2025年外研版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年外研版高二化学上册月考试卷543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7题，共14分)1、在下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是（）A.水B.甲苯C.无水乙醇D.75%的酒精2、实验室有下列各组反应物，放出氧气速率由快到慢排列正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵0.2mol/L}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，rm{25隆忙}rm{垄脷0.2mol/L}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，rm{MnO_{2}}rm{25隆忙}

rm{垄脹0.2mol/L}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，rm{35隆忙}rm{垄脺0.2mol/L}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，rm{MnO_{2}}rm{35隆忙}A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}B.rm{垄脺垄脹垄脷垄脵}C.rm{垄脷垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脺垄脷垄脹垄脵}3、石油裂化的目的是rm{(}rm{)}A.提高汽油等轻质油的产量和质量B.防止炭化结焦C.可得到更多的柴油D.可得到更多的煤油4、若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生的总反应的离子方程式是Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，则下列关于该装置的有关说法中正确的是（）A.该装置可能是原电池，也可能是电解池B.该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸C.该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极D.该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸5、某古墓出土的重要文物有字画、玉带、银钵、铁猪及铁牛等．其中金属制品中保存较好的可能是（）A.银钵B.玉带C.字画D.铁牛6、各种营养素在人体内的含量都有一定的范围，过高或过低都可能影响人的正常生理机能，故应合理饮食，下列做法不科学的是（）A.拒绝脂肪B.对蛋白质要“亲疏有度”C.科学饮食从“微量”元素做起D.饮食中不可缺“肠道的清道夫--纤维素”7、下列物质的性质比较，不正确的是A.酸性：rm{H_{2}SO_{4}>HClO_{4}>HBrO_{4}}B.碱性：rm{RbOH>KOH>NaOH}C.非金属性：rm{Cl>S>P}D.气态氢化物稳定性：rm{HF>HCl>H_{2}S}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、二氧化硅晶体是立体的网状结构，其结构如图所示rm{.}关于二氧化硅的下列说法中，不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{60}克rm{SiO_{2}}晶体中，含有rm{2N_{A}}个rm{Si-O}键B.晶体中最小原子环上的氧原子数为rm{8}C.晶体中与同一硅原子相连的rm{4}个氧原子处于同一四面体的rm{4}个顶点D.晶体中rm{Si}rm{O}原子最外层都满足rm{8}电子稳定结构9、能说明葡萄糖是一种还原性糖，其依据是A.与氢气加成生成六元醇B.能发生银镜反应C.能与酸发生酯化反应D.能与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀10、将rm{0.1mol}两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后得到rm{3.36L(}标准状况rm{)CO_{2}}和rm{3.6gH_{2}O}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.一定有乙烯B.一定有甲烷C.一定没有甲烷D.一定没有乙烷11、在密闭容器中进行X2（气）+2Y2（气）⇌Z（气）的反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，当反应达到其最大限度（即化学平衡状态）时，各物质的浓度有可能的是（）A.c（Z）=0.45mol/LB.c（X2）=0.3mol/Lc（Z）=0.1mol/LC.c（X2）=0.5mol/LD.c（Y2）=0.5mol/L12、下列物质不能使酸性KMnO4溶液退色的是（）A.C4H10B.C2H2C.D.CH3COOH13、如图所示，电解含有少量rm{Mg^{2+}}的饱和食盐水，在碳棒和铁片表面均有气体生成，一段时间后铁片附近出现浑浊现象。下列叙述正确的是A.碳棒与直流电源的负极相连B.碳棒上发生氧化反应C.铁片上的电极反应式为rm{2Cl^{-}-2e^{-}=Cl_{2}隆眉}D.铁片附近出现的浑浊物是rm{2Cl^{-}-2e^{-}=

