2025年沪教新版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教新版高二化学上册阶段测试试卷71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8题，共16分)1、反应2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe可用于铁轨的焊接，该反应属于（）A.化合反应B.复分解反应C.置换反应D.分解反应2、下列各组物质不属于同分异构体的是（）A.2－甲基－2－丁烯和环戊烷B.2－甲基－1,3－丁二烯和1－戊炔C.2－丁醇和2－甲基－2－丙醇D.3、对于放热反应下列说法正确的是A.产物H20所具有的总能量高于反应物H2和O2所具有的总能量B.反应物H2和O2所具有的总能量高于产物H2O所具有的总能量C.反应物H2和O2所具有的总能量等于产物H2O所具有的总能量D.反应物H2和02具有的能量相等4、25℃时，合成氨反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=－92．4kJ/mol在该温度时，取2molN2和7molH2放在密闭容器中，在催化剂存在下进行反应，测得反应放出的热量总是[]A.92．4kJB.92．4kJ～184.8kJC.小于184．8kJD.184．8kJ5、下列有关电解质及其溶液的叙述正确的是()

A.向rm{0.10mol隆陇L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中加水稀释，溶液中rm{c(OH^{-})}减小。

B.两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为rm{c_{1}}和rm{c_{2}}rm{pH}分别为rm{a}和rm{a+1}则rm{c_{1}=10c_{2}}

C.向rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中rm{c(OH^{-})/c(NH_{3}隆陇H_{2}O)}增大。

D.rm{pH=11}的rm{NaOH}溶液与rm{pH=3}的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊试液呈红色6、某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是()A.用rm{10mL}量筒量取rm{7.13mL}稀盐酸B.用托盘天平称量rm{25.20gNaCl}C.用广泛rm{pH}试纸测得某溶液的rm{pH}为rm{2.3}D.用rm{25mL}滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液rm{21.70mL}7、在浓盐酸中rm{HNO_{2}}与rm{SnCl_{2}}反应的离子方程式为：rm{3SnCl_{2}+12Cl^{-}+2HNO_{2}+6H^{+}篓TN_{2}隆眉+3SnCl;_{x}^{y-}+4H_{2}O}关于该反应的说法中正确的组合是rm{3SnCl_{2}+12Cl^{-}+2HNO_{2}+6H^{+}篓TN_{2}隆眉+3SnCl

