2019-2020学年福建省三明市高一上学期期末化学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年福建省三明市高一上学期期末化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，共36.0分）
1.古诗词是我国重要的文化遗产，下列诗句中加点字部分涉及氧化还原反应的是()
A. 月波成露露成霜，借与南枝作淡妆
B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C. 粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间
D. 莫道雪融便无迹，雪融成水水成冰
2.化学与人类生活、生产、环境密切相关。

下列有关说法正确的是()
A. 食品袋中装有硅胶的小纸包的作用是防止食品氧化变质
B. 制作豆腐、血液透析都利用了胶体的性质
C. 燃煤中加入CaO可以减少温室气体CO2的排放
D. “84”消毒液与“洁厕灵”混合使用，去污效果更好
3.下列叙述中，不正确的是()
A. 金刚石和石墨均为碳元素组成的单质
B. 硫酸、纯碱、碳酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
C. 蓝矾(CuSO4⋅5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物
D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH
4.下列关于物质性质的叙述中正确的是()
A. (NH4)2S既能与强碱溶液反应，又能与强酸溶液反应
B. N2是大气的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO2
C. 硫是一种黄色的能溶于水的晶体，既具有氧化性又具有还原性
D. 硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质活泼
5.下列各组离子，能在溶液中大量共存的是()
A. Al3+、K+、OH−
B. H+、Cl−、CO32−
C. Ba2+、Na+、SO42−
D. Na+、Cu2+、Cl−
6.下列贮存化学试剂的方法正确的是()
A. 在盛液溴的试剂瓶中加水，形成“水封”，以减少溴挥发
B. 用做感光片的溴化银贮存在无色试剂瓶中
C. 烧碱溶液放在带磨口玻璃塞的试剂瓶中
D. 新制的氯水保存在棕色广口瓶中，并放在阴凉处
7.下列药品在空气中易变质(括号中是变质产物)，不是因为氧化还原反应而变质的是()
A. FeCl2(FeCl3)
B. Na2SO3(Na2SO4)
C. Ca(OH)2(CaCO3)
D. NaClO(NaCl)
8.向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是()
A. 溶液中的Na+总数不变
B. 溶液中的OH−数目不变
C. 溶质的物质的量浓度不变
D. 溶液的质量不变
9.当光线通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是()
A. 稀盐酸
B. CuSO4溶液
C. 酒精溶液
D. Fe(OH)3胶体
10.下列装置及实验不能达到实验目的是()
A. 实验装置Ⅰ：液面差保持不变，说明该装置气密性良好
B. 实验装置Ⅱ：除去Cl2中混有的少量HCl杂质
C. 实验装置Ⅲ：能证明元素的非金属性Cl>C>Si
D. 实验装置Ⅳ：制备氢氧化亚铁
11.下列溶液中不能区别SO2和CO2气体的是()
①石灰水②酸性KMnO4溶液③溴水④用硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液⑤品红溶液．
A. ①②③⑤
B. ②③④⑤
C. 只有①
D. ①②
12.在0.2L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度
大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法不正确的是()
A. NaCl的物质的量为0.2mol
B. 溶质MgCl2的质量为9 g
C. 该混合液中BaCl2的物质的量为0.1mol
D. 将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Ba2+物质
的量浓度为0.1mol/L
13.下列离子方程式书写正确的是
A. 钠和冷水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H++OH−=H2O
C. 二氧化碳与石灰水反应：
D. 氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
14.已知N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()
A. 0.1mol H2和0.1mol I2(g)于密闭容器中充分反应，其分子总数为0.2N A
B. 1L0.1mol·L−1NaHCO3溶液中HCO3−和CO32−离子数之和为0.1N A
C. 将2g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数小于2N A
D. 7.8gNa2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.1N A
15.将铜投入稀硫酸中不能溶解，但向这种稀硫酸中加入下列某种物质后，发现铜能逐渐溶解，溶
液逐渐变成蓝色，并有气体产生。

