2025年人教新起点高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年人教新起点高二化学下册阶段测试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6题，共12分)1、下列有机物的命名中，正确的是A.2，2—二甲基丁烷B.3，3—二甲基丁烷C.2—乙基丁烷D.2，3，3—三甲基丁烷2、下列变化是由于加成反应造成的是（）A.CH4与Cl2的混合气体光照后颜色变浅B.苯加入溴水中用力振荡，静止后水层变为无色C.C2H4通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐变浅D.C2H4通入Br2的CCl4溶液中，溶液褪色3、有一未完成的离子方程式为：□□+XO3－+6H＋=3X2+3H2O,据此判断，X元素的最高化合价为（）A.+7B.+4C.+5D.+14、在一个绝热容器中，放入Ca（OH）2悬浊液，有平衡：Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0．已知：CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H＜0．下列说法正确的是（）A.向溶液中加少量CaO，达新平衡后，溶液的pH不变B.向溶液中加少量CaO，达新平衡后，溶液的pH降低C.向溶液中加入Na2CO3溶液，其中Ca（OH）2固体质量增加D.向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变5、要对热稳定的高沸点液态有机物和低沸点的杂质的混合物进行提纯一般用()A.过滤B.重结晶C.蒸馏D.萃取6、()下列反应的离子方程式的书写正确的是rm{(}rm{)}

A.氧化钠投入水中：rm{O^{2-}+H_{2}O=2OH^{-}}B.rm{FeCl_{3}}溶液与rm{KI}反应：rm{2Fe^{3+}+2KI=2Fe^{2+}+I_{2}+2K^{+}}C.过量硫酸氢铵与氢氧化钡反应：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}D.过量rm{CO_{2}}通入到rm{NaClO}溶液中rm{{,!}_{拢潞}H_{2}O+CO_{2}+2ClO^{-}=2HClO+CO_{3}^{2-}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、下列实验事实不能用同一原理解释的是（）A.SO2、Cl2都能使品红溶液褪色B.NH4Cl晶体、固体碘受热时都能气化C.福尔马林、葡萄糖与新制Cu（OH）2共热时都能产生红色沉淀D.乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色8、雷雨天闪电时空气中有臭氧rm{(O_{3})}生成；下列说法正确的是。

A.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}互为同素异形体。

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}的相互转化是化学变化。

C.rm{O_{3}}是由rm{3}个氧原子构成的化合物。

D.等物质的量rm{O_{2}}和rm{O_{3}}含有相同的质子数9、在醇rm{RCH_{2}CH_{2}OH}中化学键如图；则下列说法中正确的是。

A.当该醇发生催化氧化时，被破坏的键是rm{垄脷垄脹}

B.当该醇与rm{N}rm{a}反应时，被破坏的键是rm{垄脵}

C.当该醇与羧酸发生酯化反应时，被破坏的键是rm{垄脷}

D.当该醇发生消去反应时，被破坏的键是rm{垄脷}和rm{垄脺}10、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()。A.常温常压下，rm{18gH_{2}O}含有的原子总数目为rm{3N_{A}}B.rm{0隆忙}rm{1.01KPa}rm{22.4LCl_{2}}中含有的分子数为rm{N_{A}}C.rm{1molK}在rm{O_{2}}中完全燃烧转移的电子数目为rm{N_{A}}D.rm{1mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液中含有的钠离子数目为rm{N_{A}}11、由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源rm{.}根据如图所示的装置，判断下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该装置中rm{Pt}极为阳极B.当rm{c}极的质量变化了rm{2.16g}时，rm{a}极上消耗的rm{O_{2}}在标准状况下的体积为rm{1.12L}C.该装置中rm{b}极的电极反应式是：rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}D.该装置中rm{a}极为正极，发生氧化反应评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、已知Q；R、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大；并具有以下信息．请回答下列问题：

。元素相关信息QQ的气态氢化物是一种10电子微粒，呈现碱性RR是地壳中含量最丰富的元素XX与Y在同一周期，X是这一周期中原子半径最大的元素YY的次外层电子数是最外层电子数的两倍ZZ是一种副族的金属元素，原子序数为26（1）Z3+比Z2+更稳定的原因是______

