新疆维吾尔自治区且末县第二中学2024年高考化学三模试卷含解析

新疆维吾尔自治区且末县第二中学2024年高考化学三模试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、现有短周期主族元素R、X、Y、Z。若它们的最外层电子数用n表示，则有：n(X)＋n(Y)＝n(Z)，n(X)＋n(Z)＝n(R)。这四种元素组成一种化合物Q，Q具有下列性质：下列说法错误的是A．原子半径：Y＞Z＞X B．最高价氧化物对应水化物酸性：Y＜ZC．X和Y组成的化合物在常温下都呈气态 D．Y3Z4是共价化合物2、列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A向某溶液中滴加双氧水后再加入KSCN

溶液溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+B向饱和Na2CO3

溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体C两块相同的铝箔，其中一块用砂纸仔细打磨过，将两块铝箔分别在酒精灯上加热打磨过的铝箔先熔化

并滴落下来金属铝的熔点较低，打磨过的铝箔更易熔化D加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管试管底部固体减少，试管口有晶体凝结可以用升华法分离NaCl和

NH4Cl

固体A．A B．B C．C D．D3、有关物质性质的比较，错误的是A．熔点：纯铁>生铁 B．密度：硝基苯>水C．热稳定性：小苏打<苏打 D．碳碳键键长：乙烯>苯4、下列说法不正确的是A．某些生活垃圾可用于焚烧发电B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C．石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等5、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料6、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A．Kb2的数量级为10-8B．X(OH)NO3水溶液显碱性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)7、如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液过程中，先增加后减少C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存D．Ka3(H3AsO4)的数量级为10-128、三元轴烯（a）、四元轴烯（b）、五元轴烯（c）的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A．a、b、c都能发生加成反应B．a与苯互为同分异构体C．a、b、c的一氯代物均只有一种D．c分子中的原子不在同一个平面上9、W、Y、Z为常见短周期元素，三种元素分属不同周期不同主族，且与X能形成如图结构的化合物。已知W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（）A．对应元素形成的气态氢化物稳定性：Y＞XB．W、X对应的简单离子半径顺序为：X＞WC．Y的氧化物对应水化物为强酸D．该化合物中各元素均满足8电子稳定结构10、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu11、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：Cl>SiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D12、高温下，某反应达到平衡，平衡常数，保持其他条件不变，若温度升高，c（H2）减小。对该反应的分析正确的是A．反应的化学方程式为：CO+H2OCO2+H2B．升高温度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C．缩小容器体积，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D．升高温度或缩小容器体积，混合气体的平均相对分子量都不会发生改变13、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C．化合物AE与CE含有相同类型的化学键D．元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应14、2019年4月25日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染15、工业上用CO和H2生产燃料甲醇。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如下图所示（反应混合物均呈气态）。下列说法错误的是A．反应的化学方程式:CO+2H2CH3OHB．反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C．反应至10分钟，ʋ(CO)=0.075mol/L·minD．增大压强，平衡正向移动，K不变16、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为20，Y、W为同一主族元素，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（