则向这种稀硫酸中加入的物质是()
A. 盐酸
B. 硝酸钾
C. 氯化钡
D. 氢氧化钠
16.“空气吹出法”海水提漠的工艺流程如下：
下列说法中，正确的是()
A. 进入吹出塔前，Br −被还原成了Br2
B. 从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2
C. 经过吸收塔后，溴元素得到了富集
D. 蒸馏塔中只发生了物理变化
17.侯氏制碱法流程如图，下列有关说法不正确的是()
A. 该工艺中原料是食盐、氨、二氧化碳及水，最终产品是纯碱和氯化铵
B. 工艺中MⅠ处吸氨与MⅡ处的目的不相同
C. 实际生产中，MⅡ处的“吸氨”和“碳化”这两步骤可相互调换位置
D. 该过程中涉及的主要反应有NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+
NaHCO3，2NaHCO
=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑
3
18. a g Fe粉与一定量的硝酸在一定条件下充分反应，将生成的气体与标准状况下b L O2混合，恰好
能被水完全吸收，则a和b的关系可能是()
A. b>0.3a
B. b<0.2a
C. 0.2a≤b≤0.3a
D. 无法确定
二、实验题（本大题共2小题，共32.0分）
19.欲用Na2CO3固体配制950mL 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液．配制过程如图所示
请根据题意回答：
(1)配制该溶液应选用______mL容量瓶．
(2)用托盘天平称取______g固体Na2CO3固体．
(3)向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线下1～2cm时，改用______滴加蒸馏水至液面的
最低点与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀．
(4)配制好的溶液______(填“能”或“不能”)长期存放在容量瓶中．
(5)在配制上述溶液的实验中，下列操作中会引起结果偏低的有______(填序号)
A.在烧杯中搅拌溶解溶质时，溅出少量溶液
B.未将洗涤烧杯内壁的溶液转移至容量瓶
C.定容时，加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水至刻度线
D.将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时有少量溶液溅出．
20.图是制取无水氯化铁的实验装置图。

请回答下列问题：
已知：氯化铁易潮解。

(1)烧瓶中发生反应的化学方程式是______；
(2)B瓶中的溶液是______，C瓶中溶液的作用是______。

(3)干燥管E中盛有碱石灰，其作用是______。

(5)开始实验时，应先点燃______(填字母)处的酒精灯。

三、简答题（本大题共2小题，共28.0分）
21.氯气是一种有毒的气体，工业上常用浓氨水来检验氯气管道是否漏气，其反应的方程式为3Cl2+
8NH3=N2+6NH4Cl，利用该反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气．该反应中氧化剂是______ ；还原剂是______ ；理论上每生成2molN2，需要消耗______ mol NH3．
22.甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。

步骤一：制取FeCl2溶液。

向0.1mol·L−1FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH<1。

步骤二：向2mL FeCl2溶液中滴加2滴0.1mol·L−1KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5%H2O2溶液(物质的量浓度约为1.5mol·L−1、pH约为5)，观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。

(1)用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因：____________、___________。

(2)甲探究步骤二中溶液褪色的原因：
I.取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl 3溶液无现象；另一份滴加KSCN 溶液出现红色；
II.取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl 2溶液，产生白色沉淀。

III.向2 mL 0.1mol ·L −1FeCl 3溶液中滴加2滴0.1mol ·L −1KSCN 溶液，变红，通入O 2，无明显变化。

① 实验I 的说明___________________；
②实验III 的目的是__________________________。

得出结论：溶液退色的原因是酸性条件下H 2O 2将SCN −氧化成SO 2−4。

(3)甲直接用FeCl 2·4H 2O 配制________________mol ·L −1的FeCl 2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。

进一步探究其原因：
I.用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN 溶液的FeCl 3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。

