河北省大名一中2026届高一上化学期中复习检测试题含解析.doc

河北省大名一中2026届高一上化学期中复习检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、用CuSO4·5H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是（ ）
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液
C．将25 g CuSO4·5H2O溶于水制成1 L溶液
D．取12.5 g CuSO4·5H2O溶于500 mL水中
2、一只盛有CO、O2、N2混合气体的气球放在空气（空气平均摩尔质量为29g/mol）中静止不动，则混合气体中O2的体积分数是
A．75% B．25% C．50% D．无法计算
3、在100mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中,所含的NaOH的质量为
A．40g B．4g
C．0.4g D．0.04g
4、在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A．NH4+、NO3-、Al3+、Cl- B．Na＋、SiO32- 、K+、NO3-
C．MnO4-、K+、SO42-、Na+ D．K+、SO42-、HCO3-、Na+
5、下列仪器常用于物质分离的是

A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑤ D．③⑤⑥
6、对反应方程式 NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O的下列说法中，正确的是
A．NaNO2是还原剂，NH4Cl是氧化剂
B．N2既是氧化产物，又是还原产物
C．NaNO2中的氮元素被氧化，发生了氧化反应
D．每生成1molN2时，转移电子的物质的量为6mol.
7、根据表中信息判断，下列选项不正确的是(　　)
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A．第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
8、已知：①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O，②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O，③Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+H2SO4。下列结论正确的是( )
A．①②③均是氧化还原反应
B．氧化性强弱顺序是K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2
C．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1
D．反应③中0.1mol还原剂共得到电子数为6.02×1022
9、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是
A．在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体，Fe(OH)3胶体粒子数目为5×10－4NA
B．0.5mol/L MgCl2溶液中含有Cl－的数目为NA
C．标准状况下，5.6 L H2O含有的电子数目为2.5NA
D．13.2g CO2和N2O形成的混合物含有的原子数目为0.9NA
10、下列叙述中正确的是　(　　)
A． 和是中子数不同质子数相同的同种核素
B．中子数为20的氯原子可以表示为
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．F-的结构示意图可以表示为
11、下列溶液中Cl-与50mL 1mol·L-1 MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是（）
A．100 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液 B．50 mL 1 mol·L-1 NH4Cl溶液
C．150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液 D．75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液
12、下列叙述中正确的是(　　)
A．摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个分子
B．1 mol氧原子的质量为16
C．0.5 mol He约含有6.02×1023个电子
D．2H既可表示2个氢原子又可表示2 mol氢原子
13、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是(　　)
A．液态硫酸、NH3 B．铜、二氧化硫
C．KCl固体、BaSO4 D．熔融的KNO3、氯气
14、硫酸镁和硫酸铝溶液等体积混合后，铝离子浓度为0.2mol/L，硫酸根离子的浓度为0.5 mol/L，则混和溶液中镁离子浓度为( )。
A．0.15 mol/L B．0.3 mol/L C．0.45 mol/L D．0.2 mol/L
15、下列化学反应中，气体被还原的是
A．CO2使Na2O2变白色 B．点燃时Fe在Cl2中燃烧产生红棕色的烟
C．H2使灼热的CuO粉末变红色 D．CO2能使石灰水变浑浊
16、下列关于胶体的相关说法不正确的是(　　)
A．向沸水中逐滴滴入饱和氯化铁溶液加热得红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体
B．向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入稀硫酸，现象是先出现红褐色沉淀，后溶解转为黄色溶液
C．江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
D．纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm＝10－9 m)，因此纳米材料属于胶体
17、二氧化氯、铁酸钠以及臭氧是饮用水的“三净客”，用铁酸钠(Na2FeO4)处理来自河流湖泊的水，以作为人们生活饮用水，是一项较新的技术。以下叙述中正确的是( )
①二氧化氯对水具有消毒、净化双效功能 ②臭氧可消除水洗物中残留的农药残留，杀灭水中的细菌病毒 ③臭氧、明矾净水原理相同 ④用Na2FeO4净水具消毒和净化双效功能
A．②④ B．③④ C．①③ D．①④
18、下列反应的离子方程式错误的是
A．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2++OH-+H++SO42- =BaSO4↓ +H2O
B．氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C．醋酸与纯碱溶液反应生成气体：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑
D．向澄清石灰水中滴入少量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O
19、已知反应：KClO3 + 6HCl = 3Cl2 + KCl + 3H2O下列说法正确的是
A．反应中还原剂是HCl，还原产物是KCl
B．氧化性强弱关系为：KClO3＞Cl2
C．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6
D．当消耗1mol氧化剂时，反应中转移电子的物质的量为6mol
20、下列有关胶体的说法正确的是
A．有的胶体是纯净物，有的胶体是混合物
B．有的胶体带电，有的胶体不带电
C．工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体的某些性质设计的
D．胶体、溶液和浊液的本质区别是能否产生丁达尔效应
21、氯气通入紫色石蕊试液中，溶液由紫色→红色→无色，导致变色的微粒依次是
A．H+、Cl− B．H+、HClO C．HCl、Cl2 D．HClO、ClO-
22、将标准状况下aL NH3溶解于1L水中，得到氨水的物质的量浓度为b mol/L，则该氨水的密度为
A．g/cm3 B．g/cm3
C． g/cm3 D．g/cm3
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：
(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_____，
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是______________，
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_____，
(4)溶液中可能存在的离子是_____；验证其是否存在可以用_____（填实验方法）
(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的__________。
A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-
24、（12分）有一包白色粉末，可能含有① NaHSO4、② KHCO3、③ Ba(NO3)2、④ CaCl2、⑤ NaNO3、⑥ MgSO4中的一种或几种。
实验步骤如下：
①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。
②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。
③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。
(1)推断白色粉末中一定有______________，一定没有__________，不能确定的是___________。
(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：___________________________________。
(3)请写出实验步骤①中产生沉淀的离子方程式：___________________________________。
25、（12分）某同学需要配制450 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液。请回答下列问题：
（1）在实验过程中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、量筒、烧杯、______________、胶头滴管、试剂瓶。
（2）用托盘天平称量时，应将NaOH放在________称量，称取的固体质量为_______。

