2023-2024学年安徽合肥某中学高考压轴卷化学试卷含解析

2023-2024学年安徽合肥一六八中学高考压轴卷化学试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、某溶液可能含有下列离子中的若干种：c「、SO42->SO32-、HCO.「、Na\Mg2\Fe?+,所含离子的物质的量浓度

均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：

①取100mL上述溶液，加入过量Ba（OH）2溶液，反应后将沉淀过漉、洗涤、干燥，得白色沉淀；

②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。

下列说法正确的是（）

A.气体可能是CO2或SO2

B.溶液中一定存在SO/一、HCO3一、Na\Mg2+

C.溶液中可能存在Na+和一定不存在Fe3+和Mg2+

D.在第①步和第②步的漉液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀

2++

2、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3|+O2T+8Na,则下列说法正确

的是

A.该反应中Fe2+是还原剂，02是还原产物

B.4molNazOz在反应中共得到8NA个电子

C.每生成0.2mol。2,则被Fe?+还原的氧化剂为0.4mol

D.反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀

3、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在Ti（h纳米晶体表面制成,

另一电极由导电玻璃镀粕构成，下列关于该电池叙述不正确的是（）

A.染料敏化TiCh电极为电池负极，发生氧化反应

B.正极电极反应式是：b+2e=3r

C.电池总反应是；2R++3I=I3-2R

D.电池工作时将太阳能转化为电能

4、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不无琥的是

A.用地沟油制取的生物柴油和从石油炼得的柴油都属于烧类物质

B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料

C.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化

合物

D.中国天眼“FAST",用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料

5、N,、为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是

A.c(H2(Xh)和c(HCO3)之和为Imol的NaHCCh溶液中，含有Na+数目为NA

B.5g2|H和3用的混合物发生热核聚变反应：2iH+3iH->SHe+'oii,净产生的中子Con)数为NA

C.ILO.lmol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NA

D.56g铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子

6、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素

在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是

A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)

B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

C.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

D.Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同

7、用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500C制备纯净HX气体，则该卤化钠是

A.NaFB.NaClC.NaBrD.Nai

8、实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是

A.b中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出

B.固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐

C.乙酸乙酯与。二。互为同分异构体

D.乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱

9、煤的干储实验装置如图所示。下列说法错误的是

A.可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3

B.长导管的作用是导气和冷凝

C.从b层液体中分离出苯的操作是分储

D.c口导出的气体可使新制氯水褪色

10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、11、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单

质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0.01mol/L的s溶液pH为12,X的质子数是W与Z的

质子数之和的一半。下列说法正确的是

A.原子半径：W<X<Y

B.简单氢化物沸点：Z<X<Y

C.n、s中均含有离子键和共价键

D.q溶于水时温度升高，证明其水解过程放热

11、下列叙述正确的是（）

A.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh（水解常数）越小

B.温度升高，分子动能增加，减小了活化能，故化学反应速率增大

C.黄铜i铜锌合金）制作的铜锣易产生铜绿

D.能用核磁共振氢谱区分—5和一OH

12、某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向ILO.lmol/LH2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH

溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法

中正确的是（）

A.pH=4.。时,图中n(HA)约为0.0091mol

B.0.1mol/LNaH/1溶液中存在c(A2)+c(HA)+c(H2A)=0.1mol/L

C.该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚配作指示剂

D.常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0

13、固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电解质RbAgds可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种

全是AgZ下图是一种测定02含量的气体传感器示意图，02可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得

的含量。在气体传感器工作过程中，下列有关说法正确的是

分则气体6聚四氟乙烯膜

心心2.多孔石墨电极

(E)RbAg41s

电箱।.............根电极

A.银电极被消耗，RbAg烝的量增多

B.电位计读数越大，02含量越高

C.负极反应为Ag+1-e-=AgI

D.部分AIL同体变为Al和Agl

14、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X,其转化关系如下：

〒［试剂A.⑶试剂A干干

下列说法错误的是

A.若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素

B.若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙

C.若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质

D.若乙为NaHCCh,则甲或丙可能是CO2

15、常温下，BaCCh的溶度积常数为Ksp,碳酸的电离常数为Kai、&2,关于0.1mol/LNaHCCh溶液的下列说法错误

的是

A.溶液中的C(HCOQ一定小于0.1mol/L

B.c（H+）+c（H2co力=c（CO.r"）+c（OH一）

c(Na,)

C.升高温度或加入NaOH固体,均增大

c(HCO；)

