2025年统编版2024高二化学下册月考试卷

…………○…………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年统编版2024高二化学下册月考试卷597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、用下列实验装置进行相应的实验，能够达到实验目的的是A.实验室制取少量的硝基苯B.证明溴乙烷、NaOH、乙醇溶液共热生成乙烯C.分离乙酸乙酯、碳酸钠和水的混合物D.在实验室测定中和反应的反应热2、酸雨对自然界的危害很大，下列有关酸雨的说法不正确的是（）A.汽车尾气是形成酸雨的原因之一B.酸雨既能腐蚀建筑物也能破坏农作物C.煅烧石灰石产生的CO2是形成酸雨的主要物质D.用天然气代替含硫的煤作燃料可减少酸雨的形成3、下列各有机物的分类或系统命名正确的是（）A.对甲基苯酚（）属于芳香烃B.TNTC.2-乙基丁烷D.3-甲基-1-丁烯4、实验室配制rm{250mL0.1mol/LNa_{2}CO_{3}}溶液时，需要用到的仪器是()A.B.C.D.5、配位化合物Pt（NH3）2Cl2有顺铂和反铂两种同分异构体．顺铂在水中的溶解度较大；具有抗癌作用；反铂在水中的溶解度小，无抗癌作用．下列说法正确的是（）

A.顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂。

B.已知Pt位于周期表第十纵行；则Pt是d区的VIIIB族元素。

C.分子中Pt和N之间为离子键。

D.N原子杂化方式为sp2杂化。

6、2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ·mol－1现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)若实验测得反应放出的热量为3695kJ。则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是A.1∶1B.1∶3C.1∶4D.2∶37、曲线a和b是常温下盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线．下列叙述中正确的是（）A.盐酸的物质的量浓度与NaOH溶液的物质的量浓度相等B.P点时溶液中c（Na+）=c（Cl-）=c（H+）=c（OH-）C.曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线D.曲线b中滴定前NaOH溶液的体积为150mL8、下列反应中，不属于加成反应的是rm{(}rm{)}A.乙炔与氯化氢反应制取氯乙烯B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色C.乙醛与氢气反应生成乙醇D.苯与液溴在铁催化作用下反应9、下列有关实验原理、方法和结论都正确的是rm{(}rm{)}A.用红外光谱来鉴定元素B.向硫酸铜溶液中加入氨水，形成蓝色沉淀后再加入rm{NaOH}溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液C.用rm{X-}射线衍射实验来区分晶体类型D.已知rm{I_{3}^{-}?I_{2}+I^{-}}向盛有rm{KI_{3}}溶液的试管中加入适量rm{CCl_{4}}振荡静置后rm{CCl_{4}}层显紫色，说明rm{KI_{3}}在rm{CCl_{4}}中的溶解度比在水中的大评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}则。

A.锌电极为负极rm{{,!}}B.锌电极为正极。

C.反应中rm{Zn}被氧化D.反应中rm{Zn}被还原11、下列有机化合物中，属于烃的衍生物的有rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}篓TCHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}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、在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}则。

A.锌电极为负极rm{{,!}}B.锌电极为正极。

C.反应中rm{Zn}被氧化D.反应中rm{Zn}被还原14、为解决全球能源与环境问题，节能减排已成共识。下列措施有利于节能减排的有A.举行“地球一小时”熄灯活动B.露天焚烧稻草和秸秆C.夏天将空调的温度设置在rm{26隆忙}以上D.生活垃圾分类回收处理15、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是rm{(}rm{)}A.已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}?2SO_{3}(g)}为放热反应，则rm{SO_{2}}的能量一定高于rm{SO_{3}}的能量B.已知rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)triangleH>0}则金刚石比石墨稳定C.已知rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangleH_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH_{2}}则rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}D.已知rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}则任何酸碱中和的反应热均为rm{2C(s)+2O_{2}(g)=2CO_{2}(g)triangle

H_{1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H_{2}}16、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.氢化物的稳定性评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、影响化学反应速率的因素很多；某同学设计了以下实验研究不同浓度的硫酸对反应速率的影响．药品：Cu；Fe、Na和不同浓度的硫酸（0.5mol/L、2mol/L、18.4mol/L）；装置如图．