;_{x}^{y-}+4H_{2}O}rm{(}

rm{)}氧化剂是rm{垄脵}

rm{HNO_{2}}还原性：rm{垄脷}

rm{Cl^{-}>N_{2}}每生成rm{垄脹}rm{2.8g}还原剂失去的电子为rm{N_{2}}

rm{0.6mol}为rm{垄脺x}rm{4}为rm{y}

rm{2}是氧化产物．A.rm{垄脻SnCl;_{x}^{y-}}B.rm{垄脵垄脹垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脺垄脻}D.只有rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}rm{垄脵垄脹}8、某由rm{C}rm{H}rm{O}元素组成的有机物球棍结构模型如图所示，下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.该有机物不含苯环B.分子式为rm{C_{7}H_{12}O_{4}}C.能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应生成rm{CO_{2}}D.rm{1mol}该有机物与足量的金属钠反应产生rm{2molH_{2}}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（10分）质子核磁共振谱（PMR）是研究有机物结构的重要方法之一。在研究的化合物分子中：所处环境完全相同的氢原子在PMR谱中出现同一种信号峰：如(CH3)2CHCH2CH3在PMR谱中有四种信号峰。又如CH3－CHBr＝CHX存在着如下的两种不同空间结构：因此CH3－CHBr＝CHX的PMR谱上会出现氢原子的四种不同信号峰。请填写下列空白：（1）化学式为C3H6O2的物质在PMR谱上观察到下列两种情况下氢原子给出的信号峰：第一种情况出现两个信号峰，第二种情况出现三个信号峰，由此可推断对应于这两种情况该有机物结构简式可能为：；____（2）测定CH3CH＝CHCl时：能得到氢原子给出的信号峰6种：由此可推断该有机物一定存在____种不同的结构：其结构式分别为：____。10、（12分）现有常温下的0.1mol·l－1纯碱溶液。（1）该溶液呈碱性是因为存在水解平衡，相关离子方程式是：________________。为证明存在上述平衡，进行如下实验：在0.1mol·l－1纯碱溶液中滴加酚酞，溶液显红色，再往溶液中滴加（填化学式）溶液，红色逐渐退为无色，说明上述观点成立。（2）同学甲查阅资料得知常温下0.1mol·L－1Na2CO3中，发生水解的CO32—不超过其总量的10%。请设计实验加以证明（写出实验方案及预期观察到的现象）。答：。（3）同学乙就该溶液中粒子浓度关系写出五个关系式，其中不正确的是。（双选，填序号）A．c(Na＋)>2c(CO32—)B．c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3)C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3—)＋2c(H2CO3)D．c(CO32—)＋c(HCO3—)=0.1mol·L－1E．c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋c(CO32—)（4）室温下，pH均为13的Na2CO3和NaOH溶液中，水电离产生的c(OH—)之比=。（5）25℃下，CuSO4溶液中的c(Cu2+)为0.020mol／l，如果要生成沉淀，应调整溶液的pH大于。（25℃下，Cu（OH）2的Ksp=2.0×10-20）11、N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。一定温度下，在恒容密闭容器中N2O5可发生下列反应：2N2O5(g)≒4NO2(g)+O2(g).△H﹥0(1)反应达到平衡后，若再通入一定量氮气，则N2O5的转化率将________(填“增大”、“减小”、“不变”)。(2)下表为反应在T1温度下的部分实验数据：。050010005.003.522.48则，500s内N2O5的分解速率为_______________。(3)在T2温度下，反应1000s时测得NO2的浓度为4.98mol·L-1。则T2__________T1。(填“大于”“等于”或“小于”)12、(4分)合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。向2L密闭容器中通入2mol气体N2和6mol气体H2，在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；已知：反应2min达到平衡，此时N2的浓度减少了2/3。回答下列问题：⑴反应2min内，用NH3表示该反应的速率是________________；⑵反应平衡时，N2的转化率为；⑶如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时NH3浓度为1.1mol/L，则该反应的ΔH0；（填“＞”、“＜”或“＝”）⑷合成氨工业采取的下列措施中，不能用勒沙特列原理解释的是________(填序号)。①20MPa～50MPa②500℃的高温③铁触媒作催化剂④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，未反应的N2、H2循环到合成塔中⑸如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：反应速率（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是；13、写出下列有机物的分子式。

（1）______；

（2）______．14、用系统法写出下列物质名称rm{(1)}____________；rm{(2)}____________；rm{(3)}____________；rm{(4)}____________；rm{(5)}____________；rm{(6)}键线式键线式rm{(6)}名称_______________．评卷人得分三、解答题(共6题，共12分)15、为了达到下表所列的一些有关家庭常用物质的实验要求；请选择合适的化学试剂，将其标号填入对应的空格中．

。实验要求化学试剂检验淘米水中是否含有淀粉______区别CH4和C2H4两种无色气体______验证味精是否有食盐______除去Fe2O3中的Al2O3______供选择的化学试剂：

A．酸性高锰酸钾B．硝酸银溶液和硝酸C．氢氧化钠溶液D．碘水．

16、在2L容器中；放入0.4molA和0.6molB，在一定温度下，压强为p，放入催化剂（体积忽略）发生反应：2A（气）+3B（气）⇌xC（气）+2D（气）在amin后，容器中：C（A）=0.1mol/L．