（3）配制时操作步骤如乙图所示，则甲图操作应在乙图中的___(填选项字母)之间。
A．①与②　 B．②与③　 C．③与④　 D．④与⑤
（4）配制过程中洗涤烧杯、玻璃棒2～3次的目的是______________________。
（5）定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，则处理的方法是______________。
（6）该同学实际配制NaOH溶液的浓度为0.6 mol·L－1，原因可能是____(填序号)。
a．砝码上有杂质
b．洗净的容量瓶中残留有少量水
c．称量NaOH固体时，采用了“左码右物”
d．定容时俯视刻度线
e．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加入少许水调至刻度线
f．溶解固体的烧杯移液后未洗涤
g．定容前溶液未进行冷却
26、（10分）掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础。
实验室欲分离乙酸（沸点为118℃）和乙醇（沸点为78℃）的混合物，请按要求作答。

(1)图中A、B两种仪器的名称是________、________。
(2)A仪器中进水口是________（填“c”或“d”）。
(3)分离混合物时，温度计的________应处于______________。
(4)在B中注入混合物后，加入几片碎瓷片的目的是___________________________。
27、（12分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在，实验室里从海藻中提取碘的流程如下图。

某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如图所示：

已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2＋2KI==2KCl＋I2。
回答下列问题：
（1）写出提取过程中①③实验操作名称：①________，③________。
（2）F中下层液体的颜色为________色，上层液体中溶质的主要成分为________。从F中得到固态碘还发生反应需进行的操作是______。
（3）用双线桥表示②中的反应电子转移方向和数目：Cl2＋2KI==2KCl＋I2_______________
（4）提取过程中，消耗标况下Cl256L，碘的提取率为90%，计算能获得碘______g。
28、（14分）氯化铁是一种重要的化学试剂，其晶体的化学式为FeCl3·6H2O。FeCl3的饱和溶液在实验室和电子工业中都有重要应用。
（1）饱和FeCl3溶液的颜色是______________色的，实验室里常用它来制备______________（化学式）胶体，具体操作方法是：先将烧杯中的水加热至沸腾，再滴入5~6滴____________________，______________至液体呈______________色，停止加热。
（2）电子工业中 ，常用FeCl3的饱和溶液来印刷电路图板，反应的原理是：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。该反应中______________作氧化剂，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：____________。
（3）将0.5mol·L—1的FeCl3溶液从100mL稀释至500mL，所得溶液中，c(Cl—）为__________。（写出计算过程）
29、（10分）某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：

（1）该反应的化学方程式为_____________________ ;
（2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为_________;
（3）当反应达平衡时后：若X、Y、Z均为气体，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应为_____反应（填放热或吸热）。
参考答案

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、C
【解析】
A.单位体积溶液里所含溶质的物质的量来表示的浓度是物质的量浓度，A中溶液的体积不是1L，不能确定溶液的浓度，A不正确；
B.胆矾不一定完全失去结晶水，则16g固体的质量不一定是0.1mol，B不正确；
C.胆矾的物质的量是25g÷250g/mol＝0.1mol，溶液体积是1L，则浓度是0.1mol/L，C正确；
D.胆矾的物质的量是0.25mol，但溶液的体积不是0.5L，不能确定溶液的浓度，D不正确。
答案选C。
2、B
【解析】
放在空气中静止不动，说明混合气体的密度和空气的相等，根据阿伏加德罗推论，密度之比等于摩尔质量之比，因为CO、N2的摩尔质量相等，看成一种物质，利用十字交叉法，则

氧气占总体积的1/4×100%=25%，答案选B。
【点晴】
同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。
3、C
【解析】
试题分析：100mL0.1mol·L－1的NaOH溶液中,所含的NaOH的物质的量是0.1×0.1=0.01mol，质量为0.01×40=0.4g。答案选C。
考点：物质的量的相关计算
4、A
【解析】
离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分析判断。
【详解】
A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A正确；
B、因SiO32－、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B错误；
C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4－在溶液中呈紫色，与无色溶液不符，C错误；
D、因H+、HCO3－能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D错误。
答案选A。
5、B
【解析】
常用的分离操作有过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液等，结合仪器的用途来解答。漏斗在过滤时需要，分液漏斗在萃取、分液时需要，蒸馏烧瓶在蒸馏时需要。
【详解】
试管常用于物质的制备及性质实验，不能用于分离，故①错误；漏斗可用于过滤分离，故②正确；分液漏斗可用于分离互不相溶的液体，故③正确；托盘天平常用于称量物质的质量，故④错误；蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体，故⑤正确；研钵常用于研磨固体，不能用于分离，故⑥错误。故选B。
本题考查混合物分离、提纯，注重实验基础知识和基本技能的考查，把握常见的仪器及仪器的用途、混合物分离方法为解答的关键。
6、B
【解析】
NaNO2＋NH4Cl＝NaCl＋N2↑＋2H2O是同一元素的氧化还原反应，在反应中，N元素的化合价由反应前NaNO2中的+3价变为反应后N2中的0价，化合价降低，获得3e-，被还原，所以NaNO2是氧化剂，N2是还原产物；N元素的化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去3e-，被氧化，所以NH4Cl是还原剂，N2是氧化产物；每反应产生1molN2，转移电子的物质的量是3mol，综上所述可知：选项B正确，故合理选项是B。
7、D
【解析】
A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。
8、B
【解析】
A. ①元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.反应②中氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是Fe2(SO4)3，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即是K2Cr2O7>Fe2(SO4)3，反应③中氧化剂是Fe2(SO4)3，氧化产物是I2，同理Fe2(SO4)3>I2，故氧化性强弱K2Cr2O7＞Fe2(SO4)3＞I2是，故B正确；
C. 反应②中氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是FeSO4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故C错误；
D. 反应③中0.1mol还原剂失去电子数为6.02×1022，故D错误；
故选：B。
9、D
【解析】
A. 在沸水中加入0.1mL5mol/L的FeCl3制得胶体，Fe(OH)3胶体粒子为多个氢氧化铁分子的聚合体，Fe(OH)3胶体粒子数目少于5×10－4NA，故A错误；B、溶液体积不明确，无法计算溶液中的氯离子的个数，故B错误；C、标况下水不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算5.6 L水的物质的量，故C错误；D. CO2和N2O的摩尔质量相等，13.2g CO2和N2O形成的混合物的物质的量为=0.4mol，CO2和N2O均为三原子分子，含有的原子数目为0.9NA，故D正确；故选D。
10、D
【解析】
A. 和 是同种元素的两种不同核素，A项错误；
B. 中子数为20的氯原子，其质量数为20+17=37，其符号为，B项错误；
C. 互为同位素元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C项错误；
D. F的质子数为9，核外电子数也是9，F-核外有10个电子，其离子结构示意图为，D项正确；
答案选D。
11、C
【解析】
根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数， 50mL 1mol·L-1 MgCl2溶液中Cl-物质的量浓度为2mol/L。
【详解】
A、100 mL 1 mol·L-1的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选A； B、50 mL 1 mol·L-1 NH4Cl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=1mol/L，故不选B； C、150 mL 2 mol·L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2mol/L，故选C； D、75 mL 1 mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3mol/L，故不选D。
本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。
12、C
【解析】
A、摩尔是物质的量的单位，用物质的量表示微粒时，必须指明具体的粒子名称；
B、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式，1 mol氧原子的质量为16g；
C、氦为单原子分子，1mol氦含有2mol电子；
D、2H不能表示2mol氢原子。
【详解】
A项、摩尔是物质的量的单位，每摩尔物质含有6.02×1023个微粒，故A错误；
B项、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式，1molO的质量为16g，故B错误；
C项、0.5molHe约含有0.5 mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023个电子，故C正确；
D项、2H既可表示2个氢原子不能表示2mol氢原子，故D错误。