（1）用此装置进行定量实验，应选用上述的实验药品是：____；

（2）应该测定的实验数据是____；

（3）此实验忽视了影响反应速率的其他因素是（假设金属颗粒是均匀的）：____．

18、氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料；它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：

3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)△H＜0

(1)该反应的平衡常数表达式为K=____________；升高温度；其平衡常数值____________(选填“增大”；“减小”或“不变”)．

(2)上述反应的熵变△S____________0(选填“＞；＜或=”)．

(3)在一定温度下上述反应达到平衡的标志是____________(填序号)

A．单位时间生成2摩尔Si3N4的同时生成1摩尔的N2

B．容器内c(N2)：c(CO)=1：3

C．容器内的气体中；CO的百分含量保持不变。

D．单位时间消耗1摩尔SiO2的同时生成2摩尔的C

(4)达到平衡后；改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图：

若不改变N2、CO的量，则图中t4时引起平衡移动的条件可能是____________(写一种)；图中t6时引起变化的条件是____________；图中表示平衡混合气体中CO的含量最高的一段时间是____________．19、我国规定饮用水质量标准必须符合下表中的要求：。rm{pH}rm{6.5隆陋隆陋8.5}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}总浓度rm{<0.0045mol/L}细菌总数rm{<100}个rm{/mL}下图是某市自来水厂对天然水进行处理的过程：rm{(1)}沉淀池中常需加入明矾作混凝剂，其除去悬浮固体颗粒的过程________。rm{(}填写编号rm{)}rm{A}只是物理过程rm{B}只是化学过程rm{C}是物理和化学过程rm{(2)}图中的“加杀菌消毒剂”常加入的是__________。下列物质中，______可以作为的代用品rm{(}填写编号rm{)}rm{A}rm{SO_{2}}rm{B}rm{HNO_{3}}rm{C}rm{O_{3}}rm{D}浓氨水rm{(3)}自来水厂的水源常被污染，下列选项中，____导致水污染的是_________rm{(}填编号rm{)}A.生活污水经处理后排放rm{B.}不合理使用农药、化肥C.工业生产中废渣任意排放rm{D.}石油运输过程中原油泄漏流入江河rm{(4)}绿矾rm{(FeSO_{4}隆陇7H_{2}O)}是常用的凝聚剂，它在水中____生成____________。20、（12分）如图所示，把试管放入盛有25℃饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管滴入5mL盐酸于试管中．试回答下列问题：（1）实验中观察到的现象是（2）产生上述现象的原因是（3）写出有关反应的离子方程式：（4）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量（填“大于”“小于”或“等于”）镁片和盐酸的总能量．21、根据题意回答下列问题①Fe2＋的电子排布式为②基态铜原子简化电子排布式为③Se价电子排布图为④第二周期第一电离能由小到大的次序为⑤铬原子的原子结构示意图为22、rm{(1)X}原子在第二电子层上只有一个空轨道，则rm{X}是______rm{(}元素名称rm{)}其电子排布图为______；rm{R}原子的rm{3p}轨道上只有一个未成对电子，则rm{R}原子可能是______；______．

rm{(2)}指出配合物rm{K_{3}[Co(CN)_{6}]}中的中心离子；配位体及其配位数分别是：______、______、______．

rm{(3)}下列分子中若有手性原子，请用“rm{*}”标出其手性碳原子．

rm{(4)}在下列物质rm{垄脵CO_{2}}rm{垄脷NH_{3}}rm{垄脹CCl_{4}}rm{垄脺BF_{3}}rm{垄脻H_{2}O}rm{垄脼SO_{2}}rm{垄脽SO_{3}}rm{垄脿PCl_{3}}中，属于非极性分子的是rm{(}填序号rm{)}______．

