…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬科版高二化學下冊階段測試試卷210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6題，共12分)1、下面關于晶體的敘述中，錯誤的是（）A.氯化銫晶體中，每個Cs＋周圍緊鄰8個Cl－B.氯化鈉晶體中，每個Na＋周圍距離最近且相等的Na＋共有6個C.干冰晶體中，每個CO2分子周圍緊鄰12個CO2分子D.金剛石為網狀結構，由共價鍵形成的碳原子環中，最小環上有6個碳原子2、有機物分子式為C4H10O，能與金屬鈉反應放出H2，該化合物中，可由醛還原而成的有（）A.1種B.2種C.3種D.4種3、下列有關氯氣及其化合物的說法不正確的是（）A.因為氯氣有毒，有強氧化性，所以可用于殺菌、消毒、漂白B.干燥的氯氣和氯水均能使鮮花褪色C.除去氯氣中少量氯化氫可使氣體通過飽和食鹽水D.氯氣能與大多數金屬化合，其一般將變價金屬氧化至最高價4、下列對于苯的敘述正確的是（）A.易被強氧化劑KMnO4等氧化B.屬于不飽和烴易發生加成反應C.屬于不飽和烴但比較易發生取代反應D.苯是一種重要的有機溶劑可廣泛應用于生產綠色油漆等5、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.含有雙鍵的物質是烯烴B.烯烴是不飽和鏈烴C.rm{C_{4}H_{8}}是烯烴D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}是烯烴6、醛rm{X}和醛rm{Y}分子中相差rm{1}個碳原子，它們的相對分子質量也不相同rm{.}現將rm{0.29gX}和rm{0.30gY}相混合，與足量的銀氨溶液反應，在醛被完全氧化后，析出銀rm{4.32g}則rm{X}rm{Y}兩醛是rm{(}rm{)}A.甲醛和乙二醛B.乙醛和丙醛C.丙醛和苯甲醛D.只能判斷其中有甲醛另一醛無法求得評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、下列各組物質互為同分異構體的是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}年世界環境日我國的主題是：改善環境質量，推動綠色發展。符合該主題的措施有()A.燃煤煙氣脫硫B.大力發展和使用清潔能源C.直接排放電鍍廢水D.在汽車尾氣系統中裝置催化轉化器9、下列做法與化學反應速率有關的是。

A.延長反應時間rm{{,!}}B.使用合適的催化劑。

C.增加反應物的濃度D.改變反應的溫度10、下列離子與氖原子具有相同核外電子數的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}11、實驗是研究化學的基礎，圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全不正確的是rm{(}rm{)}A.

除雜B.

稀釋C.制氣D.稱量12、欲使rm{0.1mol隆隴L^{-1}CHCOONa}溶液中，rm{c(Na^{+})/c(CH_{3}COO^{-})}更接近于rm{1漏U1}應采取的措施是rm{(}rm{)}A.加入rm{NaOH}固體B.加入適量rm{CH_{3}COOH}C.加入rm{KOH}固體E.加入適量rm{CH_{3}COOK}固體E.加入適量rm{CH_{3}COOK}固體13、下列實例中與膠體性質有關的是A.用明礬凈水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆漿變成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的藥物治療胃酸過多評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、硝酸工業的基礎是氨的催化氧化，在催化劑作用下發生如下反應：①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=—905kJ/mol①主反應②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=—1268kJ/mol②副反應有關物質產率與溫度的關系如甲圖。（1）由反應①②可知反應⑤N2(g)+O2(g)2NO(g)的反應熱ΔH=____________（2）由圖甲可知工業上氨催化氧化生成NO時，反應溫度最好控制在____________（3）用Fe3O4制備Fe（NO3）3溶液時，需加過量的稀硝酸，原因一：將Fe4O3中的Fe2+全部轉化為Fe3+，原因二：________（用文字和離子方程式說明）。（4）將NH3通入NaClO溶液中，可生成N2H4，則反應的離子方程式為____________。（5）依據反應②可以設計成直接供氨式堿性燃料電池（如乙圖所示），則圖中A為____________（填“正極”或“負極”），電極方程式為____________15、（16分）藥物Z可用于治療哮喘、系統性紅斑狼瘡等，可由X（咖啡酸）和Y（1，4－環己二酮單乙二醇縮酮）為原料合成（如下圖）。

