2023-2024學(xué)年浙江省普通高校招生高考化學(xué)四模試卷含解析

2023-2024學(xué)年浙江省普通高校招生高考化學(xué)四模試卷

注意事項

1.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回.

2.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0.5亳米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置.

3.請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他

答案.作答非選擇題，必須用05亳米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效.

5.如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗.

一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)

1、25℃時，向20.00mL0.100mol?L」的氨水和醋酸鉉溶液中分別滴加0.100mol?L」的鹽酸溶液，溶液pH隨加入鹽酸

體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是()

5

A.25c時，Kb(NH3*H2O)=Ka(CH3COOH)^10

B.b點溶液中水的電離程度比c點溶液中的大

+

C.在c點的溶液中：c(C「)>c(CH3COOH)>c(NH4)>C(OH)

++

D.在a點的溶液中：c(NH4)+2C(H)-2C(CH3COO)+c(NH3*H2O)+2c(OH)

2、81號元素所在周期和族是()

A.第六周期IVA族B.第六周期mB族C.第七周期。族D.第六周期mA族

3、用“銀-Ferrozine”法測室內(nèi)甲醛含量的原理為：

--------Ag.!二》Fe"有色配合物-----?測定溶液吸光度

-------CO,

已知：吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比。下列說法正確的是

A.反應(yīng)①中參與反應(yīng)的HCHO為30g時轉(zhuǎn)移電子2mol

B.可用雙氧水檢驗反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe"

C.生成44.8LC02時反應(yīng)②中參加反應(yīng)的Ag一定為8moi

I).埋論上測得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高

4、2019年是門捷列夫提出元素周期表150周年。根據(jù)元素周期律和元素周期表，下列推斷不合理的是

A.位于第五周期第VIA族的元素為金屬元素B.第32號元素的單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料

C.第55號元素的單質(zhì)與水反應(yīng)非常劇烈D.第七周期WA族元素的原子序數(shù)為117

5、下列說法不無傅的是

A.乙醇、苯酚與金屬鈉的反應(yīng)實驗中，先將兩者溶于乙酸配成濃度接近的溶液，再投入綠豆大小的金屬鈉，觀察、

比較實驗現(xiàn)象

B.可以用新制Cu（OH）2濁液檢驗乙醛、甘油、葡萄糖、雞蛋白匹種物質(zhì)的溶液（必要時可加熱）

C.牛油與NaOH濃溶液、乙醇混合加熱充分反應(yīng)后的混合液中，加入冷飽和食鹽水以促進固體沉淀析出

D.分離氨基酸混合液可采用控制pH法、分離乙醇和濱乙烷的混合物可用萃取法

6、工業(yè)上可用鋁熱反應(yīng)冶煉鎰、帆等難熔金屬，其原因與下列無關(guān)的是

A.鋁還原性較強B.鋁能形成多種合金

C.鋁相對銃、鈕較廉價D.反應(yīng)放出大量的熱

7、有關(guān)海水提溟的說法錯誤的是（）

A.海水曬鹽后的鹵水是提溟原料

B.可以利用氯氣氧化澳離子

C.可用高溫水蒸氣將澳從溶液中吹出

D.吹出的濱蒸氣冷凝后得到純溟

8、苯甲酸的電離方程式為°Em=CT3-+H+,其KF6.25X10,5,苯甲酸鈉（,002,縮寫為NaA）可

用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A%已知25c時,H2cCh的K,尸4.17xM房2=4.9（岡0川。

在生產(chǎn)碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。下列說法正確的是（溫度為25C,不考慮飲

料中其他成分）（）

A.H2c。3的電離方程式為H2co3=2H++CO3~

B.提高CO2充氣壓力，飲料中c（A-）不變

c（HA）

C.當(dāng)pH為5?0時，飲料中dA-）=016

D.相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低

9、W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。Y是短周期中原子半徑最大的元素；元素X和Z同族，Z的

最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體。下列說法正確的

是（）

A.簡單離子半徑大小為YVXVZ

B.Y和Z的氫化物溶于水，所得溶液均呈酸性

C.W與Z均只有兩種的含氧酸

D.工業(yè)上電解熔融YzX制備單質(zhì)Y

10、下圖是O.Olmol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的導(dǎo)電能力變化曲線，其中曲線③是鹽酸滴定NaAc溶液，其他