Cl_{2}隆眉}rm{Mg(OH)_{2}}14、下列不能够用酒精灯加热的仪器是()A.量筒B.烧杯C.试管D.容量瓶15、要从含rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}的溶液中分别一一沉淀出rm{Fe^{3+}}rm{Ba^{2+}}rm{Ag^{+}}加入试剂的顺序正确的是rm{(}rm{)}A.rm{HCl}rm{H_{2}SO_{4}}rm{NH_{3}?H_{2}O}B.rm{NaOH}rm{HCl}rm{H_{2}SO_{4}}C.rm{HCl}rm{H_{2}SO_{4}}rm{NaOH}D.rm{HCl}rm{NaOH}rm{H_{2}SO_{4}}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)16、氰化钾是氢氰酸的钾盐。rm{25^{0}C}时rm{HCN}的电离平衡常数为rm{4.9隆脕10^{-19}}rm{(1)KCN}水溶液呈_______性，其原因用离子方程式表示为：____________________________rm{(2)}在加热条件下，rm{KCN}溶液会挥发出剧毒的rm{HCN}从平衡移动的角度来看，挥发出的rm{HCN}的原因是：____________________________。为了避免产生rm{HCN}应采取的措施是向rm{KCN}溶液中加入适量__________。17、脂肪、淀粉、蛋白质被称为人类的三大营养物质，它们的共同性质是都与水发生________反应。我们从食物中摄取的蛋白质，在胃液中的胃蛋白酶和胰蛋白酶的作用下发生________反应，生成________，它被人体吸收后rm{.}重新合成人体所需要的各种________，人体内各组织的蛋白质不断分解，最后主要生成________排出体外。18、完成下列离子方程式．

rm{(1)}贝壳溶于醋酸溶液：______

rm{(2)}向氢氧化钡溶液中加入少量小苏打溶液：______

rm{(3)}碳酸氢铵和足量浓烧碱溶液混合：______

rm{(4)}向次氯酸钠溶液中通足量rm{SO_{2}}气体：______

rm{(5)}向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：______

rm{(6)}向偏铝酸钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}气体：______

rm{(7)}向硫酸亚铁溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：______

rm{(8)}金属锌和硫酸、三氧化二砷反应生成砷化氢：______．19、在容积为1L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。请回答下列问题：（1）700℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为_________。（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是__________。A．容器中压强不变B．混合气体中c(A)不变C．v正(B)＝2v逆(D)D．c(A)＝c(C)（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的A的转化率。（4）800℃时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：c(A)＝0.06mol/L，c(B)＝0.50mol/L，c(C)＝0.20mol/L，c(D)＝0.018mol/L，则此时该反应(填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”)。20、（8分）、钛和钛的合金已被广泛用于制造电讯器材、人造骨骼、化工设备、飞机等航天航空材料，被誉为“未来世界的金属”。试回答下列问题：（1）钛有Ti和Ti两种原子，它们互称为____。Ti元素在元素周期表中的位置是第周期，第____族；按电子排布Ti元素在元素周期表分区中属于（填s、p、d、ds或f）区元素（2）偏钛酸钡在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。偏钛酸钡为离子晶体，晶胞的结构如右图所示，它的化学式是____（3）现有含Ti3+的配合物，化学式为TiCl3（H2O）6，将1mol该物质溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银为1mol，已知该配合物的配位数为6，则该配合物的配位体是____。1mol该配合物外界所含结晶水物质的量为____mol。21、(6分)将一定量的某饱和一元醇分成两等份，其中一份完全燃烧，耗用144g氧气；另一份醇中加入过量金属钠，产生的氢气在标准状况下体积为11.2L。该醇的分子式为；核磁共振氢谱显示该分子有三种不同环境的氢原子。则醇的结构简式为。该醇的名称为。评卷人得分四、其他(共4题，共28分)22、(8分)下图是一些常见的物质间的转化关系图。C是紫红色金属单质，G是蓝色沉淀，X是葡萄糖溶液，H是砖红色沉淀，F是形成酸雨的无色有害气体，所有反应物、生成物中的水均未标出；反应②的条件是使用浓B溶液和加热。(1)A是，E是；(2)电解A溶液时阴极的反应式；(3)电解A溶液的总反应化学方程式是。23、（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24、（8分）由丙烯出发，经如下反应，可合成丙烯酸（CH2=CH—COOH）：（1）写出X和Y的结构简式：X_____________________；Y____________________；（2）由X生成Y的反应类型为__________；由W生成丙烯酸的反应类型为___________；（3）由CH2=CH—COOH在一定条件下可合成高分子G，反应方程式为。25、(8分)A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。（1）若B是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色气体，则B→C的化学方程式为。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为，试写出C与水反应的化学方程式。（3）若C是红棕色气体，试写出B与氧气反应的化学方程式。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共8分)26、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）。27、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：_____________。28、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）。29、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_______评卷人得分六、探究题(共4题，共40分)30、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。31、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。32、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。33、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】解：A．钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气；故A不选；