（2）R的气态氢化物的沸点要比与它同一主族的第三周期的元素高，试说明其原因______．

（3）X（g）═X+（g）+e-I1（第一电离能）

X+（g）═X2+（g）+e-I2（第二电离能）

X2+（g）═X3+（g）+e-I3（第三电离能）

根据X基态原子的结构特点，判断I1、I2、I3的大小关系，如图所示正确的是______

（4）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）．丙烯腈分子中处于同一直线上的原子数目最多为______．

（5）根据VSEPR模型，H3O+的分子立体结构为：______．BF3的分子立体结构为：______．

（6）下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是______

A．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+

C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3D．第一电离能：Na＜Mg＜Al＜Si

（7）按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于p区的是______

A．FeB．MgC．PD．La．13、维生素可根据其溶解性的不同分为____________性维生素和____________性维生素两大类．维生素C又称为抗坏血酸，在人体内有重要功能，其结构简式为则维生素C的分子式为____________，某同学向盛有三氯化铁溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液得红色溶液，继续向试管中加入含维生素C的溶液，振荡后发现红色消失，则说明维生素C具有____________性．14、rm{(1)}下列各组物质中，属于同位素的是rm{(}填序号，下同rm{)}______；属于同素异形体的是______，互为同系物的是______，属于同分异构体的是______，属于同种物质的是______。

A、rm{O_{2}}和rm{O_{3}}rm{B}rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13}C}rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13

}C}和rm{C.CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}和rm{D.CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}．和F.和rm{E}G.和

rm{CH_{2}=CH-CH_{3}}键线式表示的分子式为______；名称是______。

中含有的官能团的名称为______。

rm{(2)}丁基有______种结构，请写出其中的核磁共振氢谱有一个吸收峰的结构简式______。rm{(3)}15、可逆反应rm{A(g)+2B(g)?2C(g)triangleH=-QkJ?mol^{-1}}rm{A(g)+2B(g)?2C(g)triangle

H=-QkJ?mol^{-1}}在一个密闭容器中进行，并在一定条件下达到平衡rm{(Q>0)}若改变条件，将相应的变化结果rm{.}“增大”、“减小”或“不变”rm{(}填入下列空格．

rm{)}保持温度和压强不变，加入不参与反应的稀有气体，rm{(1)}的转化率______rm{A}______，rm{.v_{脮媒}}______

rm{v_{脛忙}}保持温度和体积不变，加入不参与反应的稀有气体，rm{(2)}的转化率______rm{A}______，rm{.v_{脮媒}}______

rm{v_{脛忙}}若温度和体积不变，反应从rm{(3)}rm{A}开始至平衡，在这个变化过程中，容器内气体的密度______，压强______．rm{B}16、rm{(1)}选择适当化学试剂除去下列物质所含杂质rm{(}括号内为杂质rm{)}使目标物质得到提纯；

。混合物试剂分离方法rm{垄脵}苯rm{(}苯酚rm{)}rm{垄脷}乙炔rm{(}硫化氢rm{)}

rm{(2)}给下列有机物命名：

rm{垄脵}______________________________________rm{垄脷}____________________________________________17、元素周期表与元素周期律在学习；研究和生产实践中有很重要的作用．下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置．

