2024年沪科版高二化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2024年沪科版高二化学下册阶段测试试卷210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6题，共12分)1、下面关于晶体的叙述中，错误的是（）A.氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－B.氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离最近且相等的Na＋共有6个C.干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D.金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小环上有6个碳原子2、有机物分子式为C4H10O，能与金属钠反应放出H2，该化合物中，可由醛还原而成的有（）A.1种B.2种C.3种D.4种3、下列有关氯气及其化合物的说法不正确的是（）A.因为氯气有毒，有强氧化性，所以可用于杀菌、消毒、漂白B.干燥的氯气和氯水均能使鲜花褪色C.除去氯气中少量氯化氢可使气体通过饱和食盐水D.氯气能与大多数金属化合，其一般将变价金属氧化至最高价4、下列对于苯的叙述正确的是（）A.易被强氧化剂KMnO4等氧化B.属于不饱和烃易发生加成反应C.属于不饱和烃但比较易发生取代反应D.苯是一种重要的有机溶剂可广泛应用于生产绿色油漆等5、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.含有双键的物质是烯烃B.烯烃是不饱和链烃C.rm{C_{4}H_{8}}是烯烃D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}是烯烃6、醛rm{X}和醛rm{Y}分子中相差rm{1}个碳原子，它们的相对分子质量也不相同rm{.}现将rm{0.29gX}和rm{0.30gY}相混合，与足量的银氨溶液反应，在醛被完全氧化后，析出银rm{4.32g}则rm{X}rm{Y}两醛是rm{(}rm{)}A.甲醛和乙二醛B.乙醛和丙醛C.丙醛和苯甲醛D.只能判断其中有甲醛另一醛无法求得评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、下列各组物质互为同分异构体的是A.和B.和C.rm{CH_{3}隆陋CH=CH隆陋CH_{3}}和D.rm{CH_{2}=CH-CH=CH-OH}和rm{H-C隆脭C隆陋O-CH_{3}}8、rm{2016}年世界环境日我国的主题是：改善环境质量，推动绿色发展。符合该主题的措施有()A.燃煤烟气脱硫B.大力发展和使用清洁能源C.直接排放电镀废水D.在汽车尾气系统中装置催化转化器9、下列做法与化学反应速率有关的是。

A.延长反应时间rm{{,!}}B.使用合适的催化剂。

C.增加反应物的浓度D.改变反应的温度10、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}11、实验是研究化学的基础，图中所示的实验方法、装置或操作完全不正确的是rm{(}rm{)}A.

除杂B.

稀释C.制气D.称量12、欲使rm{0.1mol隆陇L^{-1}CHCOONa}溶液中，rm{c(Na^{+})/c(CH_{3}COO^{-})}更接近于rm{1漏U1}应采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入rm{NaOH}固体B.加入适量rm{CH_{3}COOH}C.加入rm{KOH}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体E.加入适量rm{CH_{3}COOK}固体13、下列实例中与胶体性质有关的是A.用明矾净水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)14、硝酸工业的基础是氨的催化氧化，在催化剂作用下发生如下反应：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=—905kJ/mol①主反应②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=—1268kJ/mol②副反应有关物质产率与温度的关系如甲图。（1）由反应①②可知反应⑤N2(g)+O2(g)2NO(g)的反应热ΔH=____________（2）由图甲可知工业上氨催化氧化生成NO时，反应温度最好控制在____________（3）用Fe3O4制备Fe（NO3）3溶液时，需加过量的稀硝酸，原因一：将Fe4O3中的Fe2+全部转化为Fe3+，原因二：________（用文字和离子方程式说明）。（4）将NH3通入NaClO溶液中，可生成N2H4，则反应的离子方程式为____________。（5）依据反应②可以设计成直接供氨式碱性燃料电池（如乙图所示），则图中A为____________（填“正极”或“负极”），电极方程式为____________15、（16分）药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（咖啡酸）和Y（1，4－环己二酮单乙二醇缩酮）为原料合成（如下图）。