测所配FeCl 2溶液的pH ，约为3。

前者有丁达尔效应的原因是__________________。

II.查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH 较大时H 2O 2不能氧化SCN −。

乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。

乙的实验操作及现象是： 步骤
试剂及操作 现 象 i 取2mL____溶液，滴加2滴0.1mol ·L −1 KSCN 溶液和5滴5%H 2O 2溶液
生成白色沉淀
ii 向i 所得溶液中滴加0.1 mol ·L −1FeCl 3溶液
四、推断题（本大题共1小题，共4.0分）
23. 已知A 、B 、C 、D 是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间
存在如图所示的转化关系(反应条件已经略去)：如果A 、B 、C 、D
均是10电子的粒子，则A 为______，B 为______，C 为______，
D 为______。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A.露水变成霜没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B.石蜡的主要成分为烃类物质，燃烧生成二氧化碳和水，C和O元素的化合价发生变化，属于氧化
还原反应，故B正确；
C.石灰石加热分解生成CaO和二氧化碳，元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C 错误；
D.雪融成水水成冰没有新物质生成，属于物理变化，故D错误．
故选B．
首先判断诗句中是否发生化学反应，判断元素的化合价是否发生变化，氧化还原反应的特征是有化
合价的升降．
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意判断诗句中的反应，从化合价的角度分析氧化还
原反应．
2.答案：B
解析：
本题考查了生活中常见的物质的性质，题目难度不大，注意相关知识的积累。

A.硅胶具有吸水性，可防止食物受潮，不能防止食物氧化变质，故A错误；
B.豆浆制作豆腐利用了胶体的聚沉，血液透析利用了血液能透过半透膜，故B正确；
C.燃煤产生大量的CO2，CO2在高温下不能与CaO反应生成CaCO3，故C错误；
D.“84”消毒液的主要成分是NaClO，“洁厕灵”的主要成分是HCl，二者混合使用生成有毒气体Cl2，故D错误。

故选B。

3.答案：B
解析：
本题考查了物质分类方法和依据，化学概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单。

A.金刚石和石墨是碳元素组成的单质，故A正确；
B.硫酸、纯碱、碳酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故B错误；
C.蓝矾(CuSO4⋅5H2O)和干冰时二氧化碳属于化合物，铁矿石属于混合物，故C正确；
D.Ba(OH)2一步转化生成NaOH的反应是氢氧化钡和碳酸钠反应实现，故D正确。

故选B。

4.答案：A
解析：解：A.(NH4)2S既能与强碱溶液反应生成弱碱一水合氨，又能与强酸溶液反应生成弱酸氢硫酸，故A正确；
B.N2是大气的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO，故B错误；
C.硫是一种黄色的难能溶于水的晶体，既具有氧化性又具有还原性，故C错误；
D.硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质不活泼，反应需要加热或高温，故D错误；
故选：A。

A.铵根离子与碱反应，硫离子与酸反应；
B.氮气在放电条件下与氧气反应生成NO；
C.S不溶于水，单质中元素的化合价为0，S元素的最低价为−2价、最高价为+6价；
D.Si位于金属与非金属的交界处，且常温下性质稳定。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、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。

5.答案：D
解析：解：A.因Al3+、OH−结合生成沉淀，则不能共存，故A错误；
B.因H+、CO32−结合生成水和二氧化碳，则不能共存，故B错误；
C.因Ba2+、SO42−结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；
D.因该组离子之间不反应，能共存，故D正确；
故选D．
根据离子之间能结合生成水、气体、沉淀等，则不能共存，以此来解答．
本题考查离子的共存，明确复分解反应发生的条件是解答本题的关键，题目较简单．
6.答案：A
解析：解：A.液溴有毒，且易挥发，采用水封保存，故A正确；
B.AgBr见光分解，故通常保存在棕色试剂瓶中，故B错误；
C.氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠溶液，故C错误；
D.氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，同时氯水又容易挥发，应用磨口玻璃塞的细口玻璃瓶盛放，故D错误，
故选A．
A.液溴有毒，且易挥发；
B.AgBr见光分解；
C.氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性的硅酸钠溶液；
D.氯水见光会分解，同时氯水又容易挥发．
此题是药品储存的有关考查题，难度不大．解题的关键是了解所储存物质的特性．
7.答案：C
解析：
本题考查了氧化还原反应的判断，难度不大，根据反应中元素化合价是否变化分析判断即可，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

A.氯化亚铁和氧气反应生成氯化铁，铁元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故A不符合。

B.亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠，硫元素失电子化合价升高，所以是发生了氧化还原反应而变质，故B不符合。

