浙江省强基联盟2024-2025学年高一上学期11月联考 化学试卷（含答案）

第第页浙江省强基联盟2024-2025学年高一上学期11月联考化学试卷一、选择题(本大题共20小题，第1-10题每小题2分，第11-20题每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．氯气的分子式是A．Cl B．Cl2 C．Cl− 2．对下列各组物质的分类正确的是A．混合物：钢铁、氯水、冰水混合物B．同素异形体：金刚石、C60C．碱性氧化物：CaO、MgO、NaD．电解质：HCl、CaOH23．钠及其化合物的性质及用途说法正确且具有对应关系的是A．钠的还原性比铜强，钠与硫酸铜溶液反应制备金属铜B．过氧化钠具有强氧化性，可用作供氧剂C．小苏打受热易分解，可用作食品膨松剂D．纯碱可以与盐酸反应，常用于治疗胃酸过多4．下列各组离子在溶液中为无色且能大量共存的是A．K+、H+、SO42−、NO3− B．C．Na+、H+、Cl−、CO32− D．Na5．下列物质不属于电解质的是A．NH3 B．H2SO4 C．6．影视剧中的仙境美轮美奂，其烟雾制造原理是NH4NO3A．NH4B．Zn发生还原反应C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1D．若生成标准状况下的N2气体11.2L，则反应转移的电子数为7．下列有关胶体说法错误的是（）A．雾、云属于气溶胶B．胶体粒子直径为1~100nmC．可用丁达尔效应区分溶液和胶体D．丁达尔效应是由于胶体粒子本身发光形成的8．给生素C又称“抗坏血酸”，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe3+转变为易吸收的FeA．酸性 B．还原性 C．氧化性 D．水溶性9．下列离子反应方程式书写不正确的是A．浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气：MnOB．稀盐酸与石灰石反应：2C．金属钠与水反应：Na+HD．氢氧化钡与硫酸铜反应：Ba10．为验证氯水中次氯酸光照分解产物，采用数字化实验，得到的数据图象如图。该图象所代表的意义是A．氯离子浓度随时间的变化 B．氧气体积分数随时间的变化C．氯水的pH随时间的变化 D．氯水导电能力随时间的变化11．下列实验能够达到相应目的的是A．图为配制一定物质的量浓度的NaOH溶液B．图为检验某溶液中是否存在KC．图可验证HClO分解产物为O2和D．图用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性A．A B．B C．C D．D12．下列有关氯气及其性质、用途的叙述中不正确的是A．氯气分子是由两个氯原子构成的双原子分子B．通常情况下，氯气呈黄绿色，有刺激性气味，比空气重，能溶于水C．氯气能与大多数金属单质直接化合，生成金属氯化物D．工业上常用氯气和澄清石灰水反应来制备漂白粉13．实验室制取氯气时，下列设计不能达到相应实验目的的是A．制取B．除氯化氢C．收集D．尾气吸收A．A B．B C．C D．D14．历史上曾有化学家用以下方法制取氯气，反应原理如图所示。下列推断不正确的是A．反应Ⅰ属于复分解反应B．反应Ⅱ的化学方程式为2C．CuCl2D．该方法制取氯气的主要原料是盐酸和氧气15．设NAA．含0.1molBaCl2的溶液中ClB．常温常压下，44gCO2C．25℃，1.01×105Pa，32gD．含有NA16．如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是A．实验开始时，四种气体密度相同B．若容器的容积为22.4L，13：00时N2原子个数少于2NAC．12：30-13：30时间范围内CO2压强最大D．CO2是四种气体中温室效应最显著的17．下列溶液中Cl−A．10mL0.30mol⋅L−1的NaCl溶液C．30mL0.10mol⋅L−1的MgCl18．关于铁及其化合物的说法正确的是A．铁与氯气不反应，故可用钢瓶储存液氯B．铁能与水蒸气反应，钢铁生产中的模具须提前进行干燥处理C．氢氧化铁是一种红褐色沉淀，常用作红色颜料D．湿法炼铜过程中，铜离子将铁氧化为三价铁19．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2A．试剂a是铁粉，试剂b是稀盐酸B．试剂c是氯气，在该流程中作氧化剂C．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有D．操作Ⅰ、操作Ⅱ均为过滤，操作Ⅲ需用到蒸发皿20．氯化溴(BrCl)的化学性质与卤素相似，能与大多数金属反应生成金属卤化物，跟水反应的化学方程式为，BrCl+H2A．