届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版.docx

届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版.docx

《届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测理综化学试题解析版

黑龙江省大庆市2018届高三第一次教学质量检测

理综化学试卷

1.下列说法正确的是

A.NO2和SO2作为酸性氧化物都是可形成酸雨的气体

B.合成纤维与光导纤维都是新型无机非金属材料

C.亚硝酸盐属于食物防腐剂，可以大量地添加于食物中

D.雾霾与煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘、秸秆燃烧等有关

【答案】D

【解析】A．二氧化氮、二氧化硫是形成酸雨的重要物质，但二氧化氮与水反应除了生成硝酸，还有NO生成，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故A错误；B．合成纤维是有机材料，光导纤维是新型无机非金属材料，故B错误；C．亚硝酸盐具有防腐性，常在食品加工业中被添加在香肠和腊肉中作为保色剂和防腐剂，但亚硝酸盐是有毒物质，不能大量添加于食物中，故C错误；D．雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，霾是悬浮在大气中的大量微小尘粒、烟粒或盐粒的集合体，主要是由煤炭燃烧排放的二氧化硫、氮氧化物、烟尘以及机动车尾气、建筑扬尘、秸秆燃烧等导致的，故D正确；答案选D。

2.原电池与电解池在生活和生产中有着广泛应用。

下列有关判断中错误的是

A.装置①研究的是电解CuCl2溶液，它将电能转化为化学能

B.装置②研究的是金属的吸氧腐蚀，Fe上的反应为Fe－2e-=Fe2+

C.装置③研究的是电解饱和食盐水，B电极发生的反应：

2Cl--2e-=Cl2↑

D.向装置④烧杯a中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀生成

【答案】C

【解析】A.装置①是电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B.装置②研究的是金属的吸氧腐蚀，Fe为负极，Fe上发生的反应为：

Fe－2e-=Fe2+，故B正确；C.据图可知，装置③中B电极连接外加电源的负极，所以B为阴极，在B电极上发生的反应为：

2H＋＋2e－=H2↑，故C错误；D.该装置是燃料电池，燃料电池的负极是氮气失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，所以a中不存在亚铁离子，加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀生成，故D正确；答案选C。

点睛：

本题主要考查原电池和电解池的知识，熟练掌握原电池和电解池的基本工作原理是解答本题的关键，试题难度不大。

本题的易错点是D项，解题时要看清装置④的特点，因装置的两个烧杯中分别通入氮气和氧气，说明该装置是燃料电池，正极上是氧气得电子发生还原反应，所以a烧杯中Fe不发生反应，溶液中不存在亚铁离子，加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀生成。

3.环丙基乙烯（VCP）结构如图所示

，关于该物质说法正确的是

A.环丙基乙烯不属于烃类

B.该物质能发生取代反应、加成反应、聚合反应

C.环丙基乙烯与环戊二烯（

）是同分异构体

D.环丙基乙烯中的所有碳原子都在同一平面内

【答案】B

【解析】A.由环丙基乙烯的结构可知，环丙基乙烯中只含有碳、氢两种元素，属于烃类，故A错误；B.环丙基乙烯中含有饱和碳原子且饱和碳原子上有氢原子，可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应和加聚反应，故B正确；C.环丙基乙烯的分子式为C5H8，环戊二烯的分子式为C5H6，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D.环丙基乙烯分子中含有3个饱和碳原子，均为四面体结构，所以在环丙基乙烯分子中所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误；答案选B；

点睛：

本题通过环丙基乙烯（VCP）的结构，考查有机物的类别、反应类型、同分异构体和原子共面等知识，试题难度不大。

本题的易错点是D项，判断有机物分子中的碳原子是否共面时，首先要看该有机物中是否含有饱和碳原子，在环丙基乙烯分子中含有3个饱和碳原子，均为四面体结构，所以在环丙基乙烯分子中所有碳原子不可能在同一平面上，从而可以达到快速判断的效果。

