2025年粵教版高二化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高二化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、已知I－、Fe2+、SO2、Cl－和H2O2均具有還原性，它們在酸性溶液中還原性強弱的順序為Cl－2＋2O2－2，則下列反應不能發(fā)生的是A.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+B.I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HIC.H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2OD.2Fe2++I2=2Fe3++2I－2、用如圖實驗裝置進行相應實驗，裝置正確且能達到實驗目的是rm{(}rm{)}

A.用圖rm{a}所示裝置干燥rm{SO_{2}}氣體B.用圖rm所示裝置蒸發(fā)rm{KNO_{3}}溶液得硝酸鈉晶體C.用圖rm{c}所示裝置分離有機層與水層，水層從分液漏斗下口放出D.用圖rmfazpxva所示裝置測量氨氣的體積3、中國絲綢有五千年的歷史和文化rm{.}古代染坊常用某種“堿劑”來精煉絲綢，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，能促進蠶絲表層的絲膠蛋白雜質(zhì)水解而除去，使絲綢顏色潔白、質(zhì)感柔軟、色澤光亮rm{.}這種“堿劑”可能是rm{(}rm{)}

A.食鹽B.火堿C.草木灰D.膽礬4、微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其工作原理如圖所示rm{.}下列有關微生物電池的說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.負極反應中有rm{CO_{2}}生成B.微生物促進了反應中電子的轉(zhuǎn)移C.質(zhì)子通過交換膜從正極區(qū)移向負極區(qū)D.電池總反應為rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}簍T6CO_{2}+6H_{2}O}5、下列各式中，屬于正確的電離方程式的是（）A.HCO3－+H+H2CO3B.HCO3－＋OH－====H2O+CO32-C.NH3+H+===NH4+D.NH3·H2ONH4++OH-6、下列說法或表示方法正確的是（）A.乙烯的結(jié)構簡式CH2CH2B.甲基的電子式：C.官能團為-CHO所以該物質(zhì)是醛D.聚乙烯的化學式為7、相同質(zhì)量的下列各烴，完全燃燒后生成水最多的是rm{(}rm{)}A.甲烷B.乙烷C.乙烯D.乙炔8、蘋果酸的結(jié)構簡式如圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.蘋果酸中能發(fā)生酯化反應的官能團有rm{1}種B.rm{1}rm{mol}蘋果酸可與rm{3}rm{mol}rm{NaHCO_{3}}發(fā)生中和反應C.rm{1}rm{mol}蘋果酸與足量金屬rm{Na}反應生成生成rm{mol}rm{H_{2}}D.rm{1}rm{mol}蘋果酸可以形成三元或四元環(huán)狀內(nèi)酯評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、某有機樣品3.1g完全燃燒，燃燒后的混合物通入過量的澄清石灰水中，石灰水共增重7.1g，經(jīng)過濾得到10g沉淀．該有機樣品可能是（）A.乙二醇B.乙醇C.乙醛D.甲醇和丙三醇的混合物10、下列各物質(zhì)中，能發(fā)生水解反應的是（）A.油脂B.蛋白質(zhì)C.纖維素D.葡萄糖11、某電池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}為電極材料，rm{KOH}溶液為電解溶質(zhì)溶液rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}為電池的負極B.正極反應式為rm{2FeO_{4}^{2-}+10H^{+}+6e^{-}=Fe_{2}O_{3}+5H_{2}O}C.該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度不變D.電池工作時rm{OH^{-}}向負極遷移12、取五等份rm{NO_{2}}分別加入溫度不同、容積相同的恒容密閉容器中，發(fā)生反應：rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)}rm{triangleH<0}反應相同時間后，分別測定體系中rm{NO_{2}}的百分量rm{(NO_{2}%)}并作出其隨反應溫度rm{(T)}變化的關系圖rm{.}下列示意圖中，可能與實驗結(jié)果相符的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.13、除去rm{CO_{2}}中混有的少量rm{SO_{2}}氣體，不可選用的試劑是rm{(}rm{)}A.rm{KMnO_{4}}溶液B.rm{NaClO}溶液C.飽和rm{NaHCO_{3}}溶液D.飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液14、在某溫度下，可逆反應mA+nB?pC+qD的平衡常數(shù)為K，下列說法正確的是（）A.K越大，達到平衡時，反應進行的程度越大B.K越小，達到平衡時，反應物的轉(zhuǎn)化率越大C.K隨反應物濃度的改變而改變D.K隨溫度的改變而改變15、下列有關說法正確的是（）A.反應NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0B.電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極C.CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值減小D.Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減小，溶液的pH減小16、某化肥樣品和熟石灰混合后可以聞到氨味，下列分析正確的是rm{(}rm{)}A.樣品中含有rm{NH_{4}^{+}}B.樣品中含有rm{NO_{3}^{-}}C.該化肥具有氮肥的功效D.這是磷肥評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、某芳香烴A有如下轉(zhuǎn)化關系：⑴寫出反應②和⑤的反應條件：②；⑤.⑵寫出A和F結(jié)構簡式：A；F.⑶寫出反應③對應的化學方程式：.⑷屬于取代反應的有（填序號）.⑸根據(jù)已學知識和獲取的信息，以CH3COOH,為原料合成重要的化工產(chǎn)品寫出相應的合成路線流程圖（無機試劑任用）請參考如下形式：18、有下列各組物質(zhì)，請按要求填入序號：A．O2和O3B．C和CC．CH2＝CH－CH2－CH3和D．和E．和①_________組兩物質(zhì)互為同位素。②_________組兩物質(zhì)互為同素異形體。③_________組兩物質(zhì)屬于同系物。④_________組兩物質(zhì)互為同分異構體。⑤_________組中的物質(zhì)是同一物質(zhì)19、.(10分)80℃時，將0.40mol的N2O4氣體充入2L已經(jīng)抽空的固定容積的密閉容器中，發(fā)生如下反應：N2O4(g)2NO2(g)△H>0，隔一段時間對該容器內(nèi)的物質(zhì)進行分析，得到如下數(shù)據(jù)：。時間(s)n(mol)020406080100n(N2O4)0.40a0.20cden(NO2)0.000.24b0.520.600.60①計算20s—40s內(nèi)用N2O4表示的平均反應速率為；②計算在80℃時該反應的平衡常數(shù)K=；③反應進行至100s后將反應混合物的溫度降低，混合氣體的顏色(填“變淺”、“變深”或“不變”)；④要增大該反應的K值，可采取的措施有(填序號)。A.增大N2O4的起始濃度B.向混合氣體中通入NO2C.使用高效催化劑D.升高溫度⑤在同條件下，如果將0.40mol的N2O4氣體充入2L已經(jīng)抽空的固定容積的絕熱密閉容器中，最終達到平衡后n(NO2)0.60mol(填“>”、“<”或“=”)。20、(8分)請選用適當?shù)脑噭┖头蛛x方法除去下列物質(zhì)中所含的雜質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))，將所選的試劑及分離方法的編號填入表中。試劑：a．水b．NaOH溶液c．溴水d．飽和Na2CO3溶液e．新制CaO分離方法：①分液②過濾③洗氣④蒸餾?；旌衔镄杓尤氲脑噭┓蛛x方法溴苯（溴）乙烷（乙烯）乙醇（水）乙酸乙酯（乙酸）21、rm{19.}碳；氮、氧、氯、鋁、鐵、銅是與人類生產(chǎn)、生活息息相關的化學元素．