曲線是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定鹽酸。下列判斷錯誤的是

相

對

導(dǎo)

電

能

力

I￡,

溶液甲的體3

A.條件相同時導(dǎo)電能力：鹽酸〉NaAc

B.曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線

C.隨著甲溶液體積增大，曲線①仍然保持最高導(dǎo)電能力

D.a點是反應(yīng)終點

11、下列不能說明氯元素的非金屬性比硫元素強的是()

A.氧化性：HCIO>H;SO4

C4i.-H-JS=2HOS

c.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HCI>

D?S與7聲應(yīng)生成能□/而S與前生成;■二S

2-

12、己知H2A為二元弱酸。室溫時，配制一組C(H2A)+C(HA-)+C(A)=0.lOOmol?L的H2A和NaOH混合溶液，溶液中

部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如下圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系不正確的是

A.pH=2的溶液中“(HM+c(A2')>C(HA-)

B.E點溶液中：c(Na)-c(HA')<0.100mol-L-1

C.c(Na)=0.100mol-I?的溶液中：c(H*)+c(HzA)=c(Off)+c(A2-)

A.b為電源的正極

B.每消耗32g硫，理論上導(dǎo)線中一定通過2mole，

+

C.N室的電極反應(yīng)式為2H2O-4e=O2T+4H

D.SOF通過陰膜由原料室移向M室

二、非選擇題（本題包括5小題）

17、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)；基態(tài)B原子s

能級的電子總數(shù)比P能級的多1;基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍；D形成簡單離子

的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小。回答下列問題：

（1）元素A、B、C中，電負(fù)性最大的是—（填元素符號，下同），元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為o

（2）與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_______;BA3分子中鍵角1（）9。28,（填“

或“=”），原因是________。

（3）BC3一離子中B原子軌道的雜化類型為,BC3一離子的立體構(gòu)型為o

（4）基態(tài)E原子的電子排布式為；C、E形成的化合物EC5（其中E的化合價為+6）中。鍵與九鍵數(shù)目之比為

（5）化合物DB是人工合成的半導(dǎo)體材料,它的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石（晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示）相似。若DB的晶胞參數(shù)為apm,

則晶體的密度為g?cm-3（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)）。

.O"'/s'—??.O

0f；

O

18、為分析某鹽的成分，做了如下實驗:

混合單質(zhì)氣體聞幽無色氣體（能使帶火星木條復(fù)燃）

M隔絕空氣（常溫下）（33.6g）

(70.9g)高溫

“a稀鹽酸一、魚淖A^NaOH灼燒山,

紅粽色固體-------?溶液A-------------?仇淀-----?固體

（16g）（16g）

請回答：

（1）鹽M的化學(xué)式是

(2)被NaOH吸收的氣體的電子式;

(3)向溶液A中通入H2s氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，寫出反應(yīng)的離子方程式(不考慮空氣的影響)。

19、氯化亞銅(CuCI)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可

被迅速氧化。

I.實驗室用CuSO4—NaCI混合液與Na2s03溶液反應(yīng)制取CuCL相關(guān)裝置及數(shù)據(jù)如圖：

35

1

32.7

23

圖甲L9

L5

20406080100120

時間/?in

回答以下問題:

(1)甲圖中儀器1的名稱是;制備過程中Na2sCh過量會發(fā)生副反應(yīng)生成[Cu(SO3)2],為提高產(chǎn)率，儀器2中

所加試劑應(yīng)為

⑵乙圖是體系pH隨時間變化關(guān)系圖，寫出制備CuCI的離子方程式o丙圖是產(chǎn)率隨pH變化關(guān)系圖，

實驗過程中往往用Na2sCh—Na2cCh混合溶液代替Na2s。3溶液，其中Na2c(h的作用是______并維持pH在_______

左右以保證較高產(chǎn)率。

⑶反應(yīng)完成后經(jīng)抽濾、洗滌、干燥獲得產(chǎn)品。洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，作用是________o

II.工業(yè)上常用CuCI作02、CO的吸收劑，某同學(xué)利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2

