2022年江苏省扬州市红桥高级中学化学高一上期中质量检测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A化学反应中1 molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NAB28 N2所含有的原子数目为NAC标准状况下，22.4 L水中含有NA个水分子D1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA2、原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是A原子半径：Y>Z>W>XB简单气态氢化物的热稳定性：X>ZCY最高价氧化物对应的水化物可以和Q反应D加热条件下Q可氧化X、Y、Z的单质3、下列基本实验操作中，不合理的是A配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线12cm，改用胶头滴管定容B用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子D分液操作，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出4、下列说法正确的是(        )A1mol中含有的氢原子子数约为B NaCl溶液中含的物质的量为0.5molC8g S在足量中完全燃烧转移的电子数约为D标准状况下，22.4 L 和的混合气体中所含原子数约为5、下列反应的离子方程式正确的是ACa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32+H2OB等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2OC向100mL 1mol/L FeBr2溶液中通入0.5mol Cl2：2Fe2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-D氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O6、本草衍义中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )A蒸馏B升华C过滤D萃取7、下列关于某溶液所含离子检验的方法和结论正确的是( )A加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失，说明一定有Ca2B往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Cu2C加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定有CO32D往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，说明一定有SO428、下列反应的离子方程式书写正确的是A氯化铝溶液中加入过量氨水：A13+4NH3·H2O=AlO2-+ 4NH4+2H2OB澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2OC碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2+C12=2Fe3+2C1-9、下列关于工业生产的说法正确的是（）A工业上利用H2和Cl2的混合气体在光照下反应来制取盐酸B工业上以氯气和澄清石灰水为原料制造漂白粉C工业上将氯气溶于NaOH溶液制备漂白粉D漂白粉要干燥和密封保存10、下列四幅图中，小白球代表的是氢原子，大灰球代表的是氦原子。最适合表示同温同压下，等质量的氢气与氦气的混合气体的图示是·ABCD11、8克气体X含有3.01×1023个分子，则气体X的相对分子质量为A8 B16 C32 D6412、下列说法不正确的是（）A氯气可用于合成药物B碳酸钠可用于治疗胃酸过多C高压钠灯常用来广场照明D镁合金密度小强度大可用于制飞机零部件13、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A0.15 mol CuO与足量的 H2反应，消耗的氢原子数与标准状况下3.36LH2O含的氢原子数相等B常温下，0.1 mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数是 0.2NAC常温常压下，3.2 g O2和 3.2 g O3所含氧原子数都是 0.2NAD2.24 L CO 和 4.4gCO2的混合气体的平均摩尔质量为36g/mol14、在4 mol/L的硫酸和2 mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）A89.6mLB112mLC168mLD224mL15、下列物质在相应条件下能发生电离而导电的是()A液态氯化氢B熔融氯化钠C固体氢氧化钾D高温熔化后的单质铁16、关于某溶液所含离子检验方法和结论正确的是A加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有Ca2+B加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有Cl-C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含有SO42-D加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则原溶液中CO32-或HCO3-二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：（1）步骤所用分离方法叫做_，要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做_。（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式_；_。（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）_；不能确定是否存在的物质是_。（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。_序号化学式（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。_18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_，其在水中的电离方程式为_。（2）B离子的电子式_，A离子的电子式_。（3）B原子的结构示意图_，D离子的结构示意图_。19、1684 年，波义耳出版了一部名为人血的自然史略的医学著作，在这本书里， 他总结了自己在血液分析方面的实验成果。这是有史以来，人类第一次将化学分析方法用于 临床医学。通过实验，波义耳证明了血液中含有氯化钠，并将之称为固定盐。科研人员从海水得到的粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质：Ca2+，Mg2+，SO42-等，提纯的流程如下图：（1）整个流程中首先将粗盐溶解，再通过以下实验步骤进行提纯：过滤加过量 NaOH 溶 液加适量盐酸加过量 Na2CO3 溶液加过量 BaCl2 溶液。以下操作顺序不合理的是_（填字母）A B C D除去 Mg2+的离子方程式_。（2）实验室将上述得到的精制食盐水制成精盐的过程中，还需要进行某一操作，该操作中 需要加热的仪器为：_。（3）下列实验仪器，可用酒精灯直接加热的是_（填字母）试管 量筒 圆底烧瓶 烧杯 容量瓶 锥形瓶 燃烧匙A B C D20、某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4 、较多的Cu2+ 、H+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。其一种生产工艺如下:回答下列问题： （1）写出工业废水中加入过量铁粉发生化学反应离子方程式，并用“单线桥”表示电子转移方向和数目_。（2）试剂A化学式_；生成物B化学式_。（3）操作I的名称_，操作II的名称_。21、NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是_（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_（填编号）ANaCl     BNH4Cl CHNO3     D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：_Al+_NaNO3+_NaOH_NaAlO2+_N2+_H2O若反应过程中转移5 mol e-，则生成标准状况下N2的体积为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。