rm{(1)}與銅鐵同周期的鍺原子基態(tài)核外電子排布式為：____________．

rm{(2)Si}rm{P}rm{S}元素的第一電離能由小到大的順序是：____________rm{(}用元素符號填寫rm{)}．

rm{(3)CN^{{-}}}離子中和rm{N_{2}}分子中的rm{pi}鍵數(shù)目比為____________．

rm{(4)}鐵元素組成的單質(zhì)晶體堆積模型為____________密堆積．

rm{(5)}下列關于金屬晶體和離子晶體的說法中；錯誤的是____________．

A.都可采取“緊密堆積”結(jié)構。

B.都具有較高熔點和沸點。

C.離子晶體是陰；陽離子通過離子鍵結(jié)合；在空間呈現(xiàn)有規(guī)律的排列所形成的晶體。

D.金屬晶體發(fā)生形變時其內(nèi)部金屬離子與“自由電子”之間的相互作用將不復存在。

rm{(6)}現(xiàn)在人們已經(jīng)有多種方法來測定阿伏伽德羅常數(shù)，rm{X}射線衍射法就是其中一種rm{{.}}通過對金晶體的rm{X}射線衍射圖象的分析，可以得出金晶體的晶胞如圖所示rm{(}面心立方體rm{){.}}若金原子的半徑為rm{dcm}金的密度為rm{bg{/}cm^{3}}金的摩爾質(zhì)量為rm{Mg{/}mol}通過這些數(shù)據(jù)計算阿伏伽德羅常數(shù)為____________．22、二茂鐵rm{[Fe(C_{5}H5)_{2}]}是由一個二價鐵離子和rm{2}個環(huán)戊烯基負離子構成，已知：二茂鐵熔點是rm{173隆忙(}在rm{100隆忙}時開始升華rm{)}沸點是rm{249隆忙}不溶于水，易溶于苯、乙醚等非極性溶劑?？赏茰y二茂鐵屬于________晶體，若二茂鐵中環(huán)戊二烯形成一個大rm{婁脨}鍵rm{(}可用符號rm{婁脨{,!}_{m}^{n}}表示，rm{m}代表形成大rm{婁脨}鍵的原子數(shù)，rm{n}代表參與形成大rm{婁脨}鍵的電子數(shù)rm{)}則環(huán)戊二烯的大rm{婁脨}鍵表示為__________。評卷人得分四、計算題(共4題，共36分)23、(8分)恒溫下，將amolN2與bmolH2的混合氣體通入一個容積為2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；若反應進行到5min時，測得n(N2)=13mol，n(NH3)=6mol，計算a值、N2的起始濃度及用H2表示的反應速率(要有計算過程)。24、10g某天然油脂完全水解需要1.8gNaOH，1kg該油脂進行催化加氫，需要消耗6g氫氣才能進行完全．計算1mol該油脂中平均含有碳碳雙鍵的物質(zhì)的量．25、某固體僅由一種元素組成，其密度為5.0g∕cm3．用X射線研究該固體的結(jié)構時得知：在邊長為10-7cm的正方體中含有20個原子，則此元素的相對原子質(zhì)量是多少？26、化學反應rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}是硫酸制造工業(yè)的基本反應rm{.}將rm{0.050mol}的rm{SO_{2}(g)}和rm{0.030mol}的rm{O_{2}(g)}注入體積為rm{1.0L}的密閉反應器，并置于某溫度為rm{850隆忙}下的恒溫環(huán)境中，達到化學平衡后，測的反應器中有rm{0.04molSO_{3}(g)}求。

