2025年岳麓版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年岳麓版高二化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．下列各项为通Cl2过程中；溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）

A.x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B.x=0.6a，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-

C.x=a，2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-

D.x=1.5a，2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-

2、有人曾建议用AG表示溶液的酸度（aciditygrade），AG的定义为AG＝lg［c（H+）/c（OH－）］。下列表述正确的是A.在25℃时，若溶液呈中性，则pH＝7，AG＝1B.在25℃时，若溶液呈酸性，则pH＜7，AG＜0C.在25℃时，若溶液呈碱性，则pH＞7，AG＞0D.在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝2（7－pH）3、钢铁在潮湿的空气中往往因电化学过程而被腐蚀，下列方程式在钢铁的电化学腐蚀过程中不存在的是（）A.Fe-2e-═Fe2+B.2H2O+O2+4e-═4OH-C.2Fe+2H2O+O2═2Fe2++4OH-D.Fe-3e-═Fe3+4、下列物质中既属于芳香族化合物又属于醇的是()A.B.C.D.rm{CH_{3}CH_{2}OH}5、下列离子方程式正确的是()A.氯化铵溶液呈酸性：rm{NH_{4}^{+}篓T篓TNH_{3}+H^{+}}B.氢硫酸的电离：rm{H_{2}S?2H^{+}+S^{2-}}C.向小苏打溶液中加入醋酸溶液：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?CO_{2}+H_{2}O}D.在标准状况下，向rm{10mL0.1mol隆陇L^{-1}FeBr_{2}}溶液中通入rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}?

CO_{2}+H_{2}O}rm{10mL0.1mol隆陇L^{-1}

FeBr_{2}}rm{22.4mLCl_{2}}rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+2Br}rm{+2Br}rm{{,!}^{-}}rm{+2Cl}rm{+2Cl}rm{{,!}_{2}}rm{篓T篓T2Fe}rm{篓T篓T2Fe}6、用rm{VSEPR}模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{SO_{2}}直线形B.rm{CO_{2}}平面三角形C.rm{BCl_{3}}三角锥形D.rm{CH_{4}}正四面体形7、下列物质中既能跟稀H2SO4反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④AlA.③④B.②③④C.①③④D.全部8、下列实验方法或操作正确的是A.配制稀盐酸B.配制稀盐酸C.获取rm{NaCl}D.收集rm{NO}评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、(12分)生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式______________。（2）根据等电子原理，写出CO分子的结构式________。（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10—9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，若Na2CO3溶液的浓度为2×10—4mo1/L，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______mo1/L。（4）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是________；甲醛分子的空间构型是_____，中心碳原子的轨道杂化类型为_____。1mol甲醛分子中σ键的数目为________。②甲醇可制作燃料电池，以KOH溶液作电解质，向两极分别充入甲醇和空气，工作过程中，负极反应方程式为：___________________。③已知在常温常压下：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=-359.8kJ·mol－12CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)△H=-556.0kJ·mol－1H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol－1写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式。10、（1）碳酸钠溶液中各离子按照浓度从大到小的顺序依次为：______．

（2）下表是几种常见弱酸的电离平衡常数（25℃）。酸H2CO3CH3COOHHClOKK1=4.4×10-7；K2=4.7×10-11K=1.76×10-5K=2.95×10-8根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三种酸的酸性从强到弱依次是______；25℃时，等浓度的Na2CO3、NaAc和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是______．

（3）常温下，将0.02mol•L-1的Ba（OH）2溶液100mL和0.02mol•L-1的NaHSO4溶液100mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液的pH为______．

（4）25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10-12，Ksp[MgF2]=7.42×10-11．该温度下饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，______（填化学式）溶液中的c（Mg2+）大．11、铝热反应可用于铁的冶炼：rm{2Al+Fe_{2}O_{3}overset{赂脽脦脗}{=}2Fe+Al_{2}O_{3}}在该反应中，被还原的物质是_____rm{2Al+Fe_{2}O_{3}overset{赂脽脦脗}{=}2Fe

+Al_{2}O_{3}}填化学式rm{(}作为还原剂的物质是_____rm{)}填化学式rm{(}若反应中消耗了rm{)}则生成_____rm{2molAl}rm{molFe}12、rm{RCl}常用作有机合成催化剂，并用于颜料，防腐等工业rm{.R^{+}}中所有电子正好充满rm{K}rm{L}rm{M}三个电子层，它与rm{Cl^{-}}形成的晶体结构如图所示rm{.R}的元素符号是______，每个rm{Cl^{-}}周围最近的rm{Cl-}有______个rm{.}13、某有机物rm{B}是非极性分子，化学式是rm{C_{6}H_{8}}且分子中只有一种氢原子rm{.}则rm{B}的结构简式为______．14、现有下列rm{7}种有机物。

rm{垄脵CH_{4}}rm{垄脷CH_{3}-C隆脭CH垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}rm{垄脼}rm{垄脽}