在BrCl分子中，Br是+1价而Cl是−1价B．在许多反应中，氯化溴是强氧化剂C．跟卤素单质相似，与水反应时，氯化溴既是氧化剂又是还原剂D．氯化溴与NaOH溶液反应生成NaCl、NaBrO和H二、非选择题(本大题共4小题，共50分)21．为测定某抗胃酸药片中碳酸钙的质量分数(设该药片中的其他成分不发生反应)：Ⅰ．向0.1000g药片粉末中依次加入20.00mL蒸馏水、25.00mL0.1000mol⋅Ⅱ．中和过量的盐酸，消耗0.1000mol⋅请计算：（1）0.1000g药片消耗HCl的物质的量为mol。(有效数字不作要求，下同)（2）药片中碳酸钙的质量分数为。（3）I中加入稀盐酸后产生气体在标准状况下的体积为mL。22．从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起到了巨大的作用。（1）①古代中国四大发明之一指南针由天然磁石制成的，该磁石主要成分是(填化学式)，写出其与足量稀盐酸反应的离子方程式：。②所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是(填字母)。A．FeB．FeCl3C．FeOD．FeSO4（2）①常利用FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷电路板，该反应的化学方程式为②将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至液体呈红褐色，写出该过程的化学方程式为（3）为了防止FeSO4溶液变质，实验室在配制FeSO4溶液时常向其中加入一些铁粉，其原因是（4）为证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe①加入适量的氯水②加入足量酸性KMnO4溶液③加入KSCNA．①③ B．③② C．③① D．①②③23．“84”消毒液是常用的消毒剂，某“84”消毒液部分标签如图所示。已知MNaClO【有效成分】NaClO【质量分数】24%【密度】1.18【净含量】1000mL【注意事项】……（1）计算该“84”消毒液的物质的量浓度为mol⋅（2）“84”消毒液使用时需要稀释，某小组用上述“84”消毒液配制480mL1.9mol⋅L−1的NaClO溶液，需用量筒量取该“84”消毒液体积为（3）配制过程如下，请将下列操作进行正确排序：→A→(填序号)。A．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2~3次，将洗涤液注入容量瓶中B．将所得到的溶液冷却至室温C．根据计算，量取一定体积的“84”消毒液D．将“84”消毒液注入烧杯中，再沿烧杯内壁缓缓注入蒸馏水，并不断用玻璃棒搅拌E．轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀F．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀G．用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面恰好与刻度线相切H．将蒸馏水注入容量瓶中，直到液面离瓶颈上的刻度线1~2cmI．将所得溶液小心地注入容量瓶中（4）下列情况会使所配溶液浓度偏低的是(填序号)。①溶液未经冷却即转移至容量瓶并定容②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容摇匀后，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线（5）含氯消毒剂的消毒能力可以用“有效氯”来表示，“有效氯”是指与含氯消毒剂氧化能力相当的氯气的质量。某溶液中含有lmolNaClO，该溶液的“有效氯”是24．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的水处理剂，K2FeO4为紫色固体，微溶于回答下列问题：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是，请判断氧化性强弱：KMnO4MnO（2）装置B中盛放的试剂是，其目的为。（3）装置C中生成K2FeO4的化学方程式为（4）下列说法正确的是___________(填字母)。A．Cl2和KB．搅拌操作，既可以防止局部溶液碱性减弱，又可以使反应物充分接触，加快反应速率C．可对装置C进行加热来加快反应速率D．装置C中KOH溶液过量的目的是K2（5）资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42−>MnO4−，验证实验如下：将制得的K2FeO4溶液滴入MnSO