rm{(1)}該溫度下反應的平衡常數(shù)及rm{SO_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率．

rm{(2)}若在相同溫度條件下，向該容器中通入rm{0.048molSO_{3}(g)}rm{0.0090mol}的rm{O_{2}}和rm{0.002mol}的rm{SO_{2}}請問可逆反應是否是化學平衡狀態(tài)，若不是，請問平衡將向什么方向移動？評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)27、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。28、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。29、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。30、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)31、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．32、在下列物質(zhì)中是同系物的有________；互為同分異構體的有________；互為同素異形體的有________；互為同位素的有________；互為同一物質(zhì)的有________；（1）液氯（2）氯氣（3）白磷（4）紅磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【解析】【答案】C2、B【分析】解：rm{A.}干燥氣體應大口進；小口出，圖中氣體的方向不合理，故A錯誤；

B.蒸發(fā)rm{KNO_{3}}溶液；需要蒸發(fā)皿，圖中裝置合理，可用于蒸發(fā)操作，故B正確；

C.水在上層；從分液漏斗的上口倒出，有機層從分液漏斗下口放出，故C錯誤；

D.氨氣極易溶于水；不能利用排水法測定其體積，故D錯誤；

故選B．

A.干燥氣體應大口進；小口出；

B.蒸發(fā)rm{KNO_{3}}溶液；需要蒸發(fā)皿；

C.水在上層；從分液漏斗的上口倒出；

D.氨氣極易溶于水．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、氣體的干燥、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】本題主要考查了鹽的性質(zhì)，根據(jù)題目信息即可解答，難度不大，由題意可知，該物質(zhì)是一種鹽，水溶液呈堿性，為強堿弱酸鹽來解答?！窘獯稹坑深}意可知；該物質(zhì)是一種鹽，水溶液呈堿性，為強堿弱酸鹽；

A.食鹽中氯化鈉為強酸強堿鹽；故A錯誤；

B.火堿是氫氧化鈉；屬于堿，故B錯誤；

C.草木灰中碳酸鉀強堿弱酸鹽；故C正確；

D.膽礬是硫酸銅晶體；是強酸弱堿鹽，故D錯誤。

故選C。

【解析】rm{C}4、C【分析】解：rm{A.}根據(jù)圖知，負極上rm{C_{6}H_{12}O_{6}}失電子，正極上rm{O_{2}}得電子和rm{H^{+}}反應生成水，負極的電極反應式為rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6H_{2}O-24e^{-}=6CO_{2}+24H^{+}}正極的電極反應式為rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}簍T2H_{2}O}因此rm{CO_{2}}在負極產(chǎn)生；故A正確；

B.葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能；形成原電池，有電流產(chǎn)生，所以微生物促進了反應中電子的轉(zhuǎn)移，故B正確；

C.通過原電池的電極反應可知，負極區(qū)產(chǎn)生了rm{H^{+}}根據(jù)原電池中陽離子向正極移動，可知質(zhì)子rm{(H^{+})}通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)；故C錯誤；

D.該反應屬于燃料電池，燃料電池的電池反應式和燃燒反應式相同，則電池反應式為rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6O_{2}=6CO_{2}+6H_{2}O}故D正確；

故選C．

A.根據(jù)圖知，負極上rm{C_{6}H_{12}O_{6}}失電子，正極上rm{O_{2}}得電子和rm{H^{+}}反應生成水，負極的電極反應式為rm{C_{6}H_{12}O_{6}+6H_{2}O-24e^{-}=6CO_{2}+24H^{+}}正極的電極反應式為rm{O_{2}+4e^{-}+4H^{+}簍T2H_{2}O}

B.葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能；形成原電池；

C.原電池中；陽離子向正極移動，所以質(zhì)子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)；

D.燃料電池反應式和燃料燃燒方程式相同．

本題考查化學電源新型電池，為高頻考點，正確判斷電解質(zhì)溶液酸堿性是解本題關鍵，所有原電池中都是負極上失電子發(fā)生氧化反應、正極上得電子發(fā)生還原反應，難點是電極反應式的書寫．【解析】rm{C}5、D【分析】【解析】試題分析：A項屬于反應的離子方程式，B項屬于反應的離子方程式，C項屬于反應的離子方程式，D項屬于電離方程式。答案選D。考點：電離方程式【解析】【答案】D6、D【分析】解：A．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結(jié)構簡式為：CH2═CH2；故A錯誤；

