2025年人教新起点高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年人教新起点高二化学上册阶段测试试卷751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、25℃时，将一定浓度的盐酸和一定浓度的氨水按2∶1的体积比混合，若混合溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液的pHA.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定2、常温某无色溶液中，由水的电离产生的C（H+）=1×10﹣12mol/L，则下列肯定能共存的离子组是（）A.Cu2+NO3﹣SO42﹣Fe3+B.Cl﹣S2﹣Na+K+C.Cl﹣Na+NO3﹣SO42﹣D.SO32﹣NH4+K+Mg2+3、可逆反应2NO2（g）⇌N2O4（g），△H＜0．在密闭容器中进行，当达到平衡时，欲通过改变条件，达到新平衡后使气体颜色加深，应采取的措施是（）A.增大容器体积B.温度压强不变，充入N2O4（g）C.温度压强不变，充入NO2（g）D.容器容积不变，升高温度4、已知弱酸的电离平衡常数如下表：下列选项正确的是（）。弱酸H2CO3水杨酸（）电离平衡常数（925℃）Ka1=4.3×10-7

Ka2=5.6×10-11Ka1=1.3×10-3Ka2=1.1×10-11A.常温下，等浓度、等体积的NaHCO3溶液pH小于溶液pHB.常温下，等浓度、等体积的Na2CO3溶液和溶液中所含离子总数前者小于后者C.+2NaHCO3→+2H2O+2CO2↑D.水杨酸的第二级电离Ka2远小于第一级电离Ka1的原因之一是能形成分子内氢键5、某有机物的分子式为rm{C_{5}H_{10}O}它能发生银镜反应和加成反应rm{.}若将它与rm{H_{2}}加成，所得产物的结构简式可能是rm{(}rm{)}A.B.rm{(CH_{3}CH_{2})_{2}CHOH)}C.rm{CH_{3}(CH_{2})_{2}CH_{2}OH}D.6、25℃、101kPa下，4gCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出222.5kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是（）A.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+4H2O（g）△H=-890kJ/molB.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=+890kJ/molC.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=-445kJ/molD.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol7、将rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.溶液中rm{c(H^{+})}和rm{c(OH^{-})}都减小B.溶液中rm{c(H^{+})}增大C.醋酸电离平衡向左移动D.溶液的rm{pH}增大8、rm{500隆忙}在三个相同体积的恒容密闭容器里，分别加入对应物质，甲：rm{2mol}rm{SO_{2}}rm{1mol}rm{O_{2}}乙：rm{2mol}rm{SO_{2}}rm{1mol}rm{O_{2}}rm{1mol}rm{N_{2}}丙：rm{4mol}rm{SO_{2}}rm{2mol}rm{O_{2}}同时进行反应，开始时反应速率最大的是rm{(}rm{)}A.甲B.乙C.丙D.无法判断评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、某温度时，在一个容积为2L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2min，用气体Z表示的反应速率为_____；（3）若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：①压强是开始时的________倍；②若此时将容器的体积缩小为原来的0.5倍，达到平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________反应(填“放热”或“吸热”)。10、某有机物B的分子式为C4H4O4，其结构简式为HOOCCH=CHCOOH（1）B分子所含官能团的名称是____、____。（2）1molC4H4O4完全燃烧需消耗O2________mol。(3)与B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是____。11、（10分）在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察下图，然后回答问题。（1）图中所示的反应是__________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应________(填“需要”或“不需要”)加热，该反应的ΔH＝________(用含E1、E2的代数式表示)。