rm{(5)}根据价层电子对互斥理论判断下列问题：

rm{H_{2}O}分子中；中心原子的杂化方式为______杂化，分子的立体构型为______．

rm{BF_{3}}分子中；中心原子的杂化方式为______杂化，分子的立体构型为______．

rm{C_{2}H_{4}}分子中；中心原子的杂化方式为______杂化，分子的立体构型为______．

rm{C_{2}H_{2}}分子中；中心原子的杂化方式为______杂化，分子的立体构型为______．

rm{(6)H_{2}O}的沸点rm{(100隆忙)}比rm{H_{2}S}的沸点rm{(-61隆忙)}高，这是由于______．23、华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物rm{E}和rm{M}在一定条件下合成得到rm{(}部分反应条件略rm{)}

rm{(1)A}的名称为____，rm{A隆煤B}的反应类型为____rm{(2)D隆煤E}的反应中，加入的化合物rm{X}与新制rm{Cu(OH)_{2}}反应产生砖红色沉淀的化学方程式为rm{(3)G隆煤J}为取代反应，其另一产物分子中的官能团是____rm{(4)L}的同分异构体rm{Q}是芳香酸，rm{Qxrightarrow[鹿芒]{C{l}_{2}}R({C}_{8}{H}_{7}{O}_{2}Cl)xrightarrow[triangle]{NaOH脣庐}Sxrightarrow[]{{K}_{2}C{r}_{2}{O}_{7};;;{H}^{+}}T}rm{Q

xrightarrow[鹿芒]{C{l}_{2}}R({C}_{8}{H}_{7}{O}_{2}Cl)

xrightarrow[triangle]{NaOH脣庐}S

xrightarrow[]{{K}_{2}C{r}_{2}{O}_{7};;;{H}^{+}}T}的核磁共振氢谱只有两组峰，rm{T}的结构简式为____rm{Q}的化学方程式为rm{R隆煤S}评卷人得分四、其他(共2题，共8分)24、(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。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40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、综合题(共2题，共16分)30、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．31、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9题，共18分)1、D【分析】试题分析：A、实验室制取硝基苯需在50——60℃温度下进行，错误；B、加热时挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明反应生成乙烯，错误；C、液体与液体的分离采用分液的方法，错误；D、正确。考点：考查有机实验操作有关问题。【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】解：A．汽车尾气中含有二氧化硫和氮氧化物；二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要物质，所以汽车尾气是形成酸雨的原因之一，故A正确；

B．酸雨具有酸性；能腐蚀碳酸盐；硅酸盐建造的建筑物，能破坏农作物的生长环境，故B正确；

C．形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物；形成温室效应的气体是二氧化碳，故C错误；

D．天然气的主要成分是甲烷；不含硫元素，用天然气代替含硫的煤作燃料可减少二氧化硫的生成，从而减少酸雨的形成，故D正确；

故选C．

【分析】A．工厂化石燃料燃烧的废气和汽车尾气中的二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要物质；

B．酸雨具有酸性；能腐蚀建筑物和破坏农作物；

C．二氧化碳是形成温室效应的气体；

D．用不含硫的物质代替含硫的煤作燃料能减少二氧化硫的生成．3、D【分析】解：A．芳香烃组成元素为碳和氢，对甲基苯酚（）含氧元素；属于芳香族化合物，不是芳香烃，故A错误；

B．三硝基甲苯为TNT；故B错误；

C．选取最长碳链5个碳原子为主链；离取代基近的一端编号，名称为3-甲基戊烷，故C错误；

D．选取双键在内的最长碳链为主碳链；从离双键近的一端编号确定甲基位置，名称为3-甲基-1-丁烯，故D正确；

故选D．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力．【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液所需的实验仪器。【解答】配制rm{250mL0.1mol/L}碳酸钠溶液一般步骤为：用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后用玻璃棒引流，移入rm{250mL}容量瓶内，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，加水至刻度线rm{1-2cm}改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞摇匀，故需要的仪器为rm{250ml}容量瓶。故选D。【解析】rm{D}5、A【分析】

A．由题给信息可知顺铂易溶于水；因为它是极性分子，易溶于极性溶剂，反铂为非极性分子，则顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂，故A正确；