K

D.将少量该溶液滴入BaCb溶液中，反应的平衡常数K=U

sp

16、下列实验操作能达到实验目的的是

A.用容量瓶配制溶液时.先用蒸储水洗涤,再用待装溶液润洗

B.用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体

C.在装置甲中放入MnO?和浓盐酸加热制备氯气

D.用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物

二、非选择题（本题包括5小题）

17、X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使

湿润的红色石蔻试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8,M的单质

为黄绿色有害气体。请回答下列问题：

（1）Q在元素周期表中的位置为。

（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为（写元素离子符号）。

（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：（用离子方程式表示）。

（4）QM2的电子式为。

（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为o

18、环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。

下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：

已知以下信息:

回答下列问题：

(1)A是一种烯正，化学名称为,C中官能团的名称为、—。

(2)由C生成D反应方程式为o

(3)由B生成C的反应类型为o

(4)E的结构简式为。

(5)E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式、。

①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1。

(6)假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成Imol单一聚合度的G,若生成的NaCl和HzO的总质量为765g,

则G的n值理论上应等于o

19、为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。

实验一：

已知：3Fe(s)+4H2O(g)_白遑》Fe3O4(s)+4H2(g)

（1）虚线框处宜选择的装置是_______（填“甲”或"乙”）；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制

得的纯净氢气中，观察到的实验现象是。

（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含+3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，

滴加溶液（埴试剂名称或化学式）.没有出现伽红色,说明该固体中没有+3价的铁元素°请你判断该同学的

结论是否正确并说明理由_________________o

实验二：

绿矶是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矶中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关Ki和Kz（设为装置A）

称重，记为将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为img,B为干燥管。按下图连接好装置进行实

验。

Kl

实验步骤如下：（1）,（2）点燃酒精灯，加热，（3）,（4）,（5）

（6）称量A,重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。

（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上

a.关闭K,和Kib.熄灭酒精灯c.打开K.和K2缓缓通入N2d.冷却至室温

（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________o

（5）已知在上述实验条件下，绿矶受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解，根据实验记录,

计算绿研化学式中结晶水数目x=（用含皿、nu、m3的列式表示）。

20、FeS（h溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用FC2+,实验室中常保存硫酸亚铁镀晶体[俗称“摩尔盐”，

化学式为（NH4）2Fe（SO4）2・6H2O],它比绿研或绿矶溶液更稳定。（稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而

变质)

I.硫酸亚铁钱晶体的制备与检验

(1)某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁钱晶体。

本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸储水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸储水的目的是______。向FeSO4

溶液中加入饱和(NHGSO4溶液，经过操作、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。

(2)该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。

①如图所示实验的目的是_______,C装置的作用是_______O

浓H2s。4

取少量晶体溶干水.得淡绿色待测液C

②取少量待测液，(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2+o

③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4+和SO&2-

II.实验探究影响溶液中Fe?+稳定性的因素

(3)配制0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NHRF&SO^溶液(pH=4.0),各取2ml上述溶液

于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，15分钟后观察可见：

(NH6Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。

(资料1)

沉淀

Fe(OH)2Fe(OH)3

开始沉淀pH7.62.7

完全沉淀pH9.63.7

①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因

②讨论影响Fe?+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：

假设1：其它条件相同时，NFk+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中瘦+稳定性较好。

假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe?+稳定性越好。

假设3：o

(4)小组同学用如图装置(G为灵敏电流计)，滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A(0.2mol/LNaCl)和溶液B

(O.lmoVLFeSO4)为不同的pH,

石墨

匕溶液B

溶液A、

w

盐桥

观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。

序号A：0.2mobL-,NaCIB：0.1moiL-,FeSO4电流计读数

实验1pH=lpH=58.4

实验2pH=lpH=l6.5

实验3pH=6pH=57.8

实验4pH=6pH=l5.5

（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流

越大。

（资料3）常温下，0.1mol/LpH=l的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信

息，经小组讨论可以得出以下结论：

①U型管中左池的电极反应式0

②对比实验1和2（或3和4），在一定pH范围内，可得出的结论为。

③对比实验____________和,还可得出在一定pH范围内溶液酸碱性变化对02氧化性强弱的影响因素。

④对（资料3）实验事实的解释为o

21、运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。

⑴合成氨中的氢气可由下列反应制取：

a.CH4（gi+H2O（g）^CO（g）+3H2（g）AHi=+216.4kJ/mol

b.CO（g）4-H2O（gFCO2（g）+H2（g）AH2=-41.2kJ/mol

则反应CH4（g）+2H2O（g）=?CO2（g）+4H2（g）AH=。

⑵起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为山。1、3mol,在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数