（2）已知热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8kJ/mol该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为__________。（3）对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因___________。12、（15分）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X形成的单质是最轻的物质，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。回答下列问题：（1）X元素的元素符号是；W元素的元素名称是。（2）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为，（请选“sp”或“sp3”）1molY2X2含有σ键的数目为。（3）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是________________________。13、（10分）（1）①根据图示，写出反应的热化学方程式：。②根据如图所示情况，判断下列说法中正确的是（）A．其热化学方程式为：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH＝＋41kJ/molB．该反应为吸热反应C．该反应为放热反应D．当H2O为液态时，其反应热值小于41kJ/mol（2）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是。（3）如图是某温度下，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。该反应的热化学方程式为：。a、b两条曲线产生区别的原因很可能是。14、(15分)碳及其化合物有广泛的用途。（1）反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=+131.3kJ•mol-1，达到平衡后，体积不变时，以下有利于提高H2产率的措施是。A．增加碳的用量B．升高温度C．用CO吸收剂除去COD．加入催化剂（2）已知，C（s）+CO2（g）2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1则反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的△H=kJ•mol-1。（3）在一定温度下，将CO(g)和H2O(g)各0.16mol分别通入到体积为2.0L的恒容密闭容器中，发生以下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下数据：。t/min2479n(H2O)/mol00.10①其它条件不变，降低温度，达到新平衡前v(逆)_____v(正)(填“>”、“<”或“=”)。②该温度下，此反应的平衡常数K=___________；（写计算过程）（6分）15、（15分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：。元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期,Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34（1）Y元素位于周期表中区，该元素原子核外共有____种不同运动状态的电子。（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在____________个σ键，该分子中中心原子的杂化类型为____。在H―Y、H―Z两种共价键中，键的极性较强的是____________，键长较长的是____________。（3）W的基态原子外围电子排布式是________。（4）请写出元素W的单质与元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液在一定条件下发生反应的化学方程。（5）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。已知：此反应的热化学方程式是________。16、（10分）质谱、红外光谱、核磁共振等物理方法已成为研究有机物的重要组成部分。(1)下列物质中，其核磁共振氢谱中给出的峰值只有一个的是A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3OCH3(2)化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为，请预测B的核磁共振氢谱上应该有_______个峰（信号）。(3)化合物Ｃ中各原子数目比为：N(C)：N(H)：N(O)=1：2：1，对化合物C进行质谱分析可得到下图所示的质谱图，可得出其分子式为。若对其进行红外光谱分析，可得出其官能团为（写名称）。确定化合物C的官能团时，你认为（填“有”或“没有”）必要进行红外光谱分析。写出化合物C与足量新制氢氧化铜反应的化学方程式：。17、填写下列空白rm{[}第rm{(1)隆芦(4)}小题用元素符号填写rm{]}