故选A。2、D【解析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，即Z为Si，因为X的最高正价与Z的相同，因此X和Z属于同主族，即X为C，Y元素的周期序数等于族序数，推出Y为Al，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，W为S，Q为H2SO4。【详解】A同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径大小：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(C)，A正确；B同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即氢化物的稳定性：CH4>SiH4，B正确；CAl(OH)3可以与H2SO4反应，C正确；D浓硫酸不能与Si反应，D错误；故选D。3、C【解析】A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线12cm，改用胶头滴管定容，以防止液体加多，故A正确；B.取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，故B正确；C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定含有钾离子，因钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，所以无法确定是否含有钠离子，故C错误；D.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确，答案选C。4、D【解析】A由的分子式可知，1mol中含有的氢原子数约为，故A错误；B未说明溶液体积，故无法计算含的物质的量，故B错误；CS在足量中完全燃烧生成SO2，1molS失去4mol电子，8g S的物质的量为0.25mol，故失电子的数目约为，故C错误；D标准状况下，22.4 L SO2和CO2的混合气体物质的量为1mol，含有3mol原子，个数为：1.806×1024，故D正确。答案选D。5、A【解析】A、离子方程式正确，A正确；B、反应中还有一水合氨生成，B错误；C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-，C错误；D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误；答案选A。【点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。6、B【解析】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，且得到固体，不是蒸馏、萃取操作，故答案选B。7、B【解析】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子；B、铜离子和氢氧根离子结合成蓝色氢氧化铜沉淀；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D、能使氯化钡产生白色沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子,但碳酸钡能溶于稀硝酸，亚硫酸钡能被氧化为硫酸钡。【详解】A、和碳酸钠反应生成能白色沉淀的阳离子不一定是钙离子，也可能是钡离子，碳酸钡白色沉淀也溶于稀盐酸，故A错误；B、往溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，说明溶液中有Cu2，故B 正确；C、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，能和盐酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体的阴离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子,故C错误；D、稀硝酸有强氧化性，能把亚硫酸盐氧化成硫酸盐，所以往溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，有白色沉淀生成，原溶液可能含有亚硫酸根离子，不一定含有SO42，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】针对选项（D），溶液中先加过量的稀盐酸，没有现象，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42；若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰；若加入硝酸酸化的氯化钡溶液，不能排除亚硫酸根离子的干扰。8、D【解析】A. 氯化铝溶液中加入过量氨水，该反应的离子方程式为A13+3NH3·H2O=Al(OH)3+ 3NH4+，A不正确；B. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液混合，该反应的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，B不正确；C. 碳酸钙溶于醋酸，该反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+CH3COO-，C不正确；D. 氯化亚铁溶液中通入氯气，该反应的离子方程式为2Fe2+C12=2Fe3+2C1-，D正确，本题选D。9、D【解析】A.工业上利用H2在Cl2中燃烧反应来制取盐酸，故A错误；B.因为澄清石灰水浓度很小，所以工业上以氯气和石灰乳为原料制造漂白粉，故B错误；C.工业上将氯气通入石灰乳中制备漂白粉，故C错误；D.如果漂白粉露置在潮湿的空气中，会和空气中CO2和H2O缓慢反应而变质失效，所以漂白粉要干燥和密封保存，故D正确；故答案：D。10、C【解析】试题分析：氦气的摩尔质量为4g/mol氢气的摩尔质量为2g/mol，设质量为4g，则氦气的物质的量为：=1mol，氢气的物质的量为：=2mol，所以氢气分子与氦气分子的分子数之比为：2mol：1mol=2：1，稀有气体为单原子分子，故B、D错误；A中氢气与氦气的物质的量之比为1：1，C中为2：1，故选C。考点：考查了阿伏伽德罗定律及其推论的相关知识。11、B【解析】3.01×1023个分子的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol， X的摩尔质量为8/0.5=16g/mol。故相对分子质量为16.故选B。12、B【解析】A、氯气可用于合成药物，如消毒液中含有Cl，故A说法正确；B、碳酸钠的碱性强，不能用于治疗胃酸过多，故B说法错误；C、高压钠灯发出黄光，能够穿透雾，因此常用来广场的照明，故C说法正确；D、镁合金密度小强度大，可用于制飞机零部件，故D说法正确。13、C【解析】A.因为标况下水为液体，无法使用标况下气体摩尔体积公式计算3.36LH2O的物质的量，无法算出其含有的氢原子数。则无法比较0.15 mol CuO与足量的 H2反应消耗的氢原子数和标准状况下3.36LH2O含的氢原子数是否相等，故A错误；B.没有告诉0.1molL-1 NH4NO3溶液的体积，无法计算溶液中含有的氮原子数目，故B错误；C.3.2g O2和3.2g O3所含氧原子的质量都是3.2g，都含有0.2mol氧原子，所含氧原子数都是0.2NA，故C正确；D.不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L一氧化碳的物质的量，则无法计算2.24 L CO 和 4.4gCO2的混合气体的平均摩尔质量，故D错误。答案选C。14、D【解析】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量0.02mol×2+0.02mol0.06molH+，0.96g铜的物质的量0.96g÷64g/mol0.015mol。根据离子方程式可知3Cu8H+2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量0.01mol，标准状况下的体积为224mL，答案选D。