）A．W和Y形成的一种化合物具有漂白性B．简单离子半径大小顺序：W＞Z＞YC．最简单氢化物的稳定性：X＜YD．元素X的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物能发生反应二、非选择题（本题包括5小题）17、利用丙炔和苯甲醛研究碘代化合物与苯甲醛在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应和合成重要的高分子化合物Y的路线如下：已知：①R1CHO+R2CH2CHO+H2②回答下列问题：（1）A的化学名称为____。（2）B中含氧官能团的名称是______。（3）X的分子式为_______。（4）反应①的反应类型是________。（5）反应②的化学方程式是_______。（6）L是D的同分异构体，属于芳香族化合物，与D具有相同官能团，其核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则L的结构简式可能为_____。（7）多环化合物是有机研究的重要方向，请设计由、CH3CHO、合成多环化合物的路线(无机试剂任选)______。18、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）__________。19、实验室从含碘废液（除外，含有、、等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式为__________；该操作将还原为的目的是___________________。（2）操作的名称为__________。（3）氧化时，在三颈瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在40℃左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是__________________；仪器a、b的名称分别为：a__________、b__________；仪器b中盛放的溶液为__________。（4）已知：；某含碘废水（约为8）中一定存在，可能存在、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有、的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取适量含碘废水用多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__________________；③另从水层中取少量溶液，加入淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加溶液，若溶液变蓝说明废水中含有；否则说明废水中不含有。（5）二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。①完成氧化的离子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若处理含相同量的废液回收碘，所需的物质的量是的______倍。20、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是____________________________________。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：________________________________________。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。①写出反应的离子方程式：________________________________________。②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________(保留小数点后一位)。21、目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为___。B的官能团名称___。（2）上述转化过程中属于取代反应的有___（填反应序号）。（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式___。（4）下列关于化合物D的说法正确的是___（填字母）。A．属于酯类化合物B．1molD最多能与4molH2发生加成反应C．一定条件下发生加聚反应D．核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式___(任写一种)。①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

根据题给信息，Q溶液与FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知Q溶液中含有SCN-；Q溶液与NaOH溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3，则Q溶液中含有NH4+。由此可推断出Q为NH4SCN。根据最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。【详解】A．同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：C＞N，H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：C＞N＞H，A项正确；B．同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；C．C、H组成的烃类化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C项错误；D．C3N4类似于Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D项正确；答案选C。2、B【解析】溶液中含有Fe3+或Fe2+，滴加双氧水后再加入KSCN溶液，溶液都呈红色，故A错误；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以析出NaHCO3晶体，故B正确；铝易被氧化为氧化铝，由于氧化铝的熔点高，铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化并不滴落下来，故C错误；加热盛有NaCl和NH4Cl固体的试管，氯化铵分解为氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口又生成氯化铵，不属于升华，故D错误。点睛：Fe2+的检验方法是，向溶液中滴加KSCN溶液，不变血红色，在加入双氧水，溶液变为血红色，则原溶液中一定含有Fe2+。3、D【解析】

A．生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁＞生铁，选项A正确；B．水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水＜硝基苯，选项B正确；C．碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，选项C正确；D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律，易错点为选项D：苯中不含有碳碳双键，碳碳键介于单键和双键之间。4、D【解析】

A.焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；B.“地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D.煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。5、C【解析】

A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。6、C【解析】

本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。【详解】A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确；B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项C错误；D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；答案选C。7、B【解析】

A.由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；B.，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；C.由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；D.由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO4)=，故D正确；故选B。8、D【解析】

A.a、b、c均含有碳碳双键，因此都能发生加成反应，故A正确；B.a和苯的分子式均为C6H6，且结构不同，则a与苯互为同分异构体，故B正确；C.a、b、c分子中均只有一种氢原子，则它们的一氯代物均只有一种，故C正确；D.c分子中含有碳碳双键的平面结构，根据乙烯的平面结构分析，c中所有的原子在同一个平面上，故D错误；故选D。【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷为正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断即可。9、B【解析】

由图可知，Z只形成一个共价键，则其为氢(H)；W可形成W2+，则其为镁(Mg)；X形成2个共价键，则其为氧(O)；由“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数”，可确定Y为氮(N)。【详解】A．Y、X分别为N、O，非金属性N<O，形成的气态氢化物稳定性：NH3<H2O，A不正确；B．W、X分别为Mg和O，对应的简单离子电子层结构相同，但Mg的核电荷数比O大，所以离子半径顺序为：O2-＞Mg2+，B正确；C．Y的氧化物对应水化物若为HNO2，则为弱酸，C不正确；D．该化合物中，H、N的最外层电子数分别为2、9(4+5)，均不满足8电子稳定结构，D不正确；故选B。10、C【解析】