B．甲基中碳原子最外層為7個電子，甲基的電子式為：故B錯誤；

C．官能團為-C0O-；屬于酯，故C錯誤；

D．乙烯通過加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯的結(jié)構簡式為故D正確；

故選D．

A．烯；炔的結(jié)構簡式碳碳雙鍵、碳碳三鍵不能省略；

B．甲基中碳原子最外層為7個電子；

C．官能團為-C0O-；

D．乙烯通過加聚反應生成聚乙烯．

本題主要考查了結(jié)構簡式、烴的判斷、化學名稱的正誤判斷，題目難度中等，注意掌握常見化學用語的表示方法．【解析】【答案】D7、A【分析】解：rm{A.CH_{4}}中rm{C}碳原子與rm{H}原子數(shù)目之比為rm{1}rm{4}

B.rm{C_{2}H_{6}}中rm{C}碳原子與rm{H}原子數(shù)目之比為rm{2}rm{6=1}rm{3}

C.rm{C_{2}H_{4}}中rm{C}碳原子與rm{H}原子數(shù)目之比為rm{2}rm{4=1}rm{2}

D.rm{C_{2}H_{2}}中rm{C}碳原子與rm{H}原子數(shù)目之比為rm{2}rm{2=1}rm{1}

故甲烷中氫的質(zhì)量分數(shù)最大；所以生成水的質(zhì)量最多；

故選A．

相同質(zhì)量的各烴中氫的質(zhì)量分數(shù)越大，生成的水的質(zhì)量越多，首先計算各烴是rm{C}碳原子與rm{H}原子數(shù)目之比，rm{C}原子數(shù)目相同，rm{H}原子數(shù)目越大，rm{H}的質(zhì)量分數(shù)越大；據(jù)此判斷．

本題考查有機物燃燒的計算，題目難度不大，注意從rm{H}元素質(zhì)量分數(shù)的角度解答．【解析】rm{A}8、D【分析】解：rm{A.}該分子中含有羧基和醇羥基，所以能發(fā)生酯化反應的官能團有羧基和醇羥基，所以蘋果酸中能發(fā)生酯化反應的官能團有rm{2}種；故A錯誤；

B.rm{1mol}蘋果酸中含有rm{2mol}羧基，所以rm{1mol}蘋果酸可與rm{2molNaHCO_{3}}發(fā)生中和反應；故B錯誤；

C.能和rm{Na}反應是有羧基和醇羥基，rm{1mol}蘋果酸與足量金屬rm{Na}反應生成rm{1.5molH_{2}}故C錯誤；

D.rm{1}分子蘋果酸反應；同個碳原子上的羧基與羥基反應形成三元環(huán)酯，鄰位碳上的羧基與羥基反應可形成四元環(huán)的酯類物質(zhì)，故D正確．

故選D．

該分子中含有羧基和醇羥基；能發(fā)生消去反應；酯化反應、中和反應、氧化反應，據(jù)此分析解答．

本題考查了有機物的結(jié)構和性質(zhì)，明確物質(zhì)中含有的官能團及其性質(zhì)是解本題關鍵，熟悉常見有機物的性質(zhì)、常見有機化學反應，題目難度不大．【解析】rm{D}二、雙選題(共8題，共16分)9、A|D【分析】解：l0g沉淀為CaCO3，物質(zhì)的量為=0.1mol；根據(jù)碳元素守恒可知，產(chǎn)生的二氧化碳為0.1mol，二氧化碳的質(zhì)量為0.1mol×44g/mol=4.4g，其中碳元素質(zhì)量為：0.1mol×12g/mol=1.2g；

石灰水增重7.1g，所以有機物燃燒生成的水的質(zhì)量為：7.1-4.4=2.7g，其物質(zhì)的量為=0.15mol；氫元素質(zhì)量為0.3mol×1g/mol=0.3g；

有機樣品共3.1g，所以O元素物質(zhì)的質(zhì)量=3.1g-1.2g-0.3g=1.6g，氧原子物質(zhì)的量為：=0.1mol；

即3.1g有機物中n（C）=0.1mol，n（H）=0.15mol×2=0.3mol，n（O）=0.1mol，碳、氫、氧原子的物質(zhì)的量之比為0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，即最簡式為CH3O，乙二醇分子式為C2H6O2，符合題意，甲醇和丙三醇按1：1混合時其平均分子式為C2H6O2；也符合題意；

故選：AD．

石灰水共增重7.1g；為燃燒生成的二氧化碳與水的質(zhì)量，10g沉淀為碳酸鈣的質(zhì)量．有機物中的碳全部轉(zhuǎn)化為二氧化碳，有機物中的氫全部轉(zhuǎn)化為水，計算二氧化碳；水的物質(zhì)的量，進而計算C元素、H元素的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒判斷有機物中是否含有氧元素，根據(jù)原子守恒計算有機物的最簡式，結(jié)合選項判斷．