C.Ca(OH)2和二氧化碳发生反应生成碳酸钙和水，反应过程中，各元素的化合价都没有发生变化，所以不是发生了氧化还原反应而变质，故C符合。

D.整个过程中，Cl元素的化合价发生变化，所以是发生了氧化还原反应而变质，故D不符合。

故选：C。

8.答案：C
解析：解：A.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，溶液有NaOH析出，溶液中的Na+数目减少，故A错误；
B.反应后仍为饱和溶液，溶液的pH不变，但溶液体积减小，OH−数目减小，故B错误；
C.原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱
和，且会析出剩余固体，但同一温度下的物质的量浓度是定值；故C正确；
D.原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质不会增加，反而会减少，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少；故D错误；故选C．
A.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，溶液有NaOH析出；
B.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，饱和溶液因水分减少而析出固体，变化后的溶液仍为饱和溶液，但溶液体积减小，OH−数目减小；
C.饱和溶液的温度不变，即氢氧化钠的溶解度也不变，则变化后的溶液仍为饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变；
D.氧化钠与水反应生成NaOH，消耗水，饱和溶液因水分减少而析出固体，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少．
本题考查氧化钠的性质，题目难度不大，注意饱和溶液的性质，溶剂减小，溶液中要析出晶体，但溶液的浓度不变．
9.答案：D
解析：解：胶体粒子的微粒直径在1−100nm之间，分散质微粒直径小于1−100nm的是溶液，大于1−100nm的是浊液；Fe(OH)3胶体是胶体，具有丁达尔效应；稀盐酸、CuSO4溶液、酒精溶液是溶液，没有丁达尔效应；
故选：D。

胶体具有丁达尔现象是指当光束通过胶体分散系时能看到一条光亮的通路，丁达尔现象是区分胶体和溶液最常用的简单方法；丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是否为胶体即可．
本题主要考查胶体的性质，注意丁达尔效应是胶体的特有性质，题目难度不大．
10.答案：C
解析：解：A.，经分液漏斗加入液体至形成一段水柱，如在一段时间之内液面差保持不变，可说明气密性良好，故A正确；
B.氯气难溶于饱和食盐水，而HCl易溶于水，可用于除杂，故B正确；
C.应用最高价氧化物对应的水化物，且盐酸易挥发，不能证明，故C错误；
D.用苯隔绝空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，故D正确．
A.当气密性良好时，经分液漏斗加入液体至形成一段水柱，液面差保持不变；
B.氯气难溶于饱和食盐水，可用于除杂；
C.应用最高价氧化物对应的水化物；
D.用苯隔绝空气，可防止氢氧化亚铁被氧化．
本题考查较为综合，综合考查学生实验能力，为高考常见题型，侧重于化学基础知识的综合运用，题目难度不大．
11.答案：C
解析：解：①SO2和CO2气体都能与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故错误；
②使高锰酸钾褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故正确；
③使溴水褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故正确；
④酸化的Ba(NO3)2溶液与SO2发生氧化还原反应生成沉淀，而CO2不反应，故正确；
⑤使品红褪色的为二氧化硫，无现象的为二氧化碳，可鉴别，故正确．
则不能鉴别的为①．
故选C．
SO2和CO2气体均为酸性氧化物，但二氧化硫具有漂白性、还原性，结合物质的性质差异及发生的反应来解答．
本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意二氧化硫的还原性，题目难度不大．
12.答案：B
解析：解：A、由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=
0.2mol，故A正确；
B、c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，而不是9g，故B错误；
C、电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=
3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×2
=0.5mol/L，物质的量为：0.5mol/L×0.2L=0.1mol，故C正确；
2
=0.1mol/L，故D D、将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的Ba2+物质的量浓度为0.1mol
1L
故选B．
由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；
c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.2L×0.5mol/L×95g/mol=9.5g，由电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl−)，解得：c(Ba2+)=3mol/L−1mol/L−0.5mol/L×2
=0.5mol/L，由
2
此分析解答．
本题考查了物质的量、物质的量浓度的计算，题目浓度中等，明确稀释过程中溶质的物质的量不变及电荷守恒的应用方法为解答关键，注意熟练掌握物质的量浓度概念及计算方法．
13.答案：D
解析：
本题考查了离子方程式的书写，为高考频考点，明确反应的实质是解题关键，书写时注意：原子个数、电荷数守恒，题目难度不大。