试填空：（1）X的分子式为；该分子中最多共面的碳原子数为。（2）Y中含有个手性碳原子。（3）Z能发生反应。（填序号）A．取代反应B．消去反应C．加成反应D．催化氧化反应（4）鉴别X和Z可用下列何种物质？A．Br2水B．酸性KMnO4溶液C．FeCl3溶液D．Na2CO3溶液（5）1molZ与足量的氢氧化钠溶液充分反应，需要消耗氢氧化钠mol；1molZ在一定条件下与足量Br2充分反应，需要消耗Br2mol。1molZ在一定条件下与足量H2充分反应，需要消耗H2mol。16、在稀氨水中进行下列操作，则rm{NH_{3}}rm{NH_{4}^{+}}rm{OH^{-}}rm{H^{+}}浓度如何变化？试用“增大”“减小”“不变”填空．

rm{(1)}通适量rm{HCl}气体时，rm{C(NH_{3})}______，rm{C(H^{+})}______．

rm{(2)}加入少量rm{NaOH}固体时，rm{C(NH_{4}^{+})}______，rm{C(OH^{-})}______．

rm{(3)}加入rm{NH_{4}Cl}晶体时，rm{C(NH_{4}^{+})}______，rm{C(OH^{-})}______．17、用含有rm{A1_{2}0_{3}}rm{SiO_{2}}和少量rm{FeO隆陇xFe_{2}O_{3}}的铝灰制备rm{A1_{2}(SO_{4})_{3}隆陇18H_{2}O}，工艺流程如下rm{(}部分操作和条件略rm{):}Ⅰrm{.}向铝灰中加入过量稀rm{H_{2}SO_{4}}过滤；Ⅱrm{.}向滤液中加入过量rm{KMnO_{4}}溶液，调节溶液的rm{pH}约为rm{3}Ⅲrm{.}加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：Ⅳrm{.}加入rm{MnSO_{4}}至紫红色消失，过滤；Ⅴrm{.}浓缩、结晶、分离，得到产品。rm{(1)}Ⅰ中过滤所得固体是____。rm{(2)H_{2}S0_{4}}溶解rm{A1_{2}0_{3}}的离子方程式是____。rm{(3)KMnO_{4}^{-}}氧化rm{Fe^{2+}}的离子方程式补充完整：

生成氢氧化物沉淀的rm{pH}。rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}开始沉淀时rm{3.4}rm{6.3}rm{1.5}完全沉淀时rm{4.7}rm{8.3}rm{2.8}注：金属离子的起始浓度为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：____。rm{(4)}己知：一定条件下，rm{MnO_{4}^{-}}可与rm{Mn^{2+}}反应生成rm{MnO_{2}}rm{垄脵}向Ⅲ的沉淀中加入浓rm{HCl}并加热，能说明沉淀中存在rm{MnO_{2}}的现象是____。rm{垄脷}Ⅳ中加入rm{MnS0_{4}}的目的是________。18、核磁共振谱是测定有机物分子结构最有用的工具之一。在有机物分子中，不同位置的氢原子在质子核磁共振谱（PMR）中给出的峰值（信号）也不同，根据峰（信号）可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。例如：乙醛的结构式为：其PMR谱中有2个信号峰，其强度之比为3∶1。⑴下列有机物分子中，在质子核磁共振谱中只给出一种峰（信号）的是________A．CH3-CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3COCH3⑵化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的PMR谱上只有1个峰，则A的结构简式为。B的PMR谱上有____个峰，强度比为。19、工业上用甲苯生产对-羟基苯甲酸乙酯（一种常见的化妆品防霉剂）；其生产过程如图（反应条件没有全部注明）：

根据上述合成路线回答：

（1）反应①的试剂和条件是____（填编号）

a．氯气、光照b．液溴；催化剂。

有机物B的结构简式是____．

（2）反应⑤的化学方程式为：____．

（3）反应④的反应类型是____（填编号），反应⑥的反应类型是____（填编号）．

a．取代反应b．加成反应c．消去反应d．酯化反应e．氧化反应。

（4）上述四种化合物B、C、E、G中：____能与NaHCO3反应（不考虑酯的水解）；____能与过量浓溴水反应．在一定条件下，等物质的量的B、C、E、G与足量的NaOH水溶液反应，消耗NaOH的物质的量之比为____．

