2025年沪科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年沪科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9题，共18分)1、有关溴乙烷的下列叙述中，正确的是A.溴乙烷不溶于水，其密度比水的小B.在溴乙烷中滴入AgNO3溶液，立即有淡黄色沉淀生成C.溴乙烷与NaOH的醇溶液混合共热可生成乙烯D.溴乙烷通常用乙烷与液溴直接反应来制取2、将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})=3}rm{2}则参加反应的rm{Fe}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比为rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{1}B.rm{5}rm{16}C.rm{2}rm{3}D.rm{3}rm{2}3、下列物质的性质递变规律与化学键无关的是()A.熔点：rm{MgO>CaO>NaCl>KCl}B.沸点：rm{CHI_{3}>CHBr_{3}>CHCl_{3}>CHF_{3}}C.硬度：金刚石rm{>}碳化硅rm{>}晶体硅D.稳定性：rm{H_{2}O>H_{2}S>H_{2}Se>H_{2}Te}4、常温下某溶液中，由水电离出的rm{c(H^{+})}为rm{1隆脕10^{隆陋12}mol/L}该溶液中一定能大量共存的离子组是rm{(}rm{)}

A.rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2隆陋}}rm{NO_{3}^{隆陋}}B.rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{S^{2隆陋}}rm{CO_{3}^{2隆陋}}C.rm{Fe^{2+}}rm{Mg^{2+}}rm{Cl^{隆陋}}rm{SO_{4}^{2隆陋}}D.rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{隆陋}}rm{K^{+}}rm{SO_{3}^{2隆陋}}5、在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g).}下列说法中，表明这一反应已经达到化学平衡状态的是rm{(}rm{)}A.正、逆反应速率都等于零B.rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的浓度相等C.rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的浓度不再变化D.rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}在密闭容器中共存6、将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH<0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是A.升高温度，X的体积分数减小B.增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变C.保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变D.保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大7、蛋白质溶液分别作如下处理后，仍不失去生理作用的是rm{(}rm{)}A.加热B.紫外线照射C.加饱和食盐水D.加福尔马林8、下列食物不属于碱性食物的是rm{(}rm{)}A.西红柿B.萝卜C.鸡腿D.小白菜9、以下实验能获得成功的是（）A.用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和乙醛B.将稀硫酸、稀硝酸和苯混合加热制硝基苯C.用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇D.用新制的Cu（OH）2悬浊液加入到甲酸溶液中并加热以检验甲酸中有醛基评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。下列说法正确的是()A.乙烯可与乙醇发生酯化反应B.乙烯可使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.一定条件下乙烯可发生聚合反应D.一定条件下乙烯可发生加成反应11、根据元素周期律，卤族元素的下列性质从上到下依次递减的有rm{(}rm{)}A.非金属性B.原子半径C.单质的氧化性D.氢化物的稳定性12、氧化铅(PbO)是黄色固体。实验室用草酸在浓硫酸作用F分解制备CO，其原理为H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O。某学习小组设计实验探究CO还原氧化铅并检验氧化产物的装置如图所示(已知CO通入银氨溶液产生黑色银粒)。下列说法不正确的是。

A.实验时，先点燃①处酒精灯，等装置⑥中出现较多黑色银粒且有连续气泡后再点燃④处酒精灯B.实验完毕时，先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯C.尾气处理装置可选用盛NaOH溶液的洗气瓶D.当装置④中固体质量减轻了0.16g时，装置①中消耗的的物质的量为0.01mol13、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14、氢气还原氧化铜的反应为：rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}}rm{CuO+H_{2}overset{?}{=}

}在该反应中A.rm{Cu+H_{2}O}作还原剂B.rm{CuO}作氧化剂C.铜元素化合价降低D.铜元素化合价升高rm{CuO}15、将下列物质加入水中，会显著放热的有rm{(}rm{)}A.烧碱B.浓硫酸C.食盐D.生石灰16、关于乙烯的化学性质；说法正确的是。