本題考查有機物分子式的確定，難度中等，根據(jù)質(zhì)量守恒確定有機物的是否含有氧元素是關鍵，考查學生的解決問題的能力，D選項為易錯點，學生容易漏選．【解析】【答案】AD10、A|B|C【分析】解：選項中葡萄糖是單糖不能水解；纖維素是多糖在一定條件下水解最終生成為單糖；油脂在酸；堿等催化作用下水解生成甘油和高級脂肪酸；蛋白質(zhì)一定條件下水解生成氨基酸；

故選ABC．

在酸；堿或酶等催化劑的作用下；油脂均可以發(fā)生水解．1mol油脂完全水解的產(chǎn)物是1mol甘油和3mol高級脂肪酸；而糖類根據(jù)能否水解分為單糖、低聚糖和多糖，葡萄糖是單糖，所以不能水解、麥芽糖是二糖，水解生成葡萄糖；蛋白質(zhì)在一定情況下會水解成各種氨基酸．

本題考查了糖類、蛋白質(zhì)、油脂的結(jié)構和性質(zhì)，題目難度不大，主要考查幾類物質(zhì)的水解條件和水解產(chǎn)物．【解析】【答案】ABC11、rAD【分析】解：rm{A.}根據(jù)化合價升降判斷，rm{Zn}化合價只能上升，故為負極材料，rm{K_{2}FeO_{4}}為正極材料；故A正確；

B.rm{KOH}溶液為電解質(zhì)溶液，則正極電極方程式為rm{2FeO_{4}^{2-}+6e^{-}+8H_{2}O=2Fe(OH)_{3}+10OH^{-}}故B錯誤；

C.總方程式為rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}生成rm{KOH}則該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度增大，故C錯誤；

D.電池工作時陰離子rm{OH^{-}}向負極遷移；故D正確．

故選AD．

某電池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}為電極材料，rm{KOH}溶液為電解溶質(zhì)溶液，原電池發(fā)生工作時，發(fā)生反應為rm{3Zn+2K_{2}FeO_{4}+8H_{2}O=3Zn(OH)_{2}+2Fe(OH)_{3}+4KOH}rm{Zn}被氧化，為原電池的負極，rm{K_{2}FeO_{4}}具有氧化性，為正極，堿性條件下被還原生成rm{Fe(OH)_{3}}結(jié)合電極方程式以及離子的定向移動解答該題．

本題考查原電池知識，為rm{2016}年海南高考題，側(cè)重考查學生的分析能力，題目較為基礎，注意從元素化合價的角度分析，把握原電池與氧化還原反應的關系，難度不大．【解析】rm{AD}12、rBD【分析】解：rm{A.}因為該反應是放熱反應，溫度越高，平衡向逆反應方向移動，rm{NO_{2}}的百分含量隨溫度升高而升高；故A錯誤；

B.因為該反應是放熱反應，溫度越高，平衡向逆反應方向移動，rm{NO_{2}}的百分含量隨溫度升高而升高；故B正確；

C.若rm{5}個容器中有未達到平衡狀態(tài)的，那么溫度越高，反應速率越大，會出現(xiàn)溫度高的rm{NO_{2}}轉(zhuǎn)化得快，導致rm{NO_{2}}的百分含量少的情況，不可能出現(xiàn)rm{NO_{2}}的百分含量不變的情況；故C錯誤；

D.在rm{D}圖中轉(zhuǎn)折點為平衡狀態(tài)；轉(zhuǎn)折點左則為未平衡狀態(tài)，右則為平衡狀態(tài)，反應是放熱反應，溫度升高，平衡向逆反應方向移動，故D正確．

故選BD．

在恒容狀態(tài)下，在五個相同的容器中同時通入等量的rm{NO_{2}}反應相同時間rm{.}那么則有兩種可能，一是已達到平衡狀態(tài)，二是還沒有達到平衡狀態(tài)，仍然在向正反應移動rm{.}若rm{5}個容器在反應相同時間下，均已達到平衡，因為該反應是放熱反應，溫度越高，平衡向逆反應方向移動，rm{NO_{2}}的百分含量隨溫度升高而升高；若rm{5}個容器中有未達到平衡狀態(tài)的，那么溫度越高，反應速率越大，會出現(xiàn)溫度高的rm{NO_{2}}轉(zhuǎn)化得快，導致rm{NO_{2}}的百分含量少的情況，在rm{D}圖中轉(zhuǎn)折點為平衡狀態(tài)；轉(zhuǎn)折點左側(cè)為未平衡狀態(tài)，右側(cè)為平衡狀態(tài)．

本題考查化學反應限度及平衡移動原理及其應用，題目難度中等，注意分析溫度對平衡移動的影響．【解析】rm{BD}13、rBD【分析】解：rm{A.}二氧化硫能被高錳酸鉀氧化；二氧化碳不反應，可除雜，故A不選；

B.二者均與rm{NaClO}溶液反應；不能除雜，故B選；

C.二氧化硫與飽和碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳；可除雜，故C不選；

D.二者均與碳酸鈉溶液反應；不能除雜，故D不選；

故選BD．

二者均為酸性氧化物；但二氧化硫具有還原性，以此來解答．

本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)差異及發(fā)生的反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的綜合應用，題目難度不大．【解析】rm{BD}14、AD【分析】解：A；根據(jù)化學平衡常數(shù)知；K越大，生成物濃度越大，反應物濃度越小，達到平衡時，則反應進行的程度越大，故A正確；