。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2④⑤⑥⑦⑨3①②③⑧请回答：

（1）画出元素⑨的原子结构示意图____．

（2）九种元素中非金属性最强的是____（填元素符号）．

（3）①②两种元素原子半径比较：①____②（填“＜”或“＞”）．在①②③三种元素的氧化物对应的水化物中，碱性最强的是____（填化学式）．

（4）⑦⑧两种元素组成的氢化物的热稳定性比较：⑦____⑧（填“＜”或“＞”）．

（5）元素⑤对应的氢化物的化学式是____，其水溶液的pH____7（填“＜”或“＞”）．④⑤两种元素对应的最高价含氧酸的酸性强的是____（填化学式）．18、（6分）现有A、B、C、D、E五种可溶强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）。。阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+阴离子OH—、C1—、CO32—、NO3—、SO42—已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。②向E溶液中逐滴滴加B溶液至过量，沉淀量先增加后减少但不消失。③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀。试回答下列问题：（1）Ａ溶液呈碱性的原因是____。（写出有关离子方程式）（2）若25℃时C、E溶液pH＝４，则Ｅ溶液中水电离出的氢离子浓度是Ｃ溶液中水电离出的氢离子浓度倍。（3）将0.1mol·L-1的C溶液逐滴加入等体积、0.2mol·L-1的A溶液中，反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为：。19、(6分)（1）有机化学中的反应类型较多，将下列反应归类(填序号)。①由氯乙烯制PVC②溴乙烷和氢氧化钠乙醇溶液共热③乙烯和高锰酸钾反应④由甘油制硝化甘油⑤银镜反应⑥由苯和硝酸TNT⑦苯酚和浓溴水反应⑧实验室制乙烯⑨油脂硬化其中属于取代反应的是；属于氧化反应的是；（2）的系统命名为；（3）碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，发生如下变化：若在上述条件下发生反应，得到的最终产物结构式分别是：各1分（4）某有机物结构简式如图，用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为20、电炉加热时用纯O2氧化管内样品；根据产物的质量确定有机物的组成．下列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置，如图1．

（1）产生的O2按从左到右的流向，所选装置各导管的正确连接顺序是______．

（2）C装置中浓硫酸的作用是______．

（3）D装置中MnO2的作用是______．

（4）燃烧管中CuO的作用是______．

（5）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.92g样品，经充分反应后，A管质量增加1.76g，B管质量增加1.08g，则该样品的实验式为______．

（6）要确定该物质的分子式，还要知道该物质的______．经测定其蒸气密度为2.054g•L-1（已换算为标准状况下），则其分子式为______．

（7）该物质的核磁共振氢谱如图2所示，则其结构简式为______．评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共20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、工业流程题(共1题，共7分)25、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。评卷人得分六、综合题(共2题，共18分)26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．27、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以,隔开，一起列于取代基前面，所以选项A正确。B应该是2，2—二甲基丁烷，C应该是3－甲基戊烷，D应该是2，2，3—三甲基丁烷，答案选A。【解析】【答案】A2、D【分析】【分析】A．取代反应；B．物理变化，萃取；C．不正确，是氧化反应；D．加成反应。选D。3、A【分析】【解析】【答案】A4、B【分析】解：A．向饱和石灰水中加少量生石灰后不仅消耗水；溶液的温度也升高，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液的pH越小，故A错误；

B．向饱和石灰水中加少量生石灰后不仅消耗水；溶液的温度也升高，氢氧化钙的溶度积越小，则溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液的pH越小，故B正确；

C．向溶液中加入Na2CO3溶液，钙离子和碳酸根离子形成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0，平衡正向进行，其中Ca（OH）2固体质量减小；故C错误；

D．向溶液中加入少量NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H＜0，平衡逆向进行，Ca（OH）2固体质量增大；故D错误；

故选B．

A、向饱和石灰水中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，该反应是放热反应，且该反应在绝热容器中进行，导致溶液温度升高，氢氧化钙的溶解度减小，所以溶液中c（Ca2+）、c（OH-）减小；

B、向饱和石灰水中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗水，该反应是放热反应，且该反应在绝热容器中进行，导致溶液温度升高，氢氧化钙的溶解度减小，所以溶液中c（Ca2+）、c（OH-）减小；

C、向溶液中加入Na2CO3溶液，钙离子和碳酸根离子形成碳酸钙沉淀，平衡正向进行，其中Ca（OH）2固体质量减小；

D、向溶液中加入少量NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向进行，Ca（OH）2固体质量增大．

本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，本题注意该反应是在绝热容器中进行的，隐含着相当于给溶液加热，为易错点．【解析】【答案】B5、C【分析】【分析】本题考查物质的分离和提纯常用的方法，根据混合物中各组分性质的不同选择合适的方法，难度不大。【解答】分离沸点不同的液态有机物常用的是蒸馏，结晶一般适用于溶解度受温度影响不同的物质的分离，过滤是难溶性固体和液体的分离，萃取适用于再不同溶剂中的溶解度的不同进行的分离，故C正确。故选C。【解析】rm{C}6、C【分析】【分析】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。【解答】A.氧化钠投入水中发生反应的离子反应为rm{Na_{2}O+H_{2}O篓T2OH?+2Na^{+}}故A错误；B.rm{KI}属于强电解质，离子方程式为rm{2Fe^{3+}+2I^{-}=2Fe^{2+}+I_{2}}故B错误；C.因为硫酸氢铵过量，故氢氧根离子只能与氢离子发生中和反应而不能与铵根离子反应，离子方程式为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+2OH}rm{+2OH}rm{{,!}^{-}}rm{+SO}rm{+SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{=BaSO}rm{=BaSO}D.rm{{,!}_{4}}与rm{隆媒+2H}不能大量共存，二者反应生成rm{隆媒+2H}故离子方程式为rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}，故C正确；rm{HClO}rm{CO_{3}^{2-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{H}故D错误。故选C。rm{H}【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)7、A|B|D【分析】解：A．氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应，二者原理不同，故A选；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B选；