A.不能发生聚合反应B.能使溴水褪色。

C.可与rm{H_{2}}发生加成反应D.可与rm{HCl}加成17、可用于沉淀rm{Ba2^{+}}的试剂有。

A.rm{NaCl}溶液B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液D.rm{NaNO_{3}}溶液评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、(16分)根据题目要求作答：（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数递增的变化趋势，正确的是。（2）下列物质变化，只与范德华力有关的是。A．干冰熔化B．冰的汽化C．乙醇与水混溶D．碘溶于四氯化碳E．石英熔融（3）已知0.1molCrCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.2molAgCl沉淀。此配合物最有可能的化学式是。A．[Cr(H2O)6]Cl3B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2OC．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O（4）金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。Ni是元素周期表中第28号元素。①第2周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是；②NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO________FeO(填“<”或“>”)；③CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为。Ni、Fe、Co等金属都能与CO反应形成配合物，Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于（填晶体类型）。④普鲁士蓝是一种配合物，可用作染料，它的晶胞结构如图所示（其中K+在体心位置，未标出），普鲁士蓝中n(Fe3+)∶n(CN一)=_____。19、（9分）在有机物分子中碳原子所连的4个原子或原子团均不相同时，该碳原子叫手性碳原子，以*C表示。而且，该有机化合物具有光学活性。下列有机物是否具有光学活性？（填有或无）若有请在上面的结构简式中用*表示出手性碳原子。若消除其光学活性，可选用的化学反应有哪些？请写出化学反应方程式。123420、（1）（3分）现有下列物质：维生素A、维生素C、碘元素、铁元素、淀粉、油脂。请选择正确答案填在相应的空格里。①人体缺乏某种维生素会引起坏血病，这种维生素是_________。②人体缺乏某种微量元素会发生贫血，这种微量元素是_________。③既能为人体提供热量，又能提供必需脂肪酸的物质是_________。（2）（5分）了解一些用药常识，有利于自我保健。现有下列药物：碳酸镁、青霉素、阿司匹林、氢氧化铝。①其中属于解热镇痛的药物是_________。②青霉素的作用是_________。③碳酸镁可治疗胃酸过多的原理是_________（用离子方程表示）。④药片常用淀粉作为黏合剂，淀粉水解的最终产物是_________。21、某学校研究性学习小组开展课题探究：

探究课题Ⅰrm{.}“不同条件对化学反应速率影响的探究”，选用rm{4mL}rm{0.01mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液与rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液在稀硫酸中进行实验；改变条件如表：

。组别草酸的体积rm{(mL)}温度rm{/隆忙}其他物质rm{?垄脵}rm{2mL}rm{20}rm{?垄脷}rm{2mL}rm{20}rm{10}滴饱和rm{MnSO_{4}}溶液rm{?垄脹}rm{2mL}rm{30}rm{垄脺}rm{1mL}rm{20}rm{1mL}蒸馏水rm{(1)}如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和______rm{(}用rm{垄脵隆芦垄脺}表示，下同rm{)}如果研究温度对化学反应速率的影响；使用实验______和______．

rm{(2)}对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}可以研究______对化学反应速率的影响，实验rm{垄脺}中加入rm{1mL}蒸馏水的目的是______．

探究课题Ⅱrm{.}该小组查阅资料得知：rm{C_{2}O_{4}^{2-}+MnO_{4}^{-}+H^{+}隆煤CO_{2}隆眉+Mn^{2+}+H_{2}O(}未配平rm{)}欲利用该反应测定某草酸钠rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}样品中草酸钠的质量分数rm{.}该小组称量rm{1.34g}草酸钠样品溶于稀硫酸中，然后用rm{0.200mol?L^{-1}}的酸性高锰酸钾溶液进行滴定rm{(}其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应rm{)}．