的含量。

A.C\CuCI的鹽酸溶液

C.廠|嗔KOH溶液

已知：Na2s2。4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。

(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化學(xué)方程式表示)。用D裝置測Nz含量，讀數(shù)時應(yīng)注意

o整套實驗裝置的連接順序應(yīng)為-Do

20、乳酸亞鐵晶體｛[CH3cH(OH)COOhFe-3H2O,相對分子質(zhì)量為288｝易溶于水，是一種很好的補鐵劑，可由乳酸[CM

CH(OH)COOHteFeCCh反應(yīng)制得。

I.碳酸亞鐵的制備（裝置如下圖所示）

（1）儀器B的名稱是;實驗操作如下：打開瓦、k2,加入適量稀硫酸，關(guān)閉如，使反應(yīng)進行一段時

間，其目的是___________________o

⑵接下來要使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生，需要進行的操作是____________,該反應(yīng)產(chǎn)生一種常見氣體，寫出反應(yīng)的離

子方程式o

⑶儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCCh沉淀，檢驗其是否洗凈的方法是。

11.乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測定

（4）向純凈FeCCh固體中加入足量乳酸溶液，在75c下攪拌使之充分反應(yīng)，經(jīng)過濾，在____________的條件下，經(jīng)低

溫蒸發(fā)等操作后，獲得乳酸亞鐵晶體。

⑸兩位同學(xué)分別用不同的方案進行鐵元素含量測定：

①甲同學(xué)通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于100%,

其原因可能是__________________________.

②乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶

解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取1.00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用

0.100mol?L”硫代硫酸鈉溶液滴定（已知：當(dāng)溶液,即為滴定終點；

平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL,則樣品純度為%（保留1位小數(shù)）。

21、有資料顯示過量的氨氣和氯氣在常溫下可合成巖腦砂（主要成分為NH￡1）,某小組對巖腦砂進行以下探究。

I.巖腦砂的實驗室制備

（DC裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為

(2)為使氨氣和氯氣在D中充分混合并反應(yīng)，上述裝置的連接順序為a~d~c~—、-j-i-h-g-b。

(3)裝置D處除易堵塞導(dǎo)管外，還有不足之處為o

(4)檢驗氨氣和氯氣反應(yīng)有巖腦砂生成時，除了蒸饋水、稀HN03、AgN5溶液、紅色石蕊試紙外，還需要的試劑為

II.天然巖腦砂中NH￡1純度的測定(雜質(zhì)不影響NH4cl純度測定)

已知：2NH4C1+3CUO=^=3CU+2HC1t+N21+3H2。。

步驟：①準(zhǔn)確稱取LI9g巖腦砂；②將巖腦砂與足量的氧化銅混合加熱(裝置如下)。

郭航砂國新化制

(1)連接好儀器后，檢查裝置的氣密性時，先將H和K中裝入蒸儲水，然后加熱G,一,則氣密性良好。

(2)裝置H的作用o

(3)實驗結(jié)束后，裝置I增重0.73g,則天然巖腦砂中NH4C1的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

(4)若用K中氣體體積測定NH￡1純度，當(dāng)量氣管內(nèi)液面低于量筒內(nèi)液面時，所測純度_____(填“偏高”、“無影響”

或“偏低”)

參考答案

一、選擇題(每題只有一個選項符合題意)

1、C

【解析】

103xIO'3

3

A.根據(jù)圖象可知，0.100mol?L”的氨水的pH=U,c(OH)=10mol/L,Kb(NH3-H2O)=------------=10\醋酸

().10()

錢溶液的pH=7,說明錢根離子和醋酸的水解程度相等，則二者的電離平衡常數(shù)相等，即25C時，Ki,(NH3TI2O)=Ka

(CH3COOH)^105,故A正確；

B.加入20mL等濃度的HCI溶液后，氨水恰好反應(yīng)生成氯化餞，b點餒根離子水解促進了水的電隅，而c點溶質(zhì)為醋

酸和氯化筱，醋酸電離出的氫離子使溶液呈酸性，抑制了水的電離，則b點溶液中水的電離程度比c點溶液中的大，

故B正確；

1()14

C.Kb(NH*HO)=K(CH3COOH)^105,K(NH+)=--^109<1()5,醋酸的電離程度較大，則c(NH4+)