B；K越?。贿_到平衡時，生成物濃度越小，反應物濃度越大，則反應物的轉(zhuǎn)化率越小，故B錯誤；

C；K只與溫度有關；與物質(zhì)的濃度無關，故C錯誤；

D；K只與溫度有關；所以K隨溫度的改變而改變，故D正確。

故選：AD。

K=K越大，生成物濃度越大，反應物濃度越小，反應進行的程度越大，且化學平衡常數(shù)只與溫度有關．

本題考查了化學平衡常數(shù)的含義，注意K只與溫度有關，與物質(zhì)的濃度無關，為易錯點．【解析】AD15、A|C【分析】解：A；本反應前后氣體變固體；熵變小于零，只有在焓變小于零時自發(fā)，即該反應的△H＜0，故A正確；

B；用電解法精煉精銅時；粗銅作陽極，純銅作陰極，故B錯誤；

C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO-）增大，減小，所以減小；故C正確；

D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減??；但兩者反應生成了NaOH，溶液的pH增大，故D錯誤；

故選AC．

A；根據(jù)本反應前后氣體變固體；熵變小于零，只有在焓變小于零時自發(fā)；

B；用電解法精煉精銅時；粗銅作陽極，純銅作陰極；

C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO-）增大，以及=來分析；

D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減?。坏珒烧叻磻闪薔aOH，溶液的pH增大．

本題是化學反應與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對用熵變焓變判斷反應方向，水解反應、電解池等方面的能力．【解析】【答案】AC16、rAC【分析】解：rm{A.}銨鹽均可以和強堿之間反應生成具有刺激性氣味的氣體氨氣；如果化肥樣品和熟石灰混合，可聞到氨味，證明化肥中含有銨根離子，故A正確；

B.樣品中含有rm{NO_{3}^{-}}和熟石灰不反應；混合后無現(xiàn)象，故B錯誤；

C.和熟石灰混合后可以聞到氨味；說明含有氮元素，該化肥具有氮肥的功效，故C正確；

D.磷肥和熟石灰不反應；混合后無現(xiàn)象，故D錯誤；

故選AC．

銨鹽均可以和強堿之間反應生成具有刺激性氣味的氣體氨氣；據(jù)此來回答判斷．

本題考查學生銨鹽的化學性質(zhì)，注意知識的歸納和整理是關鍵，難度不大．【解析】rm{AC}三、填空題(共6題，共12分)17、略

【分析】試題分析：根據(jù)提供的信息判斷出A為與溴水加成反應生成B，B水解生成醇B催化氧化為通過第⑤消去羥基形成碳碳雙鍵，經(jīng)過第⑥步酯化反應第⑦步加聚反應生成目標產(chǎn)物。（5）對產(chǎn)物分解可得和乙酸，官能團由1變2，經(jīng)過消去、加成、水解等反應引入2個羥基得到后與乙酸酯化得到產(chǎn)品?？键c：考查有機物的衍變與合成有關問題?！窘馕觥俊敬鸢浮竣臢aOH水溶液，△；濃硫酸，△。⑵⑶2＋O22＋2H2O（2分）⑷②⑥⑸（4分）18、略

【分析】【解析】試題分析：①同位素是指質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同一種元素的不同核素互稱為同位素，因此答案選B。②由同一種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體，則答案選A。③結(jié)構相似，分子組成相差若干個CH2原子團的同一類有機物的，互稱為同系物，屬于答案選E。④分子式相同結(jié)構不同的化合物互為同分異構體，則答案選C。⑤性質(zhì)和結(jié)構都完全相同的是同一種物質(zhì)，所以答案選D?？键c：考查“五同”比較的有關判斷【解析】【答案】（每空1分，共5分）①B②A③E④C⑤D19、略

【分析】①反應進行到20s時，生成NO2是0.24mol，則消耗N2O4是0.12mol，所以a＝0.28mol。因此20s—40s內(nèi)用N2O4變化量是0.08mol，所以其反應速率是0.08mol÷2L÷20s＝0.002mol/(L·s)。②根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，平衡時NO2的物質(zhì)的量是0.60mol，所以N2O4的物質(zhì)的量是0.40mol－0.30mol＝0.10mol，其濃度分別是0.30mol/L和0.05mol/L，因此其平衡常數(shù)是③由于反應是吸熱反應，所以降低溫度，平衡向逆反應方向移動，NO2的濃度減小，顏色變淺。④平衡常數(shù)只與溫度有關系，由于升高溫度，平衡向正反應方向移動，所以平衡常數(shù)增大。⑤由于是吸熱反應，而容器又是絕熱的，所以在反應過程中，溫度降低，平衡向向逆反應方向移動，NO2的濃度減小，所以NO2的物質(zhì)的量小于0.6mol?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)①0.002mol/(L·s)；②1.8mol/L；③變淺；④D⑤<20、略