B．甲苯性质稳定；不与钠发生反应，故B选；

C．钠能够与乙醇发生乙醇乙醇钠和氢气；故C不选；

D.75%的酒精中含有水和乙醇；水和乙醇都能够与钠反应生成氢气，故D不选；

故选B．

金属钠化学性质比较活泼；能够与水；乙醇、酸发生反应，但钠不与苯及其同系物反应，据此对各选项进行判断．

本题考查了钠的化学性质，题目难度不大，明确钠的化学性质为解答关键，注意掌握钠与水、乙醇反应原理，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】【答案】B2、D【分析】解：rm{垄脷垄脺}与rm{垄脵垄脹}相比较，加入催化剂，反应速率角度，rm{垄脷}与rm{垄脺}相比较，rm{垄脺}温度较高，则反应速率最大，rm{垄脷}次之；

rm{垄脵}与rm{垄脹}相比较，rm{垄脹}温度较高，反应速率角度，则rm{垄脵}反应速率最小。

故反应速率大小顺序为rm{垄脺垄脷垄脹垄脵}

故选：rm{D}

一般来说，对于rm{H_{2}O_{2}}生成氧气的反应；浓度越大；温度越高、加入催化剂等，都可增大反应速率，以此解答。

本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的综合理解和运用的考查，注意把握反应速率的影响因素，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解析】rm{D}3、A【分析】解：石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料rm{(}汽油，煤油，柴油等rm{)}的产量；特别是提高汽油的产量．

故选A．

本题考查石油裂化的目的，难度不大，注意裂化与裂解的区别．【解析】rm{A}4、C【分析】【解析】试题分析：原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置。由题给总方程式知，Cu失电子，H＋得电子。如果是原电池，Cu是负极，它的金属活动性排在氢之后，不可能，所以只能是电解池，且铜是阳极和电源的正极训练，答案选C。考点：考查原电池和电解池的应用和判断【解析】【答案】C5、A【分析】解：A；银的金属性比较弱；所以银钵保护的较好，故A正确；

B；字画的成份是有机物；不是金属材料，故B错误；

C；玉带的主要成份是硅的化合物；不是金属材料，故C错误；

D；铁牛的主要成分是金属铁；铁的活泼性强于银，易被腐蚀，故D错误，故选A．

在金属活动性顺序表中；越靠前的金属越活泼，越靠后的金属越不活泼，不活泼的金属制品不易被腐蚀，据此解答即可．

本题主要考查的是金属活动性顺序表的应用，熟练记忆金属活动性顺序表是解决本题的关键，难度不大．【解析】【答案】A6、A【分析】解：A；脂类在人体中发生氧化反应为人体提供能量；脂类在人体中的作用主要是供给维持生命活动所需的能量，不能拒绝脂肪，故A错误；

B；蛋白质是构成人体细胞的基本物质；对蛋白质要“亲疏有度”，故B正确；

C；“微量”元素对人体有重要的作用；故C正确；

D；维生素是人类六大营养素之一；饮食中不可缺“肠道的清道夫--纤维素”，故D正确；

故选A．

A；脂类在人体中发生氧化反应为人体提供能量；脂类在人体中的作用主要是供给维持生命活动所需的能量，不能拒绝脂肪；

B；蛋白质是构成人体细胞的基本物质；对蛋白质要“亲疏有度”；

C；“微量”元素对人体有重要的作用；故C正确；

D；维生素是人类六大营养素之一；饮食中不可缺“肠道的清道夫--纤维素”．

本题考查了人类营养物质，题目较简单，注意对相关知识的归纳整理．【解析】【答案】A7、A【分析】【分析】本题考查元素周期律知识，为高考高频考点，侧重于学生分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，难度不大。【解答】A.非金属性rm{Cl>S}元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；