C．福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故C不选；

D．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液和溴水都能使其褪色；前者是发生氧化还原反应，后者发生加成反应，二者原理不同，故D选；

故选：ABD．

A．依据二氧化硫；次氯酸漂白原理解答；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C．福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜；

D．乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；能与溴水加成．

本题考查了元素化合物知识，明确物质的性质是解题关键，注意次氯酸与二氧化硫漂白原理的不同，注意有机物结构特点，题目难度不大．【解析】【答案】ABD8、AB【分析】【分析】本题考查物质的结构与性质，掌握常见物质的性质是解题的关键，注意基础知识的落实，难度不大。【解答】A.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}和rm{O}都为氧元素组成的不同单质，rm{O}

rm{{,!}_{3}}互为同素异形体，故A正确；B.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}

和rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}个氧原子构成的单质，故C错误；

的相互转化时生成了新物质，是化学变化，故B正确；C.rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}是由rm{3}个氧原子构成的单质，故C错误；故D错误。

rm{3}

D.等物质的量rm{O}【解析】rm{AB}9、BD【分析】略。

【解析】rm{BD}10、AC【分析】【分析】本题以阿伏加德罗常数为载体进行考查，涉及的知识面比较广，是常考的题型，难度中等，【解答】A.rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}的摩尔质量为rm{O}的摩尔质量为rm{18g/mol}故rm{18g}故rm{O}rm{18g/mol}rm{18g}rm{H}的物质的量rm{n=dfrac{18g}{18g/mol;}=1mol}。rm{H}rm{1molH_{2}O}中含rm{3mol}原子，所以含有的原子总数目为rm{3N_{A}}故A正确；B.rm{0隆忙}rm{1.01KPa}不rm{0隆忙}不是标准状况，rm{1.01KPa}rm{22.4LCl}的物质的量不为rm{22.4LCl}rm{{,!}_{2}}

rm{1mol}价，故，故B错误；钾转移C.反应后钾元素的价态为rm{+1}价，故rm{1mol}钾转移rm{1mol}电子，故C正确；电子，故C正确；

rm{+1}

rm{1mol}rm{1mol}【解析】rm{AC}11、rBD【分析】解：左边装置是原电池，通入氢气电极rm{b}为负极，电极反应为rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}通入氧气的电极为正极，电极反应为rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}右侧装置为电解池，rm{C}棒为阴极，电极反应为rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}铂丝为阳极，电极反应为rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}

A.通过以上分析知，rm{Pt}为阳极；故A正确；

B.当rm{c}极生成单质银，质量变化为rm{2.16g}所以物质的量为：rm{dfrac{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}所以rm{dfrac

{2.16g}{108g/mol}=0.02mol}极上消耗的rm{a}的物质的量为rm{O_{2}}标准状况下的体积为rm{0.005mol}故B错误；

C.rm{0.112L}电极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应为rm{b}故C正确；

D.通入氧气的电极为正极；正极上得电子发生还原反应，故D错误；

故选BD．

左边装置是原电池，通入氢气电极rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}为负极，电极反应为rm{b}通入氧气的电极为正极，电极反应为rm{H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O}右侧装置为电解池，rm{O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O=4OH^{-}}棒为阴极，电极反应为rm{C}铂丝为阳极，电极反应为rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}据此分析解答．

本题考查了原电池和电解池原理，根据得失电子判断正负极，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点．rm{4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}隆眉+2H_{2}O}【解析】rm{BD}三、填空题(共9题，共18分)12、略