（1）若温度和压强均未改变；则：V（B）=______；x=______

（2）若温度不变；压强变为0.9p，则：V（C）=______；x=______．

17、Co（NH3）5BrSO4可形成两种钴的配合物，结构分别为[Co（NH3）5Br]SO4和[Co（SO4）（NH3）5]Br已知Co3+的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物溶液中加入BaCl2溶液时，则无明显现象，则第一种配合物的结构为______，第二种配合物的结构式为______；如果在第二种配合物溶液中滴加AgNO3溶液时；产生______现象．

18、根据要求填空：

（1）写出下列有机物的键线式：

______CH3CH2CH2COOH______

（2）写出有机物的名称______

（3）写出下列原子团的电子式：①甲基______②氢氧根离子______

（4）在有机物分子中若某一个碳原子连接4个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”．C7H16的同分异构体中具有“手性碳原子”的有______种．

（5）某有机高分子化合物的结构片段如下：

则合成它的单体是______；______、______．

19、在实验室里制取少量FeCl3；可按照一定顺序连接下图中所列装置，所通过的气体过量且反应充分．试回答以下问题：

（1）实验时，各装置接口的连接顺序为______（用a、b；c、d等字母表示）；

（2）C装置的作用是______；

（3）D装置的作用是______；

（4）检验B装置中反应后铁是否有剩余的方法是：______；

（5）用此方法可制得无水氯化铁．你认为能否改用Fe和盐酸反应；再通入过量氯气；蒸干溶液的方法来制取无水氯化铁，______（答：是或否）；说明理由：______．

20、在密闭容器中，由一定起始浓度的氙（Xe）和F2反应；可得到3种氟化物．各种生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系如图所示（己知气体的分压之比等于物质的量之比）．

（1）420K时；发生反应的化学方程式为：______；若反应中消耗1molXe，则转移电子______mol．

（2）600～800K时，会发生反应：XeF6（g）⇌XeF4（g）+F2（g）；

其反应热△H______0（填“＞”“=”或“＜”）．理由是______．

（3）900K时；容器中存在的组分有______．

评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)21、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。22、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。23、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。24、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分五、元素或物质推断题(共4题，共16分)25、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）。26、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：_____________。27、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）。28、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、有机推断题(共4题，共32分)29、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．30、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．31、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。32、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【解答】解：A．生成物不是一种；不属于化合反应，故A不选；

B．反应物；生成物均有单质；不是复分解反应，故B不选；

C．为单质与化合物反应生成新单质；化合物的反应；属于置换反应，故C选；

D．反应物不是一种；不属于分解反应，故D不选；

故选C．

【分析】由2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe可知，为铝热反应，为单质与化合物反应生成新单质、化合物的反应，以此来解答．2、D【分析】【解析】试题分析：分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，则选项ABC中物质互为同分异构体。D中物质的结构和性质完全相同，是同一种物质，答案选D。考点：考查同分异构体的判断【解析】【答案】D3、B【分析】试题分析：氢气在氧气中燃烧是放热反应，表示氢气和氧气的总能量大于生成水的总能量，不能对一种反应物的能量与生成物能量进行比较，故答案选B．考点：放热反应的定义【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【分析】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，根据弱电解质电离平衡的影响因素等知识来分析解答，题目难度中等。【解答】A.向rm{0.10mol/L}rm{0.10mol/L}的rm{CH}rm{CH}溶液中加水稀释，加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，溶液中rm{{,!}_{3}}rm{COOH}溶液中加水稀释，加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，溶液中rm{c(OH}rm{COOH}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}为常数，所以rm{)隆脕c(H}rm{)隆脕c(H}rm{{,!}^{+}}增大，故A错误；

rm{)}为常数，所以rm{c(OH}rm{)}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}增大，故A错误；分别为rm{)}和B.醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为rm{c}则rm{c}rm{{,!}_{1}}和rm{c}rm{c}rm{{,!}_{2}}