試填空：（1）X的分子式為；該分子中最多共面的碳原子數為。（2）Y中含有個手性碳原子。（3）Z能發生反應。（填序號）A．取代反應B．消去反應C．加成反應D．催化氧化反應（4）鑒別X和Z可用下列何種物質？A．Br2水B．酸性KMnO4溶液C．FeCl3溶液D．Na2CO3溶液（5）1molZ與足量的氫氧化鈉溶液充分反應，需要消耗氫氧化鈉mol；1molZ在一定條件下與足量Br2充分反應，需要消耗Br2mol。1molZ在一定條件下與足量H2充分反應，需要消耗H2mol。16、在稀氨水中進行下列操作，則rm{NH_{3}}rm{NH_{4}^{+}}rm{OH^{-}}rm{H^{+}}濃度如何變化？試用“增大”“減小”“不變”填空．

rm{(1)}通適量rm{HCl}氣體時，rm{C(NH_{3})}______，rm{C(H^{+})}______．

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

rm{(3)}加入rm{NH_{4}Cl}晶體時，rm{C(NH_{4}^{+})}______，rm{C(OH^{-})}______．17、用含有rm{A1_{2}0_{3}}rm{SiO_{2}}和少量rm{FeO隆隴xFe_{2}O_{3}}的鋁灰制備rm{A1_{2}(SO_{4})_{3}隆隴18H_{2}O}，工藝流程如下rm{(}部分操作和條件略rm{):}Ⅰrm{.}向鋁灰中加入過量稀rm{H_{2}SO_{4}}過濾；Ⅱrm{.}向濾液中加入過量rm{KMnO_{4}}溶液，調節溶液的rm{pH}約為rm{3}Ⅲrm{.}加熱，產生大量棕色沉淀，靜置，上層溶液呈紫紅色：Ⅳrm{.}加入rm{MnSO_{4}}至紫紅色消失，過濾；Ⅴrm{.}濃縮、結晶、分離，得到產品。rm{(1)}Ⅰ中過濾所得固體是____。rm{(2)H_{2}S0_{4}}溶解rm{A1_{2}0_{3}}的離子方程式是____。rm{(3)KMnO_{4}^{-}}氧化rm{Fe^{2+}}的離子方程式補充完整：

生成氫氧化物沉淀的rm{pH}。rm{Al(OH)_{3}}rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}開始沉淀時rm{3.4}rm{6.3}rm{1.5}完全沉淀時rm{4.7}rm{8.3}rm{2.8}注：金屬離子的起始濃度為rm{0.1mol隆隴L^{-1}}根據表中數據解釋步驟Ⅱ的目的：____。rm{(4)}己知：一定條件下，rm{MnO_{4}^{-}}可與rm{Mn^{2+}}反應生成rm{MnO_{2}}rm{壟脵}向Ⅲ的沉淀中加入濃rm{HCl}并加熱，能說明沉淀中存在rm{MnO_{2}}的現象是____。rm{壟脷}Ⅳ中加入rm{MnS0_{4}}的目的是________。18、核磁共振譜是測定有機物分子結構最有用的工具之一。在有機物分子中，不同位置的氫原子在質子核磁共振譜（PMR）中給出的峰值（信號）也不同，根據峰（信號）可以確定有機物分子中氫原子的種類和數目。例如：乙醛的結構式為：其PMR譜中有2個信號峰，其強度之比為3∶1。⑴下列有機物分子中，在質子核磁共振譜中只給出一種峰（信號）的是________A．CH3-CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3COCH3⑵化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的PMR譜上只有1個峰，則A的結構簡式為。B的PMR譜上有____個峰，強度比為。19、工業上用甲苯生產對-羥基苯甲酸乙酯（一種常見的化妝品防霉劑）；其生產過程如圖（反應條件沒有全部注明）：

根據上述合成路線回答：

（1）反應①的試劑和條件是____（填編號）

a．氯氣、光照b．液溴；催化劑。

有機物B的結構簡式是____．

（2）反應⑤的化學方程式為：____．

（3）反應④的反應類型是____（填編號），反應⑥的反應類型是____（填編號）．

a．取代反應b．加成反應c．消去反應d．酯化反應e．氧化反應。

（4）上述四種化合物B、C、E、G中：____能與NaHCO3反應（不考慮酯的水解）；____能與過量濃溴水反應．在一定條件下，等物質的量的B、C、E、G與足量的NaOH水溶液反應，消耗NaOH的物質的量之比為____．