rm{(1)}第三周期原子半径最小的元素______。

rm{(2)}第一电离能最大的元素______。

rm{(3)}电负性最大的元素______。

rm{(4)}第四周期中第一电离能最小的元素______。

rm{(5)}含有rm{8}个质子，rm{10}个中子的原子的化学符号______。

rm{(6)}最外层电子排布为rm{4s^{2}4p^{1}}的原子的核电荷数为______。

rm{(7)}周期表中最活泼的非金属元素原子的轨道表示式为______。

rm{(8)}某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的rm{dfrac{1}{6}}写出该元素原子的电子排布式是______。

rm{(9)}写出铜元素在周期表中的位置______；它位于______区。

rm{(10)183K}以下纯铁晶体的基本结构单元如图rm{1}所示，rm{1183K}以上转变为图rm{2}所示结构的基本结构单元，在rm{183K}以下纯铁晶体中最邻近的铁原子等距离且最近的铁原子数为______个；在rm{1183K}以上的纯铁晶体中；与铁原子等距离且最近的铁原子数为______。

rm{(11)}某离子晶体晶胞结构如图rm{3}示，rm{X}位于立方体的顶点，rm{Y}位于立方体中心。试分析：

rm{垄脵}晶体中每个rm{Y}同时吸引着______个rm{X}每个rm{X}同时吸引着______个rm{Y}

rm{垄脷}晶体中在每个rm{X}周围与它最接近且距离相等的rm{X}共有______个。评卷人得分三、其他(共6题，共12分)18、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)。19、（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。20、(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。21、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：。22、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)。23、可用于提纯或分离物质的常用方法有：①过滤、②结晶、③升华、④分馏、⑤盐析、⑥渗析、⑦加热分解⑧分液等，将分离或提纯的编号填入下列各混合物后面的横线上。（1）除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠；（2）除去石灰水中悬浮的CaCO3颗粒；（3）除去氯化钠单质中混有的碘单质；评卷人得分四、探究题(共4题，共36分)24、（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。25、（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。26、（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。27、（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。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共28分)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、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：_____________。30、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）。31、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、原理综合题(共2题，共18分)32、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液33、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解析】试题分析：混合溶液中根据电荷守恒，得c(NH4+)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH－)，已知c(NH4+)＝c(Cl－)，可得c(H+)＝c(OH－)，25℃时，混合溶液等于7。考点:考查电荷守恒点评:本题考查了盐类水解、电荷守恒，难度不大。解题时注意电荷守恒的应用。【解析】【答案】C2、D【分析】【解答】解：无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；由水的电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；

A．Cu2+、Fe3+为有色离子；且都与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；

B．S2﹣与氢离子反应；在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．Cl﹣、Na+、NO3﹣、SO42﹣之间不反应；都是无色离子，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定能够大量共存，故C正确；

D．SO32﹣与氢离子反应，Mg2+与氢氧根离子反应；在溶液中一定不能大量共存，故D错误；

故选D．

【分析】无色溶液中不存在Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；由水的电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；

A．铁离子；铜离子为有色离子；且二者都与氢氧根离子反应；

B．硫离子与氢离子反应；

C．四种离子之间不发生反应；都不与氢离子；氢氧根离子反应，且为无色离子；

D．亚硫酸根离子与氢离子反应，镁离子与氢氧根离子反应．3、D【分析】解：A．增大容器的体积，NO2浓度减小；则混合气体颜色变浅，故A错误；

B．温度压强不变，充入N2O4（g），新平衡与原平衡相比不移动，NO2浓度不变；则混合气体颜色不变，故B错误；

C．温度压强不变，充入NO2，新平衡与原平衡相比不移动，NO2浓度不变；则混合气体颜色不变，故C错误；

D．容器容积不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2浓度增大；则混合气体颜色加深，故D正确；

故选D．

该反应是一个气体体积减小的放热反应，当达到平衡时欲使混合气体的颜色加深，则使NO2的浓度增大即可．

本题考查了外界条件对化学平衡的影响，注意恒压条件下为等效平衡，平衡不移动，NO2浓度不变，为易错点．【解析】【答案】D4、D【分析】解：A．相同温度下，酸根离子水解程度越大，其相同浓度的钠盐溶液pH越大，水解程度HCO3-＞C7H5O2-，所以常温下，等浓度、等体积的NaHCO3溶液pH大于溶液pH；故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（C7H5O2-）+2c（C7H4O32-），碳酸的二级电离平衡常数大于水杨酸二级电离平衡常数，所以水解程度CO32-＜C7H4O32-，则溶液碱性强，所以c（H+）：Na2CO3溶液＞溶液，两种溶液中钠离子浓度相等，所以常温下，等浓度、等体积的Na2CO3溶液和溶液中所含离子总数前者大于后者；故B错误；

C．水杨酸二级电离平衡常数小于碳酸，所以酚羟基和碳酸氢根离子不反应，羧基和碳酸氢根离子反应，反应方程式为+NaHCO3→+H2O+CO2↑；故C错误；

D．-OH中O原子吸引电子能力较强，所以水杨酸中-OH中的H原子和羧酸根离子中的O原子能形成氢键，导致水杨酸的第二级电离Ka2远小于第一级电离Ka1；故D正确；

故选D．

A．相同温度下；酸根离子水解程度越大，其相同浓度的钠盐溶液pH越大；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（C7H5O2-）+2c（C7H4O32-），碳酸的二级电离平衡常数大于水杨酸二级电离平衡常数，所以水解程度CO32-＜C7H4O32-，则溶液碱性强，所以c（H+）：Na2CO3溶液＞溶液；