（5）由C物质制备时，不可选用的试剂是（选填编号）____．

a．CH3COONa溶液b．NaOH溶液c．NaHCO3溶液d．Na．20、（11分）有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B（C4H4O4）和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A可以发生的反应有____（选填序号）。①加成反应②酯化反应③加聚反应④氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是、（3）B分子中没有支链，其结构简式是与B具有相同官能团的同分异构体的结构简式是。（4）由B制取A的化学方程式是。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是。评卷人得分四、探究题(共4题，共36分)21、（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。22、（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。23、（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。24、（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24分)25、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）。26、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：_____________。27、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）。28、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、工业流程题(共2题，共6分)29、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去30、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【解析】试题分析：B项：氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离最近且相等的Na＋共有12个，故错。故选B。考点：晶体【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】有机物分子式为C4H10O，能与金属钠反应放出H2；说明该化合物属于醇类。醇中只有和羟基相连的碳原子上含有2个以上氢原子时才能发生催化氧化生成相应的醛，所以符合条件的只有1－丁醇和2－甲基－1丙醇两种，答案选B。

【点评】醇中只有和羟基相连的碳原子上含有2个以上氢原子时才能发生催化氧化生成相应的醛，如果含有1个氢原子，则被氧化生成酮，没有氢原子不能被氧化，据此可以判断。3、A【分析】A．氯气的杀菌；消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸，而不是氯气，故A错误；

B．因干燥的氯气遇到鲜花生成次氯酸；氯水中含有次氯酸，所以鲜花都褪色，氯水2含有次氯酸具有漂白性，故B正确；

C．因氯气不溶于饱和食盐水；而氯化氢能溶于饱和食盐水，所以可用饱和食盐水除去氯气中少量氯化氢，故C正确；

D．氯气是强氧化剂；与变价金属氧化为高价化合物，和大多数金属化合，故D正确；

故选A．

A．氯气的杀菌；消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸；

B．根据氯气无漂白性；遇到水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；

C．根据氯气不溶于饱和食盐水；而氯化氢能溶于饱和食盐水；

D．氯气是强氧化剂；与变价金属氧化为高价化合物．

本题考查了氯气性质的熟练掌握，需要注意的是氯气无漂白性，遇到水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，题目难度中等．【解析】【答案】A4、C【分析】解：A．苯分子中不含碳碳双键；不能被酸性的高锰酸钾等氧化剂氧化，故错误；

B．苯的分子式为C6H6；虽然属于不饱烃，但是分子中不含碳碳双键，很难发生加成反应，故B错误；

C．苯属于不饱和烃但比较易发生取代反应；例如能够发生溴代；硝化、磺化反应，故C正确；

D．苯有毒；挥发的空气中容易造成空气污染，故D错误；

故选：C．

苯是一种重要的有机溶剂，有毒，分子式为C6H6；苯分子中不含碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于双键和单键之间一种独特的化学键，所以苯易发生取代反应，能发生加成反应，难发生氧化反应．

本题考查了苯的性质和用途，题目难度不大，明确苯的结构和碳原子之间化学键的独特性是解题关键．【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A.}含碳碳双键的物质，不一定只含rm{C}rm{H}元素，如氯乙烯中含双键、rm{-Cl}不是烯烃，故A错误；

B.烯烃一定含rm{C}rm{H}元素；且含碳碳双键，则烯烃是不饱和链烃，故B正确；

C.rm{C_{4}H_{8}}可能为环丁烷；可能为烯烃，故C错误；

D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}含rm{O}元素；则不是烯烃，故D错误；

故选B．

A.含碳碳双键的物质，不一定只含rm{C}rm{H}元素；

B.烯烃一定含rm{C}rm{H}元素；且含碳碳双键；

C.rm{C_{4}H_{8}}可能为环丁烷；

D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}含rm{O}元素．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握烯烃的组成、结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意含双键的物质不一定为烯烃，题目难度不大．【解析】rm{B}6、A【分析】解：按常规应求得两醛的平均相对分子质量；再讨论求出两醛：

设rm{X}rm{Y}两醛混合物的平均相对分子质量为：rm{Mr.}则：

rm{RHCO隆芦2Ag}

rm{dfrac{Mr}{0.29+0.30}=dfrac{216}{4.32}}

解之：rm{dfrac{Mr}{0.29+0.30}=dfrac

{216}{4.32}}

显然该值比最简单的甲醛都小，所以更小相对分子质量的“醛”只有rm{Mr=29.5}基；而无对应的有机物；

由选项中可见rm{-CHO}中有乙二醛，它是二元醛，若把它折合为一元醛时，相对分子质量仅为原相对分子质量的一半rm{A}即rm{.}正好该值比rm{dfrac{58}{2}=29.}小rm{29.5}而rm{.}一为乙二醛；一为甲醛，它们正好相差一个碳原子．

