2025年人教五四新版高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教五四新版高一化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列离子中半径最小的是rm{(}rm{)}A.rm{Mg^{2+}}B.rm{Na^{+}}C.rm{O^{2-}}D.rm{F^{-}}2、rm{14.}下列叙述正确的是A.明矾能水解生成rm{Al(OH)_{3}}胶体，可用作净水剂和消毒剂B.rm{Na_{2}O}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C.葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是能否发生丁达尔效应D.“血液透析”利用了胶体的性质3、如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图rm{(X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{R}代表元素符号rm{)}下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径比较：rm{r_{Z}>r_{Y}>r_{X}}B.气态氢化物的还原性比较：rm{W>R}C.rm{WX_{3}}和水反应形成的化合物是离子化合物D.含rm{Z}元素的盐溶液一定显示酸性4、下列化学用语正确的是()A.乙烯的结构简式为rm{CH_{2}CH_{2;;;;}}B.丙烷的实验式为rm{C_{3}H_{8}}C.乙醛的结构式为D.羟基的电子式为5、不能证明下列物质具有漂白性的是（）A.品红溶液通入SO2后，红色消失B.显红色的酚酞溶液通入SO2后，红色褪去C.加有酚酞的水中投入Na2O2粉末溶液先变红，后褪色D.将新制氯水滴入紫色石蕊试液先变红，后褪色6、鉴别胶体和溶液最简单的方法是rm{(}rm{)}A.萃取B.蒸馏C.过滤D.丁达尔效应7、有关硝酸化学性质的叙述中；正确的是。

A.浓；稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸变红。

B.硝酸能与rm{Na_{2}CO_{3}}反应，但不生成rm{CO_{2}}

C.硝酸与rm{Na_{2}S}反应制得rm{H_{2}S}

D.浓硝酸因分解放出rm{NO_{2}}又溶解于硝酸而呈黄色评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质发生反应，可以出现明显的蓝色特征．现将混有少量稀Na2SO4溶液的淀粉装在半透膜中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能观察到的现象是（）A.加入BaCl2溶液产生白色沉淀B.加入碘水不变蓝C.加入BaCl2溶液没有白色沉淀产生D.加入碘水变蓝9、比较两份质量相同的CH4和NH3，下列结论错误的是（）A.分子个数比为17：16B.原子个数比为16：17C.氢原子个数比为17：12D.相同状况下密度比为17：1610、一定质量的铜分别与足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体rm{(}假设产物气体只可能是rm{NO}或rm{NO_{2}).}下列叙述一定正确的是rm{(}rm{)}A.硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少B.硝酸浓度不同，生成的rm{Cu(NO_{3})_{2}}的物质的量相同C.硝酸浓度越大，产生的气体越少D.用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相同．11、下列能作为比较氧元素和氯元素的非金属性强弱的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}SO_{4}}的酸性比rm{HClO_{3}}酸性强B.rm{Fe}在纯氧中燃烧生成rm{Fe_{3}O_{4}}rm{Fe}在氯气中燃烧生成rm{FeCl_{3}}C.在rm{HClO}中，元素化合价氯为rm{+1}价，氧为rm{-2}价D.rm{O_{2}}为无色无味气体，rm{Cl_{2}}为黄绿色有刺激性气味的气体12、下列说法不正确的是。

A.共价键一定存在于共价化合物中，也可能存在于离子化合物中B.次氯酸的结构式为rm{H隆陋Cl隆陋O}C.金属元素也能形成共价化合物D.非极性共价键一定存在于非金属单质中13、在rm{2KMnO_{4}+16HCl篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}反应中rm{(}rm{)}A.氧化产物与还原产物的粒子个数比为rm{5}rm{2}B.氧化产物与还原产物的粒子个数比为rm{2}rm{5}C.氧化剂与还原剂的粒子个数之比为rm{1}rm{8}D.氧化剂与还原剂的粒子个数之比为rm{1}rm{5}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、(9分)“三酸两碱”是重要的化工原料，其中的“两碱”为氢氧化钠和碳酸钠。（1）氢氧化钠不能保存在带玻璃塞的玻璃瓶中的原因是________________________。（2）实验室配制100mL1mol/L氢氧化钠溶液时，下列操作会导致浓度偏低的是_____a．定容时仰视刻度线b．容量瓶洗涤后没有干燥就直接用于溶液的配制c．氢氧化钠溶解后没有冷却至室温，就将溶液转移到容量瓶中d．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水使液面与刻度线相平（3）将足量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中的离子方程式为_________________。（4）向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，碳酸氢根离子浓度变化趋势是_______；碳酸钠溶液中混有少量碳酸氢钠，可用氢氧化钠来除杂，反应的离子方程式为_______。15、（16分）某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2＋、Fe3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：(1)上述离子中，溶液X中除H＋外还肯定含有的离是，不能确定是否含有的离子(Q)是，若要确定该Q(若不止一种，可任选一种)不存在，最可靠的化学方法是。(2)沉淀G的化学式为。(3)写出有关离子方程式：①中生成A。②。(4)假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n(H＋)＝0.04mol，当沉淀C物质的量(填“＜”、“＝”或“＞”某个值)，表明Q离子一定是。(若不止一种可能，填对一种情况即可)16、（4分）写出下列反应的离子方程式：（1）烧碱溶液吸收氯气：（2）钠和硫酸铜溶液反应：17、为了达到下表所列的一些有关家庭常用物质的实验要求，请选择合适的化学试剂，将其标号填入对应的空格中．。实验要求化学试剂检验酒精中是否有水____区别CH4和C2H4两种无色气体____验证味精是否有食盐____除去Fe2O3中的Al2O3____供选择的化学试剂：

A．酸性高锰酸钾B．硝酸银溶液和硝酸C．氢氧化钠溶液D．无水硫酸铜粉末．18、有下列几种物质：①氯化铵②氦气③氯化镁④二氧化碳⑤过氧化氢⑥氯化钠⑦过氧化钠其中：a．只含离子键的物质是____（填编号；下同）

b．只含共价键的物质是____

c．既有离子键又共价键的是____．评卷人得分四、探究题(共4题，共32分)19、（12分）某学习小组为证明并观察铜与稀HNO3反应的产物是NO，设计了如下图所示的实验装置。请你根据他们的思路，回答有关的问题。（一）实验仪器：大试管、玻璃导管、橡皮塞、烧杯、棉花、注射器。（二）实验药品：铜丝、稀硝酸、碳酸钙颗粒、烧碱溶液。（三）实验原理：铜与稀硝酸反应的离子反应方程式____。（四）实验步骤：1、按右图所示连接好装置，检验装置的________；2、向试管中加入一定量的固体药品（填化学式）________，然后向试管中倒入过量的稀硝酸，并迅速塞紧带铜丝和导管的橡皮塞；3、让试管中的反应进行一段时间后，用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口；4、将铜丝向下移动插入试管液体中，使之与稀硝酸反应；5、把注射器的针孔插入试管口的橡皮塞中，缓慢向试管内推入空气。（五）实验讨论：1、实验步骤②的目的是（写出反应的离子方程式，结合文字说明）____；2、实验步骤⑤的目的是（写出反应的化学方程式，结合文字说明）____。（六）实验评价：该装置的优点是（任写一个即可）____；有同学提出：增加右图所示装置，在步骤②完成后，当有明显现象再撤去该装置，并继续步骤③的“用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口”。请评价他的做法____________。20、某实验小组的同学用氢氧化钙和盐酸进行酸碱中和的实验时；向烧杯中的氢氧化钙溶液加入稀盐酸，实验结束后，发现忘了滴加指示剂．他们停止滴加稀盐酸，并对烧杯内溶液中的溶质成分进行探究．

（1）复分解反应的发生需要一定的条件．氢氧化钙和盐酸能发生复分解反应是因为______．

（2）探究烧杯中溶液中溶质的成分．

【提出问题】该烧杯内溶液中的溶质是什么？

【猜想】猜想一：可能是Ca（OH）2和CaCl2；猜想二：可能只有CaCl2

猜想三：可能是______．

【查阅资料】CaCl2溶液显中性．

【进行实验】

实验一：取少量烧杯内溶液于试管中，滴入几滴酚酞溶液，振荡，若______；说明猜想一不正确．

实验二：另取烧杯内的少量溶液于另一只试管中，逐滴加入碳酸钠溶液至过量，若______；说明猜想二不正确，猜想三正确．

实验三：取少量烧杯内溶液于试管中，用下列物质中的______（填序号）不能说明猜想三正确．

A；紫色石蕊B、氢氧化铜C、硝酸银D、锌。

【反思与拓展】

①在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑______．

②要处理烧杯内溶液，使其溶质只含有CaCl2，应向烧杯中加入过量的______．

③实验室欲中和100g7.3%的盐酸，至少需要多少克熟石灰？21、甲；乙、丙、丁四位同学在探究碱溶液与酚酞作用的实验时；发现了一个意外现象：氢氧化钠溶液滴入酚酞试液，溶液变成了红色，可是过了一会红色就消失了．这是什么原因呢？他们根据所学化学知识，分别对这种意外现象的成因作了如下猜想：

甲：可能是酚酞变质造成的；

乙：可能是氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应的缘故；

丙：可能是酚酞与空气中的氧气反应；使红色消失；

丁：可能与氢氧化钠溶液浓度大小有关．

（1）甲同学刚提出自己的猜想，就遭到其余三位同学的否定，三位同学的理由是：______；

（2）丙同学认为乙同学的猜想也不正确，他的理由是______．

（3）四位同学讨论后认为要验证丙同学猜想；还需作如下实验，你知道其实验目的吗？

。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热2．在加热后的溶液中滴入酚酞，并在上方滴一些植物油通过以上实验；四位同学观察到的现象是：溶液先变成红色，过了一会红色仍然消失．

（4）若丁同学的猜想正确；大家能设计实验证明吗？

。实验方法可能观察到的现象和结论22、科技节活动中；化学实验小组做了如下实验，请回答以下问题．

（1）图A所示实验可观察到“铁树”上浸有无色酚酞试液的棉团由白色变为红色，该实验中没有涉及的性质是______（填字母）．

A．氨分子是不断运动的B．氨分子有一定质量C．浓氨水具有挥发性。

（2）图B所示实验，将注射器中浓氢氧化钠溶液注入瓶中，会看到鸡蛋被“吞”入瓶中，该实验中涉及的化学方程式为______．

（3）图C所示实验，当通过导管向热水中通入氧气时，白磷在水下燃烧，该实验说明燃烧需要的条件为：①可燃物；②达到着火点；③______，反应的化学方程式为______．

（4）图D所示实验观察到紫色小花变为红色，小花变红的原因是______（用化学方程式表示）．评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)23、28g铁与足量的盐酸完全反应后，生成的H2在标准状况下的体积为多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}中离子具有相同的电子层排布，且rm{Mg}的原子序数最大，则rm{Mg^{2+}}的离子半径最小；

故选A．

电子层越多；离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，以此来解答．

本题考查离子半径的比较，为高频考点，把握离子结构、原子序数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}2、D【分析】【分析】本题考查了物质的分类和性质及分散系的判断，难度不大，注意氧化铝属于两性氧化物。【解答】A.明矾能水解生成rm{Al(OH)_{3}}胶体；可用作净水剂，不具有消毒作用，故A错误；

B.氧化铝为两性氧化物；故B错误；

C.葡萄糖溶液和淀粉溶液的本质区别是溶质粒子的大小；丁达尔效应是胶体的性质，故C错误；

D.胶体不能透过半透膜；“血液透析”利用了胶体的性质，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}3、B【分析】解：短周期元素，由图中化合价可知，rm{X}的化合价为rm{-2}价，没有正化合价，故rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}的化合价为rm{+1}价，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{F}元素，故rm{Y}为rm{Na}元素，rm{Z}为rm{+3}价，为rm{Al}元素，rm{W}的化合价为rm{+6}rm{-2}价，故rm{W}为rm{S}元素，rm{R}的最高正价为rm{+7}价，应为rm{Cl}元素．

A.同周期随原子序数增大，原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径rm{Na>Al>O}即rm{r_{Y}>r_{Z}>r_{X}}故A错误；

B.rm{W}为rm{S}rm{R}为rm{Cl}非金属性rm{Cl>S}则还原性：rm{H_{2}S>HCl}故B正确；

C.rm{SO_{3}}与rm{H_{2}O}化合生成rm{H_{2}SO_{4}}rm{H_{2}SO_{4}}是共价化合物；故C错误；

D.rm{Z}为rm{Al}若为铝盐，溶液呈酸性，若为偏铝酸盐，溶液呈碱性，故D错误；

故选B．

短周期元素，由图中化合价可知，rm{X}的化合价为rm{-2}价，没有正化合价，故rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}的化合价为rm{+1}价，处于Ⅰrm{A}族，原子序数大于rm{O}元素，故rm{Y}为rm{Na}元素，rm{Z}为rm{+3}价，为rm{Al}元素，rm{W}的化合价为rm{+6}rm{-2}价，故rm{W}为rm{S}元素，rm{R}的最高正价为rm{+7}价，应为rm{Cl}元素；据此解答．

本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，根据推断元素是解题的关键，根据化合价结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期元素”几个字，rm{D}选项考查比较新颖，学生容易忽略偏铝酸盐．【解析】rm{B}4、B【分析】【分析】本题旨在考查学生对电子式、结构式、分子式、结构简式的应用，难度不大。【解答】A.乙烯的结构简式应为rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{=}故A错误；rm{=}故B正确；rm{CH_{2}}故A错误；为乙醛的结构简式，故rm{CH_{2}}B.丙烷的实验式为rm{C_{3}H_{8}}故B正确；故D错误。故选B。rm{C_{3}H_{8}}【解析】rm{B}5、B【分析】试题分析：A、品红溶液通入SO2后，红色消失，二氧化硫表现漂白性，错误；B、显红色的酚酞溶液通入SO2后，红色褪去，二氧化硫表现的性质是溶于水显酸性，正确；C、加有酚酞的水中投入Na2O2粉末溶液先变红，后褪色，Na2O2与水反应生成氢氧化钠，使溶液变红，Na2O2还表现强氧化性，能漂白，溶液又褪色，错误；D、将新制氯水滴入紫色石蕊试液先变红，后褪色，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸使溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能漂白，而使溶液褪色，错误。考点：考查对物质漂白性的认识和理解。【解析】【答案】B6、D【分析】解：胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，故选：rm{D}．

胶体具有丁达尔效应；而溶液不具备该性质，可以据此来鉴别二者．

本题考查学生胶体的特性以及溶液和胶体的鉴别知识，是对课本知识的考查，较简单．【解析】rm{D}7、D【分析】略【解析】rm{D}二、双选题(共6题，共12分)8、A|B【分析】解：因淀粉是胶体；不能透过半透膜，则只要袋子不破损，淀粉就不会出来，加入碘水就不变蓝，溶液硫酸钠会渗到烧杯中，加入氯化钡会产生白色沉淀；

故选AB．

胶体粒子不能通过半透膜；而且其它小分子或离子可以通过半透膜，半透膜完好无损，烧杯中液体无淀粉．

本题考查了胶体性质，胶体的透性，根据实验考查了学生分析问题，解决问题的能力【解析】【答案】AB9、B|D【分析】解：两份质量相同的CH4和NH3，由n=可知，物质的量比为=17：16；

A．物质的量比等于分子个数比；均为17：16，故A正确；

B．原子个数比为17×5：16×4；故B错误；

C．氢原子个数比为17×4：16×3=17：12；故C正确；

D．相同状况下Vm相同；密度之比等于质量之比，则密度比为1：1，故D错误；

故选BD．

两份质量相同的CH4和NH3，由n=可知，物质的量比为=17：16；结合物质的构成来计算．

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的量、质量之间的关系及相关计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】BD10、BD【分析】【分析】本题考查rm{Cu}与硝酸的反应，明确浓度不同发生的反应不同及发生的化学反应方程式即可解答，题目难度不大。【解答】一定质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全反应，发生rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)}rm{)}rm{篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}浓rm{篓T3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}A.等量的rm{Cu+4HNO_{3}(}与酸反应，浓硝酸消耗的多，故A错误；B.等量的rm{)篓TCu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}与酸反应，生成rm{Cu}的物质的量相同，故B正确；C.等量的rm{Cu}与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故C错误；D.因rm{Cu(NO_{3})_{2}}最终收集气体均为rm{Cu}由电子守恒可知，收集rm{3NO_{2}+H_{2}O篓T2HNO_{3}+NO}的体积相等，故D正确。故选BD。rm{NO}【解析】rm{BD}11、rBC【分析】解：rm{A.H_{2}SO_{4}}的酸性比rm{HClO_{3}}酸性强，说明硫酸电离程度大于氯酸，与rm{O}rm{Cl}非金属性强弱无关；故A错误；

B.一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，与变价金属反应应生成最高价态，但相同条件下，rm{Cl_{2}}与铁反应生成rm{FeCl_{3}}rm{O_{2}}与铁反应生成rm{Fe_{3}O_{4}}所以说明氧元素非金属性大于rm{Cl}故B正确；

C.次氯酸中，元素化合价氯为rm{+1}价，氧为rm{-2}价，说明rm{O}元素吸引电子能力大于rm{Cl}元素，则非金属性rm{O>Cl}故C正确；

D.非金属性强弱与其单质的颜色无关；故D错误；

故选BC．

元素的非金属性越强；该元素吸引电子能力越强，其单质的氧化性越强，其氢化物的稳定性越强，其单质与氢气反应越容易，其最高价氧化物的水化物酸性越强，据此分析解答．

本题考查非金属性强弱判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力及知识综合运用能力，明确非金属性强弱判断方法及与其最高价氧化物的水化物酸性强弱关系、其单质氧化性强弱关系，题目难度不大．【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本题考查了化学键的类型与化合物类型之间的关系，侧重学生的理解能力的提高。【解答】A.共价键一定存在于共价化合物中，也可能存在于离子化合物中例如：rm{NaOH}中含有共价键，故A错误；B.次氯酸的结构式为rm{H隆陋O隆陋Cl}故B正确；C.金属元素也能形成共价化合物，如rm{AlCl_{3}}是共价化合物，故C错误；D.rm{H_{2}O_{2}}中含有极性键也含有非极性共价键，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}13、AD【分析】解：rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}中，rm{Mn}元素的化合价由rm{+7}价降低为rm{+2}价，则rm{KMnO_{4}}为氧化剂，生成rm{MnCl_{2}}为还原产物，rm{Cl}元素的化合价由rm{-1}价升高为rm{0}但在反应的rm{16HCl(}浓rm{)}中，被氧化的占rm{10mol}未被氧化的rm{HCl}为rm{6mol}所以rm{10molHCl}为还原剂，生成rm{5molCl_{2}}为氧化产物，则氧化产物与还原产物的粒子个数比为rm{5}rm{2}氧化剂与还原剂的粒子个数之比为rm{2}rm{10=1}rm{5}则AD正确；

故选：rm{AD}．

rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)篓T2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}隆眉+8H_{2}O}中，rm{Mn}元素的化合价由rm{+7}价降低为rm{+2}价，则rm{KMnO_{4}}为氧化剂，生成rm{MnCl_{2}}为还原产物，rm{Cl}元素的化合价由rm{-1}价升高为rm{0}但在反应的rm{16HCl(}浓rm{)}中，被氧化的占rm{10mol}未被氧化的rm{HCl}为rm{6mol}所以rm{10molHCl}为还原剂，生成rm{5molCl_{2}}为氧化产物；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，题目难度不大．【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】试题分析：（1）氢氧化钠保存在带有橡胶塞的玻璃瓶中，不用玻璃塞，其原因是氢氧化钠溶液与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠有粘性，会使瓶塞和瓶体粘在一起而不易打开。（2）a．定容时仰视刻度线，导致水加多了，所配溶液浓度偏低，b．容量瓶洗涤后没有干燥就直接用于溶液的配制，无影响；c．氢氧化钠溶解后没有冷却至室温，就将溶液转移到容量瓶中，根据热胀冷缩，水加少了，所配溶液浓度偏高；d．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，应不管它，如果又加水使液面与刻度线相平，导致水加多了，所配溶液浓度偏低，选ad；（3）少量的CO2与NaOH反应生成碳酸钠，过量的CO2与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，所以将足量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中的离子方程式为CO2+OH－=HCO3－；（4）CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，CO32-先转化为HCO3-，HCO3-浓度逐渐增大，当继续滴加盐酸时，HCO3-与H+反应生成H2O和CO2，使HCO3-浓度又减小，碳酸钠溶液中混有少量碳酸氢钠，可用氢氧化钠来除杂，反应的离子方程式为HCO3－+OH－=CO32－+H2O。考点：考查硅酸盐的性质，溶液配制的误差分析，离子方程式的书写等知识。【解析】【答案】（1）氢氧化钠溶液与玻璃中二氧化硅反应生成硅酸钠有粘性，会使瓶塞和瓶体粘在一起而不易打开。（2）a、d（3）CO2+OH－=HCO3－（4）先增大后减小；HCO3－+OH－=CO32－+H2O15、略

【分析】溶液显酸性，所以CO32-、SO32-不能大量共存。根据①可知沉淀是C是硫酸钡，则原溶液中含有SO42-，溶液中不能含有Ba2+。气体A是硝酸的还原产物NO，所以一定有NO3-和Fe2＋。溶液B和氢氧化钠反应生成气体F，则F是氨气，因此含有NH4+。沉淀G是氢氧化铁沉淀，但由于含有亚铁离子，所以无法确定铁离子。根据反应②可知，沉淀I是氢氧化铝沉淀，这说明H中含有偏铝酸钠，即原溶液中含有Al3+。（1）铁离子和氯离子无法确定，可用KSCN溶液和硝酸银溶液分别进行检验。（2）（3）略（4）NO是0.01mol，则根据反应3Fe2＋+NO3－+4H＋＝3Fe3++NO↑+2H2O可知亚铁离子是0.03mol，NO3－是0.01mol。氨气和氢氧化铝都是0.01mol，所以溶液中含有0.01molNH4+和0.01molAl3+。氢离子是0.04mol，所以溶液中的阳离子的正电荷数是0.14mol，所以如果硫酸钡＞0.07mol，则一定含有Fe3+。如果硫酸钡＜0.07mol，则一定含有Cl－。【解析】【答案】（1）Al3+、NH4+、Fe2+、SO42-；Fe3+、Cl－；取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+；或者取少量B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无Cl－(只要答对一种即可得分，但必须强调取X溶液或B溶液，没取或取错不得分)(其它合理答案也可)（2）Fe(OH)3（3）3Fe2＋+NO3－+4H＋＝3Fe3++NO↑+2H2O；AlO2－+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3－（4）＞0.07mol，Fe3+或者＜0.07mol，Cl－(只要写出一种即可得分)16、略

【分析】【解析】试题分析：（1）烧碱和氯气反应生成的是氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是2OH-+Cl2＝Cl-+ClO-+H2O。（2）钠是活泼的金属，溶于水立即和水反应生成氢氧化钠和氢气。然后生成的氢氧化钠再和溶液中的溶质反应，所以反应的离子方程式是2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑。考点：考查离子方程式的书写【解析】【答案】（4分）（1）2OH-+Cl2＝Cl-+ClO-+H2O（2）2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑(或分开写)17、DABC【分析】【解答】因无色硫酸铜遇水变蓝；则检验酒精中含水，无水硫酸铜；

因乙烯能被高锰酸钾氧化，而甲烷不能，则区别CH4和C2H4两种无色气体选高锰酸钾溶液；

因食盐中氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；则验证味精是否有食盐，选硝酸银溶液和硝酸；

因氧化铝与NaOH反应，而氧化铁不反应，则除去Fe2O3中的Al2O3选氢氧化钠溶液；

故答案为：D；A；B；C．

【分析】无色硫酸铜遇水变蓝，乙烯能被高锰酸钾氧化，食盐中氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀，氧化铝与NaOH反应，以此来解答．18、③⑥|④⑤|①⑦【分析】【解答】解：①氯化铵中含离子键和N﹣H共价键；②氦气中不含化学键；③氯化镁中只含离子键；④二氧化碳中只含共价键；⑤过氧化氢只含共价键；⑥氯化钠只含离子键；⑦过氧化钠中含离子键和O﹣O共价键；只含离子键的物质是③⑥；只含共价键的物质是④⑤；既有离子键又共价键的是①⑦；故答案：③⑥；④⑤；①⑦；

【分析】一般来说，活泼金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答．四、探究题(共4题，共32分)19、略

【分析】①硝酸是氧化性酸，能和铜发生氧化还原反应，方程式为3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。②制气装置连接好后，首先检验装置的气密性。③由于装置中含有空气，会氧化生成的NO，从而干扰实验，所以需要先排尽装置中的空气。可以利用硝酸和碳酸钙反应生成的CO2来实现，即加入的固体药品是碳酸钙，反应的方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O。⑤由于NO极易被氧化生成红棕色NO2，所以目的是证明Cu与稀硝酸反应生成NO的，方程式为2NO+O2=2NO2。⑥评价实验可以从操作的难易程度、尾气的处理、实验现象等考虑。根据装置及实验过程可知，优点是使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）⑦由于在排空气时，无法判断是否完全排尽，所以通过石灰水变浑浊的现象，来准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。【解析】【答案】①3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）②气密性（1分）③CaCO3（1分）④CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（2分），利用CO2排出试管中的空气，防止O2与NO反应（1分）⑤2NO+O2=2NO2（1分）,气体由无色变红棕色证明Cu与稀硝酸反应生成NO（1分）⑥使用可抽动的铜丝能随时控制反应的开始和结束，节约药品用量，减少污染气体的产生。（或使用蘸有NaOH溶液的棉花团封住导管口，可防止NO和NO2气体逸出污染大气。）（2分）⑦通过石灰水变浑浊的现象准确判断试管内无空气后，才进行步骤④，使得出的结论更科学。（1分）20、略

【分析】解：（1）复分解反应发生的条件是：生成物中有沉淀；水或气体放出；氢氧化钙和盐酸反应生成了氯化钙和水，故符合条件；

（2）【猜想】反应可能是恰好反应；只有氯化钙（猜想二）；也可能是一种物质完全反应，另一种物质有剩余，若氢氧化钙过量，则含有氢氧化钙和氯化钙（猜想一）；若盐酸过量，则含有盐酸和氯化钙（猜想三）；

【进行实验】因为酚酞遇碱会变红色；而结论是猜想一不正确，即不含有氢氧化钙，故观察到的现象是溶液无明显变化（或溶液不变红色）；

根据结论猜想二不正确；猜想三正确，即含有盐酸和氯化钙，其中的氯化钙溶液可以和碳酸钠溶液反应生成沉淀，稀盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，因为碳酸钙在盐酸存在的情况下不能以沉淀的形式析出，故碳酸钠先和盐酸反应产生气泡，再和氯化钙反应产生沉淀；

虽然盐酸能够和硝酸银反应产生沉淀；但由于其中的氯化钙也能够和硝酸银产生相同的现象，不能选择；

【反思与拓展】

①因为反应可能是完全反应；也可能是其中的一种反应物过量，因此在分析化学反应后所得物质成分时，除考虑生成物外还需考虑反应物的用量；

②盐酸会与碳酸钙反应而将过量盐酸除去．

③解：设至少需要熟石灰的质量为x

污水中HCl的质量：100g×7.3%=7.3g

2HCl+Ca（OH）2═CaCl2+2H2O

7374

7.3gx

解之得：x=7.4g

答：至少需要熟石灰7.4g．

故答案为：（1）有水生成；（2）猜想三：可能是CaCl2；HCl；

【进行实验】溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡；后出现白色沉淀；C；

【反思与拓展】

①反应物是否过量；②CaCO3；③7.4g．

（1）；据复分解反应发生的条件考虑；（2）、【猜想】根据反应的程度进行猜想：恰好反应、一种物质完全反应；另一种物质有剩余；

【进行实验】根据酚酞遇碱变红来进行解答；根据盐酸的性质进行分析；但注意氯化钙中也含有氯离子；

【反思与拓展】

①根据实验的结论进行发生反思；

②根据酸会与碳酸钙反应进行分析③．计算出100g污水中的HCl的质量；然后根据盐酸和氢氧化钙反应的化学方程式求出至少需要熟石灰的质量．

本题考查了酸碱中和反应以及实验设计的能力．设计实验时，可以从反应后的产物和其有关的性质着手；检验时要注意氯离子的干扰．【解析】有水生成；可能是CaCl2、HCl；溶液无色（或无明显现象）；先产生气泡，后出现白色沉淀；C；反应物是否过量；CaCO321、略

【分析】解：（1）三