A.钠和水反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑，故A错误；
B.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，离子方程式应为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C.二氧化碳与石灰水反应，离子方程式为：CO2+2OHˉ+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D.氧化铝和氢氧化钠溶液反应，离子方程式：Al2O3+2OHˉ=2AlO2ˉ+H2O，故D正确。

故选D。

14.答案：B
解析：
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

A、H2和I2的反应为气体分子数不变的可逆反应，无论反应程度如何，其分子总数为0.2N A，故A 正确；
B、1L 0.1mol⋅L−1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3−和CO32−数之和为0.1N A，故B错误；
C、将2gH2与足量的N2混合，反应为可逆反应不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2N A，
故C正确；
=0.1mol，D、Na2S和Na2O2的摩尔质量都为78g/mol，都含1个阴离子，混合物物质的量=7.8g
78g/mol
所含阴离子的数目等于0.1N A，故D正确。

故选：B。

15.答案：B
解析：解：A.Cu与稀硫酸、盐酸均不反应，故A不选；
B.硝酸盐在酸性条件下与Cu发生氧化还原反应生成铜离子使溶液变成蓝色，并产生气体，故B选；
C.硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，故C不选；
D.硫酸与NaOH反应生成盐和水，现象不明显，故D不选；
故选：B。

Cu与稀硫酸不反应，加氧化剂可使Cu溶解，且有气体生成时，氧化剂为硝酸盐，以此来解答。

本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，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。

16.答案：C
解析：解：浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴，
A.元素化合价升高失电子被氧化，则Br−被氧化成了Br2，故A错误；
B.从吹出塔进人吸收塔的物质不只有Br2，含有水蒸气、空气等，故B错误；
C.溴离子被氧化为溴单质，吸收塔吹出单质被二氧化硫在吸收塔中吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集，故C正确；
D.蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴，蒸馏塔中不只发生了物理变化，故D错误；
故选：C。

浓缩、酸化后的海水通入氯气，氯气氧化溴离子生成单质溴，通入空气水蒸气吹出溴单质，溴单质被二氧化硫吸收再在蒸馏塔中通入氯气氧化溴离子生成单质溴，冷凝、精馏得到纯溴，
A.Br−被氧化成了Br2；
B.从吹出塔进人吸收塔的物质不只有Br2，含有水蒸气等；
C.溴离子被氧化为溴单质，单质被二氧化硫吸收，经过吸收塔后，溴元素得到了富集；
D.蒸馏塔中氯气氧化溴离子生成单质溴。

本题考查了海水提取溴的生产流程分析判断、主要是氧化还原反应过程的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

17.答案：C
解析：
本题考查了侯氏制碱法，难度一般。

A.由题意知，侯氏制碱法原料是食盐、氨、二氧化碳及水，最终产品是纯碱和氯化铵，故A正确；
B.工艺中MⅡ处吸氨是为了碱化食盐水溶液，便于碳化时能吸收更多CO2，提高溶液中的HCO3−浓度，而MⅠ处吸氨的目的是为了提高溶液中的NH4+浓度，便于NH4Cl从溶液中析出，故B正确；
C.MⅡ处的“吸氨”和“碳化”位置不能调换，食盐水吸收CO2能力小，不能生成大量的NaHCO3，故C错误；
D.该过程中涉及的主要反应有NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3=ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，故D正确。