B.金属性：rm{Rb>K>Na}元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强，故B正确；

C.同周期元素从左到右；元素的非金属性逐渐增强，故C正确；

D.非金属性rm{F>Cl>Br}元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。故选A。【解析】rm{A}二、双选题(共8题，共16分)8、rAB【分析】解：rm{A.1molSiO_{2}}晶体存在rm{4molSi-O}键，所以rm{60gSiO_{2}}晶体即rm{1mol}含有rm{4molSi-O}键；故A错误；

B.由二氧化硅晶体结构图可知，晶体中最小环上含有rm{6}个硅原子和rm{6}个氧原子，所以最小环上的原子数为rm{12}故B错误；

C.晶体中一个硅原子和四个氧原子；形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体的四个顶点，故C正确；

D.因为在晶体中硅原子周围有四对共用电子对，氧原子有两对共用电子对，而氧原子最外层就是六个电子，这样两种原子都满足rm{8}电子结构；故D正确．

故选AB．

A.由二氧化硅晶体结构图可知rm{1}个硅原子与rm{4}个氧原子形成rm{4}个rm{Si-O}

B.晶体中最小环上含有rm{6}个硅原子和rm{6}个氧原子；

C.晶体中一个硅原子和四个氧原子；形成四面体结构，四个氧原子处于同一四面体的四个顶点；

D.晶体中硅原子周围有四对共用电子对；氧原子有两对共用电子对．

本题考查了原子晶体的结构特点，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，在解题是要注意比较金刚石与二氧化硅的结构关系，尤其是在确定最小环个数时，要看懂结构图，中等难度．【解析】rm{AB}9、BD【分析】【分析】本题考查有机物结构和性质；为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意乙酸乙酯制取中除杂剂及除杂方法，题目难度不大。

【解答】A.葡萄糖与氢气加成生成六元醇，是醛基与氢气加成，说明醛基具有氧化性，故A错误；

B.葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖中含有醛基；所以能被新制银氨溶液氧化，说明葡萄糖具有还原性，故B正确；

C.葡萄糖与酸发生酯化反应；为取代反应，不能说明葡萄糖具有还原性，故C错误；

D.醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应；葡萄糖中含有醛基，所以能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，说明葡萄糖具有还原性，故D正确。

故选BD。【解析】rm{BD}10、rBD【分析】解：标况下rm{3.36L}二氧化碳的物质的量为：rm{n(CO_{2})=dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}rm{n(CO_{2})=dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}水的物质的量为：rm{n(H_{2}O)=dfrac{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}rm{3.6g}混合气体完全燃烧生成rm{n(H_{2}O)=dfrac

{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}二氧化碳、rm{1mol}水，则混合的平均化学式为：rm{1.5mol}由于两种气态烃的混合物，则一定含有rm{2mol}原子数小于rm{C_{1.5}H_{4}}的烃；所以一定含有甲烷；

又由于甲烷中含rm{C}个氢原子，则另一种烃也含有rm{1.5}个氢原子；

根据以上分析可知；混合气体中一定含有甲烷，所以B正确，C错误；可能含有乙烯，所以A错误，一定没有乙烷，所以D正确；

故选BD．

标况下rm{4}二氧化碳的物质的量为：rm{n(CO_{2})=dfrac{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}rm{4}水的物质的量为：rm{n(H_{2}O)=dfrac{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}则混合的平均化学式为，rm{3.36L}由于是混合物，则肯定含有rm{n(CO_{2})=dfrac

{3.36L}{22.4L/mol}=0.15mol}原子数小于rm{3.6g}的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有rm{n(H_{2}O)=dfrac

{3.6g}{18g/mol}=0.2mol}个氢原子，则另一种烃也含有rm{C_{1.5}H_{4}}个氢原子；以此进行解答．

本题考查了有机物分子式的计算，题目难度中等，注意掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法，常用方法有：平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等．rm{C}【解析】rm{BD}11、B|D【分析】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小；Z的浓度最大，假定完全反应，则：