【分析】【解析】【答案】?；旌衔镄杓尤氲脑噭┓蛛x方法溴苯（溴）b①乙烷（乙烯）c③乙醇（水）e④乙酸乙酯（乙酸）d①21、（1）1S22S22P63S23P63d104S24P2

（2）Si＜S＜P

（3）1：1

（4）體心立方。

（5）BD

（6）

【分析】【分析】本題考查常見元素電子排布式的書寫；第一電離能、晶體堆積模型及性質(zhì)的比較、共價鍵種類判斷和晶胞的計算等知識點；綜合性強，難度不大。

【解答】

rm{(1)}鍺的原子序數(shù)是rm{32}號元素，鍺原子核外有rm{32}個電子，根據(jù)構造原理知基態(tài)鍺原子核外電子排布式為rm{1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}}故答案為：rm{1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}}

rm{(2)}同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但第rm{VA}族元素第一電離能大于相鄰元素，rm{P}位于第rm{VA}族元素，所以這三種元素的第一電離能從小到大順序是：rm{Si<S<P}故答案為：rm{Si<S<P}

rm{(3)CN^{-}}離子中含有一個三鍵，氮氣分子中含有一個三鍵，三鍵中含有一個rm{婁脪}鍵和兩個rm{婁脨}鍵，所以rm{CN^{-}}離子中和rm{N_{2}}分子中的rm{婁脨}鍵數(shù)目比為rm{2}rm{2=1}rm{1}故答案為：rm{1}rm{1}

rm{(4)}鐵元素組成的單質(zhì)晶體堆積模型屬于體心立方堆積；故答案為：體心立方；

rm{(5)A.}離子晶體和金屬晶體都可采取“緊密堆積”結(jié)構，故A正確；rm{B.}部分金屬晶體的熔沸點較小，如鈉的熔點較低，故B錯誤；rm{C.}離子晶體的構成微粒是陰陽離子，陰、陽離子通過離子鍵結(jié)合，在空間呈現(xiàn)有規(guī)律的排列而形成晶體，故C正確；rm{D.}金屬晶體發(fā)生形變時其內(nèi)部金屬離子與“自由電子”發(fā)生滑動；但金屬離子和自由電子之間的相互作用仍然存在，故D錯誤，故選BD；

rm{(6)}金晶體屬于面心立方最密堆積，金原子的半徑為rm{dcm}正方體每個面對角線的長度為rm{4dcm}則晶胞的棱長rm{=2sqrt{2}dcm}則晶胞的體積rm{=(2sqrt{2})^{3}cm^{3}}晶胞中金原子個數(shù)rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}根據(jù)rm{婁脩=dfrac{m}{V}=dfrac{{4M}big/{{N}_{A}}}{V}}得rm{{N}_{A}=dfrac{4M}{婁脩V}=dfrac{4M}{b{left(2sqrt{2}dright)}^{3}}/mol=dfrac{M}{4sqrt{2}bj32qype^{3}}/mol}故答案為rm{dfrac{M}{4sqrt{2}bj6g7sxh^{3}}/mol}

rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4

}【解析】rm{(1)1S^{2}2S^{2}2P^{6}3S^{2}3P^{6}3d^{10}4S^{2}4P^{2}(2)Si<S<P}

rm{(3)1}rm{1}

rm{(4)}體心立方。

rm{(5)BD}

rm{(6)dfrac{M}{4sqrt{2}b77qhgov^{3}}/mol}?rm{(6)dfrac{M}{4sqrt{2}b1ov7tcc^{3}}/mol

}rm{{,!}}22、分子rm{婁脨_{5}^{6}}【分析】【分析】本題考查晶體類型的判斷和大rm{婁脨}鍵的表示，熟悉各類晶體的性質(zhì)即可解答?！窘獯稹糠肿泳w熔沸點較低，該分子的熔沸點較低，所以屬于分子晶體；二茂鐵的每個茂環(huán)帶有一個單位負電荷，則每個環(huán)中的大rm{婁脨}鍵由rm{5}個碳原子、rm{6}個電子構成的，該大rm{婁脨}鍵為rm{婁脨_{5}^{6}}故答案為：分子；rm{婁脨_{5}^{6}}【解析】分子rm{婁脨_{5}^{6}}四、計算題(共4題，共36分)23、略

【分析】試題分析：設N2的起始濃度為x，則N2+3H22NH3起始濃度(mol/L)xb/20轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)1.54.535min時濃度(mol/L)6.5b/2-4.53則有x-1.5=6.5解得x=8mol/L故N2的起始加入量為8mol/L×2L=16mol即a=16反應進行到5min時，用H2表示的反應速率為4.5mol/L÷5min＝0.9mol/(L·min)考點：考查可逆反應的有關計算【解析】【答案】16；8mol/L；0.9mol/(L·min)24、略

【分析】

油脂與NaOH反應的物質(zhì)的量之比為1：3，n（NaOH）==0.045mol，則10g油脂的物質(zhì)的量為n（油脂）=n（NaOH）=0.045mol×=0.015mol，則油脂的摩爾質(zhì)量=

n（H2）==3mol，1000.0g油脂的物質(zhì)的量==1.5mol；根據(jù)油脂的物質(zhì)的量與氫氣的物質(zhì)的量確定油脂中含有的碳碳雙鍵個數(shù)．

