广东省部分名校2024-2025学年高一上学期联合检测 化学试题（含答案）

第第页广东省部分名校2024-2025学年高一上学期联合检测化学试题一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．文物承载灿烂文明，传承历史文化，维系民族精神，下列文物的主要成分为金属的是A．犀角杯B．广彩开光人物花鸟纹海碗C．雪梅双鹤图D．平南王铁钟A．A B．B C．C D．D2．化学与生活密切相关，下列事例与氧化还原反应无关的是A．钢铁大桥生锈 B．用氯气制备漂白粉C．生石灰作食品干燥剂 D．用FeCl33．下列转化不能一步实现的是A．Fe2O3C．Na2O24．下列反应没有+3价铁生成的是A．铁丝在氯气中燃烧 B．铁粉与水蒸气共热C．氧化铁溶于盐酸 D．过量铁粉加入稀硫酸中5．下列物质的物质的量不是1mol的是A．78g的NaB．22.4L(标准状况)的HC．6.02×1023D．1L1mol6．科技兴则民族兴，科技强则国家强，科技与化学密切相关，下列说法错误的是A．神舟载人飞船翱翔太空时，利用Na2O作为航天员的供氧剂B．中国科学家合成了新材料C10和C14，C10和C14互为同素异形体C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机，燃烧时发生了氧化还原反应D．钢铁是国家基建项目的重要材料，炽热的铁水或钢水注入模具之前，模具必须干燥7．民以食为天，美食使生活更美好，下列说法错误的是A．盐焗鸡中含有NaCl，NaCl属于盐B．姜撞奶入口即化，姜撞奶的分散质粒子直径均小于1nmC．大良硼砂制作时需要小苏打，小苏打溶于水会吸收热量D．月饼包装袋中加入适量铁粉作抗氧化剂，利用了铁粉的还原性8．纳米氧化铁在颜料、生物医学、催化剂及其他方面的应用较为广泛，其粒子直径为20nm~50nm，纳米氧化铁能催化火箭推进剂NH4ClO4的分解，下列说法错误的是A．氧化铁俗称铁红B．NH4ClO4中氯元素显+7价C．纳米氧化铁属于碱性氧化物D．纳米氧化铁粉末能产生丁达尔效应9．劳动创造幸福，实干成就伟业。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用洁测灵清除水垢(主要成分为CaCO3盐酸能溶解CaCOB用氧化铁调配红色油漆氧化铁呈红棕色且在空气中性质稳定C用漂粉精给游泳池消毒CaCl2D用活性炭净水活性炭具有吸附性A．A B．B C．C D．D10．设NAA．Na2O2与水反应每产生22.4LO2B．通常状况下，1mol由O2和O3C．100mL1D．将1molCl2通入NaOH11．部分含Na或Fe物质的分类与相应化合价关系如图。下列说法正确的是A．g既有氧化性，又有还原性B．e→f可通过化合反应一步实现C．c转化为d不一定要加入氧化剂D．1molg在空气中加热生成a，转移2mol电子12．下列离子方程式书写正确的是A．将钠投入水中：2B．向纯碱溶液中滴加少量稀盐酸：COC．实验室制备氯气：MnOD．向Fe2SO4313．根据下列实验及现象，得出的结论正确的是实验现象灯泡发光火焰呈黄色结论A．CuSO4B．b溶液中含有Na实验现象烧杯中无色溶液变红鲜花褪色结论C．a属于碱D．Cl2A．A B．B C．C D．D14．CH4和CO2按照一定物质的量之比向某容器中投料，反应经如下流程(主要产物已经标出)实现CO2的高效转化，下列说法正确的是A．过程ⅰ中，每消耗22.4LCH4反应中转移的电子数为6NAB．过程ⅱ中，氧化剂为Fe3O4和H2C．过程ⅲ中，C得到电子，发生还原反应D．上述流程只涉及两种单质15．配制100mL1.00mol·L-1Na2CO3溶液的操作过程示意图如图：下列说法错误的是A．操作2和操作3中玻璃棒末端应抵在容量瓶瓶颈刻度线下方B．操作3洗涤烧杯、玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中C．进行操作4时若俯视刻度线，将使所配溶液浓度偏低D．操作5摇匀后静置发现液面低于刻度线，无须重新定容16．