rm{(1)}滴定前是否要滴加指示剂？______rm{(}填“是”或“否”rm{)}请说明理由______rm{.}

rm{(2)}滴定时用______rm{(}填rm{a}或rm{b)}滴定管盛装rm{KMnO_{4}}标准溶液．

rm{(3)}达到终点时消耗了rm{15.00mL}的高锰酸钾溶液，样品中草酸钠的质量分数为______．22、（10分）某研究性学习小组，为了探究电极与原电池的电解质之间关系，设计了下列实验方案：用铝片、铜片、镁片作电极，分别与下列溶液构成原电池，并接电流表。（1）若电解质溶液为0.5mol/L硫酸，电极为铜片和铝片，则电流计指针偏向（填“铝”或“铜”）。（2）若用浓硝酸作电解质溶液，电极为铜片和铝片，则电流计指针偏向（填“铝”或“铜”），铝做（填“正”或“负”），正极上电极反应式为：（3）若电解质溶液为0.5mol/L氢氧化钠溶液，电极为镁片和铝片，则正极发生的电极反应为。通过上述实验探究，你受到的启示是23、用于脚气病防治的维生素是______，夜盲症是缺乏______所引起的，缺乏维生素D时易患______．24、化学上常用燃烧法确定有机物的组成rm{.}若准确称取rm{0.54g}某有机物样品rm{(}烃或烃的含氧衍生物rm{).}经充分燃烧后，依次通入浓硫酸和碱石灰，分别增重rm{0.54g}rm{1.76g.(1)}该有机物的实验式为____rm{(2)}已知其蒸气密度为同条件下rm{H_{2}}的rm{27}倍，该有机物的化学式为____rm{(3)}若该化合物与rm{Br_{2}}以rm{1}rm{1}加成反应可产生两种互为同分异构体的有机物rm{.}该化合物结构简式为____．25、按系统命名法命名下列各物质或根据有机物的名称；写出相应的结构简式．

rm{垄脵}______

rm{垄脷(CH_{3})CH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}}______

rm{垄脹}______

rm{垄脺2}rm{4-}二甲基戊烷______

rm{垄脻3}rm{3-}二甲基rm{-4-}乙基庚烷______

rm{垄脼3}rm{3-}二甲基丁烯______．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共20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_______评卷人得分五、计算题(共1题，共2分)30、由两种气态烃组成的混合烃rm{20mL}跟过量rm{O_{2}}完全燃烧rm{.}同温同压条件下当燃烧产物通过浓rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}然后通过碱石灰又减少rm{{,!}_{4}}这种混合气的组成可能有几种？后体积减少了rm{30mL}然后通过碱石灰又减少rm{40mL.}这种混合气的组成可能有几种？评卷人得分六、简答题(共1题，共3分)31、rm{(}一rm{)}有下列几种物质：rm{A.}石墨rm{B.}晶体氦rm{C.}晶体硅rm{D.}干冰rm{E.}氢氧化钾请根据要求填空rm{(}填标号rm{)}rm{(1)}不含化学键的分子晶体是________。rm{(2)}属于原子晶体的是________。rm{(3)}晶体中不含离子键的化合物是____________。rm{(4)}既有离子键又有共价键的是________。rm{(5)}受热熔化时，破坏两种作用力的是_____________。rm{(}二rm{)}乙烯、乙醇、乙酸是常见的有机化合物。rm{(6)}乙烯分子中rm{娄脨}键与rm{娄脪}键数目之比为____。rm{(7)}乙醇和乙酸发生酯化反应的方程式为______________________________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、B【分析】解：同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})=3}rm{2}所以该溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(Fe^{3+})=3}rm{2}设亚铁离子的物质的量为rm{3xmol}则铁离子的物质的量为rm{2xmol}根据化学式rm{Fe(NO_{3})_{2}}rm{Fe(NO_{3})_{3}}知，起酸作用的硝酸的物质的量rm{=3xmol隆脕2+2xmol隆脕3=12xmol}

氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为rm{ymol}所以rm{3xmol隆脕2+2xmol隆脕3=3ymol}rm{y=4x}所以参加反应的硝酸的物质的量rm{=12xmol+4xmol=16xmol}根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量rm{=3xmol+2xmol}所以参加反应的rm{Fe}和rm{HNO_{3}}的物质的量之比为rm{5xmol}rm{16xmol=5}rm{16}

故选B．

同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，rm{c(Fe^{2+})}rm{c(Fe^{3+})=3}rm{2}所以该溶液中rm{n(Fe^{2+})}rm{n(Fe^{3+})=3}rm{2}根据亚铁离子和铁离子的物质的量及化学式计算作酸的硝酸的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子数相等计算作氧化剂的硝酸的物质的量，从而计算得出铁和硝酸的物质的量之比．