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、“Cl”指的是单个氯原子，氯气是分子构成的物质，不是单个氯原子，故A不符合题意；

B、“Cl2”里，右下角的“2”表示1个氯气分子由2个氯原子构成，和氯气实际的分子组成一致，所以“Cl2”是氯气分子式，故B符合题意；

C、“Cl-”是带负电的氯离子，不是氯气分子，故C不符合题意；

D、“N2”是氮气分子的化学式，氮气和氯气是不同物质，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】要确定氯气的分子式，得看氯气的构成。氯气由氯分子组成，每个氯分子里有2个氯原子，所以其分子式要体现这种“1个分子含2个氯原子”的结构。2．【答案】D【解析】【解答】A、钢铁（铁碳合金）、氯水（含Cl2、HClO等）是混合物；但冰水混合物仅含H2O（纯净物），不符合“均为混合物”，A错误；

B、金刚石、C60是碳的不同单质（同素异形体）；但干冰是CO2（化合物），非单质，B错误；

C、CaO、MgO与酸反应仅生成盐和水（如CaO+2HCl=CaCl2+H2O），属碱性氧化物；但Na2O2与酸反应还生成O2（如2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2），不符合定义，C错误；

D、HCl（水溶液导电）、Ca(OH)2（水溶液或熔融导电）、BaSO4（熔融导电），均为电解质，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题需根据混合物、同素异形体、碱性氧化物、电解质的定义，判断各选项中物质分类是否正确。A．混合物含多种多种物质，纯净物只含一种物质。B．同素异形体是同种同种元素形成的不同单质。C．碱性氧化物是与酸反应只生成盐和水的氧化物。D．电解质是水溶液或熔融状态能导电的化合物。3．【答案】C【解析】【解答】A、钠的还原性虽强于铜，但钠属于极活泼金属，投入硫酸铜溶液时，会先与水发生反应（化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑），生成氢氧化钠和氢气。生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，产物为氢氧化铜沉淀和硫酸钠，无法置换出铜单质。因此，“用钠与硫酸铜溶液反应制备金属铜”的说法错误，故A不符合题意；

B、过氧化钠（Na2O2）能作供氧剂，是因为它与二氧化碳或水反应时会生成氧气。在这些反应中，过氧化钠中的氧元素化合价一部分从-1升高到0（生成氧气），一部分从-1降低到-2（生成化合物中的氧），属于自身的氧化还原反应，并非单纯依靠强氧化性实现供氧，因此，“过氧化钠因强氧化性作供氧剂”的逻辑错误，故B不符合题意；

C、小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3）的俗称，它具有受热易分解的性质，分解产生的二氧化碳气体能使食品内部形成多孔结构，从而让食品变得蓬松，这一性质与食品膨松剂的用途完全匹配。因此，“小苏打因受热易分解，用作食品膨松剂”的说法正确，故C符合题意；

D、纯碱（Na2CO3）可以与盐酸反应，但纯碱本身具有一定的刺激性和腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题考查钠及其化合物（钠、过氧化钠、小苏打、纯碱）的性质与用途对应关系，需依据各物质的化学特性，判断“性质决定用途”的逻辑是否成立，核心在于准确把握物质反应的本质及用途的原理。​A．判断活泼金属与盐溶液反应是否直接置换出金属，需考虑金属与水的反应优先级。​B．明确过氧化钠作供氧剂的反应原理，判断是否与强氧化性直接相关。​C．分析小苏打受热分解的产物是否能支撑其作为食品膨松剂的用途。​D．明确纯碱与盐酸反应的原理，判断是否可以治疗胃酸过多。​4．【答案】A【解析】【解答】A、K+、H+、SO42−、NO3B、Ca2+和CO32−C、H+和CO32−会反应生成COD、Cu2+在溶液中显蓝色，不满足“无色溶液”的条件，即便离子间不反应（Na+、Cu2+、Cl故答案为：A。

【分析】判断离子能否大量共存，需同时满足两个条件：①离子本身无色（排除有颜色的离子，如Cu2+等）；②A．检查离子颜色及相互间是否反应。B．判断Ca2+与COC．判断H+与COD．检查离子颜色是否符合“无色”要求。5．【答案】A【解析】【解答】A、NH3溶于水后，是与水反应生成的NH3⋅H2B、H2SO4是酸，溶于水时会自身电离出HC、CH3COOH（醋酸）是酸，在水溶液中能自身部分电离出H+D、AgCl是盐，虽在水中溶解度小，但熔融状态下能自身电离出Ag+和Cl−而导电，属于电解质，D不符合；【分析】依据电解质定义（在水溶液里或熔融状态下能自身电离导电的化合物），逐一分析选项中物质是否满足该条件。A．判断NH3B．分析H2C．分析CH3D．分析AgCl在熔融状态下的导电情况。6．【答案】D【解析】【解答】A、NH4NO3中，NH4+里N为-3价，NO3−里N为+5价。反应后NB、Zn反应前是0价，反应后生成ZnO（Zn为+2价），化合价升高，Zn失去电子，发生氧化反应（被氧化），B错误；C、氧化产物：Zn被氧化为ZnO（Zn化合价升高），NH4+中N被氧化为N2还原产物：NO3−中N被还原为N2（N化合价降低）。

结合反应，NH4NO3中-3价N和+5价N反应生成N2，且Zn生成ZnOD、标准状况下11.2LN2的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol。