C．水杨酸二级电离平衡常数小于碳酸；所以酚羟基和碳酸氢根离子不反应，羧基和碳酸氢根离子反应；

D．水杨酸中-OH中的H原子和羧酸根离子中的O原子能形成氢键．

本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与其酸根离子水解程度关系是解本题关键，易错选项是BC，注意B中离子浓度比较方法，利用电荷守恒分析，注意C中酚羟基和碳酸氢钠不反应．【解析】【答案】D5、C【分析】解：有机物的分子式为rm{C_{5}H_{10}O}能发生银镜反应和加成反应，说明分子中含有rm{-CHO}不含rm{C=C}其组成为rm{C_{4}H_{9}-CHO}其可能的同分异构体有：rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}-CHO}rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CHO}rm{CH_{3}CH_{2}CH(CH_{3})CHO}rm{(CH_{3})_{3}C-CHO}醛基与rm{H_{2}}的加成反应，加成后得到的物质应含有rm{-CH_{2}OH}只有rm{A}符合；

故选C．

有机物的分子式为rm{C_{5}H_{10}O}能发生银镜反应和加成反应，说明分子中含有rm{-CHO}不含rm{C=C}其组成为rm{C_{4}H_{9}-CHO}加成后得到的物质应含有rm{-CH_{2}OH}以此解答该题．

本题考查有机物结构与性质，为高频考点，难度不大，侧重于学生分析能力和综合应用化学知识的能力的考查，要注意醇发生被氧化与结构的关系．【解析】rm{C}6、D【分析】解：4gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出222.5kJ的热量，则1mol即16gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体；4×222.5kJ=890kJ；

则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol；故D正确；

故选D．

4gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出222.5kJ的热量，则1mol即16gCH4完全燃烧生成液态水和CO2气体；4×222.5kJ=890kJ由此分析解答．

本题主要考查了热化学方程式的书写，注意热化学方程式的意义是解题的关键，题目难度不大，明确物质的量与反应热的关系是解题的关键．【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}因醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢氧根浓度增大，故A错误；

B；因醋酸溶液中加水稀释；溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B错误；

C；醋酸是弱电解质；则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C错误；

D、醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据rm{Kw}值不变；所以氢氧根浓度增大，故D正确；

故选D．

根据醋酸是弱电解质；则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系确定氢氧根浓度的变化．

本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的rm{pH}与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键．【解析】rm{D}8、C【分析】解：相同温度；相同体积条件下；甲乙参加反应的气体的物质的量相等，乙中氮气不参加反应，则甲、乙反应速率相等；

丙参加气体的浓度最大；反应速率最大．

故选C．

体积相同；温度相同，参加反应的气体的浓度越大，则反应速率越大，以此解答该题．

本题考查外界条件对反应速率的影响，难度不大，甲与乙的比较涉及氮气，不要仅仅从压强的角度分析，为易错点，根据反应的条件进行判断．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、略

【分析】试题分析：（1）在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内，化学反应中各物质的物质的量变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为Y+3X2Z；（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v=△c/△t=0.05mol/（L．min）；（3）①反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，在相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=0.9；②若X、Y、Z均为气体，将容器的体积缩小为原来的0.5倍，平衡正向移动，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为吸热反应。考点：考查化学平衡的变化图象及相关计算。【解析】【答案】（1）3X＋Y2Z（2）0.05mol·L－1·min－1（3）①0.9②吸热10、略

【分析】【解析】试题分析：（1）从结构简式可以看出，官能团有碳碳双键（-C==C-）和羧基COOH-。（2）根据化学方程式的计算，可以算出消耗O2为3mol。(3)同分异构体的分子式相同而结构不同的有机物之间的互称。考点：有机物的结构【解析】【答案】（1）羧基，碳碳双键（2）3（3）(HOOC)2C=CH211、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）________、____________、E2________________（2）____（3）________12、略