现有FeO和Fe2O3组成的混合物，取mg该混合物，向其中加入350mL2molA．m=20.4B．至少需要0.9molNaOHC．FeO与Fe2D．若用足量H2还原mg该混合物，则消耗0.35mol二、非选择题：本题共4小题，共56分。17．阅读下面一段材料，根据所学知识，回答下列问题：碳酸氢钠(①NaHCO3)为白色细小晶体，易溶于水，不溶于②乙醇(C2H5OH)，在生活中用途广泛，可用于食品加工、医药等领域。NaHCO3既能与酸(如③盐酸)反应生成④NaCl、⑤H2O和⑥CO2，又能与碱(如⑦NaOH)反应生成碳酸盐和水。高温下，NaHCO3受热易分解，因此通常保存在阴凉干燥处。碳酸氢钠是泡沫灭火器的重要组成部分。灭火时，碳酸氢钠与（1）上述标有序号的物质中，常温下能导电的是(填序号，下同)，属于非电解质的是。（2）高温下，①固体受热分解的化学方程式为。①与⑦在水溶液中反应的离子方程式为。（3）实验室需要使用240mL1.0mol·L-1NaHCO3溶液：ⅰ．用NaHCO3固体配制该溶液，需要使用的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、；用托盘天平称量gNaHCOⅱ．从配制的溶液中取出20.0mL，取出溶液的物质的量浓度为mol⋅L−1，向其中滴加0.5mol⋅18．亚氯酸钠(NaClO2)是高效漂白剂和氧化剂。一种制备亚氯酸钠的装置如图所示(夹持装置已省略)。装置A中发生反应2已知：①温度高于60℃时，NaClO2分解成NaClO3和②ClO2在常温下是一种淡黄色且有强烈刺激性气味的气体，ClO（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器名称为；装置A中发生反应时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，验证反应后的溶液中存在SO42−的操作及现象为（2）装置B中圆底烧瓶需要冷水浴，原因是；圆底烧瓶内有氧气生成，发生反应的化学方程式为，H2O2（3）不同温度下，NaClO2析出的晶体随温度的变化如图所示，要从溶液中获得NaClO2，适宜的温度为；ClO2和NaClO2均可用于杀菌、漂白和消毒，与ClO219．某实验小组同学利用某工业废弃矿石(主要成分为Cu2S和Fe2O3，其他成分不参与反应)制备胆矾(CuSO（1）胆矾在水中的电离方程式为。（2）废弃矿石中的Cu2S在空气中焙烧时发生反应的化学方程式为，氧化产物为（3）分离物质X和Y的操作名称为，酸浸2的目的是。（4）氧化2时发生反应的离子方程式为，该步骤使用H2O2（5）氧化1中，每生成100g胆矾晶体，消耗标准状况下的氧气体积为L。20．Fe3O4是一种常用的磁性材料。某化学兴趣小组通过实验制备Fe实验一、制备Feⅰ．将蒸馏水煮沸后冷却，利用该蒸馏水和FeCl2固体配制500mL4.0ⅱ．取100mL4.0mol⋅L−1FeCl2ⅲ．取200mL4.0mol⋅Lⅳ．将ⅱ中制得的氢氧化亚铁加入中的红褐色浊液中，持续加热和搅拌，充分反应后过滤、洗涤、干燥，最后得到Fe3（1）ⅰ中蒸馏水煮沸后使用的目的是；V1=（2）ⅲ中发生反应的总离子方程式为。实验二、探究Fe3甲同学对Fe3猜想1：Fe3O4为了验证假设，甲同学进行了如下实验并观察到相应的实验现象：实验编号实验操作实验现象1将0.1gFe3O4，粉末加入10mL3mol⋅L−1硫酸溶液中，浸泡5min，取2mL上层清液于试管①两试管均无明显现象，浸泡一夜后，试管①中溶液变红，试管②中有蓝色沉淀生成2将0.1gFe3O4粉末加入10mL6mol⋅L−1盐酸中，浸泡5min，取2mL上层清液于试管③试管③中溶液变红，试管④中有蓝色沉淀生成已知：K3FeCN6与（3）甲同学根据实验1得出结论：猜想1正确，且(填离子符号)能促进Fe3O4与酸反应。Fe（4）乙同学认为甲同学的结论不一定完全正确，因此设计实验：用硫酸溶液浸泡Fe3O4粉末时加入适量的，取上层清液于两支试管中，分别加入5滴KSCN溶液和K