X2（气）+2Y2（气）⇌Z（气）

开始（mol/L）：0.20.30.3

变化（mol/L）：0.150.30.15

平衡（mol/L）：00500.45

若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大；Z的浓度最小，假定完全反应，则：

X2（气）+2Y2（气）⇌Z（气）；

开始（mol/L）：0.20.30.3

变化（mol/L）：0.30.60.3

平衡（mol/L）：0.50.90

由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0.05＜c（X2）＜0.5，0＜c（Y2）＜0.9；0＜c（Z）＜0.45；

故选BD．

化学平衡的建立；既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应；

若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小；Z的浓度最大；

若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大；Z的浓度最小；

利用极限法假设完全反应；计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．

本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法．【解析】【答案】BD12、A|D【分析】解：A．C4H10为丁烷；属于饱和烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；

B．C2H2为乙炔；分子中含有碳碳三键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C．为甲苯；其侧链甲基上的碳原子能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D．CH3COOH为乙酸；为饱和一元羧酸，具有酸性，但是不能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；

故选AD．

含有碳碳双键；碳碳三键的有机物能够使酸性高锰酸钾溶液；另外苯的同系物，如甲苯、乙苯也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃、饱和羧酸等不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此进行解答．

本题考查了常见有机物的结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构及具有的化学性质，明确酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是解答本题的关键．【解析】【答案】AD13、BD【分析】【分析】本题考查电解含镁离子的饱和食盐水；明确电解原理；离子的放电顺序，发生的电极反应即可解答，题目较简单。

【解答】A.在铁片表面有气体生成，可知铁片为阴极，碳棒为阳极，碳棒连接电源的正极，故A错误；B.在铁片表面有气体生成，可知铁片为阴极，碳棒为阳极，碳棒上发生氧化反应，故B正确；C.在铁片表面有气体生成，可知铁片为阴极，碳棒为阳极，铁棒上发生还原反应，电极方程式为rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}故C错误；D.在铁片表面有气体生成，可知铁片为阴极，碳棒为阳极，阴极发生反应：rm{2H}rm{2}rm{2}rm{O+2e^{-}=H_{2}隆眉+2OH^{-}}rm{Mg}rm{Mg}生成氢氧化镁沉淀，则出现的浑浊物是rm{{,!}^{2+}}故D正确。故选BD。与rm{OH^{-}}生成氢氧化镁沉淀，【解析】rm{BD}14、AD【分析】【分析】本题考查了常用仪器的实验，难度不大。【解答】A.量筒为量取液体的仪器；不能加热，故A正确；

B.烧杯可以用酒精灯加热，故B错误；C.试管可以用酒精灯加热；故C错误；

D.容量瓶用于配制溶液，不能加热，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}15、rCD【分析】解：rm{A.}最后加氨水，rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}均转化为沉淀；故A不选；

B.先加rm{NaOH}时rm{Fe^{3+}}rm{Ag^{+}}均转化为沉淀；故B不选；

C.先加rm{HCl}只有rm{Ag^{+}}转化为沉淀，后加rm{H_{2}SO_{4}}只有rm{Ba^{2+}}转化为沉淀，最后加过量的rm{NaOH}将rm{Fe^{3+}}转化为沉淀；故C选；

D.先加rm{HCl}只有rm{Ag^{+}}转化为沉淀，后加rm{NaOH}将rm{Fe^{3+}}转化为沉淀，最后加rm{H_{2}SO_{4}}只有rm{Ba^{2+}}转化为沉淀；故D选；

故选CD．

rm{Ag^{+}}只与rm{HCl}反应生成沉淀，反应后加rm{H_{2}SO_{4}}只有rm{Ba^{2+}}转化为沉淀，最后加过量的rm{NaOH}将rm{Fe^{3+}}转化为沉淀，而rm{Al^{3+}}转化为偏铝酸根离子；以此来解答．

本题考查常见离子的分离，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)16、（1）碱CN-+H2OHCN+OH-

