2025年岳麓版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年岳麓版高二化学上册月考试卷46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、将1molSO2和1molO2通入体积不变的密闭容器中，在一定温度和催化剂作用下，反应达到平衡时SO3为0.3mol，若此时移走0.5molO2和0.5molSO2则反应达到新的平衡时，SO3的物质的量是（）

A.0.3mol

B.0.15mol

C.小于0.15mol

D.大于0.15mol而小于0.3mol

2、下列有机反应中，不属于取代反应的是（）A.B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC.ClCH2CH=CH2+NaOHHOCH2CH=CH2+NaClD.3、已知反应rm{CaCO_{3}}rm{(s)+2HCl(aq)篓TCaCl_{2}}rm{(aq)+CO_{2}(g)+H_{2}O(l)}下列措施可使产生rm{CO_{2}}的速率加快的是rm{(}rm{)}A.加大rm{CaCO_{3}}的量B.加大盐酸的浓度C.加大盐酸的量D.减少rm{CaCl_{2}}的浓度4、甲经二步转化为丙，下列叙述正确的是()

A.反应rm{(1)}的无机试剂是液溴，铁作催化剂B.步骤rm{(2)}产物中可能含有未反应的甲，可用酸性高锰酸钾溶液检验是否含甲C.乙既能发生水解反应，又能发生消去反应D.反应rm{(1)}和rm{(2)}均为取代反应5、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是rm{(}rm{)}

A.一定属于可逆反应B.一定属于吸热反应C.一定属于氧化还原反应D.一定属于分解反应6、二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是A.利用金属钠或者金属钾B.利用质谱法C.利用红外光谱法D.利用核磁共振氢谱评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、(6分)材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。①住宅建设需大量的建筑材料，下列物质不属于硅酸盐材料的是(填字母)。a．水泥b．石灰石c．玻璃②现代生活离不开金属材料，下列钢铁的防腐方法中，防腐效果最好，但相对费用也最贵的是(填字母)。a．涂油漆b．包塑料层(镀塑)c．制成不锈钢③塑料应用于生产、生活各个领域。聚乙烯塑料属于(填字母)。a．有机高分子材料b．无机非金属材料c．金属材料8、（12分）甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应①和②，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2将0.20molCH4和0.30molH2O(g)通入容积为10L的密闭容器中，在一定条件下发生反应①，达到平衡时，CH4的转化率与温度、压强的关系如图。（1）已知在P1、100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用CH4表示的平均反应速率为______。（2）反应①的△H10，图中的P1______P2（填“<”、“=”或“>”）。（3）在压强为0.1MPa条件下，将一定量CO与H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，则反应②的△H2____0，△S____0（填“<”、“=”或“>”）。（4）根据题中给出的数据，计算反应①在100℃时的平衡常数值（写出计算过程及结果）9、（1）常温下，0.1mol·L-1的醋酸和0.1mol·L-1的盐酸各100mL分别与足量的锌粒反应，产生的气体体积前者____________后者。（填“大于”“等于”“小于”）（2）常温下0.1mol·L-1的醋酸和pH=1的醋酸各100mL分别与足量的锌粒反应，产生的气体前者比后者。（3）在25℃条件下将pH=5的氯化铵溶液稀释100倍，稀释后溶液的pH为（填选项字母，下同）____A、5B、7C、3—5之间D、5—7之间（4）25℃时，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，当晶体溶解后测得溶液pH将____。____A、增大B、减小C、不变D、无法确定（5）室温下，向0.1mol·L-1的H2SO4中加入足量的锌粒，若想减慢制取H2的速率，但又不影响H2的体积，可以向硫酸溶液中加入试剂。A、碳酸钠晶体B、醋酸钠晶体C、滴加少量的硫酸铜溶液D、水10、(8分)下表为烯类化合物与溴发生加成反应的相对速率（以乙烯为标准）。（1）下列化合物与氯化氢加成时，取代基对速率的影响与表中规律类似，其中反应速率最快的是_______________（填序号）。A．（CH3）2C=C(CH3)2B．CH3CH=CHCH2CH3C．CH2=CHCH3D．CH2=CHCl（2）烯烃与溴化氢、水加成时，产物有主次之分，例如：CH2=CHCH3+HBr→CH3CHBrCH3+CH3CH2CH2Br（主要产物）（次要产物）CH2=CHCH2CH3+H2OCH3CH(OH)CH2CH3+CH3CH2CH2CH2OH（主要产物）（次要产物）a.请写出与HBr反应的主要产物的结构简式___________________。b.下列框图中B、C、D都是相关反应中的主要产物（部分条件、试剂被省略），且化合物B中仅有四个碳原子、一个溴原子、一种氢原子。框图中，C的结构简式为________________________；写出反应⑤的化学方程式（只写主要产物，标明反应条件）：_____________________________________。11、（12分）有机物A的结构简式为该有机物A可通过不同化学反应分别制得下列B、C、D和E四种物质。请回答下列问题：（1）指出反应的类型：A→C____。（2）在A～E五种物质中，互为同分异构体的是（填代号）。（3）写出由A生成B的化学方程式____。（4）物质D结构中含有苯环、___________________________________等官能团。（5）C能形成高聚物，该高聚物的结构简式为。（6）写出D与NaOH溶液共热反应的化学方程式____。12、（1）按官能团的不同，可以对有机物进行分类，请指出下列有机物的种类：①_________；②________。（2）用系统命名法给下列有机物命名:①；②____。（3）写出由电石制聚氯乙烯的化学方程式：。13、高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)