反应中，NH4NO3中N【分析】先分析反应中各元素化合价变化，据此判断物质的氧化性、还原性，以及氧化产物、还原产物；再结合化合价变化计算电子转移数，逐一分析选项。A．判断NH4NO3B．分析Zn元素化合价变化，判断反应类型。C．确定氧化产物、还原产物，计算二者物质的量之比。D．根据N27．【答案】D【解析】【解答】A．雾、云都是小液滴水分散在空气中形成的胶体，属于气溶胶，A不符合题意；B．根据按分散质粒子直径大小将分散系分类，粒子直径为1~100nm的为胶体，B不符合题意；C．胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备丁达尔效应，因此可用丁达尔效应区分溶液和胶体，C不符合题意；D．丁达尔效应是由于胶体粒子对光线散射形成的，不是胶体粒子本身发光形成的，D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据胶体的性质和特点分析解答。8．【答案】B【解析】【解答】Fe3+变为Fe2+时，Fe元素的化合价从+3降低到+2，说明Fe3+发生了还原反应（被还原）。

在氧化还原反应中，有物质被还原就必然有物质被氧化，因此维生素C在反应中会被氧化（失去电子），这体现了维生素C的还原性。

该反应无法体现维生素C的酸性、氧化性或水溶性，

故答案为：B。【分析】分析维生素C的性质，需观察Fe3+转化为Fe2+时的化合价变化，结合氧化还原反应规律，判断维生素C是表现氧化性还是还原性。9．【答案】C【解析】【解答】A、浓盐酸与MnO2加热反应，MnO2、Cl2、H2O写化学式，HCl（浓）拆为H+和B、石灰石（CaCO3）难溶于水，写化学式；盐酸拆为H+和Cl−。反应生成CO2、H2O和可溶性CaCl2C、钠与水反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式应为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑。原方程式中H原子不守恒（左边2个H2D、Ba(OH)2拆为Ba2+和OH−，CuSO4拆为Cu2+和故答案为：C。

【分析】判断离子方程式是否正确，需从守恒（原子守恒、电荷守恒、电子守恒）、物质拆分（是否符合实际电离情况）、反应事实（是否符合客观反应）三方面分析。A．检查方程式的守恒与反应事实。B．分析CaCO3C．检查原子守恒（H原子）。D．分析反应产物及离子拆分。10．【答案】C【解析】【解答】A、HClO分解生成HCl（HClO=光照HCl+O2↑B、HClO分解产生O2，OC、HClO是弱酸，部分电离；分解生成的HCl是强酸，完全电离，使溶液中H+浓度增大，酸性增强，pH减小。图像数据随时间减小，与pHD、导电能力与离子浓度有关。HClO弱酸，离子浓度小；分解生成HCl（强电解质），离子浓度增大，导电能力应增强。但图像数据减小，D错误；

故答案为：C。

【分析】先明确HClO光照分解的产物（HCl和O2），再分析产物对溶液性质（离子浓度、pHA．分析HClO分解对Cl−B．分析HClO分解对O2C．分析HClO分解对溶液pH的影响。D．分析HClO分解对溶液导电能力的影响。11．【答案】D【解析】【解答】A、容量瓶是定容仪器，不能用于溶解固体（NaOH溶解时放热，会影响容量瓶精度）。配制NaOH溶液应先在烧杯溶解，冷却后再转移到容量瓶，A错误；B、K元素焰色反应为紫色，但易被Na元素的黄色焰色干扰，需透过蓝色钴玻璃观察（滤去黄色光）。直接观察无法准确检验K+C、新制氯水中本身含Cl−，加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，无法证明是HClO分解生成的HCl提供的D、碳酸钠热稳定性强，受热不分解；碳酸氢钠热稳定性弱，受热分解生成CO2，实验中，碳酸氢钠在温度较低处分解，产生的CO2使对应澄清石灰水变浑浊；碳酸钠不分解，对应石灰水无现象，可比较二者热稳定性，D正确；【分析】对每个实验，依据实验操作规范、物质性质（如焰色反应、氯水成分、盐的热稳定性），判断能否达成实验目的。A．判断容量瓶使用规范（能否直接溶解固体）。B．明确K元素焰色反应的观察要求。C．分析新制氯水成分对实验的干扰。D．根据碳酸钠、碳酸氢钠热稳定性差异设计实验。12．【答案】D【解析】【解答】A、氯气的分子式为Cl2，由两个氯原子构成，属于双原子分子，A正确；