B．周期表中不存在VIIIB族元素；Pt是d区的VIII族元素故B错误；

C．配位化合物中Pt和N之间为配位键；不是离子键，故C错误；

D．原子形成4个δ键，为sp3杂化；故D错误．

故选A．

【解析】【答案】A．由题给信息可知顺铂为极性分子；反铂为非极性分子，结合相似相溶原理分析；

B．Pt是d区的VIII族元素；

C．配位化合物中Pt和N之间为配位键；

D．N原子形成4个δ键，为sp3杂化．

6、B【分析】试题解析：H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1，2571.6kJx285.8xCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ•mol-1，1890kJy890ykJ则解得x=1.25mol，y=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol=1：3，故选B．考点：有关反应热的计算【解析】【答案】B7、D【分析】解：A．曲线b可知NaOH溶液的pH=12，则氢氧化钠溶液的浓度为：（NaOH）=0.01mol/L；曲线a中盐酸溶液的pH=1，则c（HCl）=c（H+）=0.1mol/L；两溶液浓度不相等，故A错误；

B．P点溶液的pH=7，呈中性，则c（Na+）=c（Cl-）、c（H+）=c（OH-），溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则P点离子浓度大小为：c（Na+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；故B错误；

C．曲线a的pH是由小到大；说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故C错误；

D．曲线b中P点消耗15mL盐酸，则氢氧化钠溶液的体积为：=0.15L=150mL；故D正确；

故选D．

曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线；曲线b的pH由大到小，说明是盐酸滴定氢氧化钠溶液；曲线b可知NaOH溶液的pH=12，则氢氧化钠溶液的浓度为：（NaOH）=0.01mol/L；曲线a中盐酸溶液的pH=1，pH=-lgc（H+）=1，则c（HCl）=c（H+）=0.1mol/L；P点溶液的pH=7，呈中性，则c（Na+）=c（Cl-）、c（H+）=c（OH-），溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则P点离子浓度大小为：c（Na+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；曲线b中P点消耗15mL盐酸，则氢氧化钠溶液的体积为：=0.15L=150mL；据此进行解答．

本题考查中和滴定、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，试题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法．【解析】【答案】D8、D【分析】解：rm{A.}乙炔与氯化氢反应制取氯乙烯，由rm{C隆脭C}键生成rm{C=C}键；为加成反应，故A不选；

B.乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成rm{1}rm{2-}二溴乙烯；所以属于加成反应，故B不选；

C.乙醛与氢气反应生成乙醇，rm{C=O}键生成rm{C-O}键；为加成反应，故C不选；

D.苯在铁粉存在下与液溴的反应，苯中rm{H}原子被溴原子取代生成溴苯；属于取代反应，故D选．

故选D．

有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，一般来说，当有机物中含有rm{C=C}rm{C隆脭C}rm{C=O}键，且反应后转化为rm{C-C}rm{C-O}时；发生加成反应，以此解答．

本题考查学生对有机反应类型知识的掌握，难度不大，可以根据所学知识进行．【解析】rm{D}9、C【分析】解：rm{A.}红外光谱可判断化学键和官能团；不能确定元素的种类，故A错误；

B.氢氧化铜与氢氧化钠不反应；氢氧化铜可溶于氨水，形成络合物，故B错误；

C.晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，rm{X}射线衍射可以看到微观结构，故区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是rm{X-}射线衍射实验；故C正确；

D.向盛有rm{KI_{3}}溶液的试管中加入适量rm{CCl_{4}}振荡静置后rm{CCl_{4}}层显紫色；是由于碘易溶于四氯化碳，而四氯化碳和水互不相溶，促进平衡向正反应方向移动，故D错误；

故选：rm{C}

A.红外光谱可判断化学键和官能团；

B.氢氧化铜与氢氧化钠不反应；

C.rm{X-}射线衍射可区别晶体和非晶体；

D.碘单质在水中的溶解度不如在四氯化碳中的溶解度大，rm{KI_{3}}盐溶液和四氯化碳互不相溶．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验基本操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共7题，共14分)10、AC【分析】【分析】本题考查了原电池原理，难度不大，注意原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。【解答】A.rm{Zn}为负极，电子流出的电极，故A正确；为负极，电子流出的电极，故A正确；

rm{Zn}

B.铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，故B错误；负极上C.失电子发生氧化反应被氧化rm{Zn}