【分析】解：Q；R、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大；Q的气态氢化物是一种10电子微粒，呈现碱性，则Q为N元素；R是地壳中含量最丰富的元素，则R为O元素；Y的次外层电子数是最外层电子数的两倍，Y只能有3个电子层，最外层电子数为4，则Y为Si；X与Y在同一周期，X是这一周期中原子半径最大的元素，则X为Na元素；Z是一种副族的金属元素，原子序数为26，则Z为Fe；

（1）Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特规则，Fe3+为半满稳定状态，故Fe3+比Fe2+稳定；

故答案为：Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特规则，Fe3+为半满稳定状态，故Fe3+比Fe2+稳定；

（2）水分子之间存在氢键；增大了分子间作用力，使其沸点升高，高于硫化氢的沸点；

故答案为：水分子之间存在氢键；增大了分子间作用力，使其沸点高；

（3）X为Na元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s1；第一电离能失去的是3s能级电子，而第二；第三电离能失去为2p能级电子，故第二电离能比第一电离能形成很大，而第二、第三电离能相差不大，故图象B符合；

故答案为：B；

（4）乙烯的平面结构、-C≡N为直线结构，H2C=CH-C≡N为平面结构；-C≡N中C原子位置处于乙烯中H原子位置，故丙烯腈分子中处于同一直线上的原子数目最多为2；

故答案为：2；

（5）H3O+中O原子孤对电子==1、价层电子对数=3+1=4，故H3O+为三角锥形；BF3中B原子孤对电子==0、价层电子对数=3+0=3，故BF3为平面正三角形；

故答案为：三角锥形；平面正三角形；

（6）A．同主族自上而下非金属性减弱；氢化物稳定性减弱，故A正确；

B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故B正确；

C．同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，故酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；故C正确；

D．同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；但Mg元素原子3s轨道为全面稳定状态，第一电离能高于Al，故第一电离能Na＜Al＜Mg＜Si，故D错误；

故答案为：D；

（7）最后填充电子为p能级的元素属于p区，p区元素原子外围电子排布为ns2npx；故属于p区的元素是P，而Fe属于d区，Mg属于s区，La属于f区；

故答案为：C．

Q；R、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大；Q的气态氢化物是一种10电子微粒，呈现碱性，则Q为N元素；R是地壳中含量最丰富的元素，则R为O元素；Y的次外层电子数是最外层电子数的两倍，Y只能有3个电子层，最外层电子数为4，则Y为Si；X与Y在同一周期，X是这一周期中原子半径最大的元素，则X为Na元素；Z是一种副族的金属元素，原子序数为26，则Z为Fe；

（1）根据洪特规则进行分析解答；

（2）根据氢键进行分析解答；

（3）失去同一能层中的电子时电离能相差不大；失去不同能层中的电子时电离能相差很大；

（4）根据乙烯的平面结构与-C≡N的直线结构分析；

（5）计算中心原子价层电子对数及孤电子对进行确定分子立体结构；

（6）A．同主族自上而下非金属性减弱；氢化物稳定性减弱；

B．电子层结构相同；核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；

C．同周期自左而右非金属性增强；最高价氧化物对应水化物的酸性增强；

D．同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；但Mg元素原子3s轨道为全面稳定状态，第一电离能高于Al；

（7）最后填充电子为p能级的元素属于p区，p区元素原子外围电子排布为ns2npx．

本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布规律、电离能、氢键、分子结构、元素周期律、元素周期表等，需要学生熟练掌握基础知识，难度中等，注意理解同一元素电离能的剧增．【解析】Fe3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特规则，Fe3+为半满稳定状态，故Fe3+比Fe2+稳定；水分子之间存在氢键，增大了分子间作用力，使其沸点升高；B；2；三角锥形；平面正三角形；D；C13、略

【分析】解：维生素可根据其溶解性的不同分为脂溶性维生素和水溶性维生素两大类；维生素C中含有6个C、8个H、6个O，则分子式为C6H8O6；维生素C能将三氯化铁还原为二价铁离子，说明维生素C有还原性，故答案为：脂溶；水溶；C6H8O6；还原．【解析】脂溶;水溶;C6H8O6;还原14、略

【分析】解：rm{(1)A.O_{2}}和rm{O_{3}}是由氧元素组成的不同单质；属于同素异形体；

B.rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13}C}质子数相同为rm{;_{6}^{12}C{潞脥};_{6}^{13