B、通常状况下，氯气呈黄绿色，有刺激性气味，其相对分子质量为71（大于空气平均相对分子质量29），故密度比空气大，且能溶于水，符合物理性质，B正确；

C、氯气具有强氧化性，化学性质活泼，可与钠、铁、铜等多数金属直接发生化合反应，生成氯化钠、氯化铁、氯化铜等金属氯化物，C正确；

D、澄清石灰水中氢氧化钙的溶解度小，溶液浓度低，无法满足工业制备漂白粉的需求。工业上实际使用的是浓度更高的石灰乳（氢氧化钙的悬浊液）与氯气反应来制备漂白粉，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题考查氯气的结构、性质及用途，需逐一分析各选项，判断对氯气相关内容描述的正确性。核心是掌握氯气的结构、性质特点，以及工业制备漂白粉时对原料浓度的实际要求。13．【答案】A【解析】【解答】A、实验室制备氯气的反应为MnO2+4HClB、制取的氯气中会混有氯化氢气体，饱和食盐水的作用是吸收氯化氢。因为氯化氢极易溶于水，而氯气在饱和食盐水中的溶解度小，所以能用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质，该装置能达到实验目的，B不符合题意；C、氯气的密度比空气大，采用向上排空气法收集氯气时，导管应“长进短出”，这样能让氯气从长导管进入集气瓶，将空气从短导管排出，使氯气充满集气瓶，该装置能达到实验目的，C不符合题意；D、氯气有毒，直接排放会污染空气，需要进行尾气处理。氯气能与氢氧化钠溶液发生反应Cl2+2NaOH=NaClA．明确实验室制氯气的试剂要求，二氧化锰和浓盐酸共热才反应。B．清楚氯气中混有的杂质及除杂试剂原理，饱和食盐水可除氯化氢且减少氯气溶解。C．依据氯气密度与空气密度的大小关系，确定收集方法为向上排空气法。D．知晓氯气的毒性及尾气处理方法，氯气可与氢氧化钠溶液反应。14．【答案】C【解析】【解答】A、反应Ⅰ中，反应物是CuO（氧化铜）和HCl（氯化氢），相互交换成分后，生成H2O（水）和CuCl2（氯化铜），化学方程式为CuO+2HCl=H2O+CuCl2，完全符合复分解反应的定义，A正确；

B、从流程可知，反应Ⅱ的反应物是CuCl2（氯化铜）和O2（氧气），生成物是Cl2（氯气）和CuO（氧化铜）。按照质量守恒定律配平后，化学方程式为2CuCl2+O2=2Cl2+2CuO，方程式书写正确，B正确；

C、催化剂在反应前后质量和化学性质均不改变。反应Ⅰ中CuO（氧化铜）被消耗，反应Ⅱ中又重新生成，因此CuO是催化剂；而CuCl2（氯化铜）是反应Ⅰ的产物，又是反应Ⅱ的反应物，属于中间产物，并非催化剂，C错误；

D、将反应Ⅰ和反应Ⅱ叠加，消去中间产物CuO和CuCl2，得到总反应为4HCl+O2=2Cl2+2H2O，可见制取氯气的主要原料是提供HCl的盐酸和O2（氧气），D正确；

故答案为：C。

【分析】A．判断反应Ⅰ是否符合复分解反应“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的特征。B．根据反应流程，确定反应Ⅱ的反应物和生成物，写出并验证化学方程式。C．依据催化剂“反应前后质量和化学性质不变”的特点，判断CuCl2是否为催化剂。D．通过叠加两个反应得到总反应，确定制取氯气的主要原料。15．【答案】B【解析】【解答】A、0.1mol的BaCl2溶液中，氯离子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，对应的氯离子数目为0.2NA，A错误；

B、44gCO2的物质的量为44g÷44g/mol=1mol，含有的原子总物质的量为1mol×3=3mol，原子数目为3NA，B正确；

C、32g混合气体中氧原子的物质的量为32g÷16g/mol=2mol，原子数目为2NA，C错误；

D、1mol氦气在标准状况下的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题考查阿伏加德罗常数的应用，需结合物质构成、物质的量计算及气体摩尔体积，分析各选项粒子数或体积计算是否正确。A．氯化钡（BaCl2）的电离特点是1个BaCl2能电离出2个氯离子（Cl-）。B．二氧化碳（CO2）的摩尔质量为44g/mol，1个CO2分子包含1个碳原子和2个氧原子，共3个原子。C．氧气（O2）和臭氧（O3）均由氧原子构成，可通过总质量计算氧原子总数（氧原子摩尔质量为16g/mol）。D．氦气（He）是单原子分子，NA个氦原子对应1mol氦气，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol。16．【答案】A【解析】【解答】A、实验初始时，四容器体积相同、压强相同，由理想气体状态方程可知气体物质的量相同。但O2、N2、CO2和空气的摩尔质量不同，根据m=n・M，物质的量相同时，摩尔质量不同则质量不同。因体积相同，故四种气体密度不相等，A错误；