已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：

。温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5请回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式K=____________；△H____________0(填“＞”；“＜”或“=”)；

(2)欲提高CO的平衡转化率；可采取的措施是____________．

A．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量C．移出部分CO2

D．提高反应温度E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂。

(3)在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率υ(CO2)以及达平衡时CO的体积分数．(必须写出计算过程)评卷人得分三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）。15、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：_____________。16、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）。17、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_______评卷人得分四、实验题(共2题，共4分)18、Ⅰ.某研究性学习小组用一定物质的量浓度的盐酸滴定10.00mL某浓度的NaOH溶液，滴定时使用pH计精确测量滴定过程中溶液的pH变化(温度为25℃)，并绘制出滴定过程中溶液pH的变化曲线(如图)。实验过程中需要使用的仪器有____。（选填下列仪器对应的字母）由下图可知NaOH溶液的物质的量浓度为。（忽略溶液混合时体积和温度的变化）Ⅱ.该小组四位同学在做实验时，发现了一个意外现象：向上述NaOH溶液中滴入酚酞溶液，开始时溶液变红，一会儿红色就消失了。对此意外现象形成的原因，该小组同学分别提出了各自的看法并进行相应的实验设计。[猜想]甲：可能是酚酞变质造成的；乙：可能是氢氧化钠溶液与空气中的二氧化碳反应的缘故；丙：可能是酚酞与空气中的氧气反应，使红色消失；丁：可能与氢氧化钠溶液浓度的大小有关。[理论分析]（1）丙同学认为乙同学的猜想也不正确，他的理由是[实验设计]（2）为证实丙同学的猜想，还需做如下实验，请完成下表：。实验步骤设计这一步骤的目的1．将配制的氢氧化钠溶液加热①____2．在加热后的溶液中滴加酚酞，并在上方滴一些植物油②利用植物油隔绝（3）通过以上实验，四位同学看到：溶液先变成红色，一会儿红色仍然消失。因此酚酞红色褪去与氧气无关。若丁同学的猜想正确，设计如下实验证明并完成有关问题：。实验方法观察到的现象和结论方案一：分别配制不同物质的量浓度的氢氧化钠溶液，然后各滴加数滴酚酞溶液。浓度大的溶液中酚酞红色会消失，则证明红色消失与氢氧化钠溶液的浓度大小有关方案二：向原红色消失的溶液中加________（填试剂名称）____________19、硅是人类文明发展的重要元素之一；从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹．

（1）工业生产粗硅的反应有：SiO2+2CSi（粗）+2CO↑，SiO2+3CSiC+2CO↑．若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2的质量之比为______．

（2）工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅：

①若反应I为Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，则反应II的化学方程式为______．

②整个制备过程必须严格控制无水无氧．SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出该反应的化学方程式：______．

③设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应I中HCl的利用率为90%，反应II中H2的利用率为93.75%，则在第二轮次的生产中，补充投入HCl和H2的物质的量之比是______．评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)20、rm{A^{+}}rm{B^{+}}rm{C^{-}}rm{D}rm{E}五种粒子rm{(}分子或离子rm{)}它们都含有rm{10}个电子，已知它们有如下转化关系：rm{垄脵A^{+}+C^{-}xrightarrow[]{?}D+E隆眉}rm{垄脵A^{+}+C^{-}xrightarrow[]{?}