，rm{pH}分别为rm{a}和rm{a+1}则rm{c}rm{pH}rm{a}rm{a+1}rm{c}rm{{,!}_{1}}rm{>10c}减小，故C错误；rm{>10c}

rm{{,!}_{2}}

，故B错误；【解析】rm{D}6、D【分析】量筒通常精确到rm{0.1mL}托盘天平精确到rm{0.1g}滴定管精确到rm{0.01mL}rm{pH}试纸只能测整数rm{pH}【解析】rm{D}7、A【分析】解：由原子守恒可知rm{x=6}由电荷守恒可知rm{y=2}离子反应为rm{3SnCl_{2}+12Cl^{-}+2HNO_{2}+6H^{+}=N_{2}隆眉+3SnCl_{6}^{2-}+4H_{2}O}

rm{垄脵N}元素的化合价降低，则氧化剂是rm{HNO_{2}}故正确；

rm{垄脷Cl}元素的化合价不变，该反应中不能比较rm{Cl^{-}}rm{N_{2}}的还原性；故错误；

rm{垄脹}每生成rm{2.8g}rm{N_{2}}与rm{N}元素守恒及化合价变化可知还原剂失去的电子为rm{dfrac{2.8g}{28g/mol}隆脕2隆脕(3-0)=0.6mol}故正确；

rm{dfrac

{2.8g}{28g/mol}隆脕2隆脕(3-0)=0.6mol}由上述分析可知rm{垄脺}为rm{x}rm{6}为rm{y}故错误；

rm{2}元素的化合价升高，失去电子被氧化，则rm{垄脻Sn}是氧化产物；故正确；

故选A．

由原子守恒可知rm{SnCl;_{x}^{y-}}由电荷守恒可知rm{x=6}离子反应为rm{y=2}rm{3SnCl_{2}+12Cl^{-}+2HNO_{2}+6H^{+}=N_{2}隆眉+3SnCl_{6}^{2-}+4H_{2}O}元素的化合价升高，rm{Sn}元素的化合价降低；结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意原子守恒、电荷守恒及氧化还原反应中氧化性比较规律，题目难度不大．rm{N}【解析】rm{A}8、B【分析】解：rm{A.}由结构可知不含苯环；故A正确；

B.分子式为rm{C_{7}H_{12}O_{5}}故B错误；

C.含rm{-COOH}能与rm{NaHCO_{3}}溶液反应生成rm{CO_{2}}故C正确；

D.rm{3}个rm{-OH}rm{1}个rm{-COOH}均与rm{Na}反应，则rm{1mol}该有机物与足量的金属钠反应产生rm{2molH_{2}}故D正确；

故选B．

由结构可知环状结构中含rm{2}个rm{CH_{2}}不含苯环，含rm{-OH}rm{-COOH}结合醇；羧酸的性质来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸的性质及分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）CH3COOCH3，CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3（2）二，和10、略

【分析】试题分析：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解的方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；Ba2+或Ca2+与结合生成碳酸钡或碳酸钙沉淀，使水解平衡逆向移动，故可加入BaCl2或CaCl2；（2）发生水解的CO32—不超过其总量的10%，所以c(OH－)10-2，PH12，可以用测PH的方法验证；（3）因为CO32-水解，所以c(Na＋)>2c(CO32—)；HCO3—通过第一步水解得到、H2CO3通过第二步水解得到，所以c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3)正确；根据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3—)＋2c(H2CO3)正确；根据物料守恒c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)=0.1mol·L－1，故c(CO32—)＋c(HCO3—)=0.1mol·L－1错误；根据电荷守恒，c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)，所以E错误。（4）pH均为13的Na2CO3水电离产生的c(OH—)=0.1mol·L－1、pH为13的NaOH溶液中水电离产生的c(OH—)=mol·L－1；（5）c(OH－)>mol·L－1，pH大于5。考点：本题考查化水溶液。【解析】【答案】（1）CO32-+H2OHCO3-+OH-BaCl2或CaCl2（2）测0.1mol·L-1Na2CO3溶液pH，pH12（3）D、E（4）1012（5）511、略