，故C正确；失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。

D.负极上rm{Zn}失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。rm{Zn}【解析】rm{AC}11、BCD【分析】解：rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}两元素；故属于烃类，故A错误；

B、rm{CH_{2}篓TCHCl}可以认为是乙烯中的一个rm{H}原子被一个rm{Cl}取代后的产物；故属于烃的衍生物，故B正确；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以认为是用rm{-OH}取代了乙烷中的一个rm{H}原子后得到的；故为烃的衍生物，故C正确；

D、乙酸乙酯可以认为是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一个rm{H}原子得到；故为烃的衍生物，故D正确．

故选BCD．

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，其中取代氢原子的其他原子或原子团使烃的衍生物具有不同于相应烃的特殊性质，被称为官能团rm{.}在不改变烃本身的分子结构的基础上；将烃上的一部分氢原子替换成其他的原子或官能团的一类有机物统称为烃的衍生物．

本题考查了烃的衍生物的概念应用，题目较简单，掌握基本概念即可解决问题．【解析】rm{BCD}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、AC【分析】【分析】本题考查了原电池原理，难度不大，注意原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。【解答】A.rm{Zn}为负极，电子流出的电极，故A正确；为负极，电子流出的电极，故A正确；

rm{Zn}

B.铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，故B错误；负极上C.失电子发生氧化反应被氧化rm{Zn}

，故C正确；失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。

D.负极上rm{Zn}失电子发生氧化反应被氧化，故D错误。rm{Zn}【解析】rm{AC}14、ACD【分析】略。

【解析】rm{ACD}15、C【分析】解：rm{A.2SO_{2}(g)}和rm{O_{2}}的总能量一定高于rm{2SO_{3}}的能量；rm{SO_{2}}的能量不一定高于rm{SO_{3}}的能量；故A错误；

B.rm{C(}石墨，rm{s)=C(}金刚石，rm{s)}rm{triangleH>0}为吸热反应rm{;}石墨的能量低于金刚石；能量越低越稳定，故B错误；

C.完全燃烧放出的热量多，放热为负值，rm{triangleH_{1}<triangleH_{2}}故C正确；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH_{1}<triangle

H_{2}}水放出的热量为中和热，rm{1mol}弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于rm{triangleH=-57.3kJ/mol}故D错误．

故选C．

A.放热反应反应物的总能量大于生成物的总能量；

B.rm{57.3kJ/mol}为吸热反应；

C.完全燃烧放出的热量多；

D.在稀溶液中强酸和强碱反应生成rm{triangleH>0}水放出的热量为中和热．

本题考查了热化学方程式的书写方法；燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大．

rm{1mol}【解析】rm{C}16、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}三、填空题(共7题，共14分)17、略

【分析】

（1）该装置左边为分夜漏斗；锥形瓶，分液漏斗为加液体，锥形瓶为反应容器，右边为量气装置，且该装置不需加热，该实验的目的为探究不同浓度的硫酸对反应速率的影响，进行的是定量实验，所以需选用的实验药品为统一溶质硫酸不同浓度与较活泼的金属固体反应，故答案为：Fe；0.5mol/L硫酸、2mol/L硫酸；

（2）反应速率的表示方法为单位时间内反应物浓度的减少；或生成物浓度的增加．探究不同浓度的硫酸对反应速率的影响，所以可以测生成物气体的体积或生成气体所需的时间，故答案为：测定一定时间产生的体积（或者测定一定体积的气体所需的时间）；

（3）影响反应速率的因素有：浓度；温度、气体的压强、固体的表面积大小、催化剂等．该实验假设金属颗粒是均匀的已考虑表面积；该实验未用催化剂，所以应考虑热效应，金属与酸反应为典型的放热反应，所以硫酸浓度大的，反应放出的热量大，温度相对高一点，温度高反应速率快，所以该实验为考虑温度对反应速率的影响，故答案为：温度对反应速率的影响；