D+E隆眉}rm{垄脷B^{+}+C^{-}篓D隆煤2D}写出rm{(1)}的离子方程式：________________________________________________________________________；写出rm{垄脵}的离子方程式：________________________________________________________________________。rm{垄脷}除rm{(2)}rm{D}外，请再写出两种含rm{E}个电子的分子：________________________。rm{10}除rm{(3)}rm{A^{+}}外，请再写出两种含rm{B^{+}}个电子的阳离子：________________________。rm{10}21、有一种香料rm{X}的相对分子质量为rm{88}只含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，其原子个数比为rm{2}rm{4}rm{1}含有碳氧双键，与其有关的反应如下：

已知：

rm{(1)}香料rm{X}的分子式为______；

rm{(2)Y}是香料rm{X}的同分异构体；属于酯类，其同分异构体的总数为______；

rm{(3)}写出反应rm{垄脵}rm{垄脹}的反应类型：rm{垄脵}______、rm{垄脹}______；

rm{(4)}写出下列物质的结构简式：rm{X}______、rm{C}______；

rm{(5)}写出rm{D隆煤E}反应的化学方程式______．评卷人得分六、其他(共1题，共5分)22、下图转化关系中，A、B、C、D、E都是短周期元素的单质，在常温常压下A是固体，其余都是气体，且C呈黄绿色。化合物H和I两种气体相遇时产生白烟K（NH4Cl）。化合物G的焰色反应为黄色，B为氧气。反应①和②均在溶液中进行。请按要求回答下列问题。（1）写出下列物质的化学式：D、F。（2）反应②的离子方程式为。（3）向K溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，反应的现象为。（4）将少量单质C通入盛有淀粉KI溶液的试管中，液体变为蓝色。这说明单质C的氧化性于单质碘(填“强”或“弱”)。（5）向J溶液中滴入NaOH溶液时，生成的灰白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。写出红褐色沉淀的化学式：。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】

将lmolSO2和lmolO2通入体积不变的密闭容器中，反应达到平衡时移走0.5molO2和0.5molSO2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO2和0.5molSO2，所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应的转化率降低，若转化率不变时，生成的SO3为0.15mol，由于转化率降低，故生成的SO3小于0.15mol；故选C．

【解析】【答案】反应达到平衡时移走0.5molO2和0.5molSO2，达到新的平衡状态，该状态可以等效为开始加入时0.5molO2和0.5molSO2；所到达的平衡状态，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应的转化率降低．

2、B【分析】考查有机反应类型的判断。取代反应是有机物的原子或原子团被其它的原子或原子团所代替的反应，所以选项B不是取代反应，而是氧化反应。答案选B。【解析】【答案】B3、B【分析】解：rm{A.}加大rm{CaCO_{3}}的量；反应速率不变，故A不选；

B.增大盐酸的浓度；氢离子浓度增大，反应速率加快，故B选；

C.加大盐酸的量，但浓度不一定变大，产生rm{CO_{2}}的速率不一定加快；故C不选；

D.在rm{CaCO_{3}(s)+2HCl(l)篓TCaCl_{2}(aq)+H_{2}O(l)+CO_{2}(g)隆眉}反应中，减小rm{CaCl_{2}}的浓度反应速率减慢；故D不选；

故选B．

增大氢离子浓度；碳酸钙的接触面积、加热等；均可加快反应速率，以此来解答．

本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响因素为解答的关键，题目难度不大．【解析】rm{B}4、C【分析】略【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}反应前后均存在反应物；为可逆反应，故A正确；

B.一般分解反应为吸热反应；由图不能确定反应中能量变化，故B错误；

C.化合物生成单质时；元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；

D.一种物质分解生成两种物质；为分解反应，故D正确；

故选B．

由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，如rm{2H_{2}O_{2}?2H_{2}O+O_{2}隆眉}rm{O}元素的化合价变化；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{B}6、B【分析】

试题分析：乙醇中含有rm{-OH}可与金属钠或金属钾反应生成氢气，可鉴别，故A正确；由于分子式相同，相对分子质量相同，不能通过质谱法鉴别，故B错误；二甲醚和乙醇中分别含有rm{-O-}和rm{-OH}官能团不同，可用红外光谱法鉴别，故C正确；二者含有的rm{H}原子的种类和性质不同；可用核磁共振氢谱鉴别，故D正确，答案选B。