【分析】（1）加入氮气，但不能改变反应物和生成物的浓度，因此平衡不移动，N2O5的转化率不变。（2）500s内N2O5的浓度减少了（5.00－3.52）mol/L，所以其反应速率是1.48mol/L÷500s＝2.96×10-3mol/(L.S)。（3）正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向进行，NO2的浓度增大。但在温度为T1时，NO2的浓度是5.04mol/L，这说明T2小于T1。【解析】【答案】(1)不变.(2)2.96×10-3mol/(L.S).(3)小于12、略

【分析】【解析】【答案】⑴2/3mol/L·min（或0.67mol/L·min）⑵2/3（或67%或66.7%）⑶<⑷③⑸增大体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大13、略

【分析】解：（1）根据键线式的书写特点，的分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；

（2）根据键线式的书写特点，的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2．

只用键线来表示碳架；而分子中的碳氢键；碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略，其他杂原子及与杂原子相连的氢原子须保留的表示的结构式的方式为键线式，根据键线式可得分子式．

本题考查了有机物分子式的书写，要明确线键式的书写规则，根据烷烃通式计算该有机物中氢原子数是解题关键．【解析】C4H8O2；C9H10O214、(1)2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷

(2)三甲基戊炔

(3)2，3-二甲基-1-丁烯

(4)2﹣丁醇

(5)1，2，4﹣三甲苯

(6)2-甲基戊烷【分析】【分析】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。【解答】rm{(1)}的最长碳链含有rm{7}个碳原子，rm{2}号位有rm{1}个甲基，rm{6}号位rm{1}个甲基，命名为：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；

故答案为：rm{2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷；rm{(2)}中含有官能团碳碳三键，含有碳碳三键最长的碳链含有rm{(2)}个rm{5}主链为戊炔，编号从距离三键最近的一端右边开始编号，官能团碳碳三键在rm{C}号rm{1}表示为：“rm{C}戊炔”，在rm{1-}号rm{3}含有rm{C}个甲基，在rm{1}号rm{4}含有rm{C}个甲基，该有机物名称为：rm{2}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；

故答案为：rm{-1-}rm{3}rm{4}三甲基rm{4-}戊炔；rm{-1-}的最长碳链含有rm{(3)}个碳原子，rm{(3)}rm{4}号位各有rm{2}个甲基，命名为：rm{3}rm{1}二甲基rm{2}丁烯；

故答案为：rm{3-}rm{-1-}二甲基rm{2}丁烯；rm{3-}的官能团为羟基，属于醇，含有羟基最长的碳链含有rm{-1-}个rm{(4)}为丁醇，羟基在rm{(4)}号rm{4}原子上，命名为：rm{C}丁醇，故答案为：rm{2}丁醇；rm{C}为苯的同系物，正确命名为：rm{2-}rm{2-}rm{(5)}三甲苯，故答案为：rm{(5)}rm{1}rm{2}三甲苯；rm{4-}该有机物主链上有rm{1}个rm{2}rm{4-}号rm{(6)}一个甲基，命名为rm{5}甲基戊烷；

故答案为：rm{C}甲基戊烷。

rm{2}【解析】rm{(1)2}rm{6-}二甲基rm{-3-}乙基庚烷rm{(2)}rm{3{,}4{,}4{-}}三甲基rm{{-}1{-}}戊炔rm{(3)}rm{2}rm{3-}二甲基rm{-1-}丁烯rm{(4)2-}丁醇rm{(5)1}rm{2}rm{4-}三甲苯rm{(6)2-}甲基戊烷三、解答题(共6题，共12分)15、略