【解析】【答案】（1）该装置为固体和液体反应；且不需要加热，据此即可解答；

（2）根据实验的目的研究不同浓度的硫酸对反应速率的影响出发进行解答；

（3）金属和酸反应是放热反应；温度越高，反应的速率越大；

18、略

【分析】解：(1)可逆反应3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)⇌Si3N4(s)+6CO(g)的平衡常数k=

该反应为放热反应；升高温度平衡逆反应进行，化学平衡常数减小；

故答案为：减小；

(2)由方程式可知；该反应正反应是气体物质的量增大的反应，混乱度增大，熵值增大，故△S＞0；

故答案为：＞；

(3)A．单位时间生成2摩尔Si3N4的同时生成1摩尔的N2，生成2摩尔Si3N4的消耗4molN2；氮气的生成速率与消耗速率不相等，反应未达平衡状态，故A错误；

B．平衡时c(N2)与c(CO)之比为1：3；可能处于平衡状态，也可能不处于平衡状态，与氮气的转化率等有关，故B错误；

C．平衡时平衡体系个组分的含量不变；CO的百分含量保持不变，说明到达平衡状态，故C正确；

D．单位时间消耗1摩尔SiO2的同时生成2摩尔的C，消耗1摩尔SiO2需要消耗2molC；C的生成速率与消耗速率相等，反应达平衡状态，故D正确；

故选CD；

(4)若不改变N2、CO的量，由图可知，t4时瞬间正、逆反应都增大，平衡向逆反应移动，改变条件为升高温度后压缩体积增大压强；t6时瞬间正；逆反应都增大；平衡不移动，故应是加入催化剂；

t2时改变改变条件，平衡向正反应移动，在t3时重新到达平衡，t4时改变条件，平衡向逆反应移动，t5时由达平衡，故t3～t4平衡状态CO的含量最高；

故答案为：升高温度后压缩体积增大压强；加入催化剂；t3～t4．【解析】=减小;＞;CD;升高温度后压缩体积增大压强;加入催化剂;t3～t419、（1）C（2）氯气C（3）A（4）Fe(OH)3【分析】【分析】本题考查自来水的净化及离子之间的反应，明确净化原理及各物质的性质、发生的化学反应是解答本题的关键，rm{(2)}为解答的难点，题目难度中等。【解答】rm{(1)}混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，亚铁离子与碱反应生成沉淀，则既发生物理变化又发生化学变化，故答案为：rm{C}rm{(2)}图中的“加杀菌消毒剂”可以是液氯，具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用臭氧作为代用品；

故答案为：液氯；rm{C}rm{(3))A.}生活污水经处理后排放；不会造成水体污染，故A正确；

B.不合理使用农药；化肥能够造成水污染；故B错误；

C.工业生产中废渣的随意堆放；会造成水质的污染，故C错误；

D.石油运输过程中原油泄露流入江河；能够造成水质的污染，故D错误；

故答案为：rm{A}rm{(4)}亚铁离子与碱反应生成沉淀易被氧化为红褐色沉淀rm{Fe(OH)_{3}}故答案为：胶状rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{(1)C}rm{(2)}氯气rm{(1)C}氯气rm{(2)}rm{C}rm{(3)A}rm{(4)Fe(OH)_{3}}rm{C}rm{(3)A}20、略

【分析】由于镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，而Ca（OH）2在水中的溶解度随温度升高而减小，所以析出Ca（OH）2晶体。反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，反应的方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。【解析】【答案】（1）①镁片上有大量气泡产生；②镁片逐渐溶解；③烧杯中析出晶体（2）镁与盐酸反应产生氢气，该反应为放热反应，Ca（OH）2在水中的溶解度随温度升高而减小，故析出Ca（OH）2晶体。（3）Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑（4）小于21、略