【分析】试题分析：（1）单质最轻的物质应该是H2，所以X元素是H。Y是C，Z是F.29号元素是Cu（2）C2H2是直线型分子，C是sp,杂化。（3）氢键大于分子间作用力，导致沸点增大考点：考查核外电子排布，轨道杂化，σ键等相关知识【解析】【答案】（1）H铜；（2）sp,3NA（或3mol）（3）NH3中分子间有氢键而CH4中没有。13、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（每空2分）①方程式：____________________________________________________________________________________。②（BD）（2）热化学方程式是S________________________________________________________________。（3）热化学方程式为：____________________________________________________________________。a、b原因很可能是b____14、略

【分析】试题分析：（1）碳为固体，增加碳的用量，不影响平衡移动，水的转化率不变，故A错误；正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，故B正确；用CO吸收剂除去CO，CO的浓度降低，平衡向正反应方向移动，水的转化率增大，故C正确，加入催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，水的转化率不变，故D错误，答案选BC；（2）已知：①C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），△H=+131.3kJ/mol-1，②C（s）+CO2（g）2CO（g），△H=+172.5kJ/mol-1根据盖斯定律，①-②得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=131.3kJ/mol-1-172.5kJ/mol-1=-42.2kJ/mol-1，故答案为：-42.2kJ/mol-1；（3）①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)该反应为放热反应，故降低温度，平衡向正反应方向移动，故v(逆)==0.36，故答案为<；0.36考点：平衡常数【解析】【答案】（1）BC；（2）-41.2；（3）①<；②K=9/25或0.36；15、略

【分析】【解析】【答案】(1)p16(2)2sp杂化H-ClH-S(3)3d104s1(4)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(5)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)△H=-270.0kJ/mol16、略

【分析】试题分析：（1）核磁共振氢谱中给出的峰值只有一个意味着分子中只有1种H原子，A、D分子结构对称，只有1种H原子，B、C分子中有2种H原子，所以答案选AD；（2）从A的核磁共振氢谱图可知，A中只有1种H原子，所以A中的2个Br原子分别连在2个C原子上，结构简式为CH2BrCH2Br；C2H4Br2的同分异构体有2种，则B分子中的2个Br原子分别连在同一C原子上，分子结构不对称，所以B中会有2个峰；（3）由化合物C的质谱图判断C的相对分子质量是30，根据题意C的最简式是CH2O，所以二者结合可得C的分子式为CH2O；根据价键原则，C周围4个共价键，O周围2个共价键，H周围1个共价键，判断C中的官能团是醛基；所以没有必要进行红外光谱分析。则C是甲醛，分子中含有2个醛基，1mol甲醛与足量新制氢氧化铜反应需要4mol氢氧化铜，化学方程式为HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O考点：考查有机物分子中等效氢的判断，结构简式的判断，质谱图的分析，官能团的判断及性质应用，化学方程式的书写【解析】【答案】(1)AD（2分）(2)CH2BrCH2Br（1分）2（1分）（3）CH2O（1分）醛基（1分）没有（1分）[来源:Zxxk.Com]HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O↓+6H2O（3分）17、略

【分析】解：rm{(1)}同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第三周期中原子半径最小的是rm{Cl}元素，故答案为：rm{Cl}

rm{(2)}同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一电离能大于其相邻元素，同一族，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能最大的是rm{He}

故答案为：rm{He}

rm{(3)}元素的非金属性越强，其电负性越强，所以元素周期表中非金属性最强的是rm{F}元素，则电负性最大的是rm{F}元素，故答案为：rm{F}

rm{(4)}同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第四周期中第一电离能最小的是rm{K}元素；