本题以氧化还原反应为载体考查了物质的量的有关计算，难度较大，明确元素守恒和得失电子守恒是解本题的关键，注意不要漏掉起酸作用的硝酸．【解析】rm{B}3、B【分析】略【解析】rm{B}4、A【分析】由水电离的rm{c(H^{+})}为rm{1.0隆脕10^{-12}mol?L^{-1}}为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，则能大量共存；A.无论溶液呈酸性还是碱性；离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故A正确；

B.酸性条件下，rm{S^{2-}}rm{CO_{3}^{2-}}不能大量共存；故B错误；

C.碱性条件下，rm{Fe^{2+}}rm{Mg^{2+}}不能大量共存；故C错误；

D.酸性条件下rm{SO_{3}^{2-}}不能大量共存，碱性条件下rm{NH_{4}^{+}}不能大量共存；故D错误。

故选A。本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键。【解析】rm{A}5、C【分析】解：rm{A.}化学平衡状态为动态平衡；正逆反应速率不为零，故A错误；

B.平衡时各物质的物质的量浓度的关系取决于反应起始的配比数以及转化的程度；平衡时各物质的物质的量浓度不能作为判断平衡的依据，故B错误；

C.rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的浓度均不再变化；说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确．

D.该反应为可逆反应；无论是否达到平衡状态，反应物和生成都共存，不能作为判断达到平衡状态的依据，故D错误；

故选C．

化学反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量不变，以此进行判断．

本题考查化学平衡状态的判断，综合考查化学平衡和可逆反应的特征，题目难度不大，注意可逆反应的特点以及平衡状态的判断依据．【解析】rm{C}6、C【分析】试题分析：A、升高温度，平衡向吸热反应方向进行，而正反应是放热反应，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，X的体积分数增大，错误；B、反应前后气体系数之和相等，增大压强，平衡不移动，但是增大压强容器的体积减少，组分的浓度增加，错误；C、保持容器的体积不变，充入一定量的惰性气体，压强虽然增加，但各组分的浓度不变，正确；D、保持容器体积不变，充入一定量的Z，压强增加，但反应前后气体系数之和相等，所以X的体积分数不变，错误。考点：考查勒夏特列原理及等效平衡等相关知识。【解析】【答案】C7、C【分析】解：高温加热、紫外线照射、加福尔马林都会使蛋白质发生变性而失去生理作用rm{.}加食盐水只会使蛋白质发生盐析；此时蛋白质仍不失去生理作用，变性是不可逆过程，盐析是可逆过程．

故选C．

高温加热、紫外线照射、加福尔马林都会使蛋白质发生变性而失去生理作用rm{.}加食盐水只会使蛋白质发生盐析；此时蛋白质仍不失去生理作用．

本题考查蛋白质的性质，难度不大，注意性是不可逆过程，盐析是可逆过程．【解析】rm{C}8、C【分析】解：西红柿；萝卜、小白菜均属于蔬菜；在人体内代谢的最终产物呈碱性，均属于碱性食物，而鸡腿中富含蛋白质，在人体内代谢的最终产物呈酸性，属于酸性食物；

故选C．

食品的酸碱性与其本身的rm{pH}值无关rm{(}味道是酸的食品不一定是酸性食品rm{)}主要是食品经过消化；吸收、代谢后，最后在人体内变成酸性或碱性的物质来界定；

含钾；钠、钙、镁等矿物质较多的食物；在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，如蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等；

含氮、碳、硫、氯、等元素较多的食物，经过消化形成酸根留在体内，产生酸性物质的称为酸性食品，如淀粉类；动物性食物；甜食；油炸食物或奶油类；豆类rm{(}如花生等rm{)}据此即可解答．

本题考查了食物的酸碱性判断，注意食物的酸碱性是根据食物在体内代谢最终产物的性质来分类，题目难度不大．【解析】rm{C}9、C【分析】解：A．乙烯和乙醛均使高锰酸钾褪色；现象相同，不能检验，故A错误；

B．制备硝基苯选浓硫酸；浓硝酸、苯；水浴加热制备，故B错误；

C．碳酸钠溶液吸收乙醇；除去乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，然后分液可分离，故C正确；