请回答：

rm{(1)}其中属于醇类的是______rm{(}填序号，下同rm{)}互为同系物的是______，能与金属钠反应的有______，互为同分异构体的是______．

rm{(2)}用系统命名法给rm{垄脻}命名，其名称为______．15、将燃煤废气中的rm{CO_{2}}转化为二甲醚的反应原理为：rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)overset{{麓脽禄炉录脕}}{rightleftharpoons}CH_{3}OCH_{3}(g)+3H_{2}O(g)}rm{2CO_{2}(g)+6H_{2}(g)

overset{{麓脽禄炉录脕}}{rightleftharpoons}CH_{3}OCH_{3}(g)+3H_{2}O(g)}

rm{triangleH}该反应平衡常数表达式为rm{垄脵}______．

rm{K=}已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，rm{垄脷}的转化率如图所示rm{CO_{2}}该反应的rm{.}______rm{triangleH}填“rm{(}”“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}若温度不变，减小反应投料比rm{dfrac{n(H_{2})}{n(CO_{2})}}则rm{)0.}将______rm{dfrac

{n(H_{2})}{n(CO_{2})}}填“增大”“减小”或“不变”rm{K}．

rm{(}二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为______．rm{)}评卷人得分三、推断题(共5题，共10分)16、A，B，C三种饱和醇的混合物，分为两等分：一份与足量的金属钠反应，共产生amolH2；另一份完全燃烧后生成2amolCO2．则该混合醇中不可能含有（）A.甲醇B.乙醇C.乙二醇D.丙三醇17、氯化亚铜rm{(CuCl)}是一种应用较广的催化剂，有关物质的转化关系如下图所示rm{(}除rm{B}rm{E}外，均为对应物质的溶液参加反应，部分生成物和反应条件已略去rm{)}其中rm{B}为气体，能使品红溶液褪色；rm{C}为正盐，rm{D}为重要的调味剂，rm{E}为一种红色的金属氧化物，rm{M}的摩尔质量为rm{34g?mol^{-1}}它的水溶液常作医用消毒液。rm{(1)E}的化学式的化学式rm{(1)E}。的电子式为rm{(2)N}的电子式为rm{(2)N}写出反应。的化学方程式：rm{(3)}写出反应rm{垄脵}的化学方程式：rm{(3)}写出反应rm{垄脵}的离子方程式：。rm{(4)}写出反应rm{垄脷}的离子方程式：18、某有机物rm{A(C_{4}H_{6}O_{5})}广泛存在于许多水果内；尤以苹果；葡萄、西瓜、山楂内为多。该化合物具有如下性质：

rm{垄脵A}为两元弱酸。

rm{垄脷A+RCOOH(}或rm{ROH)xrightarrow[?]{浓{H}_{2}S{O}_{4}}}有香味的产物。

rm{ROH)xrightarrow[?]{浓{H}_{2}S{O}_{4}}

}rm{xrightarrow[]{脳茫脕驴碌脛脛脝}}慢慢产生rm{垄脹1molA}气体rm{xrightarrow[]{脳茫脕驴碌脛脛脝}

}在一定温度下的脱水产物rm{l.5mol}不是环状化合物rm{垄脺A}可和溴水发生加成反应。

rm{(}中有rm{)}种不同化学环境的氢。

试回答：rm{垄脻A}根据以上信息，对rm{5}的结构可作出的判断是__________rm{(l)}多选扣分rm{A}

rm{(}肯定有碳碳双键rm{)}有两个羧基。

rm{(a)}肯定有羟基rm{(b)}有rm{(c)}官能团。

rm{(d)}有机物rm{-COOR}的结构简式为________________________________________________

rm{(2)}在一定温度下的脱水产物和溴水反应的化学方程式：________________________

rm{A}的一个同类别的同分异构体是rm{(3)A}不含甲基rm{(4)A}_____________________________rm{(}19、已知：rm{CH_{3}-CH=CH_{2}+HBrxrightarrow[]{}CH_{3}隆陋CHBr隆陋CH_{3}(}主要产物rm{CH_{3}-CH=CH_{2}+HBrxrightarrow[]{}

CH_{3}隆陋CHBr隆陋CH_{3}(}rm{)}某烃rm{1mol}充分燃烧后可以得到rm{A}和rm{8molCO_{2}}该烃rm{4molH_{2}O}在不同条件下能发生如下图所示的一系列变化。

rm{A}的结构简式：____________。rm{(1)A}上述反应中，rm{(2)}是_______反应，rm{垄脵}是_______反应。rm{垄脽}填反应类型rm{(}rm{)}写出rm{(3)}rm{C}rm{D}rm{E}物质的结构简式：rm{H}___________，rm{C}__________________________________，rm{D}___________，rm{E}__________________________________。rm{H}写出rm{(4)}反应的化学方程式__________________________________。rm{Dxrightarrow[]{}F}20、有关物质的转化关系如下图所示rm{(}部分物质和条件已略去rm{)}rm{F}是最简单的烃，rm{B}是最常见的无色液体，rm{A}是一种淡黄色固体，rm{G}是一种既能溶于强酸又能溶于强碱的白色固体，rm{C}由两种短周期元素组成，其摩尔质量为rm{144g隆陇mol^{-1}}请回答下列问题：rm{(1)B}的电子式为________________。rm{(2)C}的化学式为________________。rm{(3)}写出rm{A}与rm{B}反应的化学方程式：________________________________。rm{(4)}写出rm{D}溶液与rm{G}反应的离子方程式：________________________________。评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共28分)21、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。22、X；Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半径最小，X与R的最外层电子数相等；Z的内层电子数是最外层电子数的一半；U的最高化合价和最低化合价的代数和为6；R和Q可形成原子个数之比为1：1和2：1的两种化合物；T与Z同主族。请回答下列问题：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三种元素的原子半径由小到大的顺序为___________（填元素符号）。

(3)R、T两元素最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为____________。

(4)某同学用X、R两元素的单质反应生成固体物质RX，RX属于离子化合物，且能与化合物X2Q反应生成X的单质。

①RX的电子式为_____________；RX与X2Q反应的化学方程式为___________。

②该同学认为取X、R两元素的单质反应后的固体物质与X2Q反应，若能产生的单质，即可证明得到的固体物质一定是纯净的RX。请判断该方法是否合理并说明理由：_____________。23、有一包固体；可能由硝酸铜；硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠、氢氧化钠中的一种或几种组成．为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展以下实验：

知：步骤Ⅰ中固体全部消失，溶液呈蓝色，无气泡，步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。则

（1）原固体中一定不含有的物质是_______________________（填化学式）。

（2）步骤II中产生白色沉淀的化学方程式是_______________________________________。

（3）步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是_________________________填化学式）。24、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固体，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2种或3种组成；为确定该白色固体组成，进行以下实验：取白色固体少许，加入适量蒸馏水充分振荡，得到无色溶液；取无色溶液少许，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固体必须含有的物质是①第一组_______；第二组_______。

(2)若要确定白色固体的组成，还需做的实验_______评卷人得分五、原理综合题(共2题，共18分)25、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式；可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物物分子式的常用装置.

现准确称取0.72g某烃样品；经燃烧后A管增重2.2g，B管增重1.08g。请回答:

(1)产生的氧气按从左到右流向，所选装置各导管的连接顺是:__________；

(2)A、B管内均盛有固态试剂，A管的作用是__________。

(3)燃烧管中CuO的作用是_________；如果把CuO网去掉，A管重量将_________；(填“增大”；“减小”、或“不变”)；

(4)请改进这套装置的一个不足之处_________。

(5)若该有机物分子中含有4个甲基，则该有机物的结构简式为_________；该有机物的二氯代物有_______种。26、磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：

（操作流程）安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。

（实验装置）C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

请回答下列问题：

(1)仪器C的名称是__________________；

(2)以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应的化学方程式____________________；检查整套装置气密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛装KMnO4溶液的作用是______________________；通入空气的作用是____________。若没有B装置，则实验中测得PH3含量将____________（填“偏低”；“偏高”或“不变”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。

(5)把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为______mg•kg-1。评卷人得分六、其他(共3题，共9分)27、实验室有下列实验仪器。ABCDEF在过滤操作中除了铁架台外还需要用到的实验仪器是____、____、(用字母填写)。28、（15分）下列是芳香族化合物A、B、C、D、E的转化关系，其中A、E分子式分别是C9H8O和C9H8O2,E分子中除苯环外还含有一个六元环，且E中不含甲基。根据下列转化关系回答问题：（1）写出A分子中所含官能团的名称________________________________。（2）完成方程式，并分别写出反应类型A→B___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。B→C___________________________________________反应类型­­­­­­­__________________。（3）写出E的结构简式______________________________。（4）要中和16.6gD，需要2mol/LNaOH溶液的体积为_________mL。（5）符合下列条件的D的同分异构体共有_________种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式______________________________________。①苯环上有两个取代基②能与FeCl3溶液发生显色反应③能发生水解反应和银镜反应29、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】

由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；

当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br-被完全氧化；介于二者之间时；

Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；则。

A．x=0.4a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.4＜只氧化Fe2+；故A正确；

B．x=0.6a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；故B错误；

C．x=a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-；故C正确；

D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-；故D正确．

故选B．

【解析】【答案】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；

当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+，当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br-被完全氧化；介于二者之间时；

Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；结合反应物物质的量之间的关系解答该题．

2、D【分析】试题分析：A．在25℃时，若溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，AG＝1g1=0,pH＝7，错误；B．在25℃时，若溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)=,pH＜7，AG>0，错误；C．在25℃时，若溶液呈碱性，则c(H+)<0，pH＞7，错误；D．在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝lg［c（H+）/c（OH－）］=1g{c（H+）÷(Kw÷c（H+）}=1gc2（H+）/(Kw=2lgc（H+）-14=2（7－pH）,正确。考点：考查溶液的酸碱性的不同表示方法的关系的知识。【解析】【答案】D3、D【分析】解：钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀；在弱酸性；中性或碱性环境中发生吸氧腐蚀；

A．无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，负极上都是铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-═Fe2+；故A正确；

B．发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-；故B正确；

C．钢铁发生吸氧腐蚀时，电池反应式为2Fe+2H2O+O2═2Fe2++4OH-；故C正确；

D．无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀；负极上都是铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，故D错误；

故选：D．

钢铁在酸性环境中发生析氢腐蚀；在弱酸性；中性或碱性环境中发生吸氧腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，负极上都是铁失电子发生氧化反应，析氢腐蚀时，正极上氢离子得电子发生还原反应，吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子发生还原反应．

本题考查了钢铁的腐蚀与防护，明确原电池原理及发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，易错选项是D，注意铁发生腐蚀时生成亚铁离子而不是铁离子，为易错点．【解析】【答案】D4、B【分析】略【解析】rm{B}5、D【分析】略【解析】rm{D}6、D【分析】解：rm{A.SO_{2}}分子中价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}隆脕(6-2隆脕2)=3}且含有rm{=2+dfrac

{1}{2}隆脕(6-2隆脕2)=3}个孤电子对，所以为rm{1}形结构；故A错误；

B.rm{V}分子中价层电子对个数rm{=2+dfrac{1}{2}隆脕(4-2隆脕2)=2}且不含有孤电子对；所以为直线形结构，故B错误；

C.rm{CO_{2}}分子中rm{=2+dfrac

{1}{2}隆脕(4-2隆脕2)=2}原子的价层电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}隆脕(3-3隆脕1)=3}且不含有孤电子对；所以其空间构型为三角形，故C错误；

D.rm{BCl_{3}}中碳原子价层电子对个数rm{=4+dfrac{1}{2}隆脕(4-4隆脕1)=4}所以rm{B}原子采用rm{=3+dfrac

{1}{2}隆脕(3-3隆脕1)=3}杂化；不含有孤电子对，所以其空间构型为正四面体结构，故D正确；

故选D．

根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数rm{CH_{4}}键个数rm{=4+dfrac

{1}{2}隆脕(4-4隆脕1)=4}孤电子对个数；

价层电子对个数为rm{C}不含孤电子对，为正四面体结构；含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，含有两个孤电子对，空间构型是rm{sp^{3}}型；

价层电子对个数为rm{=娄脪}不含孤电子对，平面三角形结构；含有一个孤电子对，空间构型为为rm{+}形结构；

价层电子对个数是rm{4}且不含孤电子对；为直线形结构，据此判断．

本题考查了微粒空间构型的判断，利用价层电子对互斥理论分析解答即可，难点是孤电子对的计算方法，题目难度不大．rm{V}【解析】rm{D}7、D【分析】【解析】【答案】D8、C【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作和混合物分离提纯等，把握实验基本操作和基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。【解答】A.配制稀盐酸；量取的是浓硫酸，不正确，量取的溶液应在烧杯中稀释，等冷却至室温在用玻璃棒转移进容量瓶中，故A错误；

B.焰色反应检验rm{K^{+}}应透过蓝色的钴玻璃观察，否则rm{Na}的焰色反应会造成干扰；故B错误；

C.rm{NaCl}溶液通过蒸发操作得到固体rm{NaCl}故C正确；

D.rm{NO}与空气中的氧气反应生成rm{NO_{2}}不能用排空气法收集rm{NO}故D错误。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】试题分析：（1）Zn的原子序数为30，关键是要注意3d轨道写在4s轨道的前面，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，（2）依据等电子原理，可知CO与N2为等电子体，N2分子的结构式为：N≡N，互为等电子体分子的结构相似，可写出CO的结构式为C≡O，故答案为：C≡O；（3）Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32-）=1/2×2×10-4mol/L=1×10-4mol/L，根据Ksp=c（CO32-）×c（Ca2+）=2.8×10-9可知，c（Ca2+）=2.8×10-5mol/L,原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-5mol/L=5.6×10-5mol/L．(4)①甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；甲醛为sp2杂化，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢δ键，1mol碳氧δ键，故含有δ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024个；②正极得到电子，发生还原反应，同时因为在碱性条件下，则OH-参与反应，根据总方程式可知产物是CO32-和6H2O所以答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O③根据盖斯定律得：热方程式1+热化学方程式2×1/2+热化学方程式3×2则答案为CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol考点：考查共价键类型和热化学方程式书写等相关知识点【解析】【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s2(2)C≡O（3）5.6×10—5(4)①甲醇分子之间形成氢键，平面三角形，sp2杂化，1.806×1024②CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O③CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol10、略

【分析】解：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解溶液显碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

（2）电离平衡常数越大酸性越强，图表中可知：电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，酸性越弱对应盐水解程度越大，对应盐的水解程度Na2CO3＞NaClO＞NaAc；

故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；NaAc＜NaClO＜Na2CO3；

（3）100mL0.02mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧化钡物质的量为：0.02mol•L-1×0.1L=0.002mol；氢氧根的物质的量为0.004mol；

100mL0.02mol•L-1的NaHSO4溶液中硫酸氢钠的物质的量为：0.02mol•L-1×0.1L=0.002mol；氢离子的物质的量为：0.002mol；

A．两溶液混合后，氢氧根离子过量，溶液显示碱性，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：=0.01mol/L；溶液的pH=12

故答案为：12；

（4）因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，该温度下饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，MgF2溶液中的c（Mg2+）大；

故答案为：MgF2．

（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解溶液显碱性；

（2）电离平衡常数越大酸性越强；酸性越弱对应盐水解程度越大；

（3）100mL0.02mol•L-1的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度物质的量为：0.02mol•L-1×0.1L×2=0.004mol；100mL0.02mol•L-1的NaHSO4溶液中氢离子的物质的量为：0.02mol•L-1×0.1L=0.002mol；两溶液混合后氢氧根离子过量，溶液显示碱性，根据氢氧根离子；氢离子的物质的量计算出混合后溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH；

（4）根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离；产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加．

本题考查了弱电解质电离平衡影响、盐类水解应用、酸碱混合后的定性判断及溶液的pH的计算、溶度积常数计算，题目难度中等，注意掌握酸碱反应后溶液定性判断方法及溶液的pH的计算方法，掌握基础是解题关键．【解析】c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；CH3COOH＞H2CO3＞HClO；NaAc＜NaClO＜Na2CO3；12；MgF211、Fe2O3；Al；2【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意根据元素化合价的变化进行计算和判断。【解答】反应中rm{Fe}元素化合价降低，rm{Al}元素化合价升高，则反应中，rm{Al}为还原剂，rm{Fe}元素化合价降低，rm{Fe}元素化合价升高，则反应中，rm{Al}为还原剂，rm{Al}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}则生成rm{{,!}_{3}}为氧化剂，被还原，根据方程式可知，若反应中消耗了rm{2molAl}则生成rm{2molFe}rm{2molAl}rm{2molFe}故答案为：rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}【解析】rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}；rm{{,!}_{3}}；rm{Al}；rm{2}12、Cu；12【分析】解：rm{R^{+}}中所有电子正好充满rm{K}rm{L}rm{M}三个电子层，则rm{R}原子质子数rm{=2+8+18+1=29}则rm{R}为铜；根据晶胞结构可知，以顶点上的rm{Cl^{-}}为例，每rm{Cl^{-}}周围距离最近的rm{Cl^{-}}位于经过该顶点的晶胞的面的面心上，在晶体中经过一个顶点的面有rm{12}个，所以每个rm{Cl^{-}}周围最近的rm{Cl^{-}}有rm{12}个；

故答案为：rm{Cu}rm{12}

rm{R^{+}}中所有电子正好充满rm{K}rm{L}rm{M}三个电子层，则rm{R}原子质子数rm{=2+8+18+1=29}则rm{R}为铜；根据晶胞结构可知，以顶点上的rm{Cl^{-}}为例，每rm{Cl^{-}}周围距离最近的rm{Cl^{-}}位于经过该顶点的晶胞的面的面心上，据此答题；

本题考查物质结构与性质，主要考查了晶胞的结构，难度不大，答题时注意观察晶胞的结构，本题对学生空间想象力和观察能力有一定的要求．【解析】rm{Cu}rm{12}13、略

【分析】解：rm{B}的化学式是rm{C_{6}H_{8}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕6+2-8}{2}=3}且分子中只有一种氢原子，是非极性分子，说明rm{B}的结构高度对称，则rm{B}的结构简式为故答案为：．

rm{B}的化学式是rm{C_{6}H_{8}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕6+2-8}{2}=3}且分子中只有一种氢原子，是非极性分子，说明rm{B}的结构高度对称；以此解答该题．

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意根据计算判断有机物的组成与结构特点，把握不饱和度的运用，难度不大．【解析】14、略

【分析】解：rm{(1)垄脼}羟基和苯环直接相连，属于酚类，rm{垄脽}中羟基和侧链相连，属于醇类；rm{垄脵垄脺}结构相似，都为烷烃，相差rm{3}个rm{CH_{2}}属于同系物；rm{垄脼垄脽}含有羟基，都可与钠反应生成氢气，rm{垄脹垄脻}分子式相同；双键的位置不同，属于同分异构体；

故答案为：rm{垄脽}rm{垄脵垄脺}rm{垄脼垄脽}rm{垄脹垄脻}

rm{(2)垄脻}含双键，母体为烯烃，编号使双键位次最小，故从左边编号，名称为：rm{2}甲基rm{-2-}丁烯，故答案为：rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯．

rm{(1)}官能团羟基与链烃基或者苯环侧链的碳原子相连形成的化合物属于醇类；结构相似，组成相差rm{n}个rm{CH_{2}}原子团的有机物为同系物；能与钠反应；应含有羟基或羧基；

rm{(2)垄脻}为烯烃，主链有rm{4}个rm{C}一个支链．

本题考查较为综合，涉及有机物的结构、性质以及相关概念的理解，为高频考点，注意掌握常见有机物结构与性质，明确有机物的命名方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，难度不大．【解析】rm{垄脽}rm{垄脵垄脺}rm{垄脼垄脽}rm{垄脹垄脻}rm{2-}甲基rm{-2-}丁烯15、略

【分析】解：rm{垄脵}该反应平衡常数表达式为rm{K=dfrac{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}故答案为：rm{dfrac{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}

rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}由图象可知，投料比一定时，温度越高，rm{dfrac

{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}的转化率越低，是放热反应，rm{垄脷}化学平衡常只与温度有关，与投料比无关，若温度不变，则rm{CO_{2}}不变；

故答案为：rm{triangleH<0}不变；

rm{K}甲醚发生氧化反应作负极，在酸性条件下，负极反应为：rm{<}

故答案为：rm{垄脹}．

rm{CH_{3}OCH_{3}-12e^{-}+3H_{2}O篓T2CO_{2}隆眉+12H^{+}}为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；

rm{CH_{3}OCH_{3}-12e^{-}+3H_{2}O篓T2CO_{2}隆眉+12H^{+}}由图可知，温度越高，转化率越低；rm{垄脵K}只与温度有关；

rm{垄脷}电解质为酸性；燃料电池的负极上二甲醚失去电子发生氧化反应．

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡常数的意义及影响因素、电极反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象分析及应用，题目难度不大．rm{K}【解析】rm{dfrac{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}rm{dfrac

{c(CH_{3}OCH_{3})c^{3}(H_{2}O)}{c^{2}(CO_{2})c^{6}(H_{2})}}不变；rm{<}rm{CH_{3}OCH_{3}-12e^{-}+3H_{2}O篓T2CO_{2}隆眉+12H^{+}}三、推断题(共5题，共10分)16、B【分析】【解答】解：已知2﹣OH→H2，题目中n（H2）：n（CO2）=1：2；说明分子中﹣OH和C原子数相等，则饱和醇可为甲醇；乙二醇、丙三醇等，而乙醇中﹣OH和C原子数不等，不符合题意．

故选B．

【分析】已知2﹣OH→H2，题目中n（H2）：n（CO2）=1：2，说明分子中﹣OH和C原子数相等，以此可用排除法解答该题．17、（1）Cu2O

（2）

（3）SO2+H2O2=H2SO4

（4）【分析】【分析】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解答】依据题干和框图转化关系知：红色金属氧化物为氧化亚铜、rm{B}为二氧化硫、rm{M}为过氧化氢；rm{(1)E}化学式的为rm{Cu_{2}O}故答案为：rm{Cu_{2}O}rm{(2)N}为rm{NaOH}其电子式为故答案为：rm{(3)}反应rm{垄脵}的化学方程式rm{SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}故答案为：rm{SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}

rm{(4)}反应rm{垄脷}的离子方程式为：rm{2C{u}^{2+}+S{{O}_{3}}^{2-}+2C{l}^{-}+{H}_{2}O;;overset{?}{=};;2CuCl隆媒+S{{O}_{4}}^{2-}+2{H}^{+}}故答案为：rm{2C{u}^{2+}+S{{O}_{3}}^{2-}+2C{l}^{-}+{H}_{2}O;;overset{?}{=};;2CuCl隆媒+S{{O}_{4}}^{2-}+2{H}^{+}}

rm{2C{u}^{2+}+S{{O}_{3}}^{2-}+2C{l}^{-}+{H}_{2}O;;

overset{?}{=};;2CuCl隆媒+S{{O}_{4}}^{2-}+2{H}^{+}}【解析】rm{(1)Cu_{2}O}rm{(2)}rm{(3)SO_{2}+H_{2}O_{2}=H_{2}SO_{4}}rm{(4)2C{u}^{2+}+S{{O}_{3}}^{2-}+2C{l}^{-}+{H}_{2}O;;overset{?}{=};;2CuCl隆媒+S{{O}_{4}}^{2-}+2{H}^{+}}rm{(4)2C{u}^{2+}+S{{O}_{3}}^{2-}+2C{l}^{-}+{H}_{2}O;;

overset{?}{=};;2CuCl隆媒+S{{O}_{4}}^{2-}+2{H}^{+}}18、（1）bc（2）HOOCCHOHCH2COOH（3）HOOCCH=CHCOOH+Br2→HOOCCHBrCHBrCOOH（4）HOCH2CH(COOH)2

【分析】【分析】本题依据官能团的性质，根据题目所给信息，完成结构简式的推断，rm{1}分子rm{A}中含有rm{2}个羧基，能在一定条件下发生脱水反应，其产物和溴水发生加成反应，说明发生消去反应，说明羟基所连碳原子相邻的碳上有氢等等，从而推出rm{A}的结构简式，进行对问题的回答。分子rm{1}中含有rm{A}个羧基，能在一定条件下发生脱水反应，其产物和溴水发生加成反应，说明发生消去反应，说明羟基所连碳原子相邻的碳上有氢等等，从而推出rm{2}的结构简式，进行对问题的回答。【解答】rm{A}常温时，可以分两步电离，但电离的程度都很小，则含rm{垄脵}rm{-COOH}或rm{垄脷A+RCOOH(}有果香味的产物，则rm{R-OH)}中含rm{A}rm{-OH}rm{-COOH}慢慢产生rm{垄脹1molA}气体，则rm{1.5mol}中有rm{A}个rm{5}原子，含rm{O}个rm{2}rm{-COOH}个rm{1}rm{-OH}在一定温度下的消去产物，可和溴水发生加成反应，则rm{垄脺A}中与rm{A}相连rm{-OH}的邻位rm{C}上有rm{C}所以rm{H}可为rm{A}rm{HOOCCHOHCH_{2}COOH}由上述推断可知，rm{(1)}为rm{A}官能团为羟基、羧基。故选rm{HOOCCHOHCH_{2}COOH}rm{bc}有机物rm{(2)}的结构简式rm{A}不含rm{(}可能为rm{-CH_{3})}rm{HOOCCHOHCH_{2}COOH}的消去产物为rm{(3)A}和溴的rm{HOOCCH=CHCOOH}溶液反应的化学方程式为rm{CCl_{4}}rm{HOOCCH=CHCOOH+Br_{2}}rm{隆煤HOOCCHBrCHBrCOOH}为rm{(4)A}同类别的同分异构体是rm{HOOCCHOHCH_{2}COOH}rm{HOCH_{2}CH(COOH)_{2}}【解析】rm{(1)bc}rm{(2)HOOCCHOHCH_{2}COOH}rm{(3)HOOCCH=CHCOOH+Br_{2}}rm{隆煤HOOCCHBrCHBrCOOH}rm{(4)HOCH_{2}CH(COOH)_{2}}

19、（1）

（2）加成酯化(或取代)

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本题考查有机推断，涉及烯烃、卤代烃、醇等性质以及学生根据信息给予获取知识的能力，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力和分析推理能力，推断出rm{A}的分子式，根据反应条件及反应类型，利用顺推法进行推断，是高考热点题型，难度一般。【解答】rm{1mol}某烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烃rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}不饱和度为rm{5}可能含有苯环，由rm{A}发生加聚反应生成rm{C}故A中含有不饱和键，故A为rm{C}为rm{A}与溴发生加成反应生成rm{B}则rm{B}为rm{B}在氢氧化钠的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{E}则rm{E}为rm{E}与溴发生加成反应生成由信息烯烃与rm{HBr}的加成反应可知，不对称烯烃与rm{HBr}发生加成反应，rm{H}原子连接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故与rm{HBr}放出加成反应生成rm{D}则rm{D}为rm{D}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{F}则rm{F}为rm{F}与乙酸发生酯化反应生成rm{H}故H为据此解答。

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}rm{A}的结构简式：故本题的答案是：rm{(2)}上述反应中，反应rm{垄脵}是与溴发生加成反应生成反应rm{垄脽}是rm{F}与乙酸发生酯化反应生成rm{H}故本题的答案是：加成；酯化rm{(}或取代rm{)}或取代rm{(}；

rm{)}由上述分析可知，rm{(3)}为rm{C}为rm{D}为rm{E}为故本题的答案是：

rm{H}是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成反应方程式为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{(4)D隆煤F}故本题的答案是：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}

rm{+NaBr}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{{,!}_{;;}}加成酯化rm{(2)}或取代rm{(2)}rm{(}或取代rm{)}rm{(}rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{)}rm{(3)}20、(1)

(2)Al4C3

(3)2Na2O2＋2H2O═══4NaOH＋O2↑

(4)Al(OH)3＋OH－═══AlO2-＋2H2O

【分析】【分析】本题考查了物质转化关系分析判断，主要是铝及其化合物性质，难点是rm{C}的推断，也是易错点，注意反应特征的理解应用是解题关键，题目难度中等。【解答】rm{F}是最简单的烃，则rm{F}为rm{CH_{4}}rm{B}是最常见的无色液体，则rm{B}为rm{H_{2}O}rm{A}是一种淡黄色固体，rm{A}能与水反应生成rm{D}和rm{E}所以rm{A}为rm{Na_{2}O_{2}}rm{D}rm{E}应为rm{O_{2}}和rm{NaOH}其中rm{D}能与甲烷反应，所以rm{D}为rm{NaOH}rm{E}为rm{O_{2}}氧气与甲烷反应生成rm{H}为rm{CO_{2}}rm{G}是一种既能溶于强酸又能溶于强碱的白色固体，rm{D}和rm{G}反应生成rm{I}则rm{G}应为rm{Al(OH)_{3}}rm{I}为rm{NaAlO_{2}}根据元素守恒可知，rm{C}由两种短周期元素组成，其摩尔质量为rm{144g?mol^{-1}}所以rm{C}为rm{Al_{4}C_{3}}rm{Al_{4}C_{3}}与水反应生成氢氧化铝和甲烷。