（5）由C物質制備時，不可選用的試劑是（選填編號）____．

a．CH3COONa溶液b．NaOH溶液c．NaHCO3溶液d．Na．20、（11分）有機物A（C6H8O4）為食品包裝紙的常用防腐劑。A可以使溴水褪色。A難溶于水，但在酸性條件下可發生水解反應，得到B（C4H4O4）和甲醇。通常狀況下B為無色晶體，能與氫氧化鈉溶液發生反應。（1）A可以發生的反應有____（選填序號）。①加成反應②酯化反應③加聚反應④氧化反應（2）B分子所含官能團的名稱是、（3）B分子中沒有支鏈，其結構簡式是與B具有相同官能團的同分異構體的結構簡式是。（4）由B制取A的化學方程式是。（5）天門冬氨酸（C4H7NO4）是組成人體蛋白質的氨基酸之一，可由B通過以下反應制取：天門冬氨酸的結構簡式是。評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)21、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。22、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。23、（14分）某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為兩者反應生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學認為這兩者相互促進水解反應，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學認為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結晶水）Ⅰ．按照乙同學的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應的化學反應方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為。（2）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實驗現象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過下列所示裝置進行定量分析來測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實驗開始時和實驗結束時都要通入過量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質量為m克，裝置B質量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質量分數為。24、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學實驗小組通過實驗來探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設假設1：紅色粉末是Fe2O3假設2：紅色粉末是Cu2O假設3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設計探究實驗取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設1成立，則實驗現象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認為這種說法合理嗎？____簡述你的理由(不需寫出反應的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無固體存在,滴加KSCN試劑時溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫出發生反應的離子方程式、、。探究延伸經實驗分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實驗小組欲用加熱法測定Cu2O的質量分數。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質量不再變化時，稱其質量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質量分數為。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共24分)25、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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。26、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等；Z的內層電子數是最外層電子數的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數和為6；R和Q可形成原子個數之比為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兩元素的單質反應生成固體物質RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質。

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兩元素的單質反應后的固體物質與X2Q反應，若能產生的單質，即可證明得到的固體物質一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。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是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產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是_________________________填化學式）。28、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、工業流程題(共2題，共6分)29、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加熱時易被氧氣氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③堿石灰是生石灰和氫氧化鈉的混合物，利用如圖裝置對FeSO4·nH2O中結晶水的含量進行測定。

稱量C中的空硬質玻璃管的質量(82.112g)；裝入晶體后C中的硬質玻璃管的質量(86.282g)和D的質量(78.368g)后；實驗步驟如下：

完成下面小題。

1．下列分析正確的是()

A．裝置B中的濃硫酸可以換成濃氫氧化鈉溶液。

B．步驟I的目的是排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．裝置B和裝置D可以互換位置。

D．為加快產生CO2的速率；可將A中裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉狀。

2．操作甲和操作丙分別是()

A．操作甲：關閉K1操作丙：熄滅酒精燈。

B．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：冷卻到室溫。

C．操作甲：熄滅酒精燈操作丙：關閉K1

D.．作甲：熄滅酒精燈操作丙：烘干。

3．步驟Ⅳ稱得此時C中硬質玻璃管的質量為84.432g，D的質量為80.474g，產品硫酸亞鐵晶體(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理論值，產生誤差的可能原因是()

A．加熱時間過長，FeSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發的物質。

C．裝置D中的堿石灰失效了。

D．加熱時間過短，結晶水未完全失去30、金屬鉻在工業上有廣泛用途，主要用于不銹鋼及高溫合金的生產。鉻銨礬(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一種以碳素鉻鐵(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)為主要原料生產金屬鉻，并能獲得副產物鐵銨礬【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有關流程如下:

已知部分陽離子以氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金屬離子濃度為0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3開始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素鉻鐵前需將其粉碎，其目的是____________

(2)凈化和轉化階段:所得殘渣的主要成分是___________，轉化時需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1獲得鐵銨礬晶體的操作方法為______；過濾；洗滌、干燥。

(3)將鉻銨礬晶體溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)陽極液通入SO2的離子反應方程式______________。