32ah4105

+

>c(CH3COOH),正確的離子濃度大小為：c(CD>c(NH4)>C(CH3COOH)>c(OH),故C錯誤；

++

D.在a點的溶液中反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的CH3COONH4>NH4CI和CH3coOH,根據(jù)電荷守恒可知：C(NH4)+C(H)

一c(CH3COO)+c(CD+c(OH),根據(jù)物料守恒可得：2c(CD=c(NHZ)+c(NHj-HzO),二者結(jié)合可得：

++

c(NH4)+2C(H)-2C(CH3COO)+c(NH3*H2O)+2C(OH),故D正確。

故選C。

【點睛】

明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒在鹽的水解中的運用。

2、I)

【解析】

第六周期0族元素為86號元素，因此86-81=5,18-5=13,在13縱列，即第OA族，因此81號元素在第六周期IDA

族，故D符合題意。

綜上所述，答案為D。

3、D

【解析】

A.30gHCHO的物質(zhì)的量為Imol,被氧化時生成二氧化碳，碳元素化合價從0價升高到+4價，所以轉(zhuǎn)移電子4mol,

故A錯誤；

B.過氧化氫能將F<?+氧化為Fe3+,與F*不反應(yīng)，所以不能用雙氧水檢驗反應(yīng)②后的溶液中是否存在Fe3+,故B錯誤;

C.沒有注明溫度和壓強，所以無法計算氣體的物質(zhì)的量，也無法計算參加反應(yīng)的Ag的物質(zhì)的量，故C錯誤；

D.吸光度與溶液中有色物質(zhì)的濃度成正比，吸光度越高，則說明反應(yīng)②生成的Fe?+越多，進一步說明反應(yīng)①生成的

Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正確。

故選D。

4、A

【解析】

A.位于第五周期第VIA族的元素為Tc(確)，是非金屬元素，A錯誤；

B.第32號元素為錯，位于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線處，單質(zhì)可作為半導(dǎo)體材料，B正確；

C.第55號元素是艷，為活潑的堿金屬元素，單質(zhì)與水反應(yīng)非常劇烈，C正確；

D.第七周期0族元素的原子序數(shù)為118,VDA族元素的原子序數(shù)為117,D正確;

答案選A。

5、C

【解析】

A.因為苯酚是固體，將其溶于乙醛形成溶液時，可以和金屬鈉反應(yīng)，二者配制成接近濃度，可以從反應(yīng)產(chǎn)生氣體的快

慢進行比較，故正確；

B.四種溶液中加入新制的氫氧化銅懸濁液，沒有明顯現(xiàn)象的為乙醛，出現(xiàn)沉淀的為雞蛋白溶液，另外兩個出現(xiàn)絳藍色

溶液，將兩溶液加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀的為葡萄糖，剩余一個為甘油，故能區(qū)別；

C牛油的主要成分為油脂，在氫氧化鈉溶液加熱的條件下水解生成高級脂肪酸鹽，應(yīng)加入熱的飽和食鹽水進行鹽析，

故錯誤；

D.不同的氨基酸的pH不同，可以通過控制pH法進行分離，乙醇能與水任意比互溶，但溟乙烷不溶于水，所以可以用

水進行萃取分離，故正確。

故選C。

6、B

【解析】

A?鋁熱反應(yīng)常用于焊接鐵軌，該反應(yīng)中A1作還原劑，A1的還原性比缽、帆等金屬的強，故A相關(guān)；

B.鋁能形成多種合金和工業(yè)上可用鋁熱反應(yīng)冶煉缽、帆等難熔金屬無關(guān)，和鋁本身的性質(zhì)有關(guān)，故B不相關(guān)；

C.鋁相對缽、帆較廉價，所以用鋁來制備鎰和鈕，故C相關(guān)；

D.鋁熱劑為鋁和金屬氧化物的混合物，反應(yīng)在高溫條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)置換出金屬單質(zhì)，為放熱反應(yīng)，放出大量

熱，故D相關(guān)；

題目要求選擇不相干的，故選B。

【點睛】

本題考查鋁熱反應(yīng)及其應(yīng)用，把握鋁熱反應(yīng)的特點及應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，注意反應(yīng)的原理，實質(zhì)為金屬之間的置換反