B、容器容积22.4L、压强101kPa，但温度高于0℃（即热力学温度高于273K），由PV=nRT可知，此时气体物质的量n<1mol。N2为双原子分子，故N原子个数少于2NA，B正确；

C、12：30-13：30间，CO2的温度最高。四容器中气体物质的量、体积均相同，根据PV=nRT，温度越高则压强越大，故此时CO2压强最大，C正确；

D、四种气体光照时间相同，CO2的温度变化最大，说明其吸收和保留热量的能力最强，即温室效应最显著，D正确；

故答案为：A。【分析】A．根据密度公式（密度=质量体积B．结合理想气体状态方程，分析温度对物质的量的影响，再判断原子总数。C．依据“同物质的量、同体积时，温度越高压强越大”的规律判断。D．通过相同光照时间下的温度变化幅度，判断温室效应强弱。17．【答案】C【解析】【解答】A、NaCl中Cl-浓度=0.30mol・L-¹×1=0.30mol・L-¹

B、CaCl2中Cl-浓度=0.15mol・L-¹×2=0.30mol・L-¹

C、MgCl2中Cl-浓度=0.10mol・L-¹×2=0.20mol・L-¹

D、AlCl3中Cl-浓度=0.10mol・L-¹×3=0.30mol・L-¹

选项C中Cl-浓度为0.20mol・L-¹，与其他三项（0.30mol・L-¹）不同，

故答案为C。

【分析】计算各溶液中Cl-的物质的量浓度，与溶液体积无关，只取决于溶质浓度和电离出的Cl-数目。18．【答案】B【解析】【解答】A、常温下铁与氯气不发生反应，因此可用钢瓶储存液氯；但在加热条件下，二者会发生反应生成氯化铁（FeCl3），并非完全不反应，A错误；

B、铁在高温下能与水蒸气发生反应，生成四氧化三铁（Fe3O4）和氢气（H2）。钢铁生产中，模具若残留水分，会因该反应导致设备损坏或引发安全隐患，因此需提前干燥，B正确；

C、氢氧化铁（Fe(OH)3）是红褐色沉淀，而工业上常用作红色颜料的是氧化铁（Fe2O3，俗称铁红），C错误；

D、湿法炼铜的核心反应是铁与硫酸铜溶液的置换反应（Fe+CuSO4=Cu+FeSO4），其中铁被氧化为亚铁离子（Fe2+），而非三价铁离子（Fe3+），D错误；

故答案为：B。

【分析】本题考查铁及其化合物的性质与应用，需结合铁与不同物质的反应特点、化合物的实际用途，逐一分析选项描述的准确性。‌A．考查铁与氯气的反应条件及产物差异。B．考查铁与水蒸气的反应事实及实际影响。C．常用作红色颜料的铁的化合物种类。D．考查湿法炼铜的反应原理及产物价态。19．【答案】C【解析】【解答】A、废液含FeCl2、FeCl3、CuCl2，加过量铁粉（试剂a），铁粉可置换CuCl2中的Cu，还能还原FeCl3为FeCl2；后续用稀盐酸（试剂b）溶解过量Fe，而Cu不与稀盐酸反应，能有效分离出铜，A正确；

B、滤液X和Z的主要成分都是FeCl2，通入氯气（试剂c）后，氯气作为氧化剂，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，将Fe2+氧化为Fe3+，为制备氯化铁晶体提供原料，B正确；

C、溶液W是FeCl2经氯气氧化后的FeCl3溶液，可能残留未反应的Cl-。酸性KMnO4溶液不仅会与Fe2+反应使其褪色，也会与Cl-发生氧化反应导致褪色，因此无法用酸性KMnO4溶液检验Fe2+，C错误；