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、犀角杯由犀牛角制成，犀牛角的主要成分为角蛋白（一种蛋白质），属于有机物，并非金属材料，故A不符合题意；

B、该文物属于“广彩”瓷器，瓷器的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，与金属无关，故B不符合题意；

C、这是一幅绘画作品，主要由纸张（植物纤维）和颜料（无机或有机化合物）构成，均不属于金属材料，故C不符合题意；

D、铁钟的主要成分为铁，铁是金属单质，属于金属材料，因此该文物主要由金属制成，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】判断文物主要成分是否为金属，需分析各选项中文物的材质类别：金属材料包括纯金属及合金，而非金属材料如蛋白质、硅酸盐、纸张等均不属于此类。A．判断犀角的主要成分属性。B．判断瓷器的材质类别。C．判断画作的组成成分。D．判断“铁钟”的材质属性。2．【答案】C【解析】【解答】A、钢铁生锈是铁（Fe）与空气中氧气（O2）、水反应生成氧化铁的过程，Fe元素化合价从0升高到+3，O元素化合价从0降低到-2，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；

B、氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙（CaCl2）和次氯酸钙Ca(ClO)2，Cl元素化合价一部分从0降低到-1，另一部分从0升高到+1，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；

C、生石灰（CaO）作干燥剂是与水反应生成氢氧化钙[Ca(OH)2]，反应中Ca、O、H元素化合价均保持不变（Ca为+2，O为-2，H为+1），无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；

D、刻蚀电路板时，FeCl3中的Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，Fe元素化合价从+3降低到+2，Cu元素化合价从0升高到+2，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．判断生锈过程是否有化合价变化。B．判断氯气反应时化合价是否改变。C．判断生石灰吸水反应的本质。D．判断反应中是否有元素化合价升降。3．【答案】A【解析】【解答】A、Fe2O3是难溶于水的金属氧化物，与水不直接反应。其与酸反应生成Fe3+盐（如FeCl3），需再与碱反应才能生成Fe(OH)3，无法通过一步反应完成转化，故A符合题意；

B、KCl是可溶性盐，与AgNO3溶液反应时，Cl-与Ag+直接结合生成AgCl沉淀，反应可一步完成，故B不符合题意；

C、Na2O2与稀盐酸反应，生成NaCl、H2O和O2，反应中直接生成目标产物NaCl，可一步实现，故C不符合题意；

D、浓盐酸与MnO2在加热条件下发生氧化还原反应，生成Cl2；或与强氧化剂（如KMnO4）在常温下反应，均可一步生成Cl2，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．考查Fe2O3的溶解性及反应特性。B．判断Cl-与Ag+的反应可能性。保存进入下一题C．判断Na2O2与酸的反应能力。D．掌握HCl的还原性及氧化反应条件。4．【答案】D【解析】【解答】A、氯气是强氧化剂，与铁反应时，无论铁是否过量，均会将Fe氧化为+3价，生成FeCl3，存在+3价铁，故A不符合题意；

B、铁粉与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，Fe3O4可看作FeO・Fe2O3，其中既含+2价铁，也含+3价铁，存在+3价铁，故B不符合题意；