故选A．

醛与银氨溶液反应的关系式为rm{29<29.5<30}计算醛的平均相对分子质量，利用端值法讨论解答该题．

本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握反应的关系式以及平均相对分子质量的运用，难度中等，易错点为rm{RHCO隆芦2Ag}．rm{D}【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)7、CD【分析】

【分析】本题考查有机物同分异构体的判断。掌握分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体是解题的关键。【解答】苯和苯酚的分子式不相同，不是同分异构体，故A错误；和互为同分异构体，故B正确；rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{隆陋CH=CH隆陋CH}rm{隆陋CH=CH隆陋CH}分子式均为rm{{,!}_{3}}二者互为同分异构体，故C正确；

和【解析】rm{CD}8、ABD【分析】【分析】A.含硫元素的煤燃烧会产生二氧化硫，二氧化硫有污染；B.清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源；C.电镀废水中含有有害物质；D.汽车尾气系统中的催化转化器可将汽车废气转化为没有污染的物质。【解答】A.燃煤脱硫可减少二氧化硫污染物，故A正确；B.大力发展和使用清洁能源，可减少污染物产生，故B正确；C.直接排放电镀废水会污染环境，故C错误；D.在汽车尾气系统中安装催化转化器可将汽车废气转化为没有污染的物质，故D正确；故选ABD。【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】【分析】本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】A.延长时间不能判断反应速率的变化，可能增大，也可能减小，如达到平衡，速率不变，故A不选；

B.使用催化剂，一般可增大反应速率，故B选；

C.增加反应物浓度，单位体积的活化分子数目增多，反应速率增大，故C选；

D.改变反应的温度，活化分子的百分数改变，则反应速率一定改变，故D选。

故选BCD。【解析】rm{BCD}10、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{A.}洗气时；气体应从长导管进，短导管出，题中气体的进出方向错误，故A错误；

B.量筒只能用于量取一定体积；只能在常温下使用，不能在量筒中稀释浓硫酸，故B错误；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；装置符合制备要求，故C正确；

D.氢氧化钠应放在小烧杯中称量；故D错误．

故选ABD．

A.气体的进出方向错误；

B.不能在量筒中稀释浓硫酸；

C.实验室可用氯化铵和氢氧化钙制备氨气；

D.称量氢氧化钠时应防止氢氧化钠吸水和变质；减小实验误差．

本题考查较为综合，涉及物质的分离、溶液的量取、气体的制备以及物质的称量，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】rm{ABD}12、BCE【分析】【分析】本题考查了盐类水解平衡的影响因素分析判断，注意阴离子和阳离子的浓度变化。【解答】醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

A.加人rm{Na0H}固体增大氢氧根离子浓度；平衡逆向进行，但同时增大钠离子浓度，故A错误；

B.加入醋酸会抑制水解平衡逆向进行；醋酸根离子浓度增大，故B正确；

C.加入rm{KOH}固体溶解后氢氧根离子浓度增大，抑制水解，钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故C正确；

D.加水稀释促进水解；醋酸根离子浓度和钠离子浓度减小程度不同，故D错误；

E.加人适量rm{CH_{3}COOK}固体，溶解后溶液中醋酸根离子浓度增大，可以使钠离子和醋酸根离子浓度比值接近rm{1}rm{1}故E正确。

故选BCE。【解析】rm{BCE}13、AC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.用食醋除去水垢是利用了醋酸的酸性，与胶体的性质无关，故B错误；

C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水，属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。rm{Al(OH)_{3}}故选：rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空题(共7题，共14分)14、略