【分析】①根据构造原理可写出电子的排布式为1s22s22p63s23p63d6②因为全充满或半充满是稳定的，所以基态铜原子简化电子排布式为[Ar]3d104s1③根据泡利原理、洪特规则和能量最低原理可知，Se价电子排布图为④非金属性越强，第一电离能越大，但由于和Be和N属于全充满或半充满状态，稳定性强，所以第二周期第一电离能由小到大的次序为LiBBeCONFNe。⑤铬原子属于第四周期第ⅤB，原子结构示意图为【解析】【答案】①1s22s22p63s23p63d6②[Ar]3d104s1③④LiBBeCONFNe⑤22、碳；1s22s22p2；Al元素；Cl元素；Co3+；CN-；6；①③④⑦；sp3；V形；sp2；平面正三角形；sp2；平面形；sp；直线形；水分子之间存在氢键【分析】解：rm{(1)X}原子在第二能层上只有一个空轨道，则rm{X}能层的rm{2p}能级含有一个空轨道，则rm{X}核外电子数是rm{6}为rm{C}元素，根据构造原理知其核外电子排布式rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}

rm{R}原子的rm{3p}轨道上只有一个未成对电子，则价层电子排布式为rm{3s^{2}3p^{1}}或rm{3s^{2}3p^{5}}则rm{R}原子rm{3p}轨道上可能含有rm{1}个电子或rm{5}个电子，则rm{R}可能是rm{Al}或rm{Cl}元素；

故答案为：rm{C}rm{1S^{2}2S^{2}2P^{2}}rm{Al}或rm{Cl}

rm{(2)}根据配合物rm{K_{3}[Co(CN)_{6}]}结构分析，含有空轨道的金属阳离子为中心离子，所以中心离子为rm{Co^{3+}}有孤对电子的原子或离子为配体，所以配体为rm{CN^{-}}配位数就是配体的个数，所以配位数为rm{6}

故答案为：rm{Co^{3+}}rm{CN^{-}}rm{6}

rm{(3)}手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，所以图中标“rm{*}”连有四个不一样的基团：氢原子；甲基、羟基以及羧基；为手性碳原子；

故答案为：

rm{(4)垄脵CO_{2}}中rm{C}元素化合价为rm{+4}rm{C}原子最外层rm{4}个电子全部成键；为非极性分子；

rm{垄脷NH_{3}}中rm{C}元素化合价为rm{-3}rm{N}原子最外层rm{5}个电子未全部成键；为极性分子；

rm{垄脹CCl_{4}}中rm{C}元素化合价为rm{+4}rm{C}原子最外层rm{4}个电子全部成键；为非极性分子；

rm{垄脺BF_{3}}中rm{B}元素化合价为rm{+3}rm{B}原子最外层rm{3}个电子全部成键；为非极性分子；

rm{垄脻H_{2}O}中rm{O}元素化合价为rm{-2}rm{O}原子最外层rm{6}个电子未全部成键；为极性分子；

rm{垄脼SO_{2}}中rm{S}元素化合价为rm{+4}rm{S}原子最外层rm{6}个电子未全部成键；为极性分子；

rm{垄脽SO_{3}}中rm{S}元素化合价为rm{+6}rm{S}原子最外层rm{6}个电子全部成键；为非极性分子；

rm{垄脿PCl_{3}}中rm{P}元素化合价为rm{+3}rm{P}原子最外层rm{5}个电子未全部成键；为极性分子；

故选rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}

rm{(5)H_{2}O}中心原子rm{O}原子成rm{2}个rm{娄脪}键、含有rm{2}对孤对电子，故杂化轨道数为rm{4}采取rm{sp^{3}}杂化，故空间结构为rm{V}形；

rm{BF_{3}}分子中，中心rm{B}原子成rm{3}个rm{娄脪}键、没有孤对电子，故杂化轨道数为rm{3}采取rm{sp^{2}}杂化；故空间结构为平面正三角形；

rm{C_{2}H_{4}}中rm{C}共价双键中含有一个rm{娄脪}键一个rm{娄脨}键，形成rm{3}个rm{娄脪}键，无孤电子对，为rm{sp^{2}}杂化；空间结构为矩形四角顶点为氢原子六个原子共平面，所以为平面形；

rm{C_{2}H_{2}}分子中碳原子形成rm{1}个rm{C-H}rm{1}个rm{C隆脭C}三键，rm{C}原子杂化轨道数为rm{(1+1)=2}采取rm{sp}杂化方式；空间结构为直线形；