應(yīng)，題目難度不大。

7、D

【解析】

海水提溟的三個步驟是：(1)先將濃縮海水中的Br-用氯氣氧化CL+2Br?=Br2+2NaCl(2)將溟吹入吸收塔，使嗅蒸汽和

二氧化硫吸收劑發(fā)生作用轉(zhuǎn)變成氫溟酸得到富集澳。Brz+SOz+ZHzO=2Br+SO?+4FF⑶用氯氣將富集的溟負(fù)離子

氧化得到產(chǎn)品溪Ch+2Br=Br2+2Clo

【詳解】

A.海水曬鹽后的鹵水是提濱原料，故A正確；

B.根據(jù)提溟的第一個步驟，先將濃縮海水中的Br-用氯氣氧化。2+2Br-=Brz+2NaCI,故R正確；

C.將澳吹入吸收塔，使溪蒸汽和二氧化硫吸收劑發(fā)生作用轉(zhuǎn)變成氫溪酸得到富集漠，故C正確；

D.吹出的澳蒸氣用吸收液吸收后，再用氯氣將富集的漠負(fù)離子氧化后得到澳，經(jīng)分離提純后可以得到純澳，故D錯

誤；

答案選D。

【點睛】

熟悉海水提溟的流程是解本題的關(guān)鍵。

8、C

【解析】

A.H2c。3是弱酸，分步電離，電離方程式為H2cO3=H++HCO。故A錯誤；

B.提高CCh充氣壓力，溶液的酸性增強，溶液中c(A)減小，故B錯誤；

c(HA)io5

C.當(dāng)pH為5.0時，飲料中c(A)625,0-5=0.16,故C正確；

D.由題中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力顯著高于A,充CO2的飲料中HA的濃度較大，所以相比于未充CO?

的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，故D錯誤；

故選C。

9、A

【解析】

W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。依據(jù)元素周期律可知，同周期元素中，從左到右原子半徑依次減

小，同主族元素中，從上到下原子半徑依次增大，因Y是短周期中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；Z的最高

價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無色氣體，采用逆分析法可知，

這兩種氣體為二氧化碳與二氧化硫酸性氣體，則可知Z為S,其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的濃溶液為濃硫酸，可與

W的單質(zhì)(C)反應(yīng)，因此推出W為C；又X和Z同族，則X為O元素，據(jù)此分析作答。

【詳解】

由上述分析可知，W、X、Y、Z分別是C、O、Na和S元素，貝I」

A.簡單離子的電子層數(shù)越多，其對應(yīng)的半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則簡單離子半徑

大小為YVXVZ,A項正確；

B.氫化鈉為離子化合物，溶于水后與水發(fā)生反應(yīng)：NaH+H2O=NaOH+H2f,使溶液呈現(xiàn)堿性，B項錯誤；

C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸為亞硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C項錯誤；

D.工業(yè)上采用電解熔融氯化鈉來制備金屬鈉，而不是NazO,D項錯誤；

答案選A。

【點睛】

B項是易錯點，學(xué)生要注意氫元素與活潑金屬作用時，形成離子化合物，H顯價。

10、C

【解析】

A.由曲線③鹽酸滴定NaAc溶液，導(dǎo)電能力升高，滴定到一定程度后導(dǎo)電能力迅速升高，說明條件相同時導(dǎo)電能力：

鹽酸,NaAc,故A正確；

B.曲線②的最低點比曲線③還低，為醋酸滴定NaOH溶液的曲線，因此曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化

曲線，故B正確；

C.由曲線①起始點最高，說明鹽酸的導(dǎo)電能力最強，隨著甲溶液體積增大，曲線①逐漸變成氯化鈉和氫氧化鈉的混

合物，根據(jù)曲線②可知，氫氧化鈉的導(dǎo)電能力不如鹽酸，而隨著甲溶液體積增大，曲線③的溶液逐漸變成鹽酸為主的

導(dǎo)電能力曲線，因此最高點曲線③，故c錯誤；

D.反應(yīng)達到終點時會形成折點，因為導(dǎo)電物質(zhì)發(fā)生了變化，即a點是反應(yīng)終點，故D正確；

故選C。

【點睛】

本題的難點為曲線①和②的判斷，也可以根據(jù)滴定終點后溶液中的導(dǎo)電物質(zhì)的種類結(jié)合強弱電解質(zhì)分析判斷，其中醋

酸滴定NaOH溶液，終點后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸為弱電解質(zhì)，因此曲線的后半段導(dǎo)電能力較低。