C、Fe2O3是+3价铁的氧化物，与盐酸反应生成FeCl3和H2O，产物中Fe为+3价，存在+3价铁，故C不符合题意；

D、稀硫酸的氧化性较弱，与铁反应时，只能将Fe氧化为+2价，生成FeSO4和H2，即使铁粉过量，也不会生成+3价铁，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．考查氯气的强氧化性对产物的影响。B．考查反应产物的成分。C．掌握氧化铁与酸反应的产物类型。D．判断稀硫酸的氧化性及反应产物。5．【答案】B【解析】【解答】A、Na2O2的摩尔质量为78g・mol-¹，78gNa2O2的物质的量为78g÷78g·mol-¹=1mol，故A不符合题意；

B、标准状况下，H2O非气体，不能用气体摩尔体积（22.4L・mol-¹）计算其物质的量。水的密度约为1g・mL-¹，22.4L水的质量远大于18g，物质的量远大于1mol，故B符合题意；

C、1mol任何微粒的数目约为6.02×1023，因此6.02×1023个CO2分子的物质的量为1mol，故C不符合题意；

D、溶质物质的量=浓度×体积，1L×1mol・L-¹=1mol，即溶液中葡萄糖的物质的量为1mol，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．根据质量与摩尔质量计算物质的量。B．判断标准状况下物质的状态对体积计算的影响。C．根据微粒数目计算物质的量。D．根据溶液浓度与体积计算溶质的物质的量。6．【答案】A【解析】【解答】A、作为供氧剂需能与CO2或H2O反应生成O2。Na2O与CO2反应仅生成Na2CO3，无O2产生；而Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，实际航天中使用的是Na2O2而非Na2O。A错误，

B、同素异形体指同种元素形成的不同单质。C10和C14均为碳元素组成的单质，属于不同的碳单质，符合同素异形体定义，B正确；

C、燃烧是可燃物与氧化剂（如O2）发生的剧烈放热反应，过程中存在元素化合价的升降（如煤油中C元素被氧化，O2中O元素被还原），属于氧化还原反应，C正确；

D、炽热的铁（或钢）与水在高温下会反应生成Fe3O4和H2，若模具潮湿，生成的杂质会影响钢铁质量，因此模具需干燥，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．Na2O与Na2O2的性质差异及供氧原理。B．掌握同素异形体的概念应用。C．掌握燃烧反应的本质。D．掌握高温下铁与水的反应影响。7．【答案】B【解析】【解答】A、盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物。NaCl由Na+（金属阳离子）和Cl-（酸根离子）构成，符合盐的定义，说法正确，A不符合题意；

B、姜撞奶是胶体（蛋白质胶体），胶体的分散质粒子直径在1~100nm之间，而非小于1nm（小于1nm的是溶液）。该说法错误，B符合题意；

C、小苏打（NaHCO3）溶于水时，扩散过程吸收的热量大于水合过程放出的热量，整体表现为吸热，说法正确，C不符合题意；

D、铁粉具有还原性，能与包装袋中的氧气发生氧化反应（被氧化），从而消耗氧气，防止月饼氧化变质，说法正确，D不符合题意；

故答案为：B。【分析】判断说法是否错误，需结合物质分类、分散系类型、物质性质及应用原理，分析美食相关化学知识的正确性，重点关注概念定义（如盐、胶体）和物质的性质与用途的匹配性。A．考查盐的定义及NaCl的类别。B．考查姜撞奶的分散系类型及粒子直径范围。C．掌握小苏打的溶解热性质。D．考查铁粉抗氧化的原理。8．【答案】D【解析】【解答】A、氧化铁（Fe2O3）为红棕色粉末，工业上俗称铁红，常用作红色颜料，A正确；

B、NH4ClO4中，NH4+整体显+1价（N为-3价，H为+1价），O为-2价。设Cl化合价为x，根据化合物中化合价代数和为0：(+1)+x+4×(-2)=0，解得x=+7，B正确；