4.下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作

现象

结论

A

含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2

产生白色沉淀

SO2有还原性

B

用铂丝蘸取溶液进行焰色反应

火焰呈黄色

原溶液中有Na+、无K+

C

向Fe（OH）3悬浊液中，滴加适量饱和的MgCl2溶液

红褐色沉淀部分转化为白色沉淀

Mg（OH）2溶解度小于Fe（OH）3

D

将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4振荡，静置

上层溶液显紫红色，下层无色

氧化性:

Fe3+>I2

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A.含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中通入SO2，FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，在该反应中二氧化硫被氧化，表现还原性，故A正确；B.因钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，才能确定是否含有钾元素，用铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，因未透过蓝色钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B错误；C.向Fe（OH）3悬浊液中，滴加饱和的MgCl2溶液，只有部分红褐色沉淀转化为白色沉淀，说明是因为镁离子浓度大，造成Qc[Mg（OH）2]＞Ksp[Mg（OH）2]，从而生成氢氧化镁白色沉淀，不能说明Mg（OH）2溶解度小于Fe（OH）3，故C错误；D.KI和FeCl3溶液反应生成单质碘，碘溶于四氯化碳中使四氯化碳层显紫红色，因CCl4的密度大于水，则应为下层溶液显紫红色，上层无色，故D错误；答案选A。

5.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径在短周期主族元素原子中最大，Y的核外电了数是W的2倍且同主族。

下列说法错误的是

A.X与Z形成的化合物熔化或溶于水时均可发生电离

B.W、X、Y元素形成的盐溶于水，溶液一定呈中性

C.最高价氧化物对应水化物的酸性:

Z>Y

D.常温下，1molZ的单质与足量的NaOH溶液反应转移电子数NA

【答案】B

【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是Na，Y的核外电子数是W的2倍且同主族，可知W为O、Y为S，则Z只能为Cl元素。

A.X与Z形成的化合物是NaCl，NaCl是离子化合物，在熔化状态下或溶于水时均可发生电离，故A正确；B.W、X、Y元素形成的盐是硫酸钠或亚硫酸钠，若是硫酸钠，因硫酸钠是强酸强碱盐，溶于水溶液呈中性，若是亚硫酸钠，因亚硫酸钠是强碱弱酸盐，溶于水时溶液呈碱性，故B错误；C.因非金属性Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：

HClO4＞H2SO4，故C正确；D.氯气和NaOH溶液反应的离子方程式为：

Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，反应中Cl元素化合价由0价分别变为+1价、−1价，则1molZ的单质与足量的NaOH溶液反应转移电子的物质的量为1mol，数目是NA，故D正确；答案选B。

点睛：

本题主要考查原子结构和元素周期表、元素周期律的知识，能够根据题目信息正确推断各元素是解答本题的关键，在答题时，最好能够根据判断出的元素，画出各元素在周期表中的位置关系，这样可以根据位置关系并结合元素周期律，使解题更快更准确，本题的难点是D项，常温下，1molCl2的单质与足量的NaOH溶液反应时，要注意Cl元素的化合价由0价分别变为+1价、−1价，该反应为歧化反应，转移电子的物质的量只有1mol。

6.用如图所示装置进行实验，正确的是

A.用图①装置制取并收集氨气

B.用图②装置制取和收集纯净的Cl2

C.用图③装置可以看到试管内液体变为红色，滴加KCl溶液后颜色加深

D.用图④装置制取乙酸乙酯

【答案】D

【解析】A.用图①装置制取并收集氨气时，因加热氯化铵与消石灰反应生成的产物中有水，因此试管口应向下倾斜，故A错误；B.用浓盐酸和二氧化锰为原料制取氯气时，需用酒精灯加热，故B错误；C.向氯化铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，可以看到试管内液体变为红色，滴加KCl溶液，相当于对原溶液进行了稀释，则溶液颜色变浅，故C错误；D．乙酸乙酯制备实验合理，饱和碳酸钠能够吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，故D正确；答案选D。

7.室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。

下列说法错误的是

A.a点所示溶液中c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（HA）

B.a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点

C.pH=7时，c（Na+）=c（A-）+c（HA）

D.一元酸HA为弱酸

【答案】C

8.某工厂排出的铬渣含有SiO2、A12O3、Fe2O3、Na2Cr2O7（易溶于水，是强氧化剂）等，处理建议是将+6价铬转化为低毒性的+3价铬后制备K2Cr2O7。

实验室模拟处理铬渣的工艺流程如下（部分操作和条件略）:

（1）已知过滤1后的滤液中存在如下平衡:

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+,则滤液应呈现的颜色是_________

（2）滤渣1的成分为______滤渣2中所含的金属元素为___________

（3）根据表中生成成氧化物沉淀的pH数据判断，流程中a的范围为__________。

物质

Fe（OH）3

Al（OH）3

Cr（OH）3

Fe（OH）2

开始沉淀

1．5

3．4

4．9

6．3

完全沉淀

2．8

4．7

5．5

8．3

（4）过滤3所得滤液又回流到过滤1所得滤液中，其目的是__________

（5）由Cr（OH）3得到黄色溶液过程中发生的反应的离子方程式是_________

（6）向橙色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，产生黄色沉淀，溶液pH减小。

试推测黄色沉淀是_________,用平衡移动的原理解释溶液pH变小的原因是________.

【答案】

（1）.橙色

（2）.SiO2（3）.Al、Fe（4）.5.5≤a<6.3（5）.使还原剂FeSO4循环使用（6）.2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O（7）.BaCrO4（8）.K2Cr2O7溶液中存在平衡:

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+,加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡向正反应方向移动,c（H+）增大

【解析】铬渣成分为SiO2、A12O3、Fe2O3、Na2Cr2O7，酸浸时A12O3、Fe2O3与酸反应生成硫酸铝、硫酸铁，Na2Cr2O7溶于水，过滤1后的滤液中存在硫酸铝、硫酸铁，Na2Cr2O7，滤渣1为SiO2，用FeSO4•7H2O还原 Na2Cr2O7，Cr2O72-变为Cr3+，调pH≈4.7使铁离子、铝离子沉淀，则滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，经过滤2后调pH为5.5≤a＜6.3使铬离子完全沉淀而亚铁离子不沉淀，经过滤3得Cr（OH）3，在KOH作用下，Cr（OH）3被H2O2氧化为CrO42-，经酸化后得到K2Cr2O7。

（1）.已知过滤1后的滤液中存在如下平衡:

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+，因酸浸时加入足量稀硫酸，氢离子浓度增大，平衡向左移动，使溶液呈现橙色，则滤液应呈现的颜色是橙色，故答案为：

橙色；

（2）.根据上述分析可知，滤渣1的成分为SiO2，滤渣2是氢氧化铝和氢氧化铁，则滤渣2中所含的金属元素为Al、Fe，故答案为：

SiO2；Al、Fe；

（3）.根据表中生成氢氧化物沉淀的pH数据分析，流程中的a的范围应为5.5≤a＜6.3，以保证铬离子完全沉淀而亚铁离子不沉淀，故答案为：

5.5≤a＜6.3；

（4）.过滤3所得滤液主要成分是硫酸亚铁，又回流到过滤1所得滤液中，其目的是使还原剂FeSO4循环使用，故答案为：

使还原剂FeSO4循环使用；

（5）.由题目信息可知，生成的黄色溶液为CrO42-，则Cr（OH）3在碱性溶液中被H2O2氧化为CrO42-，根据得失电子守恒和原子守恒，得到该反应的离子方程式为：

2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，故答案为：

2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；

（6）.向橙色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，由于K2Cr2O7溶液中存在平衡：

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡向正反应方向移动，使c（H+）增大，溶液pH减小，故答案为：

BaCrO4；K2Cr2O7溶液中存在平衡：

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡向正反应方向移动，c（H+）增大。

9.“一带一路”为中国化工企业开辟了新的国际市场，而能源、资源整合及环境治理是保驾护航的基础。

Ⅰ.在能源领域，科学家提出“绿色自由“”构想:

把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。

其工艺流程如下图所示:

（1）在合成塔中，若有4400gCO2与足量H2完企反应，生成气态的H2O和气态甲醇，可放出5370kJ的热量，写出该反应的热化学方程式__________。

（2）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2,在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ,相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示:

①催化剂效果最佳的反应是__________（填“反应I”，“反应II”，“反应III”）。

②b点v（正）______v（逆）（填“>”，“<”，“=”）。

③c点时该反应的平衡常数K=_________。

（写单位）

Ⅱ.环境治理中，安装汽车尾气催化转化器的反应是:

2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g）ΔH<0

（3）温度升高K值_______（填“增大”或“减小”）

（4）若反应在恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是____________。

（5）下列所示装置可以在吸收SO2的同时，用阴极排出的溶液吸收NO2，（电极均为惰性电极）

a极为______极（填“阴”、“阳”），b极的电极反应式为_________，结合电极反应式简述该装置能吸收SO2的原理：

__________。

【答案】

（1）.CO2（g）+3H2（g）

H2O（g）+CH3OH（g）ΔH=-53.7kJ/mol

（2）.反应I（3）.>（4）.K=16/3（L/mol）2（5）.减小（6）.bd（7）.阳（8）.2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O（9）.SO2在a极发生氧化反应,电极反应式:

SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-,H+通过阳离子交换膜进入b极室

【解析】I.

（1）.1mol二氧化碳反应时放出的热量为：

5370kJ×

=53.7kJ，则该反应的热化学方程式为：

CO2（g）+3H2（g）

H2O（g）+CH3OH（g）ΔH=－53.7kJ/mol，故答案为：

CO2（g）+3H2（g）

H2O（g）+CH3OH（g）ΔH=－53.7kJ/mol；

（2）.①.据图可知，反应I在较低温度T3时CO2就达到了80%的转化率，则催化剂效果最佳的是反应I，故答案为：

反应I；

②.T3时的b点，反应尚未达到最大限度，则v（正）＞v（逆），故答案为：

＞；

③.c点时，根据三段式法有：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）

起始浓度（mol/L）0.51.500

转化浓度（mol/L）0.5×

1.5×

0.5×

0.5×

平衡浓度（mol/L）0.5×

1.5×

0.5×

0.5×

在温度为T5时，该反应的平衡常数K=

=

=

（L/mol）2，故答案为：

K=

（L/mol）2；

II.（3）.该反应的ΔH<0，为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K值减小，故答案为：

减小；

（4）.a.t1时刻正反应速率最大，之后随反应的进行正反应速率减小，说明t1时刻未达到平衡状态，故a错误；b.该反应正向为气体减少的反应，随着反应的进行，气体逐渐减少，压强逐渐减小，t1时刻压强不再改变，说明反应达到了平衡状态，故b正确；c.t1时刻时CO2和CO的物质的量相等，但t1时刻后，二者的物质的量发生变化，说明t1时刻未达到平衡状态，故c错误；d.随着反应的进行，NO质量分数逐渐减小，t1时刻不再改变，说明反应达到平衡状态，故d正确；答案为：

bd；

（5）.因阳极发生氧化反应，则阳极上发生的是二氧化硫被氧化为硫酸根离子的反应，所以a为阳极，阳极上发生的电极反应式为：

SO2-2e-+2H2O=4H++SO42－，b为阴极，在阴极上，亚硫酸氢根离子得电子生成S2O42-，电极反应式为：

2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，根据上述分析可知，SO2在a极发生氧化反应，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++SO42－，H+通过阳离子交换膜进入b极室参与阴极反应，故答案为:

阳；2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；SO2在a极发生氧化反应，电极反应式：

SO2-2e-+2H2O=4H++SO42－，H+通过阳离子交换膜进入b极室。

10.某实验室采用新型合成技术，以Cu（CH3COO）·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应，经过后处理得到蓝色晶体。