故答案为：rm{K}

rm{(5)}含有rm{8}个质子、rm{10}个中子的原子为氧原子，原子符号为rm{;_{8}^{18}O}

故答案为：rm{;_{8}^{18}O}

rm{(6)}最外层电子排布为rm{4s^{2}4p^{1}}的原子的核电荷数rm{=2+8+18+3=31}故答案为：rm{31}

rm{(7)}周期表中最活泼的非金属元素为rm{F}元素，其原子核外有rm{9}个电子，根据构造原理书写该原子的轨道表示式为

故答案为：

rm{(8)}某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的rm{dfrac{1}{6}}则该元素核外电子数rm{=10隆脗dfrac{5}{6}=12}为rm{Mg}元素，根据构造原理书写该元素原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}或rm{[Ne]3s^{2}}故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}或rm{[Ne]3s^{2}}

rm{(9)Cu}元素位于第四周期第rm{IB}族，位于rm{ds}区；

故答案为：第四周期第rm{IB}族；rm{ds}

rm{(10)}以立方体体心上的原子为中心原子，在rm{183K}以下纯铁晶体中最邻近的铁原子等距离且最近的铁原子数rm{=8}在rm{1183K}以上的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数rm{=3隆脕8隆脗2=12}

故答案为：rm{8}rm{12}

rm{(11)垄脵}晶体中每个rm{Y}同时吸引着rm{4}个rm{X}每个rm{X}同时吸引着rm{8}个立方体中心上的rm{Y}故答案为：rm{4}rm{8}

rm{垄脷}晶体中在每个rm{X}周围与它最接近且距离相等的rm{X}个数rm{=3隆脕8隆脗2=12}

故答案为：rm{12}

rm{(1)}同一周期元素；原子半径随着原子序数增大而减小；

rm{(2)}同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一电离能大于其相邻元素；同一族，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；

rm{(3)}元素的非金属性越强；其电负性越强；

rm{(4)}同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第rm{IIA}族、第rm{VA}族元素第一电离能大于其相邻元素；

rm{(5)}含有rm{8}个质子、rm{10}个中子的原子为氧原子；

rm{(6)}最外层电子排布为rm{4s^{2}4p^{1}}的原子的核电荷数rm{=2+8+18+3}

rm{(7)}周期表中最活泼的非金属元素为rm{F}元素，其原子核外有rm{9}个电子；根据构造原理书写该原子的轨道表示式；

rm{(8)}某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的rm{dfrac{1}{6}}则该元素核外电子数rm{=10隆脗dfrac{5}{6}=12}为rm{Mg}元素；根据构造原理书写该元素原子的电子排布式；

rm{(9)Cu}元素位于第四周期第rm{IB}族，位于rm{ds}区；

rm{(10)}在rm{183K}以下纯铁晶体中最邻近的铁原子等距离且最近的铁原子数rm{=8}在rm{1183K}以上的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数rm{=3隆脕8隆脗2}

rm{(11)垄脵}晶体中每个rm{Y}同时吸引着rm{4}个rm{X}每个rm{X}同时吸引着rm{8}个rm{Y}

rm{垄脷}晶体中在每个rm{X}周围与它最接近且距离相等的rm{X}个数rm{=3隆脕8隆脗2}

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、元素周期律、元素周期表、原子结构等知识点，综合性较强，侧重考查学生空间想像、计算、知识灵活运用能力，易错点是晶胞计算，题目难度不大。【解析】rm{Cl}rm{He}rm{F}rm{K}rm{;_{8}^{18}O}rm{31}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}或rm{[Ne]3s^{2}}第四周期第rm{IB}族；rm{ds}rm{8}rm{12}rm{4}rm{8}rm{12}三、其他(共6题，共12分)18、略

【分析】【解析】【答案】AEF19、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）20、略

【分析】【解析】【答案】（1）2SO2+O22SO3（2）过氧化钠、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）2NO+O2=2NO221、略

【分析】【解析】【答案】（1）H2Na2O2（2）Fe+2H+=Fe2++H2↑（3）产生白色沉淀（4）强（5）Fe(OH)322、略

【分析】【解析】【答案】AEF23、略

【分析】【解析】【答案】⑦①③四、探究题(共4题，共36分)24、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）25、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）26、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）27、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、元素或物质推断题(共4题，共28分)28、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）229、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H230、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