(5)工業廢水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“鈣、鎂”是將其轉化為MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，當加入過量NaF使兩種沉淀共存時，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某課外活動小組將鉻銨礬(NH4CrSO4)·12H2O)經過一系列操作獲得了Cr2(CO3)3粗品。該小組利用EDTA(乙二胺四乙酸二鈉，陰離子簡寫為H2Y2-)測定粗品中Cr2(CO3)3的質量分數，準確稱取2.00g粗品試樣，溶于5.0mL稀鹽酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl緩沖溶液、0.10g紫脲酸銨混合指示劑，用0.100mol/LEDTA標準溶液滴定至呈穩定顏色，平均消耗標準溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前裝有EDIA標準溶液的滿定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_____(填“偏大”；“偏小”或“不變”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的質量分數w[Cr2(CO3)3]=____。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：B項：氯化鈉晶體中，每個Na＋周圍距離最近且相等的Na＋共有12個，故錯。故選B。考點：晶體【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】有機物分子式為C4H10O，能與金屬鈉反應放出H2；說明該化合物屬于醇類。醇中只有和羥基相連的碳原子上含有2個以上氫原子時才能發生催化氧化生成相應的醛，所以符合條件的只有1－丁醇和2－甲基－1丙醇兩種，答案選B。

【點評】醇中只有和羥基相連的碳原子上含有2個以上氫原子時才能發生催化氧化生成相應的醛，如果含有1個氫原子，則被氧化生成酮，沒有氫原子不能被氧化，據此可以判斷。3、A【分析】A．氯氣的殺菌；消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸，而不是氯氣，故A錯誤；

B．因干燥的氯氣遇到鮮花生成次氯酸；氯水中含有次氯酸，所以鮮花都褪色，氯水2含有次氯酸具有漂白性，故B正確；

C．因氯氣不溶于飽和食鹽水；而氯化氫能溶于飽和食鹽水，所以可用飽和食鹽水除去氯氣中少量氯化氫，故C正確；

D．氯氣是強氧化劑；與變價金屬氧化為高價化合物，和大多數金屬化合，故D正確；

故選A．

A．氯氣的殺菌；消毒，漂白作用是由于遇水生成了次氯酸；

B．根據氯氣無漂白性；遇到水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；

C．根據氯氣不溶于飽和食鹽水；而氯化氫能溶于飽和食鹽水；

D．氯氣是強氧化劑；與變價金屬氧化為高價化合物．

本題考查了氯氣性質的熟練掌握，需要注意的是氯氣無漂白性，遇到水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，題目難度中等．【解析】【答案】A4、C【分析】解：A．苯分子中不含碳碳雙鍵；不能被酸性的高錳酸鉀等氧化劑氧化，故錯誤；

B．苯的分子式為C6H6；雖然屬于不飽烴，但是分子中不含碳碳雙鍵，很難發生加成反應，故B錯誤；

C．苯屬于不飽和烴但比較易發生取代反應；例如能夠發生溴代；硝化、磺化反應，故C正確；

D．苯有毒；揮發的空氣中容易造成空氣污染，故D錯誤；

故選：C．

苯是一種重要的有機溶劑，有毒，分子式為C6H6；苯分子中不含碳碳雙鍵，苯分子中的碳碳鍵是介于雙鍵和單鍵之間一種獨特的化學鍵，所以苯易發生取代反應，能發生加成反應，難發生氧化反應．

本題考查了苯的性質和用途，題目難度不大，明確苯的結構和碳原子之間化學鍵的獨特性是解題關鍵．【解析】【答案】C5、B【分析】解：rm{A.}含碳碳雙鍵的物質，不一定只含rm{C}rm{H}元素，如氯乙烯中含雙鍵、rm{-Cl}不是烯烴，故A錯誤；

B.烯烴一定含rm{C}rm{H}元素；且含碳碳雙鍵，則烯烴是不飽和鏈烴，故B正確；

C.rm{C_{4}H_{8}}可能為環丁烷；可能為烯烴，故C錯誤；

D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}含rm{O}元素；則不是烯烴，故D錯誤；

故選B．

A.含碳碳雙鍵的物質，不一定只含rm{C}rm{H}元素；

B.烯烴一定含rm{C}rm{H}元素；且含碳碳雙鍵；

C.rm{C_{4}H_{8}}可能為環丁烷；

D.rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}含rm{O}元素．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握烯烴的組成、結構為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意含雙鍵的物質不一定為烯烴，題目難度不大．【解析】rm{B}6、A【分析】解：按常規應求得兩醛的平均相對分子質量；再討論求出兩醛：