15、B【解析】电解质溶于水或在熔融状态下能够发生电离而导电，据此判断。【详解】A. 液态氯化氢不能发生电离，不导电，A不符合；B. 熔融氯化钠能发生电离，从而导电，B符合；C. 固体氢氧化钾不能发生电离，不导电，C不符合；D. 铁是金属单质，不能发生电离，D不符合。答案选B。16、D【解析】A.能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子；B.加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，溶液中可能有硫酸根离子、碳酸根离子或氯离子，加入的盐酸也可以和硝酸银生成不溶于酸的沉淀 ；C加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成.，沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，但是二氧化硫有刺激性气味，不符合题中的无色无味气体。【详解】A. 加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可能是碳酸根和钙离子或钡离子反应，不一定是钙离子，A错误；B. 加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，可能是氯化银沉淀、碳酸银或硫酸银沉淀，加稀盐酸后这些沉淀都不会消失，会转化为氯化银，B错误；C. 加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，可能是硫酸钡或氯化银沉淀，原溶液中可能有硫酸根或银离子，C错误；D. CO32-或HCO3-都能和盐酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体， D正确。答案为D。.【点睛】离子检验方法中，注意产生对应现象的多种可能性，如能和碳酸钠反应生成沉淀的，可以是钙离子、钡离子等。再根据题目给出的各种限制条件如颜色气味等进行排除，最后选出对应的答案。二、非选择题（本题包括5小题）17、过滤 蒸馏 Ba2+SO42-=BaSO4 H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O CuSO4 KCl 序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl 用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl 【解析】假设这些物质都有，经步骤得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。【详解】（1）经步骤得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤中的离子方程式为Ba2+SO42-=BaSO4；步骤中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O；（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。【点睛】“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。18、HCl HCl=H+Cl- Na+ 【解析】由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H+Cl-；（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层， 最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层， 最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【点睛】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。19、AB Mg2+2OH- = Mg(OH)2 蒸发皿 B 【解析】（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，据以上分析进行解答；（2）蒸发精制食盐水制成精盐，需要的加热仪器为蒸发皿；（3）根据各仪器的结构和用途及使用注意事项进行分析。【详解】（1）粗盐除杂过程中要分别除去Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质，需分别加入NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液和适量的稀盐酸，为了将杂质充分除去，所加试剂必须过量，而过量的氯化钡需用加入的碳酸钠除去，故碳酸钠溶液一定要在氯化钡溶液之后加入，为防止生成的沉淀溶解，过滤后，最后加入稀盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠；因此合理的顺序为 或；不合理的为和 ；镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，除去 Mg2+的离子方程式：Mg2+2OH- = Mg(OH)2；故答案选AB；Mg2+2OH- = Mg(OH)2；（2）精制食盐水制成精盐，需要进行蒸发结晶，需要的加热仪器为：蒸发皿；故答案是：蒸发皿；（3）试管是可以直接加热的仪器，故符合题意；量筒是用来量取一定体积的液体的仪器，不能用于加热，故不符合题意；圆底烧瓶可以加热，但应该垫上石棉网，故不符合题意；给烧杯中液态加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，故不符合题意；容量瓶是用于配制一定浓度的溶液的仪器，不能加热，故不符合题意；锥形瓶可以加热，但需要垫上石棉网，故不符合题意；燃烧匙可以直接加热，故符合题意；根据分析可以知道，可以直接加热的仪器有，故B正确；故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问题（1）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。20、 H2SO4 FeSO4 过滤 蒸发结晶【解析】某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+、H+和少量的Na+，先加过量铁粉，过滤，得到的溶液为FeSO4，固体为Cu和多余的铁，再向固体中加过量稀硫酸，过滤得到Cu，溶液B为FeSO4，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体。(1)工业废水中加入过量的铁粉，除了中和酸，还与铜离子反应生成铜，该过程的主要目的是除去铜离子，反应的离子方程式为Fe+ Cu2+ =Fe2+ + Cu，电子转移方向和数目用“单线桥”表示为，故答案为：；(2)试剂A为稀硫酸，生成物B为FeSO4，故答案为：H2SO4；FeSO4；(3)操作I为过滤，操作II为蒸发结晶，故答案为：过滤；蒸发结晶。21、NaNO2 B 10 6 4 10 3 2 11.2L 【解析】（1）反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高；（2）由可知，鉴别和，可利用碘的特性分析；（3）具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性；（4）铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析。【详解】(1)反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高,则氧化剂是，故答案为：；(2)由可知，反应需要酸性环境、碘离子和淀粉，故鉴别和需选择：碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的则为，故答案为：；(3) 具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；(4)铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，该反应还生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为，该反应转移电子数为30，故转移5mol电子时，生成标准状况下氮气的体积为 ，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.2。