与温度的关系如图。

①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_____________(填序号)

A.N?和H?的转化率相等B.反应体系密度保持不变

c'(H,)C(NHJ

C.口:保持不变D.

c(NHj6)

②P1___P2(填“〉”"=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点D点。

③C点H?的转化率为；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率:

i)(A)1)(B)o

n.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。

已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为o反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2moi时，吸

收柱中生成的气体在标准状况下的体积为L。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、B

【解析】

由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+,且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部

分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO,，气体为CO2,由于SChL♦相互促进水解不能共存，②

反应后的溶液中可能含Na\Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含CI-,则溶液中一定含SO?>

2+

HCO3\Na\Mg,以此来解答。

【详解】

A.①中白色沉淀为硫酸钢和碳酸铁，气体为CO2,故A错误；

B.白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2,由

于SO、/、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，由

2+

电荷守恒可知不含C1,则溶液中一定含SOJ、HCO3\Na\Mg,故B正确；

C.②反应后的溶液中可能含Na\Mg2+,所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42\HCO3.Na\Mg2+,

故C错误；

D.①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2,②溶液含Mg?+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白

色沉淀AgCL故D错误；

正确答案是B。

【点睛】

本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SOF、HCO3\Na\

Mg2+,另外SO3~、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。

2、C

【解析】

A.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和・2价，得电子化合价降低的反应物是

氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe?+和!的过辄化钠作还原剂，

4

Fe(OH)3和02是氧化产物，故A错误；

3

B.该反应中有4moi过氧化钠反应时有3moi过氧化钠得电子发生还原反应，有二的过氧化钠作氧化剂，因此

4

4moiNazOz在反应中共得到6M,个电子，故B错误；

C.根据方程式，生成0.2mol02,反应的Fe?+为0.8moL被0.8molFe?+还原的氧化剂(NazCh)的物质的量

0.8mol△,.八十也

=----------=0.4mol,故C正确；

2

D.该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；

故选C。

【点睛】

本题的易错点和难点为C,要注意该反应中有2种还原剂——Fe?+和1的NazCh,氧化剂是'的NazCh,不能根据方

44

程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。

3、C

【解析】

根据图示装置可以知道：染料敏化Ti6电极为电池负极，发生氧化反应，R-e=R+,正极电极发生还原反应，电极

反应式是：反+2式―3「，总反应为：2R+3「-r+2R+,据此回答。

【详解】

A.根据图示装置可以知道染料敏化TIO2电极为电池负极，发生氧化反应R・e=R+,故A正确；

B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：N+Ze--3「，故B正确；

+

C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3I-13+2R,故C错误；

D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。

故选C。

4、A

【解析】

A.用地沟油制取的生物柴油含有氧元素，不属于烧类物质，故A错误；

B.增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故B正确；

C.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；

D.碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D正确；

故选A。

5、D

【解析】

A.n(H2c03)和n(HCO#之和为Imol的NaHCCh溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA,A错误；B.不能

确定5g21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C.溶剂水分子中还存在共价键,

C错误；D.56g铁是hnol,与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。

点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、

胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、

化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量,

还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。

6、B

【解析】

X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外

层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素;

Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。

【详解】

根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；

A.X、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W,同周期元素原子半径随核电荷数增大半径

减小，原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y),故A错误

B.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y>W,则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强,

故B正确；

C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XVW,X的最高价氧化物对应水化物的酸性比

W的弱，故c错误；

D.Y是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为NazO、Na2O2,含有的阴阳离子数目之比均为1:2,前者

只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；

答案选B。

【点睛】

非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。

7、B

【解析】

A.玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用普通圆底烧瓶制取氟化氢，选项A错误;

B.利用高沸点的酸制取挥发性酸原理，盐酸是挥发性酸，浓硫酸是高沸点酸，且氯化氢和玻璃不反应，所以可以用

浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，选项B正确；

C.溟化氢能被浓硫酸氧化而得不到溟化氢，选项C错误；

D.碘化氢易被浓硫酸氧化生成碘单质而得不到碘化氢，选项D错误；

答案选B。

8、B

【解析】

A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能

插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；

B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CMCOObCa、CO2.