考点：考查有机物的鉴别。

点评：该题是基础性试题的考查，题目难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力。本题答题时注意有机物官能团的异同以及有机物的结构，注意把握鉴别方法。【解析】rm{B}二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】①石灰石是碳酸盐，不是硅酸盐，答案选b。②合金的防腐性是最好的，但费用也是最贵的，答案选c。③聚乙烯是有机高分子化合物，答案选a。【解析】【答案】b‚cƒa8、略

【分析】【解析】【答案】（12分）（1）2.0×10－3mol·L-1·min-1（2分）1．>，<（各1分）2．<，<（各1分）3．从题中知CH4和H2O(g)的起始浓度分别是0.020mol·L-1、0.030mol·L-1，100℃达到平衡时CH4的转化率为0.5，则：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起始浓度（mol·L-1）0.0200.03000变化浓度（mol·L-1）0.0100.0100.0100.030平衡浓度（mol·L-1）0.0100.0200.0100.030（3分）（mol·L-1）2（3分）9、略

【分析】【解析】【答案】（共6分）（1）等于；(1分)（2）少；(1分)（3）D；(1分)（4）A；(1分)（5）BD(2分)10、略

【分析】【解析】【答案】（8分）（1）A（2）11、略

【分析】【解析】【答案】（1）A→C：消去反应（2）C与E（3）（4）羧基、酯基（各1分）（5）（6）12、略

【分析】【解析】【答案】（1）①酯②酚（2）①3，3，5-三甲基-4-乙基庚烷②2，2，5，5-四甲基-3-庚炔（3）CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CHCH↑CHCH+HClCH2=CHClnCH2=CHCl13、略

【分析】解：(1)反应Fe2O3(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)的平衡常数k=

由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，即△H＜0；

故答案为：＜；

(2)A．铁是固体；减少Fe的量，不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故A错误；

B．氧化铁是固体，增加Fe2O3的量；不影响平衡移动，CO的平衡转化率不变，故B错误；

C．移出部分CO2；平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故C正确；

D．该反应正反应是放热反应；提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故D错误；

E．反应前后气体的物质的量不变；减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故E错误；

F．加入合适的催化剂；平衡不移动，故F错误；

故选C；

(3)令平衡时CO的物质的量变化为nmol；则：

Fe2O3(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)

开始(mol)：10

变化(mol)：nn

平衡(mol)：1-nn

所以=4；

解得n=0.8；

所以υ(CO)==0.008mol•L-1•min-1；

CO的平衡转化率为×100%=80%；

答：该时间范围内反应的平均反应速率υ(CO2)=0.008mol•L-1•min-1；达平衡时CO的体积分数：80%；【解析】＜;C三、元素或物质推断题(共4题，共8分)14、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）215、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H216、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）217、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的混合物四、实验题(共2题，共4分)18、略

【分析】Ⅰ.考查中和滴定实验，根据实验原理可知需要的仪器是ABDHJ；根据图像可知，终点是消耗盐酸是16.00ml。当加入15.00ml盐酸时，溶液的pH＝13，所以如果设氢氧化钠和盐酸的浓度分别是xy，则有10x＝16y、解得x＝4.0mol/L，y＝2.5mol/L。Ⅱ、（1）因为NaOH与空气中的CO2反应后的产物是Na2CO3，溶液仍然呈碱性，所以溶液还应该是红色的。（2）①由于气体的溶解度随温度的升高而降低，所以加热可以除去溶液的氧气。（3）根据实验方案一可知，浓度大的颜色消失，因此可以通过降低氢氧化钠溶液的浓度来进行对比，即向原红色消失的溶液中加入水，红色重新出现，则说明红色消失与氢氧化钠溶液浓度大小有关。【解析】【答案】ABDHJ（2分）;4.0mol/L（2分）Ⅱ.（1）因为NaOH与空气中的CO2反应后的产物是Na2CO3，溶液仍然呈碱性。（1分）（2）①除去溶液的氧气（1分）（3）①水②红色重新出现，则说明红色消失与氢氧化钠溶液浓度大小有关。（1分）19、略

【分析】解：（1）根据反应方程式生成1molSi需C2mol、SiO21mol，生成1molSiC需C3mol，SiO21mol，产品中Si与SiC的物质的量之比为1：1，则参加反应的C和SiO2物质的量之比为5：2；所以质量之比为：5×12：2×60=1：2；

