 32﹣或SO 32﹣，或HCO 3﹣等，故C 错误；
D ．白色沉淀为AgCl 、硫酸银或碳酸银等，则溶液中可能含NaCl ，故D 错误；
故选B ．
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子检验的试剂、现象、结论为解答的关键，侧重分析与应用能力的
考查，注意检验时排除干扰离子，题目难度不大．
19．（4分）实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中的一种或多种．下列根据实验事实得出的结论错误的是（）
A．取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3
B．取一定量固体，溶解，向溶液中加人适量CaO粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3 C．取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液后有白色沉淀生成，这个现象不能说明原固体中一定含有NaCl D．称取固体，加热至恒重，质量减少了．用足童稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到气体，说明原固体中仅含有Na2CO3和NaHCO3
【分析】A．向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析出，一定发生Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3；
B．加CaO，均与Na2CO3、NaHCO3反应生成白色沉淀；
C．Na2CO3、NaCl均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀；
D．固体加热至恒重，质量减轻，说明含碳酸氢钠固体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水以及二氧化碳，根据碳元素守恒可以计算固体的组成情况．
【解答】解：A．向溶液中通入足量的CO2，观察到有晶体析
出，一定发生Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，则有晶体析出，说明原固体中一定含有Na2CO3，故A正确；
B．加CaO，均与Na2CO3、NaHCO3反应生成白色沉淀，则有白色沉淀生成，不能说明原固体中一定含有Na2CO3，故B错误；
C．Na2CO3、NaCl均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，则有白色沉淀生成，不能说明原固体中一定含有NaCl，故C正确；
D．称取固体，加热至恒重，质量减少了，则
2NaHCO3Na2CO3CO2↑H2O△m
2
结合固体差量可知n（CO2）==，则原混合物中含碳酸氢钠为，且生成碳酸钠为，用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到气体，n（CO2）==，则原混合物中含碳酸钠为，二者质量为106g/mol×84g/mol×=，则原固体中含有Na2CO3和NaHCO3、NaCl，故D错误，
故选BD．
【点评】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、发生的反应、差量法计算、原子守恒等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合及实验评价性分析，题目难度不大．
20．（4分）将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉
末放入L盐酸中，充分反应后产生896mLH2（标准状况），残留固体．过滤，滤液中无Cu2．将滤液加水稀释到200mL，测得其中c （H）为L．则原混合物中单质铁的质量是（）
A．B．C．D．
【分析】完全反应后滤液中没有Cu2，说明溶液中也没有Fe3，则溶液中阳离子有Fe2和H，溶质为FeCl2和HCl，
根据电荷守恒得2n（Fe2）n（H）=n（Cl﹣），则n（Fe2）
=mol=，生成n（H2）==，因为还有盐酸剩余，溶液残留固体是Cu，n（Cu）==，设Fe的物质的量为mol、Fe2O3的物质的量为ymol，
根据Fe原子守恒得2y=
根据转移电子守恒得2=×2×22y×1，
从而计算n（Fe），根据m=nM计算铁的质量．
【解答】解：完全反应后滤液中没有Cu2，说明溶液中也没有Fe3，则溶液中阳离子有Fe2和H，溶质为FeCl2和HCl，根据电荷守恒得2n（Fe2）n（H）=n（Cl﹣），则n（Fe2）
=mol=，生成n（H2）==，因为还有盐酸剩余，溶液残留固体是Cu，n（Cu）==，设Fe的物质的量为mol、Fe2O3的物质的量为ymol，
根据Fe原子守恒得2y=
根据转移电子守恒得2=×2×22y×1，
解得=、y=，
所以m（Fe）=×56g/mol=，
故选C．
【点评】本题考查混合物的计算，侧重考查分析计算能力，明确溶液中的溶质是解本题关键，根据原子守恒、转移电子守恒进行计算，能化繁为简，提高效率．
三、非选择题共54分）
21．（12分）按要求回答下列问题：
（1）碳酸氢钠可以治疗胃酸过多，试写出反应的离子方程式．
（2）新制氯水在阳光照射下产生的无色气体是．
（3）写出浓硫酸和铜片在加热条件下反应的化学方程式．反应中浓硫酸既体现了性，又体现了性，（4）在配制一定物质的量浓度溶液的实验中，如果出现以下操作，将对实验结果产生怎样的影响（选填“偏大”、“偏小”或“无影响“）
A．在烧杯中溶解时，有少量液体洒出；
B．定容时，俯视刻度线；
C．转移时，容景瓶中有少量水．
（5）工业上制造水泥、玻璃和高炉炼铁都要用到的原料是（填字母）．
A．纯碱B．石灰石C．黏土．
【分析】（1）碳酸氢钠能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（2）依据次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，氯化氢易溶于水的性质解答；
（3）浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；结合反应中元素化合价变化判断解答；
（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析；
（5）水泥的原料是粘土和石灰石，玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，所以原料中均有石灰石即碳酸钙；
【解答】解：（1）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式：HCO3﹣H═H2OCO2↑；
故答案为：HCO3﹣H═H2OCO2↑；
（2）次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，氯化氢易溶于水，氧气难溶于水，所以逸出的气体为氧气；
故答案为：氧气；
（3）浓硫酸具有强的氧化性，能和金属铜在加热条件下反应，即：Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO2↑2H2O，反应中硫酸中的6价硫化合价部分降低，部分不变，所以浓硫酸部分表现强氧化性和酸性；
故答案为：Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO2↑2H2O；强氧化；酸；
（4）A．在烧杯中溶解时，有少量液体洒出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；
故答案为：偏低；
B．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
故答案为：偏高；
C．转移时，容景瓶中有少量水，对溶质的物质的量、溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变；
故答案为：无影响；
（5）工业上制造水泥、玻璃和高炉炼铁都要用到的原料是石灰石，
故答案为：B．
【点评】本题为综合题，考查了离子方程式的书写，氧化还原反应性质判断，一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．
22．（8分）现有中学化学常见四种金属单质A、B、C、I和三种常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H．它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。