11、A

【解析】

A.元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性越強，不能根據(jù)其含氧酸的氧化性判斷元素的非金屬性

強弱，A符合題意；

B.在該反應(yīng)中CL將S置換出來，說明氧化性。2>S,則元素的非金屬性CI>S,B不符合題意；

C元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，因此可通過穩(wěn)定性HClXhS,證明元素的非金屬性CI>S,C

不符合題意；

D.Fe是變價金屬，氧化性強的可將其氧化為高價態(tài)，氧化性弱的將其氧化為低價態(tài)，所以可根據(jù)其生成物中Fe的價

態(tài)高低得出結(jié)論氧化性CE>S,則元素的非金屬性C1>S,D不符合題意；

故合理選項是A。

12>A

22

【解析】A、根據(jù)圖像，可以得知pH=2時C(HA-)>C(H2A)+C(A-),故A說法錯誤；B、E點：c(A~)=c(HA

一)，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+尸c(OIT)+c(HA-)+2C(A2),此時的溶質(zhì)為NazA、NaHA,根據(jù)物

料守恒，2n(Na+)=3n(A),即2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A),兩式合并，得到c(N『)一c(HA

2-+-+-1

■)=[C(HA")+3C(H2A)+C(A)]/2,BPc(Na)-c(HA)=0.1+c(H2A),c(Na)-c(HA-)<0.100mol-L,故

+

B說法正確；C、根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析，當(dāng)c(Na+)=0.lmol?LT溶液中：c(H)+c(H2A)=c(OH

■)+c(A2-),故C說法正確；D、根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA~)+2c(A2-),pH=7,說

明C(H+)=C(OIT),BPc(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),因此有c(Na+)>2c(A2-),故D說法正確。

13、B

【解析】

A.泰國銀飾屬于金屬材料。土耳其彩兗主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，故A錯誤；

B.高壓鈉燈發(fā)出的光為黃色，黃光的射程遠，透多能力強，對道路平面的照明度比高壓水銀燈高幾倍，故用鈉制高

壓鈉燈，故B正確；

C.人體不含消化纖維素的酶，纖維素在人體內(nèi)不能消化，故c錯誤；

D.碳纖維是一種新型的無機非金屬材料，不是有機高分子材料，故D錯誤；

答案選B。

14、D

【解析】

第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液PH為12,氫氧根濃度為0.01mol/L,故為一元強堿，則X為Na；Y、

W、Z對應(yīng)的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7,均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L,故

為一元強酸，則W為CI元素;最高價含氧酸中,Z對應(yīng)的酸性比W的弱、Y對應(yīng)的酸性比W的弱，而原子半徑Y(jié)>Z>CI,

硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素。

【詳解】

A.電子層結(jié)構(gòu)相同,核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑P3>S2>Cr>Na+,故A錯誤；

B.W的最高價氧化物對應(yīng)的水化物是高氯酸，一定是強酸，但是如果是次氯酸，則是弱酸，故B錯誤；

C.非金屬性是Y>Z>W,非金屬性越強，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z>W,故C錯誤；

D.W與Z可形成一種各原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物S2cL,其結(jié)構(gòu)式為：C1-S-S-CI,故D正確；

答案選D。

【點睛】

本題考察元素周期律的綜合運用，從圖像可以推斷出是哪些元素，找到元素之間的關(guān)系，緊緊位，構(gòu)，性，從而做出

判斷。

15、C

【解析】

A.高溫能使微生物蛋白質(zhì)凝固變性，導(dǎo)致電池工作失效，所以該裝置不能在高溫下工作，A錯誤；

B.原電池內(nèi)電路中：陽離子移向正極、陰離子移向負(fù)極，從而達到脫鹽目的，所以Y為陽離子交換膜、X為陰離子交

換膜，B錯誤；

+

C.由圖片可知，負(fù)極為有機廢水CHbCOO?的電極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為CHjCOO+2H1O-8C=2CO2f+7H,