故答案为：1：2；

（2）①由工艺流程可知，反应Ⅱ是氢气与SiHCl3反应生成Si（纯）、HCl，反应方程式为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；

故答案为：SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；

②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；

故答案为：3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；

③反应生产1mol纯硅需补充HCl：-3，需补充H2：-1，补充HCl与H2的物质的量之比为≈5：1．

故答案为：5：1．

（1）根据方程式中碳和二氧化硅；硅、碳化硅之间的关系式计算；

（2）①根据反应物；生成物和反应条件写出反应方程式；

②SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3；HCl和氢气；

③反应生产1mol纯硅需补充HCl：-3，需补充H2：-1．

本题考查硅及其化合物的性质，涉及化学方程式的书写、以及根据方程式的计算，题目难度不大，计算是该题的难点．【解析】1：2；SiHCl3+H2Si（纯）+3HCl；3SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl；5：1五、推断题(共2题，共18分)20、（1）H3O++OH-=2H2O

（2）CH4；HF

（3）Na+、Mg2+

【分析】解：rm{A^{+}}rm{B^{+}}rm{C^{-}}rm{D}rm{E}五种微粒rm{(}分子或离子rm{)}均含有rm{10}个电子，由rm{B^{+}+C^{-}隆煤2D}可知rm{B^{+}}为rm{H_{3}O^{+}}rm{C^{-}}为rm{OH^{-}}rm{D}为rm{H_{2}O}由rm{A^{+}+C^{-}隆煤D+E}可知rm{A^{+}}为rm{NH_{4}^{+}}rm{E}为rm{NH_{3}}

rm{(1)}反应rm{垄脵}为rm{NH_{4}^{+}}和rm{OH^{-}}的反应，生成rm{H_{2}O}和rm{NH_{3}}反应的离子方程式为rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}

反应rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}为rm{垄脷}与rm{H_{3}O^{+}}反应生成rm{OH^{-}}反应离子方程式为：rm{H_{2}O}

故答案为：rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}

rm{N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}除rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}rm{(2)}外，另外两种含rm{H_{2}O}个电子的分子有：rm{NH_{3}}rm{10}等；

故答案为：rm{CH_{4}}rm{HF}

rm{CH_{4}}除rm{HF}rm{(3)}外，另外两种含rm{NH_{4}^{+}}个电子的阳离子有：rm{H_{3}O^{+}}rm{10}等；

故答案为：rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}．

rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{A^{+}}rm{B^{+}}rm{C^{-}}五种微粒rm{D}分子或离子rm{E}均含有rm{(}个电子，由rm{)}可知rm{10}为rm{B^{+}+C^{-}隆煤2D}rm{B^{+}}为rm{H_{3}O^{+}}rm{C^{-}}为rm{OH^{-}}由rm{D}可知rm{H_{2}O}为rm{A^{+}+C^{-}隆煤D+E}rm{A^{+}}为rm{NH_{4}^{+}}根据物质的性质和结构解答该题．

本题考查无机物推断，列出常见的rm{E}个电子的微粒，对照分析找出其转化关系，熟悉掌握rm{NH_{3}}个电子微粒是该题的关键所在，难度不大．rm{10}【解析】rm{(1)N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}rm{(1)N{{H}_{4}}^{+}+O{H}^{-}

overset{?}{=}N{H}_{3};隆眉+{H}_{2}O}

rm{H_{3}O^{+}+OH^{-}=2H_{2}O}rm{(2)CH_{4}}

rm{HF}rm{(3)Na^{+}}

rm{Mg^{2+}}21、C4H8O2；4；消去反应；氧化反应；CH3CH（OH）CH（OH）CH3+2+2H2O【分析】解：rm{X}只含有rm{C}rm{H}rm{O}三种元素，其相对分子质量为rm{88}分子中rm{C}rm{H}rm{O}原子个数比为rm{2}rm{4}rm{1}设乙偶姻的分子式为rm{(C_{2}H_{4}O)_{n}}根据其相对分子质量得rm{(12隆脕2+1隆脕4+16隆脕1)n=88}rm{n=2}所以其分子式为rm{C_{4}H_{8}O_{2}}rm{X}中含有碳氧双键，能生成rm{A}rm{A}的相对分子质量比rm{X}小rm{2}故rm{X}中还含有羟基rm{-OH}rm{X}能与氢气发生加成反应反应生成r