C、碱性氧化物指能与酸反应生成盐和水的氧化物。氧化铁与盐酸反应生成FeCl3和H2O，符合碱性氧化物的特征，C正确；

D、丁达尔效应是胶体的特性，需分散质粒子直径在1~100nm且形成分散系（如胶体）。纳米氧化铁粉末是纯净物，未形成分散系，即使粒子直径为20~50nm，也不能产生丁达尔效应，D错误；

故答案为：D。

【分析】A．掌握氧化铁的常见俗称。B．考查化合物中元素化合价的计算。C．考查碱性氧化物的定义及氧化铁的性质。D．掌握丁达尔效应的产生条件。9．【答案】C【解析】【解答】A、洁厕灵的主要成分含盐酸，盐酸与水垢中的CaCO3反应生成可溶性的CaCl2、CO2和H2O，从而清除水垢，劳动项目与化学知识直接相关，故A不符合题意；

B、氧化铁为红棕色固体，且在空气中不易发生化学反应（性质稳定），适合作为红色油漆的颜料，劳动项目与化学知识关联紧密，故B不符合题意；

C、漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，其中起消毒作用的是Ca(ClO)2（含ClO-，具有强氧化性），而非CaCl2（无强氧化性）。劳动项目与所述化学知识无关联，故C符合题意；

D、活性炭具有疏松多孔结构，吸附性强，能吸附水中的色素和异味，可用于净水，劳动项目与化学知识直接相关，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】判断劳动项目与化学知识是否有关联，需分析每个选项中劳动项目的原理是否与所述化学知识一致，重点关注物质性质（如酸性、颜色稳定性、氧化性、吸附性）与用途的匹配性。A．考查洁厕灵除水垢的化学原理。B．考查氧化铁作为颜料的原因。C．考查漂粉精消毒的有效成分及性质。D．考查活性炭净水的原理。10．【答案】B【解析】【解答】A、22.4LO2的物质的量计算需标准状况（0℃、101kPa），题中未说明温度和压强，无法确定O2的物质的量，进而无法计算生成的OH-数目，A错误；

B、物质的量是表示微粒数目的物理量，1mol任何物质（包括混合物）含有的微粒（分子）总数均为NA，与状态无关，B正确；

C、100mL1mol・L-¹HNO3中溶质HNO3含0.3molO原子，但溶液中的溶剂水（H2O）也含有O原子，因此总O原子数目大于0.3NA，C错误；

D、Cl2与NaOH反应为歧化反应（Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O），1molCl2中一半Cl原子从0价升高到+1价，另一半从0价降低到-1价，转移电子总数为1mol（即NA），而非2NA，D错误；

故答案为：B。

【分析】判断说法是否正确，需结合阿伏加德罗常数的应用条件，分析气体摩尔体积的适用环境、物质的量与微粒数的关系、溶液中微粒的组成及反应中电子转移的计算，重点关注隐藏条件（如溶剂中的原子、反应类型对电子转移的影响）。A．考查气体体积计算的前提条件。B．考查物质的量与分子数的关系。C．考查溶液中O原子的来源。D．考查Cl2与NaOH反应的电子转移特点。11．【答案】B【解析】【解答】A、g为0价单质（Na或Fe），均处于元素的最低价态（Na最高价为+1，Fe最低价为0），只具有还原性，无氧化性，A错误；

B、e为Fe(OH)2（+2价），f为Fe(OH)3（+3价）。Fe(OH)2能与O2、H2O直接化合生成Fe(OH)3，反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，属于化合反应，可一步实现，B正确；

C、c（亚铁盐，Fe2+）转化为d（铁盐，Fe3+）时，Fe元素化合价从+2升高到+3，发生氧化反应，必须加入氧化剂才能实现，C错误；

D、若g为Na，1molNa加热生成Na2O2，Na从0价变为+1价，转移1mol电子；若g为Fe，1molFe生成Fe3O4，转移83mol电子，均不等于2mol，D错误；