設rm{X}rm{Y}兩醛混合物的平均相對分子質量為：rm{Mr.}則：

rm{RHCO隆蘆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}}

顯然該值比最簡單的甲醛都小，所以更小相對分子質量的“醛”只有rm{Mr=29.5}基；而無對應的有機物；

由選項中可見rm{-CHO}中有乙二醛，它是二元醛，若把它折合為一元醛時，相對分子質量僅為原相對分子質量的一半rm{A}即rm{.}正好該值比rm{dfrac{58}{2}=29.}小rm{29.5}而rm{.}一為乙二醛；一為甲醛，它們正好相差一個碳原子．

故選A．

醛與銀氨溶液反應的關系式為rm{29<29.5<30}計算醛的平均相對分子質量，利用端值法討論解答該題．

本題考查有機物的推斷，側重于學生的分析、計算能力的考查，注意把握反應的關系式以及平均相對分子質量的運用，難度中等，易錯點為rm{RHCO隆蘆2Ag}．rm{D}【解析】rm{A}二、多選題(共7題，共14分)7、CD【分析】

【分析】本題考查有機物同分異構體的判斷。掌握分子式相同，結構不同的化合物互為同分異構體是解題的關鍵。【解答】苯和苯酚的分子式不相同，不是同分異構體，故A錯誤；和互為同分異構體，故B正確；rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{隆陋CH=CH隆陋CH}rm{隆陋CH=CH隆陋CH}分子式均為rm{{,!}_{3}}二者互為同分異構體，故C正確；

和【解析】rm{CD}8、ABD【分析】【分析】A.含硫元素的煤燃燒會產生二氧化硫，二氧化硫有污染；B.清潔能源，即綠色能源，是指不排放污染物、能夠直接用于生產生活的能源；C.電鍍廢水中含有有害物質；D.汽車尾氣系統中的催化轉化器可將汽車廢氣轉化為沒有污染的物質。【解答】A.燃煤脫硫可減少二氧化硫污染物，故A正確；B.大力發展和使用清潔能源，可減少污染物產生，故B正確；C.直接排放電鍍廢水會污染環境，故C錯誤；D.在汽車尾氣系統中安裝催化轉化器可將汽車廢氣轉化為沒有污染的物質，故D正確；故選ABD。【解析】rm{ABD}9、BCD【分析】【分析】本題考查化學反應素的影響因素，為高頻考點，側重于學生的分析能力和基本概念、理論知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累。【解答】A.延長時間不能判斷反應速率的變化，可能增大，也可能減小，如達到平衡，速率不變，故A不選；

B.使用催化劑，一般可增大反應速率，故B選；

C.增加反應物濃度，單位體積的活化分子數目增多，反應速率增大，故C選；

D.改變反應的溫度，活化分子的百分數改變，則反應速率一定改變，故D選。

故選BCD。【解析】rm{BCD}10、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}11、ABD【分析】解：rm{A.}洗氣時；氣體應從長導管進，短導管出，題中氣體的進出方向錯誤，故A錯誤；

B.量筒只能用于量取一定體積；只能在常溫下使用，不能在量筒中稀釋濃硫酸，故B錯誤；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；裝置符合制備要求，故C正確；

D.氫氧化鈉應放在小燒杯中稱量；故D錯誤．

故選ABD．

A.氣體的進出方向錯誤；

B.不能在量筒中稀釋濃硫酸；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；

D.稱量氫氧化鈉時應防止氫氧化鈉吸水和變質；減小實驗誤差．

本題考查較為綜合，涉及物質的分離、溶液的量取、氣體的制備以及物質的稱量，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大．【解析】rm{ABD}12、BCE【分析】【分析】本題考查了鹽類水解平衡的影響因素分析判斷，注意陰離子和陽離子的濃度變化。【解答】醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解溶液顯堿性，rm{CH_{3}COO^{-}+H_{2}O?CH_{3}COOH+OH^{-}}

