黑龙江省大庆市红岗区铁人中学2025年高一化学第一学期期中统考试题含解析.doc

黑龙江省大庆市红岗区铁人中学2025年高一化学第一学期期中统考试题
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、向含有、、、Na＋的溶液中加入一定量Na2O2后，下列离子的浓度减少的是(　　)
A． B． C． D．Na＋
2、由 1H、2H、3H 和 16O、18O 五种原子构成的 H2O2分子共有（　　）
A．9 种 B．12 种 C．15 种 D．18 种
3、将下列液体分别与溴水混合并振荡，静置后溶液分为两层，下层几乎无色的是( )
A．苯B．酒精C．碘化钾溶液D．氢氧化钠溶液
4、下列叙述中，正确的是
A．H2SO4的摩尔质量是98
B．等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C．等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7︰11
D．98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L
5、金属材料的开发一直是材料科学的研究热点，一些新的金属材料相继被开发出来并应用于工农业生产和高科技领域。例如，铀(U)用作核电厂反应堆的核燃料，镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料；特点是被誉为“的金属”——钛(Ti)，应用前景更为广阔。钛(titanium)是一种活泼金属，但因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力。除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点。根据以上背景资料及所学知识，你认为下列说法中错误的是
A．钛不属于稀土金属
B．钛是很好的航天航空材料
C．钛在空气中不与其他物质反应
D．钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料
6、如果2 g甲烷含有x个甲烷分子，那么22 g CO2中所含分子数是：
A．x B．4x C．0.5x D．3x
7、现有NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4三种无色溶液，只用一种试剂，一次区别开，则该试剂是（必要时可以加热）( )
A．BaCl2溶液 B．Ba(OH)2溶液 C．稀盐酸 D．AgNO3溶液
8、下列变化中，属于化学变化的是 （ ）
A．轮胎爆炸 B．玻璃破碎 C．冰棒融化 D．菜刀生锈
9、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是

A．该硫酸试剂的物质的量浓度为18.4
B．该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%
C．配制50.0mL4.60mol/L的稀硫酸需取该硫酸12.5mL
D．2.4gMg与足量的该硫酸反应得到H2的体积为2.24L
10、下列说法正确的是
A．氧气的气体摩尔体积是22.4L B．硫酸的摩尔质量是98g
C．CO2的相对分子质量是44g D．CO32—摩尔质量是60g/mol
11、下列叙述正确的是
A．1 mol H2O的质量为18 g/mol
B．3.01×1023个SO2分子的质量为32 g
C．4 g NaOH溶于1L水中，所得溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
D．标准状况下,1 mol任何物质体积均为22.4 L
12、下列说法正确的是
A．失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强
B．已知①Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu；②2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，则氧化性强弱顺序为 Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
C．已知还原性：B－>C－>D－，反应 C－＋D ===D－＋C 和反应 C－＋B ===B－＋C 都能发生
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应
13、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金"。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）
A．Na的还原性强于金刚石 B．另一种化合物是NaCl
C．纳米级金刚石粉末属于胶体 D．这个反应是置换反应
14、12 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7(重铬酸钾)溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr在还原产物中的化合价为(　　)
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
15、下列关于金属的说法正确的是
A．铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧
B．在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的
D．铝制餐具不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物
16、下列变化中，属于还原反应的是( )
A．NaCl→KCl B．Cl2→Cl- C．C→CO2 D．FeCl2→FeCl3
17、欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（　　）
A．称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中
B．称量10.6 g Na2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
C．量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mL
D．配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3
18、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
19、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol·L－1 K2SO4溶液的说法正确的是(　　)
A．1 000 mL溶液中所含K＋、SO42－总数为0.3NA
B．500 mL溶液中有0.1NA个K＋
C．1 L溶液中K＋的浓度为0.4 mol·L－1
D．1 L溶液中SO42－的浓度是0.4 mol·L－1
20、日常生活中，许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是
A．铜质奖章上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B．充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸
C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏
D．轮船底部生锈
21、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硝酸银溶液与铜粉反应：Ag++Cu = Cu 2++Ag
B．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C．铁与氯化铁溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+
D．碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+=H2O+CO2↑
22、下列物质中，不属于共价分子的是 （ ）
A．MgO B．HCl C．CCl4 D．H2
二、非选择题(共84分)
23、（14分）某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：
（1）填写下表空格

实验操作与现象
实验结论
判断理由
步骤一
加入过量HCl溶液，有气泡产生；
肯定有___、肯定无___。
HCO3-与OH-不共存
步骤二
步骤一中得到标况下的气体22.4L；
HCO3-的物质的量浓度为___mol/L
C元素守恒
步骤三
向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。
肯定有___、___；肯定无___。
溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。
（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。
（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。
24、（12分）有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。
（1）写出X元素符号__________，画出Y元素的原子结构示意图___________。
（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式_____________________
25、（12分）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、分液、结晶，渗析法等。请回答下列有关问题：
（1）除去食盐水中的泥沙，可用_____________的方法。
（2）2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖。生产上，可用乙醚(一种有机溶剂)提取黄花蒿中的青蒿素，该方法的名称是____________。
（3）除去食盐溶液中的水，可采用_________________的方法。
（4）分离乙醇和水，可采用___________的方法。
（5）除去氢氧化铁胶体中的少量的FeCl3可以采用___________的方法。
26、（10分）实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：
(1)请写出该实验的实验步骤：
①________，②________，③________，④_________，⑤_________，⑥_________。
(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_______)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，请写出：____________________________________。
(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的原因。
①为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：__________，原因是：______________。
②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：____________，原因是：________________。
27、（12分）现用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓H2SO4来配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥容量瓶 ⑦托盘天平 ⑧药匙。请完成下列问题：
(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有________(填代号)。
(2)经计算，需浓H2SO4的体积为________。现有①10mL ②50mL ③100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是________（(填代号) 。
(3)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是________，能引起误差偏高的有________(填代号)。
①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑦定容时，俯视标线
28、（14分）储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应式为：3C+2K2Cr2O7 +8H2SO4===3CO2↑+2K2SO4
+2Cr2(SO4)3 +8H2O。
（1）请用双线桥法标出电子转移方向和数目________________________________。
（2）上述反应中氧化剂是______（填化学式），被氧化的元素是________（填元素符号）。
（3）H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是____________（填序号）。
A．氧化性 B．氧化性和酸性 C．酸性 D．还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为_________L。
29、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。（部分产品未标出）

（1）Ⅰ中发生反应的还原剂是____________、Ⅱ中的氧化剂是________（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是____________________________________
（3）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。
②研究表明：在上述过程中会发生副反应：NaClO2 + 4HCl = NaCl + 2Cl2↑+ 2H2O，若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大。请推测其原因是__________。
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、A
【解析】
溶液中加入少量过氧化钠后发生反应：2Na2O 2 +2H2O=4NaOH+O2↑，溶液中Na＋浓度增大；+OH-=+H2O，浓度减少，浓度增大，浓度不变，故选A。
2、D
【解析】
氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种；②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种；据此进行分析。
【详解】
氧原子有2种16O、18O，氢原子有3种1H、2H、3H，H2O2分子中的氢原子、氧原子可以相同也可不同；
①水分子中的氢原子相同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H216O2、2H216O2、3H216O2、1H217O18O、2H217O18O、3H217O18O、1H218O2、2H218O2、3H218O2；
②水分子中的氢原子不同时，氧原子有2种，所以氧原子有3种选法；氢原子有3种，所以氢原子有3种选法，故水分子有1H2H16O2、1H2H17O18O、1H2H18O2、1H3H16O2、1H3H17O18O、1H3H18O2、3H2H16O2、3H2H17O18O、3H2H18O2；
所以共有18种；
故答案选D。
3、A
【解析】A．苯与溴水发生萃取，溴水层几乎呈无色，故A正确；B．乙醇与溴水不反应，也不分层，故B错误；C．碘化钾与溴水反应后不分层，故C错误；D. 氢氧化钠溶液与溴水反应生成溴化钠溶液，溶液褪色，但不分层，故D错误；故选A。
点睛：本题考查物质的性质及萃取，为高频考点，侧重常见有机物性质的考查，把握苯与溴水发生萃取，溴水层几乎呈无色为解答的关键。
4、B
【解析】
A、摩尔质量的单位是g·mol－1，即H2SO4的摩尔质量应是98 g·mol－1，A不正确。
B、O2和O3都是由氧原子构成的单质，因此等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同，B正确。
C、等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为︰＝11︰7，C不正确。
D、98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液的体积不是0.5L，所以所得溶液中硫酸的物质的量浓度不是2 mol• L－1D不正确；
答案选B。
5、C
【解析】
A. 钛位于第四周期，不属于稀土金属，A正确；
B. 钛具有一定的抗腐蚀能力，除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点，因此是很好的航天航空材料，B正确；
C. 钛在空气中容易被氧气氧化，在其表面容易形成致密的氧化物保护膜，这说明能与氧气反应，C错误；
D. 钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料，D正确。
答案选C。
6、B
【解析】
根据n=m/M=N/NA计算．
【详解】
n（CH4）=2g/16g/mol=1/8mol，则x/NA=1/8，NA=8x，
n（CO2）=22g/44g/mol=0.5mol则N（CO2）=nNA=0.5×8x=4x，
故选B．
7、B
【解析】
从物质组成的角度分析，待检验的三种物质为铵盐和硫酸盐，铵盐通常用强碱检验：NH4++OH-NH3↑+H2O，产生刺激性气味的气体，硫酸盐通常用含Ba2+的可溶性化合物检验：Ba2++SO42-=BaSO4↓，综合考虑应选择Ba(OH)2溶液检验，方法和现象是：向三种溶液中分别滴加Ba(OH)2溶液，只有刺激性气体产生的是NH4Cl；既有刺激性气体产生又有白色沉淀产生的是(NH4)2SO4；只有白色沉淀产生的是K2SO4，答案选B。
8、D
【解析】
A. 轮胎爆炸，气体膨胀，为物理变化，A错误；
B. 玻璃破碎，玻璃的成分未发生变化，为物理变化，B错误；
C. 冰棒融化，水由固体变为液体，为物理变化，C错误；
D. 菜刀生锈为铁与潮湿的空气发生反应，化学变化，D正确；
答案为D。
9、C
【解析】
A．根据可知该硫酸溶液的物质的量浓度为1000×1.84×98%/98 mol/L=18.4mol/L，A错误；B．硫酸的密度大于水的，该硫酸与等体积的水混合后的溶液质量小于原硫酸溶液质量的2倍，所以混合后溶液的质量分数大于49%，B错误；C．设配制50mL4.6mol•L-1的稀硫酸需取该硫酸的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0.05L×4.6mol/L=x×18.4mol/L，解得x=0.0125L＝12.5mL，C正确；D．氢气的状况不知，无法求体积，D错误；答案选C。
10、D
【解析】
A、气体摩尔体积的单位是L/mol，标况下氧气的气体摩尔体积是22.4L/mol，A错误；
B、摩尔质量的单位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，B错误；
C、相对分子质量的单位不是g，应该说CO2的相对分子质量是44，C错误；
D、CO32—的摩尔质量是60g/mol，D正确。
答案选D。
注意摩尔质量与相对原子(分子)质量的关系：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，摩尔质量在数值上如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量。摩尔质量的单位为g·mol－1，相对原子(分子)质量的单位为1。
11、B
【解析】
A．1 mol H2O的质量为18 g，其摩尔质量为18g/mol，故A错误；
B．3.01×1023个SO2分子的物质的量==0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故B正确；
C．将4 gNaOH溶于1L水中，此时溶液的体积不是1L，不能计算出所得溶液的物质的量浓度，故C错误；
D．标准状况下，1 mol任何气体的体积为22.4L，固体、液态的体积不一定，故D错误；
故选B。
本题的易错点为C，根据物质的量浓度的概念，公式c=中的V是指溶液的体积，不是溶剂的体积。
12、B
【解析】
A．氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe＋Cu2＋＝Fe2＋Cu中，氧化剂是Cu2＋，氧化产物是Fe2＋，所以氧化性Cu2＋＞Fe2＋，在反应②2Fe3+＋Cu＝2Fe2＋+Cu2＋中，氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋，所以氧化性Fe3＋＞Cu2＋，故氧化性顺序是：Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2+，选项B正确；
C．氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-＞D-，故反应2C-＋D2＝2D-＋C2能发生，还原性：B-＞C-，故反应2C-＋B2＝2B-＋C2不能发生，选项C错误；
D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；
答案选B。
13、C
【解析】
A．反应中Na置换出C，Na是还原剂，C是还原产物，说明Na的还原性强于金刚石，故A正确；
B．根据元素守恒可知，方程式为4Na+CCl4 C+4NaCl，则另一种化合物是NaCl，故B正确；
C．纳米级金刚石粉末是纯净物，不是胶体分散系，故C项错误；
D．该反应化学方程式为4Na+CCl4 C+4NaCl，属于置换反应，故D正确；
综上所述，错误的是C项，故答案为C。
14、B
【解析】
本题没有给出具体的氧化还原反应方程式，不能直接根据化学计量数列比例式计算。但题目给出了氧化剂，还原剂的量，所以只要找到氧化剂和还原剂之间计量关系即可求出还原产物中Cr元素化合价，由此分析。
【详解】
还原剂与氧化产物、失电子数之间的关系为：Na2SO3~Na2SO4~失2e-；氧化剂与还原产物（设还原产物中Cr的化合价为x）、得电子数之间的关系为：K2Cr2O7~2~得2(6-x)e-，因为n(Na2SO3)=0.012L×0.1mol/L=0.0012mol，n(K2Cr2O7)=0.02L×0.02mol/L=0.0004mol，根据电子得失守恒列方程式：0.0012mol×2e-=0.0004mol×2(6-x)e-，解得x=3，答案选B。
根据氧化还原反应中得失电子守恒建立氧化剂与还原剂之间的计量关系。
15、D
【解析】
A.铝和氧气反应生成氧化铝，因氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候不会剧烈燃烧，故A错误；
B.钠在空气中燃烧，火焰为黄色，生成过氧化钠固体，固体为淡黄色，故B错误；
C.铁与水蒸气在高温条件下反应产生氢气和四氧化三铁：3Fe+4H2O（g）4H2+Fe3O4，Fe3O4为黑色固体，故C错误；
D.铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、强碱反应，所以不宜用来盛装酸性、碱性较强的食物，故D正确，答案选D。
16、B
【解析】
A.根据有关概念可知，元素化合价降低的反应为还原反应，该变化中没有元素化合价变化，所以不属于还原反应；A项错误；
B.氯元素的化合价由Cl2的0价变化到Cl-的-1价，化合价降低，发生还原反应，B项正确；
C.碳元素化合价由C的0价变化到CO2的+4价，化合价升高，发生氧化反应，C项错误；
D.铁元素化合价由FeCl2的+2价变化到FeCl3的+3价，化合价升高，发生氧化反应，D项错误；答案选B。
17、C
【解析】
A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶液体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；
B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；
C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c，解得：c=1mol/L，故C正确；
D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。
故选C。
物质的量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。
18、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。
19、C
【解析】
A、1 000 mL溶液中含有0.2 molK2SO4所含K＋、SO42－总数为0.5NA，错误；
B、N(K＋)=0.2 mol·L－1×0.5 L×2NA＝0.2NA，B项错误；
C、K＋的浓度为0.2 mol·－1×2＝0.4 mol·L－1；
D、SO42－的浓度是0.2 mol·L－1，与溶液的体积无关。
20、C
【解析】

【详解】
A项：金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，属于氧化还原反应，故不选；
B项：氢气和氧气反应生成水，属于氧化还原反应，故不选；
C项：酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故可选；
D项：铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，是氧化还原反应过程，故不选。
故选C。
21、C
【解析】
A．硝酸银溶液与铜粉发生置换反应，离子方程式应该是2Ag++Cu＝Cu2++2Ag，A错误；
B．稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式应该是Fe+2H+＝Fe2++H2↑，B错误；
C．铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，C正确；
D．碳酸钙难溶，与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝H2O+CO2↑+Ca2＋，D错误。
答案选C。
22、A
【解析】
分析：含有共价键的分子属于共价分子，含有共价键的化合物属于共价化合物；含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；原子晶体是由原子构成的，原子晶体由两种或多种元素构成的纯净物属于化合物。
详解：A. MgO中含有离子键，属于离子化合物；
B. HCl中含有共价键，属于共价化合物；
C. CCl4中含有共价键，属于共价化合物；
D. H2中只含有共价键，属于共价分子；
故本题选A。

二、非选择题(共84分)
23、HCO3- OH- 10 SO42- Na+ Ba2+ 漏斗 玻璃棒 HCO3-+H+=CO2↑+H2O Ba2++SO42-=BaSO4↓
【解析】
步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。
【详解】
（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)==1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)==10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)==0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；
（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。
24、H Cl2+H2O⇌HCl+HClO
【解析】
有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。
【详解】
有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为 ；
(2) X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。
25、过滤 萃取 蒸发结晶 蒸馏 渗析
【解析】
（1）食盐水中混有泥沙，可采用分离固液混合物的方法。
（2）乙醚提取黄花蒿中的青蒿素，是从有机生命体中提取其中的一种成分，采用的是萃取操作。
（3）除去食盐溶液中的水，可利用水易蒸发的性质。
（4）分离乙醇和水，可利用二者沸点的差异分离。
（5）除去氢氧化铁胶体中的少量的FeCl3，可利用半透膜进行分离。
【详解】
（1）食盐水中混有泥沙，可采用分离固液混合物的过滤法进行分离。答案为：过滤；
（2）乙醚提取黄花蒿中的青蒿素，是从有机生命体中提取其中的一种成分，采用的是萃取操作。答案为：萃取；
（3）除去食盐溶液中的水，可利用水易蒸发的性质，采用蒸发结晶的方法。答案为：蒸发结晶；
（4）分离乙醇和水，可利用二者沸点的差异分离，采用蒸馏法。答案为：蒸馏；
（5）除去氢氧化铁胶体中的少量的FeCl3，可利用半透膜，采用渗析法进行分离。答案为：渗析。
混合物的分离，有些操作看上去差异很大，但真正操作起来，又感觉其实很相近。如溶解和萃取，粗食盐中加水，叫溶解，煮中药、煮老母鸡汤却叫萃取；同样，从黄花蒿中提取青蒿素，操作仍叫萃取。两个概念的区别在于，若待分离物质是机械混合物，则叫溶解；若待分离物质是有机生命体，则叫萃取。
26、计算 称量 溶解 移液 洗涤 定容 500 mL 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 偏大 受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小 偏小 溶液体积增大，溶质量不变
【解析】
配制溶液时，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。
【详解】
(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：
①计算，②称量，③溶解，④移液⑤洗涤，⑥定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；
(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶 (规格：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
(3)①为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；
②定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。
分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。
27、②⑦⑧ 5.4mL ① ①②③④⑥⑦ ①②⑦
【解析】
(1)根据配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4的步骤选择使用的仪器，然后判断不需要的仪器；
(2)根据c=计算出浓硫酸的物质的量浓度，然后根据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出浓硫酸的体积，结合选择仪器的标准“大而近”选择量筒的规格；
(3)根据c= 分析实验误差。
【详解】
(1)配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要选用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，不需要的仪器为：②烧瓶、⑦托盘天平、⑧药匙；
(2)该浓硫酸的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，由于在稀释前后溶质的物质的量不变，所以配制500mL、0.2mol/L的稀H2SO4，需要浓硫酸的体积为：V=≈0.0054L=5.4mL，为减小实验误差，应该选择10mL的量筒量取，故选择仪器序号是①；
(3)根据c=分析实验误差
①量取浓硫酸的量筒不能洗涤，如果洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会导致量取的浓硫酸体积偏大，配制的溶液浓度偏高；
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积膨胀，冷却后溶液体积变小，导致配制的溶液浓度偏高；
③将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4，由于水的密度比硫酸小，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，导致酸滴飞溅，使配制的硫酸浓度偏低；
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，由于溶质减少，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量及溶液体积没有影响，不影响配制结果；
⑥定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是由于一部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上，对溶液浓度无影响，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则溶液的体积变大，导致配制溶液浓度偏低；
⑦定容时，俯视标线导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高；
可见上述操作中，错误的是①②③④⑥⑦，其中能引起误差偏高的①②⑦。
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，掌握配制溶液的步骤及溶液的不同浓度的换算关系是本题解答的关键。一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。题目侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力；该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法。
28、 K2Cr2O7 C C 4.48
【解析】
（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由化合价前后的变化分析可得双线桥法如下： ；
（2）反应中铬元素的化合价降低，故氧化剂为K2Cr2O7，碳元素的化合价升高，则碳元素被氧化，故答案为K2Cr2O7、C；
（3）H2SO4 在上述反应中表现出酸性，故答案为C；
（4）由上述双线桥法可得关系式为:12e-——3CO2，若反应中电子转移了0.8mol则生成气体的为：0.8mol÷12×3=0.2mol，在标准状况下的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为4.48L。
29、Na2SO3ClO22ClO2 + 2H2O2 +2OH- == 2ClO2- + O2­ + 2H2O1:4ClO2-的氧化性或Cl-的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl-被氧化得到Cl2。
【解析】
（1）I中NaClO3转化为ClO2，Cl元素化合价由+5价降到+4价，NaClO3得电子，作氧化剂；根据得电子守恒，Na2SO3失电子，化合价降低，作还原剂。Ⅱ中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价降低，则ClO2得电