D、操作I、II是分离固体和液体，属于过滤；操作III是从FeCl3溶液中获取晶体，需经蒸发浓缩等步骤，会用到蒸发皿，D正确；

故答案为：C。

【分析】工业废液（含FeCl2、FeCl3、CuCl2），加过量铁粉（试剂a），铁粉与CuCl2置换出Cu、与FeCl3反应生成FeCl2，操作I（过滤），分离出滤渣Y（Fe、Cu）和滤液X（FeCl2溶液），滤渣Y加稀盐酸（试剂b），溶解过量Fe（反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2），Cu不反应，操作II（过滤），分离出金属Cu和滤液Z（FeCl2溶液），滤液X、Z合并，通氯气（试剂c），氧化FeCl2为FeCl3（反应为2FeCl2+Cl2=2FeCl3），经操作III（蒸发浓缩、冷却结晶等），制得氯化铁晶体。A．确定回收铜和转化铁元素时所用试剂的合理性。B．明确试剂c的作用是将FeCl2转化为FeCl3，以及氯气的氧化作用。C．分析溶液W中离子对酸性KMnO4检验Fe2+的干扰。D．判断流程中各操作的类型及所需仪器。20．【答案】C【解析】【解答】A、氯化溴与水反应的化学方程式为BrCl+H2O=HCl+HBrO。在产物HCl中，氯元素为-1价；在HBrO中，溴元素为+1价。由此可知，氯化溴分子中溴元素为+1价，氯元素为-1价，A正确；

B、氯化溴中溴元素为+1价，处于较高的价态，在化学反应中容易得到电子，表现出氧化性，因此在许多反应中可以作为强氧化剂，B正确；

C、在BrCl与H2O的反应中，溴元素始终为+1价，氯元素始终为-1价，氢元素始终为+1价，氧元素始终为-2价，所有元素的化合价都没有发生改变，该反应不属于氧化还原反应。因此，氯化溴既不是氧化剂也不是还原剂，C错误；

D、氯化溴与水反应生成HCl和HBrO，这两种产物都会与NaOH发生中和反应：HCl与NaOH反应生成NaCl和H2O，HBrO与NaOH反应生成NaBrO和H2O。综合来看，氯化溴与氢氧化钠反应的总化学方程式为BrCl+2NaOH=NaCl+NaBrO+H2O，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题围绕氯化溴（BrCl）的化学性质展开分析，需结合其元素化合价特点、与其他物质反应时的价态变化规律，判断反应类型及物质在反应中的角色，进而推导各选项的正确性。A．通过氯化溴与水的反应产物，推断分子中各元素的化合价。B．根据氯化溴中溴元素的化合价，判断其是否具有氧化性。C．分析氯化溴与水的反应中各元素化合价是否发生变化，以此判断反应类型及氯化溴的作用。D．依据氯化溴与水的反应产物，推导其与氢氧化钠反应的产物。21．【答案】（1）0.0012（2）60%（3）13.44【解析】【解答】（1）向0.1000g药片粉末中依次加入20.00mL蒸馏水、25.00mL0.1000mol⋅L−1稀盐酸，使之充分反应，再用0.1000mol⋅L故答案为：0.0012；

（2）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反应消耗0.0012molHCl，则CaCO3的物质的量为0.0006mol，碳酸钙的质量分数为0.0006mol×故答案为：60%；

（3）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反应消耗0.0012molHCl，则生成0.0006molCO2，在标准状况下的体积为0.0006mol×22.4L/mol=0.01344L=13.44mL。

故答案为：13.44.

【分析】(1)用盐酸总物质的量减去NaOH中和的盐酸物质的量，得与CaCO3反应的HCl量。

(2)根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，由HCl消耗量算CaCO3物质的量，再用“(CaCO3质量÷药片质量)×100%”求质量分数。

(3)由HCl物质的量得CO2物质的量，结合标准状况下22.4L/mol，算CO2体积（换算为mL）。（1）向0.1000g药片粉末中依次加入20.00mL蒸馏水、25.00mL0.1000mol⋅L−1稀盐酸，使之充分反应，再用0.1000mol⋅L（2）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反应消耗0.0012molHCl，则CaCO3的物质的量为0.0006mol，碳酸钙的质量分数为0.0006mol×（3）药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，反应消耗0.0012molHCl，则生成0.0006molCO2，在标准状况下的体积为0.0006mol×22.4L/mol=0.01344L=13.44mL。22．【答案】（1）Fe3O4；Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；CD（2）2FeCl3+Cu=CuCl（3）Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）C【解析】【解答】（1）①Fe3O4具有磁性，古代中国四大发明之一指南针由天然磁石制成的，该磁石主要成分是Fe3O4，与足量稀盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和H2O，的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；

故答案为：Fe3O4；Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；②一般铁元素的最高化合价为+3，最低化合价为0，故含有+2价铁元素的物质既有氧化性又有还原性，