故答案为：rm{sp^{3}}rm{V}形；rm{sp^{2}}平面正三角形；rm{sp^{2}}平面形；rm{sp}直线形；

rm{(6)}水分子之间存在氢键；沸点高于同族其它元素氢化物；

故答案为：水分子之间存在氢键；

rm{(1)X}原子在第二能层上只有一个空轨道，则rm{X}能层的rm{2p}能级含有一个空轨道，则rm{X}核外电子数是rm{6}为rm{C}元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；rm{R}原子的rm{3p}轨道上只有一个未成对电子，则rm{R}原子rm{3p}轨道上可能含有rm{1}个电子或rm{5}个电子，据此判断rm{R}元素；

rm{(2)}根据配合物rm{K_{3}[Co(CN)_{6}]}结构分析中心离子为rm{Co^{3+}}配体为rm{CN^{-}}配位数为rm{6}

rm{(3)}根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子；手性碳原子判断时抓住：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，据此分析解答；

rm{(4)}对于rm{ABn}型分子，rm{A}原子的最外层电子；若完全成键，属于非极性分子，若不完全成键，则属于极性分子；

rm{(5)}根据杂化轨道数rm{=娄脪}键数目rm{+}孤对电子对数；确定杂化轨道，再结合孤对电子对数确定空间构型；

rm{(6)}水分子之间存在氢键；沸点高于同族其它元素氢化物；

本题考查较为综合，考查元素推断、核外电子排布规律、分子结构与性质、杂化轨道、氢键等，侧重于原子结构、价层电子对互斥理论的应用考查，掌握构造原理、手性碳原子的确定方法，价层电子对互斥理论是解答的关键，题目难度中等．【解析】碳；rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}rm{Al}元素；rm{Cl}元素；rm{Co^{3+}}rm{CN^{-}}rm{6}rm{垄脵垄脹垄脺垄脽}rm{sp^{3}}rm{V}形；rm{sp^{2}}平面正三角形；rm{sp^{2}}平面形；rm{sp}直线形；水分子之间存在氢键23、（1）丙炔加成反应（2）C6H5CHO+2Cu(OH)2+NaOHC6H5COONa+Cu2O↓+3H2O（3）-COOH或羧基（4）【分析】【分析】本题考查了有机合成、官能团、有机反应类型、同分异构体、结构简式和有机反应方程式的书写以及根据信息推断产物。【解答】

rm{(1)A}分子含有rm{3}个碳原子和一个碳碳三键，所以为丙炔；rm{B}分子中变为碳碳双键，所以rm{A}rm{B}的反应类型为加成反应，故答案为：丙炔；加成反应；

rm{(2)}对比rm{D}rm{E}的结构，可推知rm{X}为苯甲醛，再根据rm{X}与新制rm{Cu(OH)_{2}}反应产生红色沉淀，化学方程式为rm{C_{6}H_{5}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{C_{6}H_{5}COONa+Cu_{2}O}rm{C_{6}H_{5}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{C_{6}H_{5}COONa+Cu_{2}O}rm{隆媒}rm{+3H_{2}O}故答案为：rm{隆媒}rm{+3H_{2}O}rm{+3H_{2}O}rm{C_{6}H_{5}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{C_{6}H_{5}COONa+Cu_{2}O}

rm{C_{6}H_{5}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}酸酐与醇发生取代反应，除了生成酯，还生成酸，所以另一产物分子的结构简式为其中官能团为羧基，故答案为：rm{C_{6}H_{5}COONa+Cu_{2}O}或羧基；

rm{隆媒}rm{+3H_{2}O}是芳香酸，则分子中含苯环和一个羧基，根据rm{隆媒}的分子式可知rm{+3H_{2}O}还含有一个甲基，rm{+3H_{2}O}经过反应变为rm{(3)}甲基变为羧基，而rm{-COOH}的核磁共振氢谱只有两种峰，说明甲基与羧基为对位，即rm{(4)Q}为rm{L}的化学方程式为故答案为：

rm{Q}【解析】rm{(1)}丙炔加成反应rm{(2)C_{6}H_{5}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{C_{6}H_{5}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}rm{(3)-COOH}或羧基rm{(4)}四、其他(共2题，共8分)24、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)══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40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；