故答案为：B。

【分析】结合Na和Fe的常见化合价及物质分类（单质、氧化物、盐、碱），可确定图中各符号代表的物质类型：g：化合价为0，属于单质，可能是Na单质（Na的0价态）或Fe单质（Fe的0价态）。

a：化合价为+1，属于氧化物，应为Na的氧化物（如Na2O或Na2O2，因Na无+2、+3价）。

b：化合价为+1，属于盐，应为钠盐（如NaCl、Na2CO3等）。

c：化合价为+2，属于盐，应为亚铁盐（如FeCl2、FeSO4等，因Na无+2价）。

d：化合价为+3，属于盐，应为铁盐（如FeCl3、Fe2(SO4)3等）。

e：化合价为+2，属于碱，应为Fe(OH)2（Fe的+2价碱）。

f：化合价为+3，属于碱，应为Fe(OH)312．【答案】A【解析】【解答】A、钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH是强碱可拆分为Na+和OH-，方程式满足原子守恒和电荷守恒（左边电荷为0，右边2×(+1)+2×(-1)=0）：离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，A正确；

B、纯碱（Na2CO3）与少量盐酸反应时，H+不足，优先生成HCO3-，反应为CO32−+H+=HCO3-，而非直接生成CO2，B错误；

C、浓盐酸中HCl完全电离，应拆分为H+和Cl-，正确离子方程式为MnO2+4H++2Cl-ΔMn2+B．考查反应物用量对产物的影响。C．考查浓盐酸的拆分规则。D．观察是否遗漏离子反应。13．【答案】B【解析】【解答】A、电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物（纯净物）。CuSO4溶液是CuSO4溶于水形成的混合物，不符合电解质的定义（必须为化合物），A错误；

B、焰色反应中，钠元素的火焰呈黄色，且该现象具有特征性。实验中蘸有b溶液的铁丝灼烧时火焰呈黄色，说明溶液中一定含有Na+，结论合理，B正确；

C、酚酞溶液变红仅能说明a溶液呈碱性，但碱性溶液不一定是碱溶液。某些盐溶液（如Na2CO3溶液）因水解也呈碱性，因此不能直接推断a属于碱，C错误；

D、鲜花中含有水分，Cl2与水反应生成HClO（具有漂白性）和HCl，实际使鲜花褪色的是HClO，而非Cl2本身。因此现象不能证明Cl2具有漂白性，D错误；

故答案为：B。

【分析】根据实验现象推断结论是否正确，需结合物质的基本概念（如电解质）、特性（如焰色反应）、性质（如碱性、漂白性）及反应原理，分析现象与结论之间的逻辑是否严谨，避免片面推断。A．考查电解质的定义及溶液的类别。B．考查焰色反应的特征及应用。C．考查酚酞变红的本质及溶液碱性的来源。D．考查氯气漂白现象的实质。14．【答案】C【解析】【解答】A、22.4LCH4的物质的量为1mol仅在标准状况下成立，题中未说明温度和压强，无法确定其物质的量，因此无法计算转移电子数，A错误；

B、由题干转化流程图可知，过程ⅱ中反应为Fe3O4+4CO高温3Fe+4CO2和Fe3O4+4H2高温3Fe+4H2O，故氧化剂为Fe3O4，而H2作还原剂，B错误；

C、过程iii反应为4CaCO3+3Fe高温He4CaO+Fe3O4+4CO，，CaCO3中C为+4价，产物CO中C为+2价，C元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，C正确；

D、流程中涉及的单质有Fe（铁）、H2（氢气）、He（氦气），共三种，并非两种，D错误；

故答案为：C。

【分析】根据反应流程分析各选项正确性，需结合气体摩尔体积的适用条件、氧化剂的判断（元素化合价降低的物质）、氧化还原反应中电子转移（得电子发生还原反应）及单质的识别（由同种元素组成的纯净物）。B．考查氧化剂的判断标准（元素化合价降低）。C．考查过程iii的反应及元素化合价变化。D．考查流程中单质的识别。15．【答案】C【解析】【解答】A、转移溶液时，玻璃棒末端抵在刻度线下方可避免溶液附着在刻度线上方瓶颈内壁，防止定容时体积偏大，A正确；