（2）水解是吸热的，温度升高，水解程度增大，HCN的浓度增大KOH【分析】【分析】

本题考查的盐类的水解及其影响因素；难度不大。

【解答】

rm{(1)}从rm{HCN}的电离平衡常数分析，其为弱酸，所以其对应的钾盐会水解显碱性，水解的离子方程式为rm{CN}rm{-}rm{-}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}，故答案为：碱；rm{HCN+OH}rm{-}rm{-}rm{CN}rm{-}rm{-}rm{+H}；rm{2}rm{2}加热溶液会挥发出rm{O}说明加热水解平衡正向移动，rm{HCN+OH}的浓度增大，即水解是吸热的，微粒避免产生rm{-}可以加入氢氧化钾，抑制水解，故答案为：水解是吸热的，温度升高，水解程度增大，rm{-}的浓度增大；rm{(2)}【解析】rm{(1)}碱rm{CN^{-}+H_{2}O}rm{HCN+OH^{-}}rm{(2)}水解是吸热的，温度升高，水解程度增大，rm{HCN}的浓度增大rm{KOH}17、水解水解氨基酸蛋白质尿素【分析】【分析】本题旨在考查学生对脂肪、淀粉、蛋白质、氨基酸等应用。【解答】脂肪水解生成高级脂肪酸和甘油，淀粉水解最终生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸被人体吸收后重新合成人体所需要的各种氨基酸，人体内各组织的蛋白质分解最后生成尿素排出体外。故答案为：水解；水解；氨基酸；蛋白质；尿素。【解析】水解水解氨基酸蛋白质尿素18、略

【分析】解：rm{(1)}贝壳溶于醋酸溶液的离子反应为rm{CaCO_{3}+2CH_{3}COOH篓TCa^{2+}+2CH_{3}COO^{-}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

故答案为：rm{CaCO_{3}+2CH_{3}COOH篓TCa^{2+}+2CH_{3}COO^{-}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(2)}向氢氧化钡溶液中加入少量小苏打溶液的离子反应为rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

故答案为：rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}

rm{(3)}碳酸氢铵和足量浓烧碱溶液混合的离子反应为rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TNH_{3}隆眉+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}

故答案为：rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TNH_{3}隆眉+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}

rm{(4)}向次氯酸钠溶液中通足量rm{SO_{2}}气体的离子反应为rm{ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+2H^{+}}

故答案为：rm{ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+2H^{+}}

rm{(5)}向溴化亚铁溶液中通入足量氯气的离子反应为rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}

故答案为：rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}

rm{(6)}向偏铝酸钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}气体的离子反应为rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}

故答案为：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}

rm{(7)}向硫酸亚铁溶液中加入酸性高锰酸钾溶液的离子反应为rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

故答案为：rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}

rm{(8)}金属锌和硫酸、三氧化二砷反应生成砷化氢的离子反应为rm{As_{2}O_{3}+6Zn+12}rm{H^{+}=2AsH_{3}隆眉+6Zn^{2+}+3H_{2}O}

故答案为：rm{As_{2}O_{3}+6Zn+12}rm{H^{+}=2AsH_{3}隆眉+6Zn^{2+}+3H_{2}O.}

rm{(1)}贝壳溶于醋酸溶液；反应生成醋酸钙；水、二氧化碳；

rm{(2)}向氢氧化钡溶液中加入少量小苏打溶液，反应生成碳酸钡、rm{NaOH}和水；

rm{(3)}碳酸氢铵和足量浓烧碱溶液混合；反应生成氨气；碳酸钠和水；

rm{(4)}向次氯酸钠溶液中通足量rm{SO_{2}}气体，发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠rm{HCl}

rm{(5)}向溴化亚铁溶液中通入足量氯气；发生氧化还原反应生成氯化铁；溴；

rm{(6)}向偏铝酸钠溶液中通入足量rm{CO_{2}}气体；反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；

rm{(7)}向硫酸亚铁溶液中加入酸性高锰酸钾溶液；发生氧化还原反应生成硫酸铁；硫酸锰、水；

rm{(8)}金属锌和硫酸；三氧化二砷反应生成砷化氢；还生成硫酸锌、水．

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．【解析】rm{CaCO_{3}+2CH_{3}COOH篓TCa^{2+}+2CH_{3}COO^{-}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{HCO_{3}^{-}+Ba^{2+}+OH^{-}篓TBaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+HCO_{3}^{-}+2OH^{-}篓TNH_{3}隆眉+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{ClO^{-}+SO_{2}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+2H^{+}}rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}篓T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O篓TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}rm{5Fe^{2+}+MnO_{4}^{-}+8H^{+}篓T5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}rm{As_{2}O_{3}+6Zn+12H^{+}=2AsH_{3}隆眉+6Zn^{2+}+3H_{2}O}19、略