【分析】试题分析：（1）由盖斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H=1/2×（1）由盖斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H=+181.5kJ·mol－1，故答案为：+181.5kJ·mol－1；（2）从图象可以看在，反应温度在780～840℃，NO的产率最大，故选择780～840℃，故答案为：780～840℃；（3）溶液中铁离子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，过量的硝酸抑制Fe3＋的水解，故答案为：溶液中铁离子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，过量的硝酸抑制Fe3＋的水解；（4）NH3通入NaClO溶液中，生成N2H4，N元素的化合价升高，故Cl元素的化合价应降低，有氯离子生成，根据元素守恒与电荷守恒可知，还有水生成，配平后离子方程式为：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O，故答案为：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O；（5）由图可知，A极通入的为氨气，发生氧化反应，为负极，氨气在碱性条件下放电生成氮气与水，电极反应式为：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案为：负极；2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O．考点：化学平衡的调控作用；化学电源新型电池【解析】【答案】（12分）（每空2分）（1）+181.5kJ/mol（2）780℃~840℃（3）抑制Fe3+的水解；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+（4）2NH3+ClO—=N2H4+Cl—+H2O（5）负极2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O15、略

【分析】试题分析：（1）根据X的结构简式，可知X的分子式为C9H8O4；以苯环和碳碳双键两平面共面，所以分子中最多共面的碳原子数为9；（2）连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，所以Y中不含手性碳原子；（3）Z中含有醇羟基，所以Z能发生取代反应、消去反应，由于和羟基直接相连的碳原子没有氢，所以不能发生催化氧化；Z中含有双键能发生加成反应；（4）X中含有羧基，Z不含羧基，可以用碳酸钠溶液鉴别；（5）酚羟基、酯基消耗氢氧化钠，Z中含有2个酚羟基、1个酯基，所以共消耗3mol氢氧化钠；酚羟基的邻位、对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，所以消耗4molBr2；苯环、酮羰基消耗氢气，酯基与氢气不反应，所以共消耗氢气5mol。考点：本题考查有机物的结构和性质。【解析】【答案】C9H8O49（2）0（3）ABC（4）D（5）3；4；516、略

【分析】解：rm{(1)}向氨水中通适量的氯化氢气体；氯化氢溶于水电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，则溶液中氨气浓度减小，溶液的碱性减弱，所以溶液中氢原子浓度增大，故答案为：减小；增大；

rm{(2)}向氨水中加入适量氢氧化钠；氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移，则溶液中铵根离子浓度减小，故答案为：减小；增大；

rm{(3)}向氨水中加入氯化铵；氯化铵电离出铵根离子，所以溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，故答案为：增大；减小．

根据rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}知；向氨水中加入酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，导致平衡右移，从而促进氨水电离；向氨水中加入碱，氢氧根离子浓度增大，导致平衡左移，从而抑制氨水电离；向氨水中加入氯化铵，导致溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，从而抑制氨水电离，据此分析解答．

本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中某种微粒浓度的变化来判断平衡的移动及其它微粒浓度的变化，题目难度不大．【解析】减小；增大；减小；增大；增大；减小17、（1）二氧化硅（或SiO2）（2）（3）5、8H+、5、4H2O；将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使Fe3+完全沉淀；（4）①生成有黄绿色气体；②加入MnSO4，除去过量的MnO4-。【分析】【分析】本题考查了镁、铝、铁及其化合物性质的应用，主要是混合物分离的方法和实验设计，加入氧化剂氧化亚铁离子，调节溶液rm{PH}是沉淀分离是解题的关键，题目难度中等。是沉淀分离是解题的关键，题目难度中等。【解答】rm{PH}依据Ⅰ可得，加入rm{(1)}过量稀rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}后，只有rm{SO}rm{SO}不能溶解，所以滤渣是rm{{,!}_{4}}rm{SiO}故答案为：rm{SiO}rm{{,!}_{2}}rm{SiO}硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：rm{SiO}

故答案为：rm{{,!}_{2隆拢}}

rm{SiO}高锰酸根离子在酸溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：rm{SiO}

故答案为：rm{{,!}_{2拢禄}}rm{(2)}rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}rm{Al_{2}O_{3}+6H^{+}=2Al^{3+}+3H_{2}O}

rm{(32)}向滤液中加入过量rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液rm{5}为rm{8H^{+}}--rm{5}铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液rm{4H_{2}O}大于rm{(4)}所以调节溶液的rm{KMnO_{4}}约为rm{PH}可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；