B、溶解后的溶质（Na2CO3）会有部分附着在烧杯和玻璃棒上，洗涤并转移洗涤液可确保溶质完全进入容量瓶，保证n的准确性，B正确；

C、操作4为定容，俯视刻度线会导致读取的溶液体积V偏小（实际液面低于刻度线）。根据c=nV，n（Na2CO3的物质的量）不变、V偏小，浓度会偏高，而非偏低，C错误；

D、摇匀后液面低于刻度线是因为部分溶液附着在瓶颈和瓶塞处，属于正常现象，若重新定容会导致V偏大、浓度偏低，因此无需重新定容，D正确；

故答案为：C。

【分析】判断配制溶液操作的正误，需结合一定物质的量浓度溶液配制的规范步骤（称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等），分析各操作对溶液浓度的影响（依据公式c=nVB．掌握洗涤操作的目的。C．考查定容时俯视刻度线对体积的影响。D．考查摇匀后液面下降的原因。16．【答案】D【解析】【解答】A、最终灼烧得到的24.0g固体为Fe2O3，其物质的量为24.0g÷160g・mol-¹=0.15mol，故Fe元素总物质的量为0.3mol（1molFe2O3含2molFe）。设FeO为xmol，Fe2O3为ymol，则x+2y=0.3（Fe守恒）。

盐酸中HCl为0.35L×2mol・L-¹=0.7mol，反应生成FeCl2和FeCl3，Cl-守恒：2x+3×2y=0.7（FeCl2含2Cl-，Fe2O3生成2FeCl3含6Cl-）。

解得x=0.2，y=0.05。混合物质量m=0.2mol×72g・mol-¹+0.05mol×160g・mol-¹=14.4g+8g=22.4g≠20.4g，A错误；

B、加入NaOH后，最终Cl-全部转化为NaCl，故n(NaOH)=n(HCl)=0.7mol（Cl守恒），而非0.9mol，B错误；

C、由上述计算，FeO为0.2mol，Fe2O3为0.05mol，比例为0.2：0.05=4：1≠2：1，C错误；

D、H2还原金属氧化物时，与氧化物中的O结合生成H2O，故n(H2)=n(O)。混合物中O元素：FeO含0.2molO，Fe2O3含0.05mol×3=0.15molO，总O为0.35mol，故需H20.35mol，D正确；

故答案为：D。

【分析】通过分析混合物溶解、反应及最终产物的关系，利用元素守恒（Fe元素、Cl元素）和反应规律计算各物质的量，进而判断选项正误。关键步骤：确定最终固体成分、计算Fe元素总量、结合盐酸用量列方程求FeO和Fe2O3的物质的量、验证各选项。17．【答案】（1）③⑧；②⑥（2）2NaHCO3（3）250mL容量瓶；21.0；1.0；40.0【解析】【解答】（1）①NaHCO3固体：电解质，但无自由离子，不导电。②乙醇（C2H5OH）：化合物，自身不电离，不导电，属于非电解质。

③盐酸：HCl的水溶液（混合物），含自由移动的H+和Cl-，能导电。

④NaCl固体：电解质，离子不能自由移动，不导电。

⑤H2O：电解质，微弱电离，自由离子极少，几乎不导电。

⑥CO2：化合物，自身不电离，其水溶液导电是因生成H2CO3，属于非电解质。

⑦NaOH固体：电解质，离子不能自由移动，不导电。

⑧Al2(SO4)3溶液：混合物，含自由的Al3+和SO42-，能导电。

⑨Al(OH)3固体：电解质，无自由离子，不导电。

综上，常温下能导电的是③⑧；属于非电解质的是②⑥。

故答案为：③⑧；②⑥；

（2）高温下，NaHCO3固体受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3故答案为：2NaHCO3ΔNa2CO3+Hⅰ．用NaHCO3固体配制该溶液，需要使用的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；用托盘天平称量0.25L×1.0mol·L-1×84g/mol=21.0gNaHCOⅱ．溶液是均一稳定的，从配制的溶液中取出20.0mL，取出溶液的物质的量浓度为1.0mol⋅L−1，向其中滴加0.5mol⋅L−1盐酸至恰好无气泡产生，则反应为碳酸钠和盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠：CO32-+H+=HCO3-，消耗盐酸的体积为20.0mL×1.0mol⋅L−10.5mol⋅L−1=40.0mL。