故选C。
本题考查了物质的量及其相关计算，注意掌握物质的量的概念及其常用计算公式，注意物质的量可以计量所有微观粒子，但必须指明具体的粒子名称，不能计量宏观物质。
13、A
【解析】
A.液态硫酸属于电解质，氨气是非电解质，故A正确；
B.铜是单质，不属于电解质，二氧化硫是非电解质，故B错误；
C.氯化钾固体是电解质，硫酸钡是电解质，故C错误；
D.熔融的硝酸钾是电解质，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误。
故选A。
14、D
【解析】
根溶液显电中性分析解答。
【详解】
混合溶液呈电中性，忽略水的电离，根据电荷守恒有2c（SO42-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+），即：0.5mol/L×2=2c（Mg2+）+0.2mol/L×3，解得：c（Mg2+）=0.2mol/L，故答案选D。
15、B
【解析】
过氧化钠与二氧化碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变； B．点燃时Fe在Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低；C．H2使灼热的CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高；D．CO2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不变。
【详解】
过氧化钠与二氧化碳的反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳中元素化合价不变，所以CO2没有被还原，故不选A； B．点燃时Fe在Cl2中燃烧生成氯化铁，氯气中氯元素化合价降低，氯气被还原，故选B；C．H2使灼热的CuO粉末变红色生成铜和水，氢气中氢元素化合价升高，氢气被氧化，故不选C；D．CO2能使石灰水变浑浊生成碳酸钙和水，元素化合价都不变，不属于氧化还原反应，故不选D。
本题考查氧化还原反应，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化反应与还原反应的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
16、D
【解析】
A、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，制得氢氧化铁胶体；
B、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉；
C、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉；
D、纳米材料没有形成分散系。
【详解】
A项、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，继续加热至呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故A正确；
B项、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解转化为黄色溶液，故B正确；
C项、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故C正确；
D项、纳米材料没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误。
故选D。
17、A
【解析】
①二氧化氯对水具有消毒功能，但不能净水，①错误；
②臭氧可消除水洗物中残留的农药残留，杀灭水中的细菌病毒，②正确；
③明矾中铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质净水，而臭氧具有强氧化性，杀菌消毒，净水原理不同，③错误；
④Na2FeO4是可溶于水的强氧化剂,在水中有杀菌消毒的作用，其还原产物主要是Fe3+,会水解形成Fe(OH)3胶体，则Na2FeO4净水具消毒和净化双效功能，④正确；
综上，②④正确，答案选A。
18、A
【解析】
A、二者物质的量相等，铵根离子和氢离子恰好完全反应；
B、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应；
C、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应；
D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中少量的符合化学式的组成比。
【详解】
A项、等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在溶液中反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-→BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故A错误；
B项、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应，反应生成硝酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故B正确；
C项、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C正确；
D项、向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故D正确。
故选A。
本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
19、B
【解析】
反应中氯酸钾中的氯元素化合价降低，做氧化剂；盐酸中的部分氯元素化合价升高，做还原剂和酸。
【详解】
A. 反应中还原剂是HCl，还原产物是氯气，故错误；
B. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，氧化剂为KClO3，氧化产物为Cl2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，氧化性强弱关系为：KClO3＞Cl2，故正确；
C. 若有6mol盐酸参加反应，有5mol做还原剂，1mol表现酸性，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，故错误；
D. 氯酸钾中的氯元素化合价降低5价，当消耗1mol氧化剂时，反应中转移电子的物质的量为5mol，故错误。
故选B。
掌握常见的氧化还原反应，尤其是归中反应。在此反应中氯酸钾做氧化剂，盐酸部分做还原剂，氯气既是氧化产物又是还原产物。
20、C
【解析】
A.胶体是混合物，故错误；
B.胶体不带电，但有些胶体粒子带电，故错误；
C. 工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体的电泳性质设计的，故正确；
D. 胶体、溶液和浊液的本质区别是分散质粒子直径，不是丁达尔效应，故错误。
故选C。
胶体是一种分散系，是混合物，胶体中粒子带电，但胶体不能带电，利用胶体粒子带电的性质进行电泳分离或除尘。
21、B
【解析】
氯气与水反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl和HClO均能电离出氢离子，能够使石蕊变红，次氯酸具有漂白性，能够使变红的溶液褪色，所以导致变色的微粒依次是H+、HClO，故答案为B。
22、A
【解析】
氨气的质量是，溶液的质量是1000g+，则溶质的质量分数是。根据可知密度是g/mL，答案选A。

二、非选择题(共84分)
23、Cu2+ 、Fe3+ Ag+ Mg2+ K+ 焰色反应 B
【解析】
根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag++Cl-=AgCl↓说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。
【详解】
(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H++ NH3·H2O=NH4++H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；
(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。
(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2Ag++CO32-=Ag2CO3↓，Ag++OH-=AgOH↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。
24、①②③ ④⑥ ⑤ H+ + HCO3- = H2O + CO2↑ Ba2+ + SO42- = BaSO4↓
【解析】
①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。
【详解】
(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤①中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2↑； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4↓。
25、500 mL容量瓶 小烧杯 10.0g C 保证溶质全部转移至容量瓶中 重新配制 a d g
【解析】
(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤，选择需要的仪器；
(2)配制450mL溶液，需要选用500mL容量瓶，根据n=cV、m=nM计算出需要称量的氢氧化钠固体的质量；
(3)甲图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，结合配制步骤判断；
(4)转移溶液时，要把残留在烧杯中的溶质全部转入容量瓶；
(5)配制溶液时出现错误操作，要重新配制；
(6)分析不当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。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶；
(2)实验室没有450mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是450mL 0.5 mol/L NaOH溶液，需要氢氧化钠固体得到质量为：m=40g/mol×0.5 mol/L×0.5L=10.0g；氢氧化钠具有强腐蚀性，且容易潮解，称量时应该放在烧杯中快速称量；故答案为烧杯；10.0g；
(3)甲图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水，应在转移与定容之间，即应在③和④之间，故选C；
(4)把烧杯中的溶液转移到容量瓶时，烧杯中会有残留的氢氧化钠，为了保证溶质全部转移至容量瓶中，要洗涤烧杯2～3次，并把洗液转入容量瓶，故答案为保证溶质全部转移至容量瓶中；
(5)在定容滴加蒸馏水时，若不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，要重新配制，故答案为重新配制；
(6)该同学实际配制NaOH溶液的浓度为0.6mol•L-1，浓度偏高。a．砝码上沾有杂质，称取溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大，故a选；b．容量瓶中原来存有少量水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故b不选；c．称量NaOH固体时，采用了“左码右物”，因为实验过程中没有用到游码，所以对溶质的物质的量不产生影响，溶液浓度不变，故c不选； d．定容时俯视视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故d选；e．定容摇匀后发现液面低于刻度线又加入少许水调至刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏小，故e不选；f．溶解固体的烧杯移液后未洗涤，导致部分溶质损坏，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故f不选；g．转移溶液时未经冷却，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故g选；故答案为：adg。
26、（直形）冷凝管 蒸馏烧瓶 c 水银球 蒸馏烧瓶支管口处 防止暴沸
【解析】
乙酸和乙醇为互相混溶沸点差别较大的液体混合物，应用蒸馏法进行分离。
【详解】
乙酸和乙醇为互相混溶沸点差别较大的液体混合物，应用蒸馏法进行分离。
(1)根据上图分析知A为冷凝管、B为蒸馏烧瓶。
(2)冷凝管水流方向是下进上出，所以仪器中进水口是c。
(3)分离混合物时，温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶支管口处。
(4)在B中注入混合物后，加入几片碎瓷片的目的是防止暴沸。
27、过滤 萃取 紫红 KCl 分液、蒸馏 571.5
【解析】
(1)海藻灼烧得到海藻灰，浸泡得到悬浊液，过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，过滤得到含I-离子的溶液通入氯气，氧化碘离子为碘单质，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，加入四氯化碳萃取剂分液，得到含碘单质的四氯化碳溶液，从有机溶液中提取碘，因此，本题正确答案是：过滤；萃取分液；
(2)四氯化碳是无色液体，密度比水大，碘单质溶于四氯化碳后分层，下层为溶解碘单质的紫色溶液，上层为溶解氯化钾的溶液，然后分液得到碘的四氯化碳溶液，从有机溶剂中提取碘，需要用蒸馏操作，因此，本题正确答案是：紫红；KCl；分液、蒸馏；
(3) Cl2＋2KI=2KCl＋I2 反应中氯原子得到电子，发生还原反应，碘离子失去电子，发生氧化反应，用单线桥可表示为；
(4)由方程式 Cl2＋2KI=2KCl＋I2可知，消耗1mol的Cl2，则生成1mol I2, 标况下Cl256L的物质的量为56L÷22.4L/mol=2.5mol,所以生成碘的质量为2.5mol×254g/mol=635g，因为碘的提取率为90%，所以获得碘的