H2O,将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；

C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；

D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生田的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确:

故合理选项是Bo

9、A

【解析】

根据煤干储的产物进行分析：煤干储的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一

氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等

【详解】

A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验加3是错误的，故A错误；B.长导管的作用是导气和

冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分储，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等

还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：Ao

【点睛】

解题的关键是煤干馆的产物。根据产物的性质进行分析即可。

10、C

【解析】

n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r,而0.01mol・L的s溶液的pH为12,s为一元强硬，r为Y的气体单质，

贝ijs为NaOH,n为NazCh,p为H2O,r为Ch,可推知m为CO2,q为NazCOi.结合原子序数可知W为H,X为C,

Y为O,Z为Na,据此分析解答。

【详解】

A.H原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半

径：W<Y<X,故A错误；

B.C对应简单氢化物为CHs。对应简单氢化物为H2O,Na对应简单氢化物为NaH,CH4>H2O均为分子晶体，

NaH为离子晶体，WO分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：X<Y<Z,故B错误；

C.Na2O2,NaOH均是Na+与多原子的阴离子组成的离子化合物，Na+与阴离子之间存在离子键，阴离子内存在共价

键，故C正确；

D.Na2coi溶于水时，Na+和CO产在形成水合离子时会放热，并不是水解放热，水解过程属于吸热反应，故D错误;

故答案为：Co

【点睛】

非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相

似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnHj>GcH4>SiH>CH4；③相对分子质量相同或接近，分

子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CO>N2；④形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；

如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。

11、D

【解析】

A.某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka,则其盐NaA的水解常数Kh与Ka存在关系为：所以K,越

Ka

小，Kh越大，故A错误；

B、温度升高，更多分子吸收能量成为活化分子，反应速率增大，但活化能不变，故B错误；

C.黄铜是锌和铜的合金，锌比铜的化学性质活泼，与铜相比它更易与空气中的氧气反应，而阻碍了铜在空气中的氧

化，所以黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿，故c错误；

D、©电和1一°”的核磁共振氢谱上峰的个数相同，但峰面积之比分别为1：2：2：3和1：2：2：1,可

以区分，故D正确；

答案选D。

12、A

【解析】

A.pll=3时A?1HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则-2=C(A')=c(H+)=0.001mol/L,

c(HA-)

由同一溶液中A')'PH=4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中〃(HA-)+“(A2-)=0.1moL据

此计算n(HA-)；

B.该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在HzA；

C.根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；

D.pH=3时，溶液中不存在HzA,说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水

解，且C[A2-)=C(HA-)。

【详解】

A.pH=3时A?1HA-的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则(2=上区上巴2=c(H+)=0.001mol/L,

c(HA)

c(A2-)n(A2')

由同一溶液中｛HA')=〃(HA)，PH=4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中〃(HA-)+〃(A2-)=0.1mol,

22

c(A2)c(H+)H(A-)+«(A-)

Ki=-1——------=/…、xc(H+)=—7~一vxO.OOO1mol/L=0.001moVL,"(HA)约为0.0(mmoL故A正确；

ac(HA-)"(HA)

B.该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在HzA,根据物料守

恒得c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L,故B错误；

C.根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故C错误：

D.pH=3时，溶液中不存在HzA,说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水

2

解，且C(M-)=C(HA)等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A~),c(HA-)

不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3,故D错误；

故答案选Ao

【点睛】

正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶

质及其浓度无关。

13、B

【解析】

02通入后，发生反应：4Ali3+3O2=2AlQ3+6L,L在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极，电极反

应式为：L+2Ag++2e-=2AgL银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质RbAg4k中迁移的物种是A—电极反应式

为：Ag-e=Ag+,据此解答。

【详解】

A.由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：b+2Ag=2AgL因盾体电解质RbAg”5

中迁移的物种是Ag+,因此RbAgjL质量不会发生变化，故A错误；

B.02含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故B正确；

+

C.由上述分析可知，负极反应为：Ag-e=Ag,故C错误；

D.由上述分析可知，部分A1L生成AI2O3和L,故D错误；

故答案为：Bo

14、B

【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCb,乙是Al(OH)3白色沉淀，丙是NaAKh,X为短周期金属元素铝，符合题意，

A正确；

B、若A为硝酸,X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe,乙是Fe(N(h)2,丙是Fe(NCh)3,甲与乙不反应，B