故答案为：250mL容量瓶；21.0；1.0；40.0。

【分析】（1）导电的判断：物质中存在自由移动的带电粒子（离子或电子）时能导电。电解质溶液或熔融电解质因含自由离子导电，金属因自由电子导电。

非电解质的判断：必须是化合物，且在水溶液和熔融状态下均不自身导电（排除单质、混合物）。

（2）碳酸氢钠受热分解：生成碳酸钠、水和二氧化碳，需标注加热条件。

碳酸氢钠与氢氧化钠反应：HCO3-与OH-反应生成CO32（1）溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；①NaHCO3固体不导电，为电解质；②乙醇(C2H5OH)为非电解质，不导电；③盐酸为溶液，是混合物，导电；④NaCl固体不导电，为电解质；⑤H2O能微弱电离，为电解质，但是其几乎不导电；⑥CO2为非电解质，不导电；⑦标有序号的物质中，常温下能导电的是③盐酸、⑧Al2SO43溶液；属于非电解质的是②C（2）高温下，NaHCO3固体受热分解为碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3（3）需要使用240mL1.0mol·L-1NaHCO3溶液，则配制过程中使用250mL的容量瓶；ⅰ．用NaHCO3固体配制该溶液，需要使用的仪器为量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；用托盘天平称量0.25L×1.0mol·L-1×84g/mol=21.0gNaHCOⅱ．溶液是均一稳定的，从配制的溶液中取出20.0mL，取出溶液的物质的量浓度为1.0mol⋅L−1，向其中滴加0.5mol⋅L18．【答案】（1）分液漏斗；2：1；取少量反应后的溶液于试管中，滴加过量稀盐酸，再滴加BaCl2（2）防止温度过高，H2O2和NaClO2受热分解，（3）略高于38℃；更加安全，且更容易保存和运输【解析】【解答】（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A中的反应为2NaClO3+Na2SO3+3H2SO故答案为：分液漏斗；2：1；取少量反应后的溶液于试管中，滴加过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。

（2）温度较高时，H2O2和NaClO2会分解，ClO2可能分解发生爆炸，故装置B中圆底烧瓶需要冷水浴，圆底烧瓶中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，O2和H2O，化学方程式为2ClO故答案为：防止温度过高，H2O2和NaClO2受热分解，ClO2分解发生爆炸；2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O；还原；

（3）根据图像可知，温度高于38℃时结晶得到NaClO2，故要从NaClO2溶液得到NaClO2固体，选择的温度应略高于38℃，因为温度如果过高的话不利于NaClO2析出；与ClO2相比，NaClO2固体的优点为更加安全，且更容易保存和运输。

故答案为：略高于38℃；更加安全，且更容易保存和运输。

【分析】（1）识别仪器类型，盛放浓硫酸的分液仪器为分液漏斗；分析反应中元素化合价变化：NaClO3中Cl降价（氧化剂），Na2SO3中S升价（还原剂），比例2：1；检验SO42-需先加盐酸排除干扰，再加BaCl2观察沉淀。

（2）结合已知条件，低温可防止NaClO2分解、ClO2爆炸及H（1）装置A中盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A中的反应为2NaClO3+Na2SO3+3H2SO（2）温度较高时，H2O2和NaClO2会分解，ClO2可能分解发生爆炸，故装置B中圆底烧瓶需要冷水浴，圆底烧瓶中发生反应为二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，O2和H2O，化学方程式为2ClO2（3）根据图像可知，温度高于38℃时结晶得到NaClO2，故要从NaClO2溶液得到NaClO2固体，选择的温度应略高于38℃，因为温度如果过高的话不利于NaClO2析出；与19．【答