【分析】

检验淘米水中是否含有淀粉；用碘水，碘水能和淀粉作用显蓝色，故选D；

区别CH4和C2H4两种无色气体；用酸性高锰酸钾，因酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化不饱和键，乙烯含有C=C官能团，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，而甲烷没有不饱和键，不能使高锰酸钾褪色，故选A；

验证味精是否有食盐；用硝酸银溶液和硝酸，食盐在溶液中能电离出氯离子，氯离子能和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故选B；

除去Fe2O3中的Al2O3；氧化铁与氢氧化钠不反应，氧化铝具有两性，能和氢氧化钠反应，生成可溶性的偏铝酸钠和水，通过过滤可除去，故选D；

【解析】【答案】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性；能氧化不饱和键；

B．硝酸银溶液和硝酸；银离子能和氯离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀；

C．氢氧化钠溶液具有碱性；能和酸性氧化物和两性氧化物反应；

D．碘水能和淀粉作用显蓝色；

16、略

【分析】

（1）反应前，A的浓度为=0.2mol/L，故v（A）==mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（A）=×mol/（L•min）=mol/（L•min）；

一定温度下；容器的体积为定值，压强未改变，说明气体的物质的量不变，即反应前后气体的化学计量数之和相等，2+3=x+3，解得x=3；

故答案为：mol/（L•min）；3；

（2）amin后；A的物质的量变化为0.4mol-0.1mol/L×2L=0.2mol；

2A（气）+3B（气）⇌xC（气）+2D（气）气体减少△n

2（3-x）

0.2mol（0.4mol+0.6mol）×（1-0.9）=0.1mol

所以2：（3-x）=0.2mol：0.1mol；解得x=2

速率之比等于化学计量数之比，故v（C）=v（A）=mol/（L•min）；

故答案为：mol/（L•min）；2．

【解析】【答案】（1）根据v=计算v（A）；利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；

一定温度下；容器的体积为定值，压强未改变，说明气体的物质的量不变，即反应前后气体的化学计量数之和相等，据此确定x的值；

（2）温度不变；容器的体积为定值，压强变为0.9p，压强之比等于物质的量之比，据此计算amin时反应混合气体总的物质的量，根据n=cV计算A的物质的量变化量，据此根据差量法计算x的值；

根据速率之比等于化学计量数之比计算v（C）．

17、略

【分析】

由[Co（NH3）5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀．加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以结构式为[Co（SO4）（NH3）5]Br；溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液时；会产生淡黄色沉淀溴化银．

故答案为：[Co（NH3）5Br]SO4和[Co（SO4）（NH3）5]Br；淡黄色沉淀．

【解析】【答案】络合物由內界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成內界离子（络离子）和外界离子，与BaCl2或AgNO3溶液反应的离子肯定为外界离子；由此可判断络合物的组成；溴化银是淡黄色沉淀．

18、略

【分析】

（1）2-甲基1-丁烯的键线式为丁酸的键线式为．

故答案为：．

（2）该有机物中最长的碳链上有7的碳原子属于庚烷；离甲基最近的碳原子为1号碳原子，且要使取代基的序数之和最小，所以该有机物的名称是2，3，5-三甲基-4-乙基庚烷．

故答案为：2；3，5-三甲基-4-乙基庚烷．

（3）甲基中碳原子和三个氢原子形成三个共价键，碳原子还剩一个单电子，所以其电子式为氢氧根离子中氧原子和一个氢原子形成一个共价键，氢氧根离子是阴离子要用方括号括起来写上电荷和电性，电子式为．

故答案为子式为．

（4）C7H16的同分异构体中具有“手性碳原子”的有CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH（CH3）CH2CH3；名称分别为：3-甲基己烷；2，3-二甲基戊烷，所以共有2种．

故答案为：2种．

（5）根据“凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即可得到单体”知，该高分子有机物的单体是CH2=CHCN；CH2=CH-CH=CH2；CH2=CH2．

故答案为：CH2=CHCN；CH2=CH-CH=CH2；CH2=CH2；

【解析】【答案】（1）键线式的画法：画出除碳-氢键外的所有化学键；通常所有的氢原子及碳-氢键均省略不画；碳原子用相邻的线的交点表示，一般情况下不用注明．单键用线段表示，双键和叁键分别用平行的两条和三条线表示．对碳原子而言，单键/双键之间键角为120°，涉及三键的键角为180°．氢原子数可根据碳为四价的原则而相应地在碳上补充．

根据键线式的画法画出有机物的键线式．

（2）根据有机物的键线式的表示方法判断该有机物的结构；然后根据烷烃的命名方法命名．

（3）根据离子和甲基的书写方法书写电子式．

（4）根据“手性碳原子”的含义写出C7H16的同分异构体中具有“手性碳原子”的结构；

（5）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物；其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换，即可得到单体．

19、略

【分析】

（1）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，有水蒸气不能制的氯化铁，除去水蒸气用浓硫酸，应先除去水蒸气干燥，干燥的氯气通入玻璃管中和铁反应生成无水氯化铁，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，洗气装置导气管长进短处，导气管口连接顺序为：aedbcf，故答案为：aedbcf；

（2）气体中含有水蒸气，FeCl3容易水解；C装置中是浓硫酸作用是干燥氯气，故答案为：干燥氯气；

（3）氯气有毒不能排放到空气中；氢氧化钠作用是吸收尾气氯气，防止污染空气，故答案为：吸收尾气氯气；

（4）检验B装置中反应后铁是否有剩余的方法是；用磁铁吸引产物，若被磁铁吸引，则含有铁；

故答案为：用磁铁吸引产物；若被磁铁吸引，则含有铁；

（5）改用Fe和盐酸反应生成氯化亚铁；再通入过量氯气把氯化亚铁氧化为氯化铁，因为氯化铁水解，蒸干溶液，得到的是氢氧化铁；不能来制取无水氯化铁；

故答案为：否；由于FeCl3水解，加热蒸干该溶液只能得到Fe（OH）3．

【解析】【答案】（1）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气；除去氯化氢气体用饱和食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气；

（2）如果进入B的气体不干燥，FeCl3容易水解；

（3）氯气有毒不能排放到空气中；需要进行尾气吸收；

（4）依据铁的特征性质；可以用磁铁进行检验；

（5）氯化亚铁可以被氧化为氯化铁；但氯化铁蒸干过程中促进氯化铁的水解，得到氢氧化铁，得不到氯化铁固体．

20、略

【分析】

（1）在420K时，产物只有XeF6，故其反应方程式为：Xe+3F2=XeF6，XeF6中Xe的化合价为+6价；则反应中消耗lmolXe，则转移电子6mol；

故答案为：Xe+3F2=XeF6；6；

（2）在600K～800K时随着温度的升高，XeF6的分压减小，XeF4的分压增大；即平衡正向移动，故正向为吸热反应，△H＞0；

故答案为：＞；随着温度的升高，XeF6（g）XeF4（g）+F2（g）平衡向右移动；根据温度升高平衡向吸热反应方向移动的原理，则该反应的△H＞0；

（3）在900K时XeF2、XeF4、XeF6共存，根据可逆反应的特点，还应有XeF2存在着；

故答案为：XeF6、XeF4、XeF2、Xe、F2．

【解析】【答案】（1）通过对图中给出的图象分析可知，在420K时，产物只有XeF6；

（2）在600K～800K时随着温度的升高，XeF6的分压减小，XeF4的分压增大；即平衡正向移动根据温度对平衡移动的影响分析；

（3）在900K时XeF2、XeF4、XeF6共存，根据可逆反应的特点，还应有XeF2存在着．

四、探究题(共4题，共24分)21、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）22、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）23、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为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）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）24、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）五、元素或物质推断题(共4题，共16分)25、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）226、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H227、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.Na