}C}中子数不同分别为rm{6}rm{7}是碳元素不同核素，互为同位素；

C.rm{6}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}分别为正丁烷与异丁烷，它们的结构不同、分子式相同rm{CH_{3}CH(CH_{3})_{2}}所以二者互为同分异构体；

D.rm{C_{4}H_{10}}和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(C_{2}H_{5})CH_{3}}组成和结构都相同；为同一物质；

E.甲烷为正四面体，其二氟代物为四面体结构，和结构；性质都相同；为同一物质；

F.和rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}结构相似都为烯烃，在分子组成上相差rm{CH_{2}=CH-CH_{2}}个rm{2}原子团；为同系物；

G.和分别为rm{CH_{2}}甲基rm{2-}丁烯、rm{-2-}甲基rm{3-}丁烯，它们的结构不同、分子式相同rm{-1-}所以二者互为同分异构体；

故答案为：rm{C_{5}H_{10}}rm{B}rm{A}rm{F}rm{CG}

rm{DE}分子中含有rm{(2)}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{6}该有机物主链上有rm{C_{6}H_{14}}个rm{5}rm{C}号rm{2}一个甲基，结构简式为：rm{C}命名为：rm{(CH_{3})_{2}CHCH_{2}CH_{2}CH_{3}}甲基戊烷，分子中含有的官能团为羟基；酯基；

故答案为：rm{2-}rm{C_{6}H_{14}}甲基戊烷；

rm{2-}丁烷含有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，正丁烷去掉一个rm{(3)}后剩下的部分可为：rm{H}或rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{2}CH_{3}}异丁烷去掉一个rm{-CH(CH_{3})CH_{2}CH_{3}}后剩下的部分可为：rm{H}或rm{-CH_{2}CH(CH_{3})_{2}}有四种结构，其中的核磁共振氢谱有一个吸收峰的是氢原子完全相同，结构简式为rm{-C(CH_{3})_{3}}

故答案为：rm{-C(CH_{3})_{3}}rm{4}

rm{-C(CH_{3})_{3}}同位素：质子数相同；中子数不同的原子互称同位素；

同素异形体：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个rm{(1)}原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质具有以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同；注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；

同系物：具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

同分异构体：同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

同种物质：根据物质的俗名；名称或化学式或主要成分分析判断；主要成分属于同一种物质要求其化学名称相同，化学式相同；

rm{CH_{2}}分子中含有rm{(2)}个碳原子，属于饱和烃，分子式为rm{6}依据烷烃的命名原则命名，依据键线式书写结构简式即可；

rm{C_{6}H_{14}}丁烷含有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，正丁烷去掉一个rm{(3)}后剩下的部分为丁基；核磁共振氢谱有一个吸收峰说明含一种氢原子，据此解答即可。

本题考查“五同”比较、烷烃的命名、烷基的结构式的书写，题目难度中等，侧重考查学生的辨别能力，选项多，要细心排查，注意“五同”的概念及判断方法。rm{H}【解析】rm{B}rm{A}rm{F}rm{CG}rm{DE}rm{C_{6}H_{14}}rm{2-}甲基戊烷；羟基、酯基；rm{4}rm{-C(CH_{3})_{3}}15、减小；减小；减小；不变；不变；不变；不变；减小【分析】解：rm{(1)}恒温恒压容器中加入不参与反应的稀有气体，体积增大，压强减小，反应速率减小，平衡逆向进行，rm{A}的转化率减小；正逆反应速率减小；

故答案为：减小；减小；减小；

rm{(2)}保持温度和体积不变，加入不参与反应的稀有气体，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，不改变化学平衡，rm{A}的转化率不变；正逆反应速率不变；

故答案为：不变；不变；不变；

rm{(3)}若温度和体积不变，反应从rm{A}rm{B}开始至平衡；气体体积减小，压强减小，气体质量和容器体积不变，密度不变；

故答案为：不变；减小．

rm{(1)}恒温恒压容器中加入不参与反应的稀有气体；体积增大，压强减小，反应速率减小，平衡逆向进行；

rm{(2)}保持温度和体积不变；加入不参与反应的稀有气体，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，不改变化学平衡；

rm{(3)}若温度和体积不变，反应从rm{A}rm{B}开始至平衡；气体体积减小，压强减小，气体质量和容器体积不变，密度不变．

本题考查了化学平衡移动原理的分析判断，注意反应特征和移动原理的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】减小；减小；减小；不变；不变；不变；不变；减小16、(1)①过量NaOH溶液分液②CuSO4溶液洗气(2)①2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷

②4-甲基-2-戊烯【分析】【分析】本题考查有机物的分离提纯方法和有机化合物的命名，难度不大。【解答】rm{(1)垄脵}分离苯和苯酚应加过量rm{NaOH}溶液后分液；rm{垄脷}分离乙炔和硫化氢应将混合气体通过rm{CuSO_{4}}溶液来洗气；rm{(2)垄脵}有机物名称为rm{2}rm{2}rm{6-}三甲基rm{-4-}乙基辛烷；rm{垄脷}有机物名称为rm{4-}甲基rm{-2-}戊烯。【解析】rm{(1)垄脵}过量rm{NaOH}溶液分液过量rm{(1)垄脵}溶液分液rm{NaOH}溶液洗气rm{垄脷CuSO_{4}}溶液洗气rm{垄脷CuSO_{4}}rm{(2)垄脵2}三甲基rm{2}乙基辛烷rm{6-}甲基rm{-4-}戊烯rm{垄脷4-}17、略

【分析】

由元素在周期表中的位置可知；①为Na；②为Mg、③为Al、④为C、⑤为N、⑥为O、⑦为F、⑧为Cl、⑨为Ne，则：

（1）⑨为Ne元素，原子核外有10个电子，由2个电子层，最外层电子数为8，原子结构示意图为

故答案为：

（2）同周期自左而右；元素的非金属性增强，同主族自上而下，元素的非金属性减弱，故非金属性最强的元素处于周期表的右上角（稀有气体除外），故F元素非金属最强；

故答案为：F；

（3）同周期自左而右；元素原子半径减小，故原子半径Na＞Mg；

同周期自左而右，元素的金属性减弱，故金属性Na＞Mg＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故碱性NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3；

故答案为：＞；NaOH；

（4）同主族自上而下；元素的非金属性减弱，故非金属性Cl＜F，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故稳定性HF＞HCl；

故答案为：＞；

（5）⑤为N元素，最低负化合价为-3价，氢化物为NH3，氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子与铵根离子，溶液呈碱性；同周期自左而右，元素的非金属性增强，故非金属性C＜N，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性HNO3＞H2CO3；

故答案为：NH3，＞，HNO3．

【解析】【答案】由元素在周期表中的位置可知；①为Na；②为Mg、③为Al、④为C、⑤为N、⑥为O、⑦为F、⑧为Cl、⑨为Ne；

（1）⑨为Ne元素；原子核外有10个电子，由2个电子层，最外层电子数为8；

（2）同周期自左而右；元素的非金属性增强，同主族自上而下，元素的非金属性减弱，故非金属性最强的元素处于周期表的右上角（稀有气体除外）；

（3）同周期自左而右；元素原子半径减小；

同周期自左而右；元素的金属性减弱，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；

（4）非金属性越强；氢化物的稳定性越强，同主族自上而下，元素的非金属性减弱；

（5）⑤为N元素，最低负化合价为-3价，氢化物为NH3；氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子与铵根离子，溶液呈碱性；

非金属性越强；最高价含氧酸的酸性越强，同周期自左而右，元素的非金属性增强．

18、略

【分析】D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀，说明D中移动含有Ag+，所以D是硝酸银。由于CO32－只能和钠离子结合，所以A或B是碳酸钠。又因为氯化钡显中性，所以不可能有氯化钡，而是氢氧化钡，即A或B是氢氧化钡。根据②可知B是氢氧化钡，E是硫酸铝，则A是碳酸钠，C是盐酸。（1）碳酸钠水解显酸性，方程式为CO+H2OHCO+OH-。（2）盐酸抑制水的电离，硫酸铝促进水的电离。所以Ｅ溶液中水电离出的氢离子浓度是Ｃ溶液中水电离出的氢离子浓度10－4÷10－10＝106倍。（3）根据盐酸和碳酸钠的物质的量可知，二者恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以反应后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）>c（HCO3－）>c（Cl－）>c（CO32－）>c（OH－）>c（H+）。【解析】【答案】（1）CO+H2OHCO+OH-（各2分）（2）106（2分）（3）c（Na+）>c（HCO3－）>c（Cl－）>c（CO32－）>c（OH－）>c（H+）（2分）19、略