A.加人rm{Na0H}固體增大氫氧根離子濃度；平衡逆向進行，但同時增大鈉離子濃度，故A錯誤；

B.加入醋酸會抑制水解平衡逆向進行；醋酸根離子濃度增大，故B正確；

C.加入rm{KOH}固體溶解后氫氧根離子濃度增大，抑制水解，鈉離子和醋酸根離子濃度比值接近rm{1}rm{1}故C正確；

D.加水稀釋促進水解；醋酸根離子濃度和鈉離子濃度減小程度不同，故D錯誤；

E.加人適量rm{CH_{3}COOK}固體，溶解后溶液中醋酸根離子濃度增大，可以使鈉離子和醋酸根離子濃度比值接近rm{1}rm{1}故E正確。

故選BCE。【解析】rm{BCE}13、AC【分析】【分析】本題考查膠體的性質及其應用，題目難度不大。【解答】A.用明礬凈水，利用膠體的吸附性，故A正確；

B.用食醋除去水垢是利用了醋酸的酸性，與膠體的性質無關，故B錯誤；

C.用石膏使豆漿變成豆腐，利用膠體聚沉的性質，故C正確；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的藥物治療胃酸過多時，與鹽酸反應生成氯化鋁和水，屬于復分解反應，與膠體的性質無關，故D錯誤。rm{Al(OH)_{3}}故選：rm{AC}【解析】rm{AC}三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】試題分析：（1）由蓋斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H=1/2×（1）由蓋斯定律，（①-②）×1/2可得N2（g）+O2（g）2NO（g），故△H=+181.5kJ·mol－1，故答案為：+181.5kJ·mol－1；（2）從圖象可以看在，反應溫度在780～840℃，NO的產率最大，故選擇780～840℃，故答案為：780～840℃；（3）溶液中鐵離子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，過量的硝酸抑制Fe3＋的水解，故答案為：溶液中鐵離子水解Fe3＋+3H2OFe（OH）3+3H＋，過量的硝酸抑制Fe3＋的水解；（4）NH3通入NaClO溶液中，生成N2H4，N元素的化合價升高，故Cl元素的化合價應降低，有氯離子生成，根據元素守恒與電荷守恒可知，還有水生成，配平后離子方程式為：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O，故答案為：2NH3+ClO－=N2H4+Cl－+H2O；（5）由圖可知，A極通入的為氨氣，發生氧化反應，為負極，氨氣在堿性條件下放電生成氮氣與水，電極反應式為：2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，故答案為：負極；2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O．考點：化學平衡的調控作用；化學電源新型電池【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）負極2NH3—6e—+6OH—=N2+6H2O15、略

【分析】試題分析：（1）根據X的結構簡式，可知X的分子式為C9H8O4；以苯環和碳碳雙鍵兩平面共面，所以分子中最多共面的碳原子數為9；（2）連有四個不同基團的碳原子稱為手性碳原子，所以Y中不含手性碳原子；（3）Z中含有醇羥基，所以Z能發生取代反應、消去反應，由于和羥基直接相連的碳原子沒有氫，所以不能發生催化氧化；Z中含有雙鍵能發生加成反應；（4）X中含有羧基，Z不含羧基，可以用碳酸鈉溶液鑒別；（5）酚羥基、酯基消耗氫氧化鈉，Z中含有2個酚羥基、1個酯基，所以共消耗3mol氫氧化鈉；酚羥基的鄰位、對位與溴發生取代反應，碳碳雙鍵與溴發生加成反應，所以消耗4molBr2；苯環、酮羰基消耗氫氣，酯基與氫氣不反應，所以共消耗氫氣5mol。考點：本題考查有機物的結構和性質。【解析】【答案】C9H8O49（2）0（3）ABC（4）D（5）3；4；516、略

【分析】解：rm{(1)}向氨水中通適量的氯化氫氣體；氯化氫溶于水電離出氫離子，氫離子和氫氧根離子反應生成水，導致平衡右移，則溶液中氨氣濃度減小，溶液的堿性減弱，所以溶液中氫原子濃度增大，故答案為：減小；增大；

rm{(2)}向氨水中加入適量氫氧化鈉；氫氧根離子濃度增大，導致平衡左移，則溶液中銨根離子濃度減小，故答案為：減小；增大；

rm{(3)}向氨水中加入氯化銨；氯化銨電離出銨根離子，所以溶液中銨根離子濃度增大，平衡向左移動，從而抑制氨水電離，溶液中氫氧根離子濃度減小，故答案為：增大；減小．