故答案为：rm{1.5}约为rm{2.8}时，rm{PH}和rm{3}不能形成沉淀，将rm{pH}氧化为rm{3}可使铁完全沉淀；

rm{pH}一定条件下，rm{3}可与rm{Fe^{2+}}反应生成rm{Al^{3+}}

rm{Fe^{2+}}向Ⅲ的沉淀中加入浓rm{Fe^{3+}}并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在rm{(5)}的现象是生成黄绿色气体；

故答案为：生成黄绿色气体；

rm{MnO_{4}^{-}}可与rm{Mn^{2+}}反应生成rm{MnO_{2}}过滤除去，所以可以利用rm{垄脵}的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰；把过量高锰酸根离子除去；

故答案为：除去过量的rm{HCl}rm{MnO_{2}}【解析】rm{(1)}二氧化硅rm{(}或rm{SiO2)}rm{(2)A{l}_{2}{O}_{3}+6{H}^{+}=2A{l}^{3+}+3{H}_{2}O}rm{(2)A{l}_{2}{O}_{3}+6{H}^{+}=2A{l}^{3+}+3{H}_{2}O

}rm{(3)5}rm{8H^{+}}rm{5}将rm{4H_{2}O}氧化为rm{Fe^{2+}}调节rm{Fe^{3+}}值使rm{pH}完全沉淀；rm{Fe^{3+}}生成有黄绿色气体；rm{(4)垄脵}加入rm{垄脷}除去过量的rm{MnSO_{4}}rm{MnO_{4}^{-}}18、略

【分析】试题分析：（1）在核磁共振谱中，有几种氢原子，就有几个峰。在质子核磁共振谱中只给出一种峰（信号）说明只含有一种氢原子。A一种正确。B2种错误。C2种，错误。D1种。正确。所以选项为AD。（2）A的分子式是C2H4Br2，A的PMR谱上只有1个峰则它只有一种氢原子。结构简式为BrCH2-CH2Br。B与它是同分异构体，只有一种，结构简式为CH3-CHBr2。有两种氢原子，个数比为3:1.所以B的PMR谱上有2个峰，强度比为3:1（或者1:3）考点：考查利用质子核磁共振谱确定物质结构的知识。【解析】【答案】(1)AD；(2)BrCH2-CH2Br，两，1∶3（或3:1）19、略

【分析】

C可知，甲苯应在催化剂条件下反应生成在碱性条件下水解生成C，C和CH3I发生取代反应生成D，D被酸性高锰酸钾氧化生成E，E和乙醇发生酯化反应生成F，F为F进而和HI发生取代反应生成G，则。

（1）反应①为甲苯发生取代反应生成的反应，反应条件应为B，如在光照条件下可取代烃基上的H，故答案为：B；

（2）E和乙醇发生酯化反应生成F，F为反应的方程式为

故答案为：

（3）反应④为甲基被氧化为羧基的过程；反应⑥为取代反应，故答案为：e；a；

（4）化合物B、C、E、G中，E中含有-COOH，呈酸性，可以碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，C和G中含有酚羟基，可与浓溴水发生取代反应，在一定条件下，等物质的量的B、C、E、G与足量的NaOH水溶液反应，1molB在碱性条件下水解生成HBr和酚羟基；可与2molNaOH反应，C中只含1个酚羟基，E中只含1个羧基，1molC；E各消耗1molNaOH，G中含有酚羟基和酯基，酚羟基和NaOH发生中和反应，酯基在碱性条件下水解生成-COONa和乙醇，1molG消耗2molNaOH；

所以物质的量之比为2：1：1：2；

故答案为：E；C；G；2：1：1：2；

（5）C中含有酚羟基，酸性比醋酸和碳酸都弱，不能与CH3COONa溶液或NaHCO3溶液反应制备故答案为：a；c．

【解析】【答案】由C可知，甲苯应在催化剂条件下反应生成在碱性条件下水解生成C，C和CH3I发生取代反应生成D，D被酸性高锰酸钾氧化生成E，E和乙醇发生酯化反应生成F，F为F进而和HI发生取代反应生成G，结合有机物的结构和性质解答该题．

20、略

【分析】【解析】【答案】（1）①③④（2）碳碳双键，羧基（3）（4）（5）四、探究题(共4题，共36分)21、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）22、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）23、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）24、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24分)25、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）226、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