D．甲酸含-COOH，可与Cu（OH）2悬浊液发生中和反应；应先与NaOH反应后检验-CHO，故D错误；

故选：C。

A．乙烯和乙醛均使高锰酸钾褪色；

B．制备硝基苯选浓酸；

C．碳酸钠溶液吸收乙醇；除去乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度；

D．甲酸含-COOH，可与Cu（OH）2悬浊液发生中和反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、有机物的鉴别及制备、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解析】C二、多选题(共8题，共16分)10、BCD【分析】【点评】本题考查了乙烯的性质、乙烯的用途、乙烯的制取，难度不大，注意乙醇在不同温度下生成的产物不同，为易错点。【解答】A.乙酸可与乙醇发生酯化反应，乙烯不能发生酯化反应，故A错误；

B.乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，可使酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}；故B正确；

C.乙烯中含有碳碳不饱和键；能发生加聚反应，故C正确；

D.乙烯中含有碳碳双键；为不饱和键，所以能发生加成反应，故D正确。

故选BCD。

溶液褪色【解析】rm{BCD}11、ACD【分析】解：元素非金属性越强；单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强，与氢气化合越容易，最高价含氧酸酸性越强；

卤族元素在周期表中处于同一主族；从上到下非金属性依次减弱，原子半径依次增大，单质的氧化性依次增强，氢化物的稳定性依次减弱；

故选：rm{ACD}．

卤族元素在周期表中处于同一主族；依据同主族元素性质的递变规律，结合元素非金属强弱的判断依据解答．

本题考查了同主族元素性质的递变规律，题目难度不大，明确元素周期律及非金属性强弱的判断依据是解题的关键．【解析】rm{ACD}12、CD【分析】【分析】

加热时CO还原PbO得到Pb，CO的氧化产物为根据制备CO的原理，装置①制得的CO中混有(g)，CO在加热时会与空气中的反应生成且空气中含有少量这些都会干扰CO氧化产物的检验，则CO与PbO反应之前必须排尽装置中的空气，CO通入PbO之前必须除去其中的和(g)。

【详解】

A．为防止CO与空气中的反应生成的和空气中少量干扰CO氧化产物的检验，在CO与PbO加热反应前必须先通CO排尽装置中的空气；实验时先点燃①处酒精灯，当观察到装置⑥中产生黑色固体颗粒且有连续气泡产生时表明装置中空气已经完全排尽，再点燃④处酒精灯，故A正确；

B．实验完毕；为防止产生倒吸，应先熄灭④处酒精灯，再熄灭①处酒精灯，故B正确；

C．由于CO有毒；要进行尾气处理，NaOH溶液不能吸收CO，尾气处理可点燃或用气球收集，故C错误；

D．加热④前要通CO排除装置中的空气，实验完毕后要继续通一段时间的CO，所以消耗的的物质的量比0.01mol要大；故D错误；

答案选CD。13、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}14、BC【分析】略【解析】rm{BC}15、ABD【分析】解：rm{A.}烧碱溶于水会放热；故A正确；

B.浓硫酸溶于水会放出大量的热；故B正确；

C.rm{NaCl}溶于水热效应不明显；故C错误；

D.生石灰溶于水会放出大量的热；故D正确．

故选ABD．

解此题的关键是看清放热两字，注意此题所研究的不一定是放热的化学反应，放热过程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}浓rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放热过程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸热的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水热效应不明显．

本题考查物质溶解于水中的热效应，难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】rm{ABD}16、BCD【分析】【分析】本题考查乙烯的性质，注意碳碳双键的特点，难度不大。【解答】A.乙烯含有rm{C=C}双键；能发生聚合反应生成聚乙烯，故A错误；

B.乙烯含有rm{C=C}双键；通入溴水中发生加成反应，溴水褪色，故B正确；

C.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{H_{;2}}发生加成反应；生成乙烷，故C正确；

D.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{HCl}加成；生成氯乙烷，故D正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}17、BC【分析】【分析】本题考查离子反应发生的条件，熟知常见物质的溶解度是解题的必备知识，离子反应发生的条件有：生成沉淀、气体、弱电解质rm{(}水、弱酸、弱碱等rm{)}发生氧化还原反应。水、弱酸、弱碱等rm{(}发生氧化还原反应。【解答】rm{)}rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}

与硝酸根离子、氯离子不能发生离子反应。A.rm{Ba}rm{Ba}

rm{{,!}^{2+}}与氯离子不能发生离子反应，因此不会生成沉淀，故A错误；B.rm{Ba}

rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；

C.rm{Ba}

rm{Ba}【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)18、略

【分析】试题分析：（1）同主族从上到下非经属性逐渐减弱，非经属性越强电负性越大，所以卤族元素从上到下电负性减小，a对，F没有正价，b错，HF中存在氢键沸点较高，c错，从F到Br状态有气态变成液态，熔沸点增大，d错，选a（2）A干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，B．水分子中有氢键，冰的汽化时要克服氢键和范德华力；C、乙醇分子间含有氢键，与水混溶克服氢键和范德华力；D碘属于分子晶体，溶于四氯化碳只克服范德华力，E石英的主要成分为二氧化硅，属于原子晶体，熔融时克服共价键，选AD。（3）根据0.1molCrCl3·6H2O和硝酸银反应得到0.2molAgCl沉淀，知道CrCl3·6H2O职能电离处2个氯离子，另一个氯离子是配位原子，所以CrCl3·6H2O的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O（4）①Ni的电子排布为1S22S22P63S23P63d84s2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是C，②离子半径越小形成的离子键越强，晶体的熔点越高；所以熔点NiO>FeO③CO与N2结构相似，则结构式为C≡O，三键含有1个σ键、2个π键；根据Fe(CO)5熔点和沸点，知它是分子晶体。④该立方体中Fe3+个数=4×1/8=0.5，CN-位于每条棱中点，该立方体中含有CN-个数=12×1/4=3,故n(Fe3+)∶n(CN一)=0.5︰3=1︰6考点：同主族元素的性质变化、化学键的类型、配位化合物分子式的计算、晶胞的计算等。【解析】【答案】（1）a（2分）（2）AD（2分）（3）B（2分）（4）①C（碳）（2分）②>（2分）③1:2（2分）分子晶体（2分）④1∶6（2分）19、略

【分析】【解析】【答案】有1.2.3.4.20、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）维生素c铁元素油脂（2）阿司匹林抗生素MgCO3+2H+=Mg2++CO2+H2O21、略

【分析】解：Ⅰrm{.(1)}由实验目的可知，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验，同浓度溶液，在相同温度下进行反应，rm{垄脵}无催化剂，rm{垄脷}有催化剂，对比实验；如果研究温度对化学反应速率的影响，需其它条件相同，温度不同，rm{垄脵}有rm{20隆忙}rm{垄脹}中温度为rm{30隆忙}能进行对照实验；

故答案为：rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}

rm{(2)}对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}rm{10%}硫酸的体积不同，其它物质，rm{垄脺}中加入了蒸馏水，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以可通过探究反应物的浓度对化学反应速率的影响；对比实验rm{垄脵}和rm{垄脺}Ⅳ中只加入rm{1mL10%}硫酸，与rm{I}中加入的溶液体积不等，就不能保证，rm{4mL}rm{0.01mol?L^{-1}KMnO_{4}}溶液与rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，反应物浓度相同，实验rm{垄脺}中加入rm{1mL}蒸馏水的目的是保证了rm{KMnO_{4}}溶液与rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的起始浓度相同；

故答案为：硫酸的浓度或氢离子浓度；确保rm{垄脵}和rm{垄脺}组对比实验中rm{c(KMnO_{4})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}浓度不变或确保溶液总体积不变；

Ⅱrm{.(1)}高锰酸钾溶液为紫红色；当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，紫红色不再褪去；

故答案为：否；rm{KMnO_{4}}溶液呈紫红色；达滴定终点紫色不再褪去；

rm{(2)}高锰酸钾具有强氧化性；腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管；

故答案为：rm{b}

rm{(3)}草酸钠rm{(Na_{2}C_{2}O_{4})}溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：rm{2MnO_{4}^{-}+5C_{2}O_{4}^{2-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.n(KMnO_{4})=0.015L隆脕0.200mol?L^{-1}=3隆脕10^{-3}mol}根据方程式可得：

rm{2MnO_{4}^{-}+5C_{2}O_{4}^{2-}+16H^{+}=2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O.}

rm{2}rm{5}

rm{3隆脕10^{-3}mol}rm{7.5隆脕10^{-3}mol}

样品中草酸钠的质量为：rm{m=7.5隆脕10^{-3}mol隆脕134g/mol=7.5隆脕134隆脕10^{-3}g}

样品中草酸钠的质量分数为：rm{dfrac{7.5隆脕134隆脕10-3g}{1.34g}隆脕100%=75%}

故答案为：rm{dfrac

{7.5隆脕134隆脕10-3g}{1.34g}隆脕100%=75%}．

Ⅰrm{75%}探究反应物浓度；温度、催化剂对反应速率影响；需在其它条件相同，的条件下，对比实验；

rm{.(1)}对比实验rm{(2)}和rm{垄脵}从提供的反应物的差异解答；

Ⅱrm{垄脺}高锰酸钾为紫红色；过程中不需要加指示剂；

rm{.(1)}高锰酸钾具有强氧化性；

rm{(2)}在酸性条件下；高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子；二氧化碳和水，根据反应计算．

本题主要结合实验考查了外界条件对化学反应速率的影响、质量分数的计算，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学反应速率及其影响，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．rm{(3)}【解析】rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脵}rm{垄脹}硫酸的浓度或氢离子浓度；确保rm{垄脵}和rm{垄脺}组对比实验中rm{c(KMnO_{4})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}浓度不变或确保溶液总体积不变；否；rm{KMnO_{4}}溶液呈紫红色，达滴定终点紫色不再褪去；rm{b}rm{75%}22、略

【分析】试题分析：（1）电极为铜片和铝片，电解质为硫酸溶液时，负极为铝，电子的流动方向为负极到正极，电流的方向为正极到负极，故电流表指针偏向于铝；（2）浓硝酸做电解质溶液时，铝钝化，故铜做负极，电池反应为铜和浓硝酸反应，正极上是硝酸根离子得电子生成二氧化氮，电极反应式为：2NO3-+2e-+4H+=2NO2↑+2H2O；（3）电解质溶液为0.5mol/L氢氧化钠溶液，电极为镁片和铝片时，因为镁和氢氧化钠不反应，故负极为铝，电池反应为铝和氢氧化钠反应，故正极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；本题的启示主要是负极材料不仅仅决定于金属的活动性，还要考虑电解质溶液，考虑电池反应。考点：原电池中电极的判断、电极反应式的书写等知识【解析】【答案】（10分）（1）铝；（2）铜；正，2NO3-+2e-+4H+=2NO2↑+2H2O（3）2H2O+2e-=2OH-+H2↑启示1，电极类型与电解质溶液性质有关；启示2，金属活泼性相对某溶液而言，不同的物质相对同一种金属，可能活泼性发生变化；启示3，根据电极类型比较金属活泼性不一定正确；启示4，可以通过电流流向确定金属的相对活泼性。23、略

【分析】解：人体如果缺维生素B1；会患神经炎；脚气病、消化不良等；缺维生素A会患夜盲症；缺维生素D会患佝偻病、骨质疏松等；

故答案为：维生素B1；维生素A；患佝偻病；骨质疏松．

人体如果缺维生素B1；会患神经炎；脚气病、消化不良，缺维生素C会患夜盲症，缺维生素D会患佝偻病、骨质疏松．

本题考查维生素在人体中的作用，侧重于人体健康的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】维生素B1；维生素A；患佝偻病、骨质疏松24、1）C2H3(2)C4H6(3)CH2=CH-CH=CH2【分析】【分析】本题考查通过有机物燃烧反应的计算，确定机物的实验式，分子式，结构简式，难度不大。【解答】rm{(1)}浓硫酸增重rm{0.54g}为水的质量，rm{n(H_{2}O)=dfrac{0.54g}{18g/mol}

=0.03mol}故浓硫酸增重rm{(1)}为水的质量，rm{n(H_{2}O)=dfrac{0.54g}{18g/mol}=0.03mol}故rm{0.54g}rm{n(H_{2}O)=dfrac{0.54g}{18g/mol}

=0.03mol}rm{n(H)=0.03mol隆脕2=0.06mol}为二氧化碳的质量，rm{n(CO_{2})=dfrac{1.76g}{44g/mol}=0.04mol}rm{m(H)=0.06g}rm{m(C)=0.04mol隆脕12g/mol=0.48g}故碱石灰增重rm{1.76g}为二氧化碳的质量，rm{1.76g}rm{n(CO_{2})=dfrac{1.76g}{44g/mol}

=0.04mol}故rm{n(C)=0.04mol}rm{m(C)=0.04mol隆脕

12g/mol=0.48g}故rm{n(C)=0.04mol}rm{m(C)=0.04mol隆脕

12g/mol=0.48g}rm{m(H)+m(C)=0.48g+0.06g=0.54g}故答案为：故该有机物不含氧元素，rm{n(C)}

rm{n(H)=0.04}该有机物蒸气密度为同条件下rm{0.06=2}的rm{3}倍，故该有机物相对分子质量为该有机物的实验式为rm{C_{2}H_{3}}故答案为：令该烃的组成为rm{C_{2}H_{3}}rm{C_{2}H_{3}}；rm{(2)}则rm{H_{2}}计算得出rm{27}故该有机物的分子式为rm{27隆脕2=54}故答案为：rm{(C}rm{2}有机物的分子式为rm{2}rm{H}rm{{,!}_{3})_{m}}rm{{,!}_{3})_{m}}不饱和度为rm{27n=54}该化合物与rm{n=2}rm{C_{4}H_{6}}rm{C_{4}H_{6}}加成反应可产生两种互为同分异构体的有机物，说明分子含有rm{(3)}有机物的分子式为个碳碳双键，故有机物的结构简式为：rm{(3)}故答案为：rm{C}

rm{4}【解析】rm{1)C_{2}H_{3}}rm{1)C_{2}H_{3}}rm{(2)C_{4}H_{6}}rm{(2)C_{4}H_{6}}25、略

【分析】解：rm{垄脵}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{5}个碳原子，故为戊烷；从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在rm{2}号碳原子上有rm{2}个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；

rm{垄脷}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{6}个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{2}号碳原子上有一个甲基，故名称为rm{2-}甲基己烷，故答案为：rm{2-}甲基己烷；

rm{垄脹}烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有rm{6}个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在rm{3}号和rm{4}号碳原子上各有一个甲基，故名称为rm{3}rm{4-}二甲基己烷，故答案为：rm{3}rm{4-}二甲基己烷；

rm{垄脺}根据名称可知，主链上有rm{5}个碳原子，在rm{2}号和rm{4}号碳原子上各有一个甲基，故结构简式为rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}故答案为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}

rm{垄脻}从名称可知，主链上有rm{7}个碳原子，在rm{3}号碳原子上有两个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个乙基，故结构简式为：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}故答案为：rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}

rm{垄脼}从名称可知，主链上有rm{4}个碳原子，在rm{1}号和rm{2}号碳原子间有碳碳双键，在rm{3}号碳原子上有两个甲基，故结构简式为：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}故答案为：rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}．

rm{垄脵}烷烃命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号；

rm{垄脷}烷烃命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，将支链写在“某烷”的前面；

rm{垄脹}烷烃命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；

rm{垄脺}根据名称可知，主链上有rm{5}个碳原子，在rm{2}号和rm{4}号碳原子上各有一个甲基；

rm{垄脻}从名称可知，主链上有rm{7}个碳原子，在rm{3}号碳原子上有两个甲基，在rm{4}号碳原子上有一个乙基；

rm{垄脼}从名称可知，主链上有rm{4}个碳原子，在rm{1}号和rm{2}号碳原子间有碳碳双键，在rm{3}号碳原子上有两个甲基．

本题考查了烷烃的命名和根据有机物的名称来书写结构简式，掌握有机物的命名方法是解题关键，难度不大．【解析】rm{2}rm{2}rm{4-}三甲基戊烷；rm{2-}甲基己烷；rm{3}rm{4-}二甲基己烷；rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}CH_{2}C(CH_{3})_{2}CH(CH_{2}CH_{3})CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{2}=CHC(CH_{3})_{3}}四、元素或物质推断题(共4题，共20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