A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。11、D【解析】

A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。12、D【解析】

A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物，所以反应方程式为：CO2+H2⇌CO+H2O，故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应是吸热反应，所以v正增大更多，故B错误；C.缩小容器体积，增大压强，正逆反应速率都增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该反应前后气体体积不变，所以压强不影响平衡移动，则v(逆)、v(正)增大相同，故C错误；D.反应前后气体计量数之和不变，所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变，根据质量守恒定律知，反应前后气体质量不变，所以混合气体平均相对分子质量都不变，故D正确；故选：D。13、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3，H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。14、A【解析】

A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；答案选A。【点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。15、B【解析】

由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，转化的c(CO)=0.75mol/L，结合质量守恒定律可知反应为CO+2H2⇌CH3OH，3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态，且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。【详解】A．用CO和H2生产燃料甲醇，反应为CO+2H2⇌CH3OH，故A正确；B．反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；C．反应至10分钟，ʋ(CO)==0.075mol/(L•min)，故C正确；D．该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确；故答案为B。16、B【解析】

常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-3-6-6=5，则X为氮；A.W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；B.硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：W＞Y＞Z，故B错误；C.非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C正确；D.元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。故选B。【点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫酸可以与铝反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、3-氯丙炔酯基C13H16O2取代反应【解析】

与氯气在紫外线光照条件下发生取代反应生成A（），物质A与NaCN在加热条件下继续发生取代反应生成，在酸性条件下生成再与乙醇发生酯化反应生成B（），B与HI发生加成反应生成，继续与苯甲醛反应生成X（）；另一合成路线中采用逆合成分析法可知，E为聚合物Y的单体，其结构简式为：，根据已知信息②逆推法可以得出D为，C是由与水发生加成反应所得，C与苯甲醛在碱性条件下发生反应②，结合已知信息①可推出C为丙醛，其结构简式为CH3CH2CHO，据此分析作答。【详解】（1）A为，其名称为3-氯丙炔；（2）B为，其中含氧官能团的名称是酯基；（3）从结构简式可以看出X的分子式为：C13H16O2；（4）反应①中-Cl转化为-CN，属于取代反应，故答案为取代反应；（5）根据已知的给定信息，反应②的化学方程式为：；（6）L是D的同分异构体，则分子式为C10H10O，不饱和度==6，属于芳香族化合物，说明分子结构中含苯环；与D具有相同官能团，则含醛基与碳碳双键；又核磁共振氢谱为5组峰，峰面积比为3:2:2:2:1，则有5种氢原子，其个数比为3:2:2:2:1，符合上述条件的L的结构简式有：；（7）根据上述合成路线及给定的已知信息可将原料CH3CHO、在碱性条件下反应生成后再继续与依据已知信息②得到，最后与溴加成制备得到目标产物，具体合成路线如下：。18、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。19、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘进入水层分液使氯气在溶液中有较大的溶解度球形冷凝管锥形瓶NaOH溶液从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘废液含有CCl4、I2、I-等，加入亚硫酸钠溶液还原碘单质为碘离子，分液得到溶液中通入氯气氧化碘离子为碘单质，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸馏法得到碘单质。结合氧化还原反应的规律和物质的性质分析解答。【详解】(1)碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，故答案为SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘进入水层；(2)四氯化碳是难溶于水、密度比水大的液体，两者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以操作X为分液，故答案为分液；(3)碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在较低温度下进行反应；根据图示，仪器a、b分别为球形冷凝管、锥形瓶；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，二者都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，故答案为使氯气在溶液中有较大的溶解度；球形冷凝管、锥形瓶；NaOH溶液；(4)根据实验方案可知，①是排除水层中的碘单质，③是检验是否存在碘酸根离子，因此②是检验是否存在碘离子。碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘单质，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原为碘，碘遇淀粉变蓝色，检验I-的方法为：从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-，故答案为从水层中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加氯化铁溶液，若溶液变蓝色（发生反应为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）说明废水中含I-，否则不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I2～2e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；②由氧化还原反应的电子守恒，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，根据电子守恒，则处理含I-相同量的废液回收碘，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为2.5。【点睛】明确物质的性质是解答本题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意实验目的和实验方案设计的意图。20、分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1．5，则含有NaOH乙醇82.7％【解析】

装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了