【分析】试题分析：（1）①是加成反应，②是消去反应，③是氧化反应，④是取代反应，⑤是氧化反应，⑥是取代反应，⑦是取代反应，⑧是乙醇制取乙烯的反应，属于消去反应，⑨油脂的硬化是加成反应，所以属于取代反应的有④⑥⑦，属于氧化反应的有③⑤；（2）根据烷烃的命名，该有机物的最长碳链是5个C原子，其中3号C原子上有2个取代基是甲基，所以该有机物的名称是3,3-二甲基戊烷；（3）根据所给信息，可知碳碳双键被酸性高锰酸钾氧化后，碳碳双键断裂，然后添加-C=O即可，所以2-甲基-2丁烯被氧化后的产物是丙酮和乙醛，乙醛继续被氧化得乙酸，结构简式为（4）羟基与钠反应，酚羟基、羧基与NaOH反应，只有羧基与NaHCO3反应，所以等物质的量的该有机物与Na、NaOH、NaHCO3完全反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比是3:2:1.考点：考查反应类型的判断，有机物的命名，运用信息的能力，羟基的活性的应用【解析】【答案】（共6分）（1）④⑥⑦③⑤（各1分）（2）3,3-二甲基戊烷（2分）（3）（4）3:2:120、略

【分析】解：（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、通过A吸收二氧化碳，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选择装置各导管的连接顺序是：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；

故答案为：g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；

（2）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，以免影响实验结果；

故答案为：吸收水分干燥氧气；

（3）MnO2为分解制备氧气的催化剂；

故答案为：作催化剂加快产生O2的速率；

（4）一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

故答案为：把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（5）水的物质的量==0.06mol、二氧化碳的物质的量==0.04mol，则m（C）+m（H）=0.04mol×12g+0.06mol×2×1g/mol=0.6g＜0.92g，故有机物含有O元素，m（O）=0.92g-0.6g=0.32g，则n（O）==0.02mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.04：0.12：0.02=2：6：1，该有机物的实验式是C2H6O；

（6）要确定该物质的分子式，还要知道该物质的相对分子质量；该有机物蒸气密度为2.054g•L-1，则其相对分子质量=2.054×22.4=46，所以分子式为（C2H6O）n，则46n=46，故n=1，所以分子式为C2H6O；

故答案为：相对分子质量；C2H6O；

（7）该有机物分子式为C2H6O，该物质的核磁共振氢谱有3个吸收峰，故有机物分子中有3种H原子，所以其结构简式为：CH3CH2OH；

故答案为：CH3CH2OH．

（1）根据实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量；来确定是否含氧及C；H、O的个数比，求出最简式，再结合有机物相对分子质量确定分子式．

因此生成O2后必须除杂（主要是除H2O），A用来吸收二氧化碳、B用来吸收水、C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品，根据一氧化碳能与氧化铜反应可被氧化成二氧化碳的性质，可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（2）由（1）得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；

（3）由（1）得MnO2为分解制备氧气的催化剂；

（4）由（1）得一氧化碳能与氧化铜反应可被氧化成二氧化碳的性质可知，CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；

（5）根据n=计算水；二氧化碳的物质的量；根据质量守恒定律计算O元素质量，再根据原子守恒确定有机物的最简式；

（6）要确定该物质的分子式；还要知道该物质的相对分子质量；

该有机物蒸气密度为2.054g•L-1；则其相对分子质量=2.054×22.4=46，结合最简式确定有机物分子式；

（7）该物质的核磁共振氢谱有3个吸收峰；故有机物分子中有3种H原子，结合分子式确定其结构简式．

本题考查有机物的分子式的实验测定，题目难度中等，关键在于清楚实验的原理，掌握燃烧法利用元素守恒确定实验式的方法．【解析】g→f→e→h→i→c（或d）→d（或c）→a（或b）→b（或a）；吸收水分干燥氧气；作催化剂加快产生O2的速率；把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；C2H6O；相对分子质量；C2H6O；CH3CH2OH四、元素或物质推断题(共4题，共20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、工业流程题(共1题，共7分)25、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2