已知该蓝色晶体的化学式为Ka[Cub（C2O4）c]·nH2O,在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化。

为了测定其组成进行以下两组实验，请回答相关问题：

Ⅰ.草酸根与铜含量的测定

①将蓝色晶体于研钵中研碎，取该固体粉末，加入1mol/L的H2SO4溶解，配制成250mL溶液。

②配制100mL0.1000mol/LKMnO4溶液备用。

③取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，采用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL。

④另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗12.50mL.（发生反应：

2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）

（1）后处理提纯该蓝色晶体时，除掉的杂质的主要成分（除原料外）是_______（填化学式）

（2）配制0.1000mol/LKMnO4溶液，需要的玻璃仪器有________、_______，胶头滴管，玻璃棒，烧杯。

（3）用Na2S2O3滴定时，应选用_______滴定管（填“酸式”或“碱式”）

（4）KMnO4溶液滴定草酸根过程中发生反应的离子方程式为_______，滴定终点的现象为_____。

Ⅱ.热重分析法测定结晶的含量

氮气气氛中以升温速率10℃/min测定该化合物的热失重曲线，如图所示晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水。

（5）通过热失重分析，蓝色晶体的化学式中n=________，经过实验测定后，蓝色晶体的化学式为________.

（6）加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化。

为探究剩余固体的成分，冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。

则剩余固体的成分为________。

【答案】

（1）.CH3COOK

（2）.量筒（3）.100mL容量瓶（4）.碱式（5）.2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（6）.当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色（7）.2（8）.K2[Cu（C2O4）2]·2H2O（9）.Cu、K2CO3

【解析】I.

（1）.以Cu（CH3COO）·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应，经过处理得到蓝色晶体，已知该蓝色晶体的化学式为Ka[Cub（C2O4）c]·nH2O，因在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化，根据原料和蓝色晶体的化学式可知，除去的杂质主要成分是CH3COOK，故答案为：

CH3COOK；

（2）.配制100mL0.1000mol/LKMnO4溶液，用到的玻璃仪器有：

量筒、烧杯、玻璃杯、100mL容量瓶、胶头滴管等，故答案为：

量筒；100mL容量瓶；

（3）.Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以应选用碱式滴定管，故答案为：

碱式；

（4）.KMnO4溶液滴定草酸根离子过程中，MnO4－作氧化剂，Mn元素化合价降低生成Mn2＋，C2O42-作还原剂，C元素化合价升高生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒得该反应的离子方程式为：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色；

II.（5）.根据上述滴定过程可知，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根离子恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL，则原晶体中n（C2O42-）=0.1mol/L×0.02L×

×

=0.05mol，另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗12.50mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，2Cu2＋~I2~2Na2S2O3，则原晶体中n（Cu2＋）=0.0125L×0.2mol/L×

=0.025mol，则n（Cu2＋）:

n（C2O42-）=0.025mol:

0.05mol=1:

2，则蓝色晶体中b=1、c=2，再根据化合价整体为0，得a=2，所以蓝色晶体为：

K2[Cu（C2O4）2]·nH2O，晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水，说明结晶水在晶体中的质量分数为10.2%，则有10.2%=

×100%，解得n=2，则蓝色晶体的化学式为：

K2[Cu（C2O4）2]·2H2O，故答案为：

2；K2[Cu（C2O4）2]·nH2O；

（6）.冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，说明有单质铜，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体，说明有碳酸钾，故答案为：

Cu、K2CO3。

11.X、Y、Z为前四周期元素，X与Y位于同一周期。

X是生物体中不可缺少的元素之一，它能形成多种化合物。

其基态原子中有15种电子运动状态.Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的电子数相同；Z是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。

（1）基态X原子中，电子占据的最高能层符号为_____；该能层中电子占据的能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈_______形.

（2）单质X与单质Y2反应，可以生成XY3和XY5，其中各原子满足最外层8电子稳定结构的化合物中，X原子的杂化轨道类型为_______