本題考查了有機物中化學鍵的計算，根據(jù)反應中各個物理量之間的關系式來分析解答，靈活運用基本公式，題目難度中等．【解析】解：油脂與NaOH反應的物質(zhì)的量之比為1：3，n（NaOH）==0.045mol，則10g油脂的物質(zhì)的量為n（油脂）=n（NaOH）=0.045mol×=0.015mol，則油脂的摩爾質(zhì)量=n（H2）==3mol，1000.0g油脂的物質(zhì)的量==1.5mol；油脂和氫氣的物質(zhì)的量之比=1.5mol：3mol=1：2，一個碳碳雙鍵加成需要1分子氫氣，所以一個油脂分子中含有2個碳碳雙鍵，則1mol該油脂中平均含碳碳雙鍵2mol；

答：1mol該油脂中平均含有碳碳雙鍵的物質(zhì)的量為2mol．25、略

【分析】

根據(jù)m=ρV可計算質(zhì)量；1mol原子的質(zhì)量在數(shù)值上等于其相對原子質(zhì)量．

本題考查相對原子質(zhì)量的計算方法，注意摩爾質(zhì)量以g/mol為單位和相對原子質(zhì)量在數(shù)值上相等，難度不大．【解析】解：20個原子的質(zhì)量為m=ρV=5.0g?cm-3×（1×10-7）3cm3=5×10-21g，所以一個原子的質(zhì)量為：5×10-21g÷20=2.5×10-22g，則NA個質(zhì)量為：6.02×1023×2.5×10-22g=150.5g；故摩爾質(zhì)量為150.5g/mol，此元素的相對原子質(zhì)量為150.5．

答：此元素的相對原子質(zhì)量是150.5．26、解：(1)達到化學平衡后，測的反應器中有0.04molSO3(g)；則：

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)

開始(mol)：0.050.030

變化(mol)：0.040.020.04

平衡(mol)：0.010.010.04

容器的體積為1L，故SO2、O2、SO3的平衡濃度分別為：0.01mol/L；0.01mol/L、0.04mol/L；

所以該溫度下平衡常數(shù)k===1600

二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為：×100%=80%

答：該溫度下平衡常數(shù)為1600；二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為80%；

(2)容器的體積為1L，可以利用物質(zhì)的量代替濃度計算濃度商，向該容器中通入0.048molSO3(g)、0.0090mol的O2和0.002mol的SO2，濃度商Qc==6.4×104＞1600，反應不處于平衡狀態(tài)，平衡逆向移動，向生成SO2的方向移動；

答：反應不處于平衡狀態(tài)，平衡逆向移動，向生成SO2的方向移動．【分析】rm{(1)}利用三段式計算平衡時各組分的物質(zhì)的量，進而計算各組分平衡濃度，代入平衡常數(shù)表達式rm{dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}計算；

根據(jù)轉(zhuǎn)化率定義計算rm{dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}的平衡轉(zhuǎn)化率；

rm{SO_{2}}計算該情況下濃度商rm{(2)}與平衡常數(shù)比較判斷，若rm{Qc}處于平衡狀態(tài)，若rm{Qc=k}反應向正反應進行，rm{Qc<k}反應向逆反應進行．rm{Qc>k}【解析】解：rm{(1)}達到化學平衡后，測的反應器中有rm{0.04molSO_{3}(g)}則：

rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}

開始rm{(mol)}rm{0.050.030}

變化rm{(mol)}rm{0.040.020.04}

平衡rm{(mol)}rm{0.010.010.04}

容器的體積為rm{1L}故rm{SO_{2}}rm{O_{2}}rm{SO_{3}}的平衡濃度分別為：rm{0.01mol/L}rm{0.01mol/L}rm{0.04mol/L}

所以該溫度下平衡常數(shù)rm{k=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}=dfrac{0.04^{2}}{0.01^{2}times0.01}=1600}

二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為：rm{dfrac{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}

答：該溫度下平衡常數(shù)為rm{k=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}=dfrac

{0.04^{2}}{0.01^{2}times0.01}=1600}二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為rm{dfrac

{0.04mol}{0.05mol}隆脕100%=80%}

rm{1600}容器的體積為rm{80%}可以利用物質(zhì)的量代替濃度計算濃度商，向該容器中通入rm{(2)}rm{1L}的rm{0.048molSO_{3}(g)}和rm{0.0090mol}的rm{O_{2}}濃度商rm{Qc=dfrac{0.048^{2}}{0.002^{2}times0.009}=6.4隆脕10^{4}>1600}反應不處于平衡狀態(tài)，平衡逆向移動，向生成rm{0.002mol}的方向移動；

答：反應不處于平衡狀態(tài)，平衡逆向移動，向生成rm{SO_{2}}的方向移動．rm{Qc=dfrac{0.048^{2}}{0.002^{2}times

0.009}=6.4隆脕10^{4}>1600}五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共36分)27、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色。【解析】①.NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）228、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越小；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結(jié)合，電子式為NaH與