C正確；

D.該裝置工作時為原電池，是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，D錯誤；

故合理選項是Co

16、D

【解析】

結(jié)合題干信息，由圖可知M室會生成硫酸，說明OH放電，電極為陽極，則a為正極，b為負(fù)極，據(jù)此分析解答問題。

【詳解】

A.根據(jù)上述分析，b為電源負(fù)極，A選項錯誤：

B.根據(jù)電池的總反應(yīng)為2Li+xS=Li2Sx,沒通過2mole?需要消耗32xg硫，B選項錯誤；

C.N室為陰極，氫離子放電，電極反應(yīng)式為2H++2e-===H2T，C選項錯誤；

D.M室生成硫酸，為陽極，電解池中陰離子向陽極移動，原料室中的SO4?一通過陰膜移向M室，D選項正確；

答案選I)。

二、非選擇題(本題包括5小題)

17、ON>O>AIN/分子間易形成氫鍵V孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的

164

2

排斥作用sp三角形Is22s22P63s23P63(154sl(或[Ar]3ds4s】)7;1-7—xlO^

a&

【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態(tài)，A為H元素；基態(tài)

B原子s能級的電子總數(shù)比p能級的多1,核外電子排布為Is22s22P3,為N元素；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對電

子數(shù)均是未成對電子數(shù)的3倍，核外電子排布為Is22s22P\is22s22P63s23P63d§43則C為O元素，E為Cr元素；D

形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數(shù)最大的金屬元素，因此D為A1

元素。據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為A1元素，E為Cr元素。

(1)元素的非金屬性越強，電負(fù)性越大，元素H、N、O中，電負(fù)性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第

一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐

漸減小，

元素N、O、AI的第一電離能由大到小的順序為N>O>AL故答案為O；N>O>AI；

(2)NHa分子間易形成氫鍵，導(dǎo)致氨氣易液化：NHR中中心原子N的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為1,其VSEPR

模型為四面體構(gòu)型，NH3分子中N原子采用sp?雜化，為三角錐結(jié)構(gòu)，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電

子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于109。28，，故答案為NM分子間易形成氫鍵；<；孤電子對對成鍵電

子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用；

(3)NO3一離子中N原子的價層電子對數(shù)鍵電子對數(shù)+孤電子對數(shù)=3+上學(xué)9=3,采用sp2雜化,立體構(gòu)型為三角形,

故答窠為Sp2；三角形；

(4)E為Cr元素，基態(tài)E原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d54sl(或[Ar]3d54s>C、E形成的化合物CrOs(其中E

O

的化合價為+6),結(jié)構(gòu)為77^/?，其中。鍵與開鍵數(shù)目之比為7:1,故答案為Is22s22P63s23P63c154sl(或[Ai*]3d54s>

o、o

7:1；

I14x(27+14)

(5)A1N晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4,8x-+6x-=4,晶胞質(zhì)量為----------g,因此晶胞的密度

82

4x(27+2

IM164

--r——xgemf,故答案為訴一xio兒

aN,

(axlOlf0tcm)T3"

【點睛】

正確推導(dǎo)元素是解答本題的關(guān)鍵。本題的難點為C、E的推導(dǎo)，易錯點為(4),要能夠根據(jù)題意確定CrOs的結(jié)構(gòu)。

18、Fe(ClO)3：Cl:Cl:2Fe3++HS=2Fe2++2H++Sl

4????2

【解析】

(1)混合單質(zhì)氣體被稀NaOH溶液吸收后得到的無色氣體能使帶火星木條復(fù)燃，證明有氧氣生成；能被氫氧化鈉吸

收的氣體單質(zhì)為CL.,說明M中含有O和CI元素;由“紅棕色固體-^金鷺溶液A也儂沉淀上弛固體”

說明紅棕色固體為FezOj,說明M中含有Fe元素；n(FezOa)=16g4-160g/mol=0.1moLn(Oz)=33.6gT32g/niol=1.05niol,

則m(Cl)=70.9g-33.6g-16g=21.3g,n(Cl)=21.3g-i-35.5g/niol=0.6mol,n(Fe)：n(Cl)：n(O)=0.2mol：0.6niol：

(0.3mol+1.05molx2)=1:3:12,則M的分子式為Fe(CKh)3。

(2)被NaOH吸收的氣體為氯氣，其電子式為：ci：Cl:-

；■■??

(3)A為FeCh溶液，向溶液A中通入H2s氣體，有淡黃色沉淀產(chǎn)生，反應(yīng)的離子方程式2Fe3++HzS=2Fe2++2IT+Sl。

19、三頸燒瓶Na2sCh溶液2cli2++S0；+2C「+H2O=2CUQ1+2H++SO：與H+作用，調(diào)整pH3.5洗

去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NOt+4H2O溫度降到常

溫，上下調(diào)節(jié)量氣管至左、右液面相平，該數(shù)時視線與凹液面最低處相切C-BTA

【解析】

⑴根據(jù)儀器1的圖示解答；制備過程中NazSOa過量會發(fā)生副反應(yīng)生成［Cu(SO3)2p,需要控制Na2sO3的加入量，據(jù)此

分析判斷；

⑵根據(jù)題意，在CuSO4液中加入一定量的Na2s03和NaCl溶液生成CuCI(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，結(jié)

合Na2c03的性質(zhì)分析解答；

⑶根據(jù)“氯化亞銅(CuCI)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；

(4)根據(jù)“氯化亞銅(CuCI)能溶解于硝酸。結(jié)合硝酸的強氧化性書寫反應(yīng)的方程式；根據(jù)正確的讀數(shù)方法解答；用CuCI

作O2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，

再用A吸收CO,最后用排水法測量氮氣的體積，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過程中Na2s03過量會發(fā)生副反應(yīng)生成［Cu(SO3)2p,為提高產(chǎn)率，可控制Na2s03

的加入量，則儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2s03溶液，故答案為：三頸燒瓶；Na2s03溶液；

⑵在提純后的CuSOi液中加入一定量的Na2sCh和NaCl溶液，加熱，生成CuCI(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增

2+22+

強，生成硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：2Cu+SO3+2Cr+H2()=2CuCI|+SO4+2H,用Na2sO、3?Na2c。3混合溶液代替

Na2sCh溶液，Na2c03可與生成的H+反應(yīng)，及時除去系統(tǒng)中反應(yīng)生成的H+,利于反應(yīng)進行，由圖象可知，應(yīng)維持pH

在3.5左右，故答案為：2CU2++SO32+2CI+H2O=2CUCI|+SO42+2H+；與H+作用，調(diào)整pH；3.5；

⑶用去氧水作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，可洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCI被氧化，故答案為：洗去晶體表面的雜

質(zhì)離子，同時防止CuCI被氧化；

(4)根據(jù)題意，氯化亞銅(CuCI)能溶解于硝酸，反應(yīng)的方程式為6clic1+8HNO3=3CU(NO3)2+3CUC12+2NOT+4H20；用D

裝置測2含量，應(yīng)注意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面最低處水平相切，以減小實驗誤差；用

CuCI作02、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和(h的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收

氧氣，再用A吸收CO,最后用排水法測量氮氣的體積，則順序為CTB—ATD,故答案為：

6CUCI+8HNO3=3CU(NO3)2+3CUCI2+2NOT+4H2O；降低溫度到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管液面至左右液面相平，讀數(shù)時視

線與凹液面最低處水平相切；CTBTA。

2+

20、蒸饌燒瓶生成FeSO?溶液，且用產(chǎn)生的W排盡裝置內(nèi)的空氣關(guān)閉k2Fe

+2HCO3=FeCO31+CO2t+ll2O取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCL溶液，若無白色沉淀，則洗滌

干凈隔絕空氣乳酸根離子中的羥基也能被高銃酸鉀氧化，導(dǎo)致消耗高銃酸鉀溶液用量偏多藍色褪去且半

分鐘不恢復(fù)95.2%

【解析】

I.亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫

氣排盡裝置中的空氣，B制備硫酸亞鐵，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。

C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCCh沉淀。

II.Fc2+有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化，獲取乳酸亞鐵晶體過程中應(yīng)減小空氣中氧氣的干擾；①乳酸和亞鐵離

子都可被酸性高缽酸鉀氧化；

②12的淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍色會變淺，最終褪色；根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+??12??

2s2O3%根據(jù)滴定時參加反應(yīng)的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計算出Fe2+的物質(zhì)的量，再計算樣品純度。

【詳解】

I.亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用反應(yīng)生成的氫

氣排盡裝置中的空氣，裝置B制備硫酸亞鐵，C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng):

2+

Fe+2HCO3=FeCO31+