rm{(1)B}为rm{H_{2}O}rm{H_{2}O}的电子式为

故答案为：

rm{(2)}根据上面的分析可知，rm{C}为rm{Al_{4}C_{3}}

故答案为：rm{Al_{4}C_{3}}

rm{(3)A}与rm{B}反应的化学方程式为：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案为：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(4)D}为rm{NaOH}rm{G}为rm{Al(OH)_{3}}rm{D}溶液与rm{G}反应的离子方程式为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}=AlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)}rm{(2)Al_{4}C_{3}}rm{(3)2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O篓T篓T篓T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{(4)Al(OH)_{3}+OH^{-}篓T篓T篓TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

rm{(3)

2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O篓T篓T篓T4NaOH+O_{2}隆眉}四、元素或物质推断题(共4题，共28分)21、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）222、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半径最小，则X为H元素，X与R的最外层电子数相等，二者原子序数相差大于2，则R为Na元素，可知Z、Q处于第二周期，Z的内层电子数是最外层电子数的一半，Z的核外电子排布为2、4，Z原子最外层电子数为4，则Z为C元素；U的最高化合价和最低化合物的代数和为6，则U为Cl元素，R和Q可形原子数之比为1：1和2：1的两种化合物，则Q为O元素，这两种化合物为Na2O2、Na2O；T与Z同主族，由于Z是C元素，所以T为Si元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：X为H；Z为C，Q为O，R为Na，T为Si，U为Cl元素。(1)T为Si元素，原子核外电子排布为2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X为H，Z为C，Q为O，同一周期元素原子序数越大原子半径越小；原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述三种元素中原子半径由小到大顺序为H

(3)R为Na，T为Si，它们的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以与强碱NaOH发生中和反应产生Na2SiO3和H2O，反应的化学方程式为：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X为H，R为Na，Q为O，H、Na二种元素形成的化合物NaH是离子化合物，X2Q是H2O，NaH与H2O反应产生NaOH和H2。

①NaH中Na+与H-通过离子键结合，电子式为NaH与H2O反应产生NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活泼的金属，可以与水反应产生H2，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na残留，过量的Na与水反应也生成氢气，因此不能根据H；Na反应后的固体与水反应放出氢气确定得到的固体一定是纯净NaH，即该同学的说法不合理。

【点睛】

本题考查元素周期表及原子结构在元素推断中的应用。根据元素的原子结构及相互关系推断元素是解题关键。熟练掌握结构、性质、位置关系，注意元素金属性、非金属性强弱比较实验事实，要注意基础知识并灵活运用，注意金属氢化物有关问题。【解析】第三周期ⅣA族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反应后有Na残留，也能与水反应生成H223、略

【分析】【详解】

根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定氯离子是来自于原固体中的氯化钠，即不一定含有氯化钠。则（1）原固体中一定不含有的物质是NaHCO₃；（2）步骤II中产生白色沉淀是硝酸钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，其化学方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜和硝酸，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠；故步骤Ⅲ所得蓝色滤液中一定含有的溶质是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

点睛：本题主要考查盐的性质，要求学生熟练的掌握盐的水溶性，及两种盐之间的反应，并且知道无色的硝酸铜粉末溶于水后得到的溶液呈蓝色。【解析】①.NaHCO₃②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）224、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】（1）Al2(SO4)3和过量KOH的混合物AgNO3和过量KOH、NH4Cl的混合物。

（2）继续滴加稀HNO3至溶液明显呈酸性，若白色沉淀溶解，为Al2(SO4)3，KOH的混合物，若白色沉淀不溶解，为AgNO3、NH4Cl、KOH的混合物五、原理综合题(共2题，共18分)25、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧气中含有水蒸气；应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析进行装置的连接。

(2)氢氧化钠固体；吸收二氧化碳气体；，以便测定有机物中碳的量。

(3)燃烧管中CuO的作用是把反应生成的一氧化碳转化为二氧化碳；减小实验误差。

(4)空气中二氧化碳；水蒸气直接进入A装置中；影响实验。

(5)根据A管质量增加2.2g为二氧化碳的质量；计算出碳的量，B管质量增加1.08g是水的质量，计算出氢原子的量，算出碳氢原子个数比，确定烃的分子式，再根据题意要求写出结构简式。