根據rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}知；向氨水中加入酸，氫離子和氫氧根離子反應生成水，導致平衡右移，從而促進氨水電離；向氨水中加入堿，氫氧根離子濃度增大，導致平衡左移，從而抑制氨水電離；向氨水中加入氯化銨，導致溶液中銨根離子濃度增大，平衡向左移動，從而抑制氨水電離，據此分析解答．

本題考查了弱電解質的電離，根據溶液中某種微粒濃度的變化來判斷平衡的移動及其它微粒濃度的變化，題目難度不大．【解析】減小；增大；減小；增大；增大；減小17、（1）二氧化硅（或SiO2）（2）（3）5、8H+、5、4H2O；將Fe2+氧化為Fe3+，調節pH值使Fe3+完全沉淀；（4）①生成有黃綠色氣體；②加入MnSO4，除去過量的MnO4-。【分析】【分析】本題考查了鎂、鋁、鐵及其化合物性質的應用，主要是混合物分離的方法和實驗設計，加入氧化劑氧化亞鐵離子，調節溶液rm{PH}是沉淀分離是解題的關鍵，題目難度中等。是沉淀分離是解題的關鍵，題目難度中等。【解答】rm{PH}依據Ⅰ可得，加入rm{(1)}過量稀rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}后，只有rm{SO}rm{SO}不能溶解，所以濾渣是rm{{,!}_{4}}rm{SiO}故答案為：rm{SiO}rm{{,!}_{2}}rm{SiO}硫酸溶解氧化鋁生成硫酸鋁和水，反應的離子方程式為：rm{SiO}

故答案為：rm{{,!}_{2隆攏}}

rm{SiO}高錳酸根離子在酸溶液中被還原為錳離子，亞鐵離子被氧化為鐵離子，反應的離子方程式為：rm{SiO}

故答案為：rm{{,!}_{2攏祿}}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)}向濾液中加入過量rm{MnO_{4}^{-}+5Fe^{2+}+8H^{+}=5Fe^{3+}+Mn^{2+}+4H_{2}O}溶液，目的是氧化亞鐵離子為三價鐵離子，依據圖表數據分析可知，鐵離子開始沉淀和沉淀完全的溶液rm{5}為rm{8H^{+}}--rm{5}鋁離子和亞鐵離子開始沉淀的溶液rm{4H_{2}O}大于rm{(4)}所以調節溶液的rm{KMnO_{4}}約為rm{PH}可以使鐵離子全部沉淀，鋁離子不沉淀分離；

故答案為：rm{1.5}約為rm{2.8}時，rm{PH}和rm{3}不能形成沉淀，將rm{pH}氧化為rm{3}可使鐵完全沉淀；

rm{pH}一定條件下，rm{3}可與rm{Fe^{2+}}反應生成rm{Al^{3+}}

rm{Fe^{2+}}向Ⅲ的沉淀中加入濃rm{Fe^{3+}}并加熱，二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下反應生成氯化錳、氯氣和水，生成的氯氣是黃綠色氣體，能說明沉淀中存在rm{(5)}的現象是生成黃綠色氣體；

故答案為：生成黃綠色氣體；

rm{MnO_{4}^{-}}可與rm{Mn^{2+}}反應生成rm{MnO_{2}}過濾除去，所以可以利用rm{壟脵}的溶液和高錳酸鉀溶液反應生成二氧化錳；把過量高錳酸根離子除去；

故答案為：除去過量的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}將rm{4H_{2}O}氧化為rm{Fe^{2+}}調節rm{Fe^{3+}}值使rm{pH}完全沉淀；rm{Fe^{3+}}生成有黃綠色氣體；rm{(4)壟脵}加入rm{壟脷}除去過量的rm{MnSO_{4}}rm{MnO_{4}^{-}}18、略

【分析】試題分析：（1）在核磁共振譜中，有幾種氫原子，就有幾個峰。在質子核磁共振譜中只給出一種峰（信號）說明只含有一種氫原子。A一種正確。B2種錯誤。C2種，錯誤。D1種。正確。所以選項為AD。（2）A的分子式是C2H4Br2，A的PMR譜上只有1個峰則它只有一種氫原子。結構簡式為BrCH2-CH2Br。B與它是同分異構體，只有一種，結構簡式為CH3-CHBr2。有兩種氫原子，個數比為3:1.所以B的PMR譜上有2個峰，強度比為3:1（或者1:3）考點：考查利用質子核磁共振譜確定物質結構的知識。【解析】【答案】(1)AD；(2)BrCH2-CH2Br，兩，1∶3（或3:1）19、略

【分析】

C可知，甲苯應在催化劑條件下反應生成在堿性條件下水解生成C，C和CH3I發生取代反應生成D，D被酸性高錳酸鉀氧化生成E，E和乙醇發生酯化反應生成F，F為F進而和HI發生取代反應生成G，則。

（1）反應①為甲苯發生取代反應生成的反應，反應條件應為B，如在光照條件下可取代烴基上的H，故答案為：B；

（2）E和乙醇發生酯化反應生成F，F為反應的方程式為

故答案為：

（3）反應④為甲基被氧化為羧基的過程；反應⑥為取代反應，故答案為：e；a；

（4）化合物B、C、E、G中，E中含有-COOH，呈酸性，可以碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳氣體，C和G中含有酚羥基，可與濃溴水發生取代反應，在一定條件下，等物質的量的B、C、E、G與足量的NaOH水溶液反應，1molB在堿性條件下水解生成HBr和酚羥基；可與2molNaOH反應，C中只含1個酚羥基，E中只含1個羧基，1molC；E各消耗1molNaOH，G中含有酚羥基和酯基，酚羥基和NaOH發生中和反應，酯基在堿性條件下水解生成-COONa和乙醇，1molG消耗2molNaOH；

所以物質的量之比為2：1：1：2；

故答案為：E；C；G；2：1：1：2；

（5）C中含有酚羥基，酸性比醋酸和碳酸都弱，不能與CH3COONa溶液或NaHCO3溶液反應制備故答案為：a；c．

【解析】【答案】由C可知，甲苯應在催化劑條件下反應生成在堿性條件下水解生成C，C和CH3I發生取代反應生成D，D被酸性高錳酸鉀氧化生成E，E和乙醇發生酯化反應生成F，F為F進而和HI發生取代反應生成G，結合有機物的結構和性質解答該題．

20、略

【分析】【解析】【答案】（1）①③④（2）碳碳雙鍵，羧基（3）（4）（5）四、探究題(共4題，共36分)21、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）23、略

【分析】Ⅰ．根據乙的理解，應該是水解相互促進引起的，所以方程式為Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸銅分解生成物有CO2，而氫氧化銅分解會產生水，據此可以通過檢驗水和CO2的方法進行驗證。由于通過澄清的石灰水會帶出水蒸氣，所以應該先檢驗水蒸氣，因此正確的順序是A→C→B。（2）檢驗水蒸氣一般用無水硫酸銅。（3）如果含有碳酸銅，則分解會生成CO2氣體，因此裝置B中澄清石灰水變渾。Ⅲ．（1）由于要通過空氣將裝置中的氣體完全排盡，而空氣中也含有水蒸氣和CO2，所以裝置C中堿石灰的作用是吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2。（2）開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。從而減少實驗誤差。（3）裝置B中增加的質量是水，所以氫氧化銅的質量是所以沉淀中CuCO3的質量分數為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）無水硫酸銅（1分）（3）裝置B中澄清石灰水變渾（2分）Ⅲ（1）吸收空氣中的H2O蒸汽和CO2（2分），開始時通入處理過的空氣可以將裝置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空氣趕出；結束時通入處理過的空氣可以將裝置中滯留的H2O蒸汽和CO2趕出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假設1成立，則溶液中含有鐵離子，所以溶液會變為血紅色。（2）由于鐵離子能氧化單質銅，而生成亞鐵離子。因此如果混合物中含有氧化亞銅，則也可能不會出現血紅色。（3）根據（2）中分析可知，此時應該是Fe2O3和Cu2O的混合物，有關的方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根據反應式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亞銅的質量是所以混合物中Cu2O的質量分數為【解析】【答案】（1）溶液變為血紅色（1分）（2）不合理（1分）Cu能將Fe3+還原為Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每個2分，共8分）（4）（2分）五、元素或物質推斷題(共4題，共24分)25、略

【分析】【詳解】

根據固體加過量稀鹽酸，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是NaHCO?；（2）步驟II中產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是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質，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）226、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數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的最外層電子數相等，二者原子序數相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內層電子數是最外層電子數的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數之比為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，據此分析解答。

【詳解】

根據上述分析可知：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越大原子半徑越小；原子核外電子層數越多，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發生中和反應產生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反應產生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非常活潑的金屬，可以與水反