【分析】试题分析：（1）先根据v=△c/△t计算v（D），再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v（B）；v（D）=0.45/5=0.09mol/（L．min），该反应中v（B）=2v（D）=0.18mol/（L．min）；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，以及由此衍生的其它一些物理量不变，可由此进行判断；A．该反应是气体体积减小的可逆反应，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，能作为判断化学平衡的依据，正确；B．反应到达平衡状态时，混合气体中c（A）不变，说明到达平衡，正确；C．当v正（B）=2v逆（D）时，即v正（B）：v逆（D）=2：1，该反应处于平衡状态，正确；D．当c（A）=c（C）时，该反应不一定达到平衡状态，错误；选ABC；（3）根据三行式计算；A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)起始浓度（mol/L）12.200转化浓度（mol/L）0.61.20.60.6平衡浓度（mol/L）0.410.60.6计算可得A的转化率为60%，平衡常数K=0.9；（4）根据浓度商和化学平衡常数的相对大小判断，如果浓度商大于化学平衡常数，则反应向逆反应方向移动，如果浓度商小于化学平衡常数，则反应向正反应方向移动；（4）Qc=0.2×0.018/0.06×0．502=2.4＞0.9，则平衡向逆反应方向移动。考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算。【解析】【答案】（1）0.18mol/(L·min)（2分）（2）ABC（2分）（3）60%（2分）（4）向逆方向进行（2分）20、略

【分析】（1）质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，所以Ti和Ti两种原子，它们互称为同位素。Ti的原子序数是22，因此在周期表中的位置是第四最强第ⅣB。由于最后填入的单质是3d电子，所以属于d区。（2）根据晶胞的结构示意图可知，Ti原子数8×1/8＝1，氧原子数是12×1/4＝3个，钡在中心，全部属于该晶胞，属于其化学式为BaTiO3。（3）由于只能产生1mol氯化银沉淀，所以作为配体的氯离子是2个。因为配位数是6，所以作为配体的水是4个。所以含有的结晶水是2mol。【解析】【答案】（1）同位素4；IVB族；d（2）BaTiO3（3）Cl-和H2O，121、略

【分析】产生的氢气在标准状况下体积为11.2L，则每份中该饱和一元醇的物质的量是11.2L÷22.4L/mol×2＝1.0mol。饱和一元醇燃烧的通式为CnH2n＋2O＋3n/2O2＝nCO2＋（n＋1）H2O，所以消耗氧气的物质的量就是3n/2mol，则3n/2mol×32g/mol＝144g，解得n＝3，即是丙醇。又因为分子有三种不同环境的氢原子，所以结构简式为CH3CHOHCH3，名称是2－丙醇。【解析】【答案】（共6分，每空2分）C3H8O；CH3CHOHCH32－丙醇四、其他(共4题，共28分)22、略

【分析】（1）从题中知C是紫红色金属单质，则C为Cu；G是蓝色沉淀，则G为Cu（OH）2；H是砖红色沉淀，则H是Cu2O；F是形成酸雨的无色有害气体，则F为SO2；所以B为浓H2SO4，A为D为O2，E为强碱，是NaOH或是KOH。（2）电解A溶液，阴极上Cu2+放电，反应式为：══（3）电解溶液属于放氧生酸型，总的电解方程式为：══【解析】【答案】(1)(或KOH等)(2)══(3)══23、略

【分析】【解析】【答案】（1）醛基、碳碳双键（各1分）（2）氧化加成（方程式各2分，类型各1分）]（3）（2分）（4）50（1分）（5）6（2分0；（或邻、间、对均可）（2分）24、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3CHBrCH2Br（2分）;CH3CH(OH)CH2(OH)（2分）（2）水解反应（或取代反应）；消去反应（各1分）（3）略（2分）25、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO2五、元素或物质推断题(共4题，共8分)26、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）227、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H228、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（