故答案为：CD；（2）①常利用FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷电路板，铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：2FeCl②将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，该过程的化学方程式为：FeCl故答案为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2；FeCl3+3H故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+

（4）先根据铁离子的特征反应，加入硫氰化钾溶液判断溶液中不含铁离子；然后加入氯水，如果含有亚铁离子，亚铁离子被氧化成三价铁离子，溶液变成红色，以此证明亚铁离子的存在，注意高锰酸钾溶液为紫红色，不反应溶液也可以变红，所以不能选用高锰酸钾溶液，答案选C。

故答案为：C。

【分析】（1）①天然磁石主要成分为Fe3O4，与稀盐酸反应生成Fe2+、Fe3+和H2O，依据守恒写离子方程式。

②Fe为+2价的物质（FeO、FeSO4）兼具氧化性和还原性。

（2）①FeCl3腐蚀铜是Fe3+氧化Cu，生成Cu2+和Fe2+，按氧化还原规律写方程式。

②FeCl3饱和溶液滴入沸水，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，结合条件写方程式。

（3）FeSO4变质是Fe2+被氧化为Fe3+，加铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，写离子方程式防变质。

（4）检验无Fe3+但可能有Fe2+：先加KSCN不变红（无Fe3+），再加氯水变红（含Fe2+）。（1）①Fe3O4具有磁性，古代中国四大发明之一指南针由天然磁石制成的，该磁石主要成分是Fe3O4，与足量稀盐酸反应生成FeCl2、FeCl3和H2O，的离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；②一般铁元素的最高化合价为+3，最低化合价为0，故含有+2价铁元素的物质既有氧化性又有还原性，故答案选CD。（2）①常利用FeCl3腐蚀铜的原理制作印刷电路板，铜与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，化学方程式为：2FeCl②将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，该过程的化学方程式为：FeCl（3）加入铁粉，可与铁离子生成亚铁离子，防止硫酸亚铁变质，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。（4）先根据铁离子的特征反应，加入硫氰化钾溶液判断溶液中不含铁离子；然后加入氯水，如果含有亚铁离子，亚铁离子被氧化成三价铁离子，溶液变成红色，以此证明亚铁离子的存在，注意高锰酸钾溶液为紫红色，不反应溶液也可以变红，所以不能选用高锰酸钾溶液，答案选C。23．【答案】（1）3.8（2）250.0；500mL容量瓶和胶头滴管（3）C→D→B→I；E→H→G→F（4）②④⑤（5）71【解析】【解答】（1）该“84”消毒液的物质的量浓度为c=1000ρwMmolL=（2）用上述“84”消毒液配制480mL1.9mol⋅L−1的NaClO故答案为：250.0；500mL容量瓶和胶头滴管；

（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算→量取→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，所以正确的顺序为：C→D→B→I→A→E→H→G→F。

故答案为：C→D→B→I；E→H→G→F（4）①溶液未经冷却即转移至容量瓶并定容，由于热胀冷缩，会使所配溶液体积偏小，浓度偏高，①错误；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会使溶质有所损失，从而使所配溶液浓度偏低，②正确；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，因为定容时还要再加蒸馏水，③错误；④定容摇匀后，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，会使所配溶液体积偏大，浓度偏低，④正确；⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线，会使所配溶液体积偏大，浓度偏低，⑤正确；故答案为：②④⑤。（5）次氯酸根离子、氯气都有强氧化性，其还原产物均为氯离子，而且1mol次氯酸根离子或1mol氯气在反应中均得到2mol电子，即1mol次氯酸根离子和1mol氯气的氧化能力相当，则有n(Cl2)=n(NaClO)=1mol，m(Cl2)=1mol×71g/mol=71g。

故答案为：71。

【分析】（1）用公式c=1000ρw（2）选500mL容量瓶，按c1（3）量取→溶解→冷却→移液→洗涤→轻摇→预定容→定容→摇匀（即C→D→B→I→A→E→H→G→F）。（4）烧杯及玻璃棒未洗涤、定容后补加水、定容时仰视均使n偏小或V偏大。（5）1molNaClO与1molCl2氧化能力相当（均得2mol电子），1molCl2质量为71g，即“有效氯”为71g。（1）该“84”消毒液的物质的量浓度为c=1000ρw（2）用上述“84”消毒液配制480mL1.9mol⋅L−1的NaClO（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算→量取→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀，所以正确的顺序为：C→D→B→I→A→E→H→G→F。（4）①溶液未经冷却即转移至容量瓶并定容，由于热胀冷缩，会使所配溶液体积偏小，浓度偏高，①错误；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