故选C。

18.答案：C
解析：解：铁粉与足量硝酸在一定条件下充分反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或二者混合物，以及生成氮的氧化物，氮的氧化物再与O2混合恰好被水完全吸收生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子
物质的量等于氧气获得的电子物质的量，故金属提供电子为bL
22.4L/mol ×4=b
5.6
mol，
全为硝酸亚铁时金属提供的电子最少，提供电子物质的量=a
56mol×2=a
28
mol，
全为硝酸铁时金属提供的电子最多，提供电子物质的量=a
56mol×3=3a
56
mol，
故a
28mol≤b
5.6
mol≤3a
56
mol，0.2a≤b≤0.3a，
故选C．
铁粉与足量硝酸在一定条件下充分反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或二者混合物，以及生成氮的氧化物，氮的氧化物再与O2混合恰好被水完全吸收生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子物质的量等于氧气获得的电子物质的量，再根据极限法解答，全为硝酸亚铁时金属提供的电子最少，全为硝酸铁时金属提供的电子最多，据此列不等式解答．
本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意根据电子转移守恒与极限法进行解答．
19.答案：1000；10.6；胶头滴管；不能；ABC
解析：解：(1)配制溶液应选用大于等于该体积的容量瓶，所以配制该溶液应选用1000mL容量瓶；故答案为：1000；
(2)欲用Na2CO3固体配制950mL 0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液，需选择1000ml容量瓶，
需要Na2CO3的质量m=0.1mol/L×1L×106g/mol=10.6g；
故答案为：10.6；
(3)定容时向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面的最低点与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀；
故答案为：胶头滴管；
(4)容量瓶只能作配置容器，不能作存放容器，所以配制好的溶液不能长期存放在容量瓶中，故答案为：不能；
(5)A.在烧杯中搅拌溶解溶质时，溅出少量溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故选；
B.未将洗涤烧杯内壁的溶液转移至容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故选；
C.定容时，加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水至刻度线，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故选；
D.将所配溶液从容量瓶转移到试剂瓶时有少量溶液溅出，对溶液浓度不会产生影响，溶液浓度不变，故不选；
故选：ABC．
(1)依据配制溶液应选用大于等于该体积的容量瓶判断；
(2)依据m=cVM计算需要Na2CO3的质量；
(3)依据定容时的正确操作方法解答；
(4)依据容量瓶只能作配置容器，不能作存放容器判断；
(5)根据c=n
并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．
V
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，题目难度不大，熟悉配置原理是解题关键．
20.答案：MnO2+4HCl(浓)− △
MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水除水蒸气吸收多余的氯气并
防止空气中水蒸气进 A
解析：解：(1)烧瓶中发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)− △
MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案
为：MnO2+4HCl(浓)− △
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，据此选择饱和食盐水除去氯化氢，所以B中盛放的饱和食盐水；氯化铁易水解，故C为干燥氯气的试剂浓硫酸；
故答案为：饱和食盐水；除水蒸气；
(3)干燥管E中盛有碱石灰(CaO+NaOH)，除吸收未反应的氯气外，还有一个作用是防止空气中的水进入D中；
故答案为：吸收多余的氯气并防止空气中水蒸气进入；
(4)实验时应先点燃A处酒精灯，生成的氯气可排除装置内的空气，故答案为：A。

由制取无水氯化铁的实验装置图可知，A中发生4HCl(浓)+MnO2− △
MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中饱
和食盐水除去HCl，C中浓硫酸干燥氯气，在D中发生2Fe+3Cl2− △
2FeCl3，E中碱石灰可吸收尾气，
且防止空气中的水进入D中，防止氯化铁水解，以此解答该题。

本题考查氯化铁的制备，为高频考点，把握发生的反应、实验装置的作用、实验原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。

21.答案：Cl2；NH3；16
解析：解：该反应中部分N元素化合价由−3价变为0价、Cl元素化合价由0价变为−1价，所以Cl2是
×8=氧化剂，NH3是还原剂，根据8NH3---N2知，理论上每生成2molN2，消耗氨气的物质的量=2mol
1
16mol，
故答案为：Cl2；NH3；16．
在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据氮气和氨气之间的关系式计算消耗的氨气．
本题考查了氧化还原反应，根据基本概念结合物质之间的关系式来分析解答，注意该反应中部分氨气在反应前后化合价不变，为易错点．
22.答案：(1)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe3++3SCN⇌Fe(SCN)3。