错误；

C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NOz,则甲是N2,乙是NO,C正确；

D、若乙为NaHCXh,甲是CO2,A>NaOH,丙是Na2co3,或者甲是Na2co3,乙是、aHCCh，A是HCL丙是CO2,

D正确。

答案选B。

15、D

【解析】

A.HCO3一离子在溶液中既要发生电离又要发生水解，0.1m。l/LNaHCO3溶液中的c(HCO3-)一定小于Q.lmol/L,A

正确；

B.NaHCCh溶液中存在物料守恒：①c(Na+)=c(H2cO3)+C(HCO3>C(CO32»电荷守恒：②c(Na+)+

+>2

C(H+)=C(OIT)+C(HCO3.)+2C(CO32-)，①代入②可得C(H+C(H2CO3)=(COJ)+C(OH\B正确；

C.升高温度，HCO3离子的电离和水解都是吸热反应，所以c(HCO3)会减小，而c(Na+)不变，会增大;加

C(HCO3)

—c(Na+)

入NaOH固体，以Na+)会增大，HCCh•与OIT反应导致c(HCO0减小，，.八会增大,所以C正确；

C(HCO3)

1

D.将少量NaHCCh溶液滴入BaCL溶液发生：HCOr.H++CO2-(K)>Ba2++CO2=BaCO1(­)、H++HCO=

3a233&p3

1Ka2

H2CO3(—),三式相加可得总反应Ba2++2HCO.T=BaCO31+H2cOMK),所以K=。；，D错误；

KaK”]•Ksp

答案选D.

【点睛】

方程式相加平衡常数相乘，方程式反应物生成物互换平衡常数变成原来的倒数。

16、C

【解析】

A.用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；

B.湿润的红色石茯试纸遇酸性气体不变色，B项错误；

C.Mn02和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；

D.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。

答案选C。

二、非选择题(本题包括5小题)

22>+

17、第二周期nA族Cl>O>MgNH3+H2O^=±NH3*H2OF=^NH4+OH&门。M屋♦["&：]一

••••

Ch+2OH=C!+H2O+C1O.»

【解析】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态

氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，

原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8・5・1=2,故Q为镁

元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。

【详解】

X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态

氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，

原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8・5・1=2,故Q为镁

元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。

(DQ为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期HA族；

(2)Z、Q、M分别为O、Mg、Cl,C「比其他两种离子多一个电子层，O\Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大

的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为。>O?>Mg?*；

+

(3)Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2O^=^NH3«H2O^=^NH4+OH；

(4)QM2为MgCL,属于离子化合物，其电子式为•[:日/-乂❷卜葭&：]一;

••••

(5)M的单质。2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为

Ch+2OH=CI+H2O+CIOo

【解析】

根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3cH=CH2；A和Ch在光照条件下发生取代反应生成B为

、C

CH2=CHCH2C1,B和HOCI发生加成反应生成C为口CH,C(^HOCH：W~CHCl，在碱性条件下脱去HC1生成

D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F,则E为口和F聚合生成G,据此分析解答.

【详解】

(1)根据以上分析，A为CH3cH=CH2,化学名称为丙烯；C为eg,毙sc，故含官能团的名称为氯原子、羟基。

Clvn：Cl

本小题答案为：丙烯；氯原子、羟基。

(2)C在碱性条件下脱去HC1生成D,化学方程式为：CI\夕二/0•3—-A.<+XI・比。(或

MO\Z'、/°-NaOH—・HQ)°

故本小题答案为：a、父:a•MX—>丛力!*N*CI*HjO(或HO\XyCl•NaOH―»FXI+Q)。

（3）B和HOCI发生加成反应生成C。本小题答案为；加成反应。

（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁

共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1,说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有

（6）根据信息②和③，每消耗ImolD,反应生成ImolNaCl和H2O,若生成的NaCl和H?O的总质量为765g,生成

NaCl和HzO的总物质的量为765g/76.5g/mol=10moL由G的结构可知,要生成1mol单一聚合度的G,需要（n+2）molD,

则（n+2）=10,解得n=8,即G的〃值理论上应等于8。本小题答案为：8。

19、乙铜丝由黑变红硫氯化钾或KSCN不正确，因为铁过量时：Fe+2Fe3+-3Fe2+cbda

152(Aw?—〃h)

确保绿研中的结晶水己全部失去

18(风一网)

【解析】

试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成F-O,和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气

的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe"能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为

Fe2+；

实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为

使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭Ki和Kz;冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿研中

的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是（gr4）g,生成水的质量是根据

FeSO4-xH2O=FeSO4+xH2O计算x值；

解析：实验一：（D铁与水蒸气反应生成FeKh和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比

空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使

KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN