2025年冀教版高二化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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2025年冀教版高二化學下冊月考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5題，共10分)1、下列有機物命名正確的是（）A.3﹣甲基﹣2﹣戊炔B.3﹣乙基﹣1﹣丁烯C.2﹣甲基﹣1﹣丙醇D.3，4，4﹣三甲基己烷2、25℃時，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入過量金屬錫(Sn)，發(fā)生反應：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，體系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)變化關系如圖所示。下列判斷正確的是A.往平衡體系中加入少量金屬鉛后，c(Pb2＋)增大B.往平衡體系中加入少量Sn(NO3)2固體后，c(Pb2＋)變小C.升高溫度，平衡體系中c(Pb2＋)增大，說明該反應的△H＞0D.25℃時，該反應的平衡常數(shù)K＝2.23、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）

。選項實驗操作與現(xiàn)象結論A向油脂皂化反應后的溶液中滴入酚酞，溶液變紅油脂已經(jīng)完全皂化B蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加熱一段時間后，再與銀氨溶液混合加熱，有光亮的銀生成蔗糖溶液已經(jīng)水解完全C向溶液X中滴入NaHCO3溶液，產生無色氣體X中的溶質一定是酸D向雞蛋清溶液中滴加醋酸鉛溶液，產生白色沉淀，加水沉淀不消失蛋白質發(fā)生了變性A.AB.BC.CD.D4、下列說法不正確的是（）A.O2和O3互為同素異形體B.H、H和H互為同位素C.CH2=CH2和互為同系物D.和互為同分異構體5、下列說法錯誤的是()A.電子排布rm{(_{21}Sc)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{3}}違反了能量最低原理B.電子排布式rm{(_{6}C)1s^{2}2s^{2}2p_{x}^{2}}違反了洪特規(guī)則C.rm{ns}電子的能量不一定高于rm{(n-1)p}電子的能量根據(jù)構造原理，原子核外電子填充順序為rm{1s2s2p3s3p4s3d4p5s5p4d6s4f5d6p}D.電子排布式rm{(_{22}Ti)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{10}}違反了泡利原理rm{(_{22}Ti)

1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{10}}評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、根據(jù)元素周期律，堿金屬元素的下列性質從上到下依次遞增的有rm{(}rm{)}A.金屬性B.化合價C.原子半徑D.單質的還原性7、將下列物質加入水中，會顯著放熱的有rm{(}rm{)}A.燒堿B.濃硫酸C.食鹽D.生石灰8、下列物質中能產生丁達爾現(xiàn)象的是A.豆?jié){B.淀粉溶液C.rm{Fe(OH)_{3}}膠體D.飽和rm{FeCl_{3}}溶液9、生活處處有化學。下列敘述正確的有A.大米經(jīng)蒸煮和發(fā)酵可釀造白酒B.油脂水解的最終產物為葡萄糖C.棉花和蠶絲的主要成分都是纖維素D.豆制品中的主要營養(yǎng)物質是蛋白質10、在日常生活中，與化學反應速度有關的做法是rm{(}rm{)}A.用熱水溶解蔗糖以加速溶解B.把塊狀煤碾成粉末狀再燃燒C.真空包裝食品，以延長保質期D.低溫冷藏使食品延緩變質11、下列不能夠用酒精燈加熱的儀器是()A.量筒B.燒杯C.試管D.容量瓶12、以石油、煤和天然氣為主要原料生產的三大合成材料是A.陶瓷B.塑料C.合成纖維D.合成橡膠13、甲烷和乙烯是兩種重要的有機物，關于它們的說法正確的是A.乙烯是重要的化工原料B.甲烷和乙烯互為同系物C.甲烷和乙烯可以用溴水加以鑒別D.甲烷是最簡單的有機物，是天然氣的主要成分14、下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.糖類rm{.}油脂rm{.}蛋白質都能發(fā)生水解反應B.糖類rm{.}油脂rm{.}蛋白質都是由C.rm{H}rm{O}三種元素組成的rm{C}糖類rm{.}油脂rm{.}蛋白質都是高分子化合物D.油脂有油和脂肪之分，但都屬于酯評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、如圖所示為高溫超導領域里的一種化合物——鈣鈦礦晶體結構，該結構是具有代表性的最小重復單位。(1)在該物質的晶體結構中，每個鈦離子周圍與它最接近且距離相等的氧離子、鈣離子各有____、____個。(2)該晶體結構中，元素氧、鈦、鈣的離子個數(shù)比是____，該物質的化學式可為____。(3)若鈣、鈦、氧三元素的相對原子質量分別為a、b、c，晶體結構圖中正方體邊長(鈦原子之間的距離)為dnm(1nm＝10－9m)，阿伏加德羅常數(shù)為6.02×1023mol-1，則該晶體的密度為____g·cm-3。16、粗鹽提純的步驟____，____，____；粗鹽中還含有一些可溶性雜質（CaCl2、MgCl2、SO），除去這些雜質依次加過量NaOH（除去Mg2+），過量BaCl2（除去SO）過量Na2CO3（除去Ca2+、過量Ba2+），過濾操作后，再加入____，除去（過量的COOH﹣）有關離子方程式：____．17、某溫度下，純水中的c（H+）=2.0×10-7mol/L，則此時溶液的c（OH-）為______mol/L．18、下列物質：rm{壟脵}水晶rm{壟脷}冰醋酸rm{壟脹}氧化鈣rm{壟脺}白磷rm{壟脻}晶體氬rm{壟脼}氫氧化鈉rm{壟脽}鋁rm{壟脿}金剛石rm{壟謾}過氧化鈉rm{(1)}屬于原子晶體的化合物____；rm{(2)}直接由原子構成的晶體____；rm{(3)}直接由原子構成的分子晶體____；rm{(4)}由極性分子構成的晶體是____；含有非極性鍵的離子晶體是；屬于分子晶體的單質是；rm{(5)}在一定條件下能導電而不發(fā)生化學變化的是________；受熱熔化后化學鍵不發(fā)生變化的是；受熱熔化時需克服共價鍵的是；19、（1）寫出MgBr2的電子式____．

（2）H2O以____鍵結合，MgBr2以____鍵結合．（填極性鍵；非極性鍵、離子鍵）

（3）14CO2與碳在高溫條件下發(fā)生反應：14CO2+C2CO，該反應是____熱反應，達到平衡后，平衡混合物中含14C的粒子有____．20、在一條件下，CH3COOH溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3CH3COO﹣+H+△H＞0，下列方法中，可以使0.10mol?L﹣1CH3COOH溶液中CH3COOH電離程度增大的是____

a．加入少量0.10mol?L﹣1的稀鹽酸。

b．加熱。

c．加水稀釋至0.010mol?L﹣1

d．加入少量冰醋酸。

e．加入少量氯化鈉固體。

f．加入少量0.10mol?L﹣1的NaOH溶液．21、某火腿制品的包裝上印有相關配料：精選瘦肉、白糖、淀粉、亞硝酸鈉等．其中富含蛋白質的是______，屬于防腐劑的是______，淀粉在人體內最終的水解產物為______；白糖的主要成分是______．22、rm{25隆忙}時，現(xiàn)有濃度均為rm{0.10mol/L}的兩種溶液：rm{壟脵NH_{4}Cl}溶液、rm{壟脷NaCl}溶液．

rm{(1)}兩種溶液中，rm{pH<7}的是______rm{(}填“rm{壟脵}”或“rm{壟脷}”rm{)}．

rm{(2)}用離子方程式解釋rm{(1)}的原因：______．

rm{(3)}下列說法正確的是______rm{(}填字母rm{)}．

rm{a.NH_{4}Cl}是強電解質rm{b.NH_{4}Cl}和rm{NaCl}均能促進水的電離。

rm{c.}兩種溶液等體積混合后，溶液中離子濃度大小關系為：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH^{+}_{4})>c(H^{+})>c(OH^{-})}評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)23、高鐵酸鹽是一種新型綠色凈水消毒劑，熱穩(wěn)定性差，在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-?；卮鹣铝袉栴}：

（1）工業(yè)上濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝如圖：

①Na2FeO4中鐵元素的化合價為___，高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為___(填“氧化還原反應”；“復分解反應”或“化合反應”)。

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化學氧化法生產高鐵酸鈉(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應，該反應的化學方程式為___；理論上每制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為___（保留小數(shù)點后1位）。

（3）采用三室膜電解技術制備Na2FeO4的裝置如圖甲所示，陽極的電極反應式為__。電解后，陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為___(填化學式)。

（4）將一定量的K2FeO4投入一定濃度的Fe2(SO4)3溶液中，測得剩余K2FeO4濃度變化如圖乙所示，推測曲線I和曲線Ⅱ產生差異的原因是___。24、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，F(xiàn)eSO4進一步分解了。

B．原晶體中含有易揮發(fā)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25、疊氮化鈉(NaN3)常用作汽車安全氣囊及頭孢類藥物生產等。水合肼還原亞硝酸甲酯(CH3ONO)制備疊氮化鈉(NaN3)的工藝流程如下：

已知：i．疊氮化鈉受熱或劇烈撞擊易分解；具有較強的還原性。

ii．相關物質的物理性質如下表：。相關物質熔點℃沸點℃溶解性CH3OH-9767.1與水互溶亞硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5與水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300與水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步驟I總反應的化學方程式為___________。

(2)實驗室模擬工藝流程步驟II；III的實驗裝置如圖。

①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應的化學方程式為___________。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是___________。

②步驟II開始時的操作為___________(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是___________(選填字母編號)。

a．打開K1、K2b．關閉K1、K2c．打開K3d．關閉K3e．水浴加熱f．通冷凝水。

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)實驗室用滴定法測定產品純度。測定過程涉及的反應為：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

稱取2.50g產品配成250mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反應后稍作稀釋，向溶液中加適量硫酸，滴加2滴鄰菲噦啉指示劑，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過量的Ce4＋，消耗標準溶液V2mL。

①產品純度為___________。

②為了提高實驗的精確度，該實驗還需要___________。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共40分)26、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）。27、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：_____________。28、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）。29、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、原理綜合題(共1題，共5分)30、化學家侯德榜創(chuàng)立了中國的制堿工藝，促進了世界制堿技術的發(fā)展。下圖是純堿工藝的簡化流

（1）寫出CO2的電子式____________________。

（2）用離子方程式表示純堿工藝中HCO3-的生成___________________。

（3）工業(yè)生產時先氨化再通CO2，順序不能顛倒，原因是_______________。

（4）濾液A中最主要的兩種離子是_________。

（5）某小組設計如下實驗分離濾液A中的主要物質。打開分液漏斗活塞，一段時間后，試管中有白色晶體生成，用化學原理解釋白色晶體產生的原因___________________。

（6）某純堿樣品因煅燒不充分而含少量NaHCO3，取質量為m1的純堿樣品，充分加熱后質量為m2，則此樣品中碳酸氫鈉的質量分數(shù)為______________________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【解答】解：A；3﹣甲基﹣2﹣戊炔；在2、3號碳之間含有三鍵，3號碳原子已經(jīng)含有4個共價鍵，不可能存在甲基，所以該命名不合理，故A錯誤；

B；3﹣乙基﹣1﹣丁烯；該有機物主鏈為5個碳，即為戊烯，正確命名為：3﹣甲基﹣1﹣戊烯，故B錯誤；

C；2﹣甲基﹣1﹣丙醇；符合命名規(guī)則，故C正確；

D；3；4，4﹣三甲基己烷，不符合支鏈編號之和最小原則，正確命名應為：3，3，4﹣三甲基己烷，故D錯誤．

故選C．

【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

1）烷烴命名原則：

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號；

④?。褐ф溇幪栔妥钚。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

3）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。?、D【分析】試題分析：Pb為純固體，加入金屬鉛，對平衡無影響，故A項錯誤；往平衡體系中加入少量Sn(NO3)2固體后使溶液中c(Sn2+)濃度變大，故平衡逆向移動，c(Pb2＋)增大，故B項錯誤；升高溫度平衡體系中c(Pb2＋)增大，平衡逆向移動，故逆反應方向為吸熱方向，故該反應的△H<0，故C項錯誤；25℃時，該反應的平衡常數(shù)K＝0.22/0.1=2.2，故D項正確?？键c：化學平衡移動?！窘馕觥俊敬鸢浮緿3、D【分析】解：A．向油脂皂化反應后；生成高級脂肪酸鹽，水解顯堿性，但堿性條件下水解為皂化反應，不能說明結論，皂化反應結束后溶液不分層可說明油脂已經(jīng)完全皂化，故A錯誤；

B．蔗糖水解后；檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，不能檢驗，故B錯誤；

C．X若為氯化鋁；與碳酸氫鈉發(fā)生相互促進水解反應，生成氣體時，則X可能為酸或鹽等，故C錯誤；

D．向雞蛋清溶液中滴加醋酸鉛溶液；發(fā)生變性，為不可逆反應，則產生白色沉淀，加水沉淀不消失，故D正確；

故選D．

A．向油脂皂化反應后；生成高級脂肪酸鹽，水解顯堿性，但堿性條件下水解為皂化反應；

B．蔗糖水解后；檢驗葡萄糖應在堿性條件下；

C．X若為氯化鋁；與碳酸氫鈉發(fā)生相互促進水解反應；

D．向雞蛋清溶液中滴加醋酸鉛溶液；發(fā)生變性，為不可逆反應．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握有機物的性質、水解反應、實驗技能等為解答該題的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，選項A為易錯點，題目難度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】解：A．O2和O3都是由氧元素形成的不同單質；互為同素異形體，故A正確；

B．H、H和H質子數(shù)相同；中子數(shù)不同，是氫元素的不同核素，互為同位素，故B正確；

C．CH2=CH2和結構不相似；不為同系物，故C錯誤；

D．和分子式相同而結構不同；互為同分異構體，故D正確．

故選C．

A．同種元素形成的不同單質互為同素異形體；

B．質子數(shù)相同質量數(shù)（或中子數(shù)）不同的原子互稱同位素；

C．同系物指結構相似、通式相同，組成上相差1個或者若干個CH2原子團的化合物；官能團數(shù)目和種類相等；

D．具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體．

本題考查同系物、同分異構體、同位素、同素異形體、同一物質的區(qū)別，難度不大，注意把握概念的內涵與外延．【解析】【答案】C5、C【分析】【分析】主要考查原子核外電子的排布，掌握能量最低原理，洪特規(guī)則，泡利原理是解題關鍵，題目難度不大。【解答】A.根據(jù)能量最低原理可知，電子先排能量低的軌道后排能量高的軌道，故rm{A}正確；B.根據(jù)洪特規(guī)則可知，rm{A}軌道上的兩個電子應排在不同軌道上，故rm{2p}正確；C.電子能量與能層和能級都有關rm{2p}電子的能量一定高于rm{B}電子的能量，故rm{B}錯誤；D.根據(jù)泡利不相容原理知，，rm{ns}軌道最多排rm{ns}個電子，故rm{(n?1)p}正確。故選C。rm{(n?1)p}【解析】rm{C}二、多選題(共9題，共18分)6、ACD【分析】解：堿金屬元素原子最外層電子都有rm{1}個電子，化合價都為rm{+1}價；從上到下依次增強，原子半徑依次增大，單質的還原性依次增強；

故選：rm{ACD}．

同主族元素金屬性從上到下依次增強；原子半徑依次增大，單質的還原性依次增強，據(jù)此解答．

本題考查了堿金屬元素性質遞變規(guī)律，明確同主族元素性質的遞變規(guī)律是解題關鍵，題目難度不大．【解析】rm{ACD}7、ABD【分析】解：rm{A.}燒堿溶于水會放熱；故A正確；

B.濃硫酸溶于水會放出大量的熱；故B正確；

C.rm{NaCl}溶于水熱效應不明顯；故C錯誤；

D.生石灰溶于水會放出大量的熱；故D正確．

故選ABD．

解此題的關鍵是看清放熱兩字，注意此題所研究的不一定是放熱的化學反應，放熱過程也可rm{.}如rm{NaOH}rm{CaO}濃rm{H_{2}SO_{4}}溶于水都是典型的放熱過程；rm{NH_{4}NO_{3}}溶于水是吸熱的；rm{C_{2}H_{5}OH}rm{NaCl}等溶于水熱效應不明顯．

本題考查物質溶解于水中的熱效應，難度不大，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握．【解析】rm{ABD}8、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}9、AD【分析】【分析】本題旨在考查學生對油脂、淀粉、纖維素、蛋白質等應用。【解答】A.淀粉發(fā)酵為葡萄糖，葡萄糖在一定條件下分解為乙醇和二氧化碳，故A正確；B.油脂水解最終產物為高級脂肪酸和甘油，故B錯誤；C.棉花的主要成分是纖維素，蠶絲的主要成分是蛋白質，故C錯誤；D.豆制品中的主要營養(yǎng)物質是蛋白質，故D正確。故答案為：rm{AD}【解析】rm{AD}10、BCD【分析】解：rm{A}溫度升高加速蔗糖分子的運動；使蔗糖溶解加速，但蔗糖溶解屬于物理變化，不是化學變化，故A錯誤；

B；把塊狀煤碾成粉末狀；增大與氧氣的接觸面積，加快煤的燃燒，故B正確；

C；真空包裝隔絕氧氣；抑制微生物的繁殖，延緩食品變質，保質期長，故C正確；

D；采用冷藏的方法儲存食品時；溫度低，微粒的運動速率慢，食品緩慢氧化的速率慢，保質期就長，故D正確；

故選BCD．

A；溫度升高加速蔗糖分子的運動；但蔗糖溶解屬于物理變化；

B；把塊狀煤碾成粉末狀；增大與氧氣的接觸面積；

C；真空包裝隔絕氧氣；抑制微生物的繁殖，延緩食品變質；

D；采用冷藏的方法儲存食品時；溫度低，微粒的運動速率慢，食品緩慢氧化的速率慢，保質期就長．

考查反應速率的影響因素等，難度不大，注意基礎知識的掌握與理解．【解析】rm{BCD}11、AD【分析】【分析】本題考查常見化學儀器的使用知識，難度不大，掌握常見的化學儀器的使用是解答的關鍵?！窘獯稹靠梢灾苯蛹訜岬膬x器有：燒杯、坩堝、試管、蒸發(fā)皿，量筒、容量瓶不能加熱，故AD錯誤。故選AD。【解析】rm{AD}12、BCD【分析】本題考查煤、石油和天然氣的用途。以煤、石油和天然氣為主要原料可制造化工產品、合成塑料、合成橡膠、合成纖維等，故BCD正確。

故選BCD?！窘馕觥縭m{BCD}13、ACD【分析】本題考查較綜合，涉及有機物的鑒別、試劑的保存、有機物結構與性質及混合物分離提純等。A.乙烯是重要的化工原料，故A正確；

B.甲烷是飽和烷烴，乙烯是烯烴，不是同系物，故B錯誤；

C.乙烯與溴水反應，而甲烷不能，則甲烷和乙烯可以用溴水鑒別，故C正確；

D.甲烷是最簡單的有機物，是天然氣的主要成分，故D正確。

故選ACD。【解析】rm{ACD}14、ABC【分析】解：rm{A.}糖類中的葡萄糖屬于單糖；是不能水解的糖，故A錯誤；

B.油脂主要由rm{C}rm{H}rm{O}元素組成，蛋白質主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四種元素組成；故B錯誤；

C.糖類中的單糖；二糖和油脂相對分子質量較??；不屬于高分子化合物，故C錯誤；

D.油脂有油和脂肪之分；但都屬于酯，它們的官能團都是酯基，屬于酯，故D正確．

故選ABC．

A.糖類中的單糖不能水解；

B.蛋白質主要由rm{C}rm{H}rm{O}rm{N}四種元素組成；

C.相對分子質量在rm{10000}以上的有機化合物為高分子化合物；

D.油脂的官能團是酯基．

本題考查糖類、油脂、蛋白質的組成和性質，明確不能水解的物質是解題的關鍵，題目難度不大，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的應用能力．【解析】rm{ABC}三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【解析】試題分析：每個鈦離子周圍與它最接近且距離相等的氧離子、鈣離子各有6個（上下左右前后個1個）和8個（每個頂點可以形成8個立方體）。（2）根據(jù)晶胞結構，借助于均攤法可知，該晶體結構中，元素氧、鈦、鈣的離子個數(shù)分別是1個，所以離子個數(shù)比是3∶1∶1，所以該物質的化學式是CaTiO3。（3）晶胞的邊長是d×10－7cm，所以根據(jù)晶胞的化學式可知解得ρ＝g/cm?？键c：考查晶胞、晶體化學式以及晶胞結構的有關計算【解析】【答案】(1)68(2)3∶1∶1CaTiO3(3)16、溶解|過濾|蒸發(fā)|稀鹽酸|CO+2H+=H2O+CO2↑，OH﹣+H+=H2O【分析】【解答】解：粗鹽中含難溶的泥沙，除掉泥沙需要先溶解，過濾，蒸發(fā)結晶；得到不含泥沙的粗鹽，要通過離子反應將鈣離子、鎂離子、硫酸根以沉淀的形式除掉，所加試劑都是過量的，產生的沉淀有氫氧化鎂、硫酸鋇、碳酸鈣、碳酸鋇，過濾后濾液中還含過量的COOH﹣，用稀鹽酸與之反應產生氣體和水．故答案為：溶解；過濾；蒸發(fā)；稀鹽酸；CO+2H+=H2O+CO2↑；OH﹣+H+=H2O．

【分析】粗鹽中含難溶的泥沙，除掉要用到溶解、過濾、蒸發(fā)．粗鹽中可溶性雜質（CaCl2、MgCl2、SO42﹣），通過沉淀法除去，由于除雜試劑過量，需要用稀鹽酸除掉過量的COOH﹣．17、略

【分析】解：某溫度下，純水中的c（H+）=2.0×10-7mol?L-1，而H2O?OH-+H+，則c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol?L-1，即此溶液中c（OH-）=2.0×10-7mol?L-1，故答案為：2.0×10-7mol?L-1；

純水存在電離平衡；電離出的氫離子和氫氧根離子濃度相同，據(jù)此分析．

本題考查了水的離子積常數(shù)的分析應用，水電離平衡分析判斷，題目較簡單．應注意到無論在什么溶液中．什么溫度下，水電離出的氫離子濃度和水電離出的氫氧根濃度恒相等．【解析】2.0×10-718、(1)①⑧

(2)①⑤⑧

(3)⑤

(4)②，⑨，④⑤(5)⑦，②④⑤(氬晶體中無化學鍵)，①⑧【分析】【分析】

本題考查晶體類型的判斷及晶體的性質；為高頻考點，注意晶體的構成微粒；化學鍵、物質的分類即可解答，綜合性較強。

【解答】

rm{壟脵}水晶rm{(SiO_{2})}中含共價鍵；為共價化合物，為原子晶體；

rm{壟脷}冰醋酸中含共價鍵；為共價化合物，為分子晶體；

rm{壟脹}氧化鈣中含離子鍵；為離子化合物，為離子晶體；

D.白磷中含共價鍵；為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脹}白磷是含有非極性鍵，為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脺}白磷是含有非極性鍵，為單質，屬于分子晶體；氬中不含化學鍵；為單質，屬于分子晶體；

rm{壟脺}氫氧化鈉中含離子鍵和共價鍵；為離子化合物，為離子晶體；

rm{壟脻}鋁為金屬單質；為金屬晶體；

rm{壟脻}金剛石含共價鍵；為單質，屬于原子晶體；

rm{壟脼}氫氧化鈉過氧化鈉中含離子鍵和共價鍵；為離子化合物，為離子晶體；

rm{壟脼}屬于原子晶體的化合物是rm{壟脽}直接由原子構成的分子晶體是rm{壟脽}；

故答案為：rm{壟脿}；

rm{壟脿}rm{壟謾}過氧化鈉rm{壟謾}；

故答案為：rm{(1)}；

rm{A}rm{壟脵壟脿}rm{壟脵壟脿}

故答案為：rm{(2)}

直接由原子構成的晶體rm{壟脵壟脻壟脿}rm{壟脵壟脻壟脿}rm{(3)}直接由原子構成的分子晶體rm{壟脻}rm{壟脻}；

故答案為：rm{(4)}由極性分子構成的晶體是rm{壟脷}；

在一定條件下能導電而不發(fā)生化學鍵斷裂的是含有非極性鍵的離子晶體是受熱熔化后化學鍵不發(fā)生變化的化合物是rm{壟謾}氬晶體中無化學鍵；屬于分子晶體的單質是受熱熔化后需克服共價鍵的是rm{壟脺壟脻}

故答案為：rm{壟脷}rm{壟謾}氬晶體中無化學鍵rm{壟脺壟脻}rm{壟脽}

rm{壟脷壟脺壟脻(}【解析】rm{(1)壟脵壟脿}

rm{(2)壟脵壟脻壟脿}

rm{(3)壟脻}

rm{(4)壟脷}rm{壟謾}rm{壟脺壟脻}rm{(5)壟脽}rm{壟脷壟脺壟脻(}氬晶體中無化學鍵rm{)}rm{壟脵壟脿}19、略

【分析】

（1）Mg失去2個電子，被2個溴原子分別得到1個形成溴離子，則溴化鎂的電子式為：．

故答案為：

（2）水中含有氫氧兩種元素；屬于共價化合物，存在的是極性共價鍵；溴化鎂屬于離子化合物，存在的是離子鍵，故答案為：極性鍵；離子鍵；

（3）CO2+C?2CO，屬于吸熱反應，建立化學平衡后，可逆反應仍然進行，當向正反應方向進行時，部分CO中會有14C，當向逆反應方向進行時，生成的C中也會部分含有14C，即含有14C的有：CO2、C、CO，故答案為：吸；CO2；C、CO．

【解析】【答案】（1）根據(jù)離子化合物的電子式書寫．（2）根據(jù)水是共價化合物和溴化鎂是離子化合物判斷．（3）根據(jù)可逆反應分析．

20、bcf【分析】【解答】解：醋酸的電離是吸熱反應，加水稀釋、加入堿、加熱都能促進醋酸的電離；a．加入少量0.10mol?L﹣1的稀鹽酸；溶液中氫離子濃度增大，抑制醋酸的電離，則醋酸的電離程度降低，故錯誤；

b．醋酸的電離是吸熱反應，加熱CH3COOH溶液；促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；

c．加水稀釋至0.010mol?L﹣1；促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；

d．加入少量冰醋酸；醋酸的電離平衡向正反應方向移動，但醋酸的電離程度降低，故錯誤；

e．加入少量氯化鈉固體；不影響平衡的移動，則不改變醋酸的電離，故錯誤；

f．加入少量0.10mol?L﹣1的NaOH溶液；氫氧根離子和氫離子反應生成水，氫離子濃度降低，促進醋酸的電離，則醋酸的電離程度增大，故正確；

故選bcf．

【分析】醋酸的電離是吸熱反應，加水稀釋、加入堿、加熱都能促進醋酸的電離，由此分析解答．21、略

【分析】解：依據(jù)火腿制品的包裝上印有相關配料可知精選瘦肉中富含蛋白質；亞硝酸鈉具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最終產物是葡萄糖，白糖的主要成分為蔗糖；

其中富含蛋白質的是精選瘦肉；屬于防腐劑的是硝酸鈉；淀粉在人體內最終的水解產物為葡萄糖；白糖的主要成分是蔗糖；

故答案為：精選瘦肉；亞硝酸鈉、葡萄糖、蔗糖．

精選瘦肉中富含蛋白質；亞硝酸鈉具有防腐作用，淀粉是多糖水解的最終產物是葡萄糖，白糖的主要成分為蔗糖，依據(jù)配料中各成分的組成和性質和用途判斷解答．

本題考查蛋白質、糖類的性質，以及常見的食品添加劑，題目難度不大，注意相關知識的積累．【解析】精選瘦肉；亞硝酸鈉；葡萄糖；蔗糖22、略

【分析】解：rm{(1)}氯化鈉是強酸強堿鹽，氯離子和鈉離子不水解，溶液呈中性，氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致溶液呈酸性，故答案為：rm{壟脵}

rm{(2)}氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致溶液呈酸性，離子方程式為：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}故答案為：rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}

rm{(3)a.NH_{4}Cl}屬于鹽類，是強電解質，故rm{a}正確；

rm{b.NH_{4}Cl}能水解促進水電離，但是rm{NaCl}不會水解，所以不能促進水的電離，故rm錯誤；

rm{c.}兩種溶液等體積混合后，銨根離子水解、氯離子和鈉離子不水解，溶液呈酸性溶液中離子濃度大小關系為：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}故rm{c}正確，故選rm{ac}．

rm{(1)}強酸弱堿鹽溶液呈酸性；強酸強堿鹽溶液呈中性；

rm{(2)}銨根離子水解溶液顯示酸性；

rm{(3)a}完全電離的電解質為強電解質；部分電離的電解質為弱電解質；

rm含有弱離子的鹽促進水電離；酸或堿抑制水電離；

rm{c}混合溶液中；銨根離子水解、氯離子和鈉離子不水解，溶液呈酸性．

本題考查了鹽類水解知識點，根據(jù)鹽的特點結合鹽類水解判斷離子濃度大小，題目難度不大．【解析】rm{壟脵}rm{NH_{4}^{+}+H_{2}O?NH_{3}?H_{2}O+H^{+}}rm{ac}四、工業(yè)流程題(共3題，共12分)23、略

【分析】【分析】

(1)反應1中發(fā)生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分離出的Na2FeO4中加入飽和KOH溶液反應生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，同時生成還原產物NaCl，結合守恒法寫出該反應的化學方程式；根據(jù)電子守恒計算制備0.5molNa2FeO4消耗NaClO的質量；

(3)電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小；與鐵離子的水解有關。

【詳解】

(1)①Na2FeO4中鈉元素的化合價為+1價；氧元素的化合價為-2價，根據(jù)化合物中元素的正負化合價代數(shù)和為0，則鐵元素的化合價為0-(-2)×4-(+1)×2=+6價；高鐵酸鈉中鐵元素為+6價，具有強氧化性，能殺菌消毒，故高鐵酸鈉用于殺菌消毒時的化學反應類型為發(fā)生氧化還原反應；

②反應2加入飽和KOH溶液可轉化析出K2FeO4，即加入飽和KOH溶液發(fā)生的反應為Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；說明該溫度下高鐵酸鉀的溶解度小于高鐵酸鈉的溶解度；

(2)Fe(OH)3、過飽和的NaClO溶液和NaOH濃溶液反應生成Na2FeO4，反應中Fe元素的化合價從+3價升高為+6價，Cl元素的化合價從+1價降為-1價，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒，則該反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；設制備0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的質量為mg，則由電子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根據(jù)裝置圖，F(xiàn)e為陽極，電解時，陽極發(fā)生氧化反應生成FeO42-，電極方程式為Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-；陰極生成氫氣和氫氧化鈉，則陰極室得到的A溶液中溶質的主要成分為NaOH；

(4)由圖可知，F(xiàn)e2(SO4)3濃度越大，K2FeO4濃度越小，根據(jù)“高鐵酸鹽在堿性條件下能穩(wěn)定存在，溶于水發(fā)生反應：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，則產生曲線Ⅰ和曲線Ⅱ差異的原因是Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應從而降低K2FeO4濃度?！窘馕觥竣?+6②.氧化還原反應③.該溫度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解顯酸性，促進K2FeO4與水反應，從而降低K2FeO4的濃度24、略

【分析】【詳解】

1．A．裝置B中的濃硫酸不能換成濃氫氧化鈉溶液；因為氫氧化鈉溶液會吸收二氧化碳氣體，達不到排盡裝置中空氣的目的，故A錯誤；

B．步驟Ⅰ的目的是導入二氧化碳氣體，排盡裝置中的空氣，防止FeSO4、FeSO4?nH2O被氧化；故B正確；

C．裝置B和裝置D不能互換位置；因為堿石灰也會吸收二氧化碳氣體，故C錯誤；

D．將A裝置中鹽酸濃度增大；石灰石磨成粉末；會使產生二氧化碳的速率過大，粉末狀的石灰石會很快反應完，同時還會帶入HCl氣體，故D錯誤；

答案選B；

2．先熄滅酒精燈，通二氧化碳直至C裝置冷卻至室溫，然后關閉K1；操作甲：熄滅酒精燈，操作丙：關閉K1；故選C；

3．硫酸亞鐵晶體的質量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亞鐵無水鹽的質量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的結晶水的質量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故選B；

4．A．加熱時間過長，F(xiàn)eSO4進一步分解；會使m(無水鹽)偏大，則n偏大，故A錯誤；

B．將原晶體中易揮發(fā)物質的質量計入減少的結晶水中；則n偏大，故B錯誤；

C．裝置D中的堿石灰失效了；不會影響n值，故C錯誤；

D．加熱時間過短；結晶水未完全失去，n值會小于理論值，故D正確；

答案選D?！窘馕觥竣?B②.C③.B④.D25、略

【分析】【分析】

根據(jù)流程：NaNO2與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反應：CH3ONO+N2H4?H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液為NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸餾A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+；結合化學方程式定量關系計算；為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【詳解】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案為：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化學方程式為CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高過快。故答案為：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟Ⅱ中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開K1、K2，關閉K3；步驟Ⅲ中溶液A進行蒸餾的合理操作順序是：關閉K1、K2→打開K3→水浴加熱、通冷凝水或打開K3→關閉K1、K2→水浴加熱、通冷凝水，故步驟II開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟III蒸餾時的操作順序是cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醇洗滌2～3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結晶；使混合在一起的雜質彼此分離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)；重結晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反應，剩余的六硝酸鈰銨，向溶液中加適量硫酸，用c2mol?L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵銨)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+，結合化學方程式定量關系計算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，與NaN3反應的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==產品純度為故答案為：

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)?！窘馕觥?NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)重結晶補充平行實驗(重復滴定2~3次)五、元素或物質推斷題(共4題，共40分)26、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(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(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?！窘馕觥竣?NaHCO?②.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??；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