2024届湖北省十一校高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省十一校2024届高三上学期第一次联考可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2023年9月23日晚，第19届亚运会在杭州开幕。下列说法不符合“绿色节俭”的办赛理念的是（）A.采用可回收金属和可回收塑料制作薪火火炬B.利用传感器对场馆内的温度、湿度等进行智能化管理C.采用燃油车接驳运动员以提高行动效率D.主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料〖答案〗C〖解析〗A．采用可回收金属和可回收塑料制作薪火火炬，符合绿色节俭理念，A正确；B．利用传感器对场馆内的温度、湿度等进行智能化管理，符合绿色节俭理念，B正确；C．燃油车不符合绿色理念，实际采用电池电力作为动力，C错误；D．主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，符合绿色节俭理念，D正确。故选C。2.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列说法错误的是（）A.工业上常用硫与橡胶作用进行橡胶疏化以增强轮胎的耐磨性B.明矾溶液呈酸性的原因：C.在标准状况下为液态的重要原因是分子间存在氢键D.稠环芳烃萘()和蒽()均是极性分子，易溶于〖答案〗D〖解析〗A．硫化橡胶具有更好的强度、韧性、弹性和化学稳定性，A正确；B．明矾溶液呈酸性的原因是铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式为：，B正确；C．在标准状况下为液态的重要原因是分子间存在氢键，C正确；D．稠环芳烃萘()和蒽()均是非极性分子，易溶于，D错误；故选D。3.下图是自然界中的氮循环过程。下列有关叙述错误的是（）A.反应①、反应②及工业合成氨均属于氮的固定B.反应④中，生成至少需要提供C.反应③的反应方程式为D.过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素〖答案〗B〖解析〗A．反应①、反应②及工业合成氨均是将游离态氮转化成化合态氮，均属于氮的固定，A正确；B．反应④中，生成，N化合价升高失去8mol电子，而1mol氧气转移4mol电子，故至少需要提供，B错误；C．反应③为NO被O2氧化生成硝酸，反应方程式为，C正确；D．分析此过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素，D正确；故选B。4.利用柠檬真菌青霉生成的前体，可生产瑞舒伐他汀类药物，该类药物对降低胆固醇有积极作用，某种伐他汀类药物结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A.分子中含有五种官能团B.分子仅含有2个手性碳原子C.可发生氧化反应、加成反应和水解反应D.该物质最多消耗〖答案〗C〖解析〗A．此分子含有酯基、碳碳双键、羟基共三种官能团，A错误；B．该分子含有7个手性碳原子，B错误；C．此分子含有酯基，可发生水解反应，含碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，含羟基，可发生酯化反应、氧化反应，C正确；D．1mol该物质中含有2mol酯基，最多消耗2molNaOH，D错误；故选C。5.镍为新材料的主角之一，鉴定的特征反应为下列说法错误的是（）A.基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形B.氮原子的杂化方式均为杂化C.鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键D.丁二酮肟中所有原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，原子核外占据最高能层电子即4s能级上的电子，s能级的电子云轮廓图形状为球形，A正确；B．题干结构中N的价层电子对数均为3，N原子为杂化，B正确；C．由题中结构简式分析可知鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键，C正确；D．丁二酮肟中有饱和碳原子，不可能所有原子可能共平面，D错误；故选D。6.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是（）A.键长： B.的立体构型为平面四边形C.分子的极性： D.总键能：〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。可以推测出X、Y、Z、M、Q分别为H、B、C、N、F。【详析】A．MX3为NH3，ZX4为CH4，半径：C＞N，键长NH3<CH4，A错误；B．中心B的价层电子对数为4，孤电子对数为0，故其立体构型为正四面体形，B错误；C．根据价层电子互斥理论，YQ3为BF3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，MQ3即NF3的空间构型为为三角锥形，为极性分子，故分子极性BF3<NF3，C正确：D．M2为N2，存在三键，总键能：N2>F2，D错误；故选C。7.高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，其合成路线如图：下列说法不正确的是（）A.试剂a中存在分子间氢键 B.有机物B存在顺反异构体C.化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D.合成M的聚合反应是加聚反应〖答案〗B〖祥解〗结合合成路线分析可知，试剂a是甲醇，和乙炔再一定条件下发生加成反应生成物质b：CH2=CHOCH3，由高分子M逆推可知B：CH2=CH-O-CH3和C：发生加聚反应。【详析】A．物质a为甲醇(CH3OH)，含羟基，存在分子间氢键，A正确；B．物质B为CH2=CHOCH3，无顺反异构体，B错误；C．化合物C：只有两个氢原子，且对称，核磁共振氢谱有一组峰，C正确；D．依据合成路线可以推测B：CH2=CHOCH3与C：发生加聚反应生成高分子M，D正确。故选B。8.下列实验设计或所选装置合理的是（）A．通过注射器活塞右移，验证与反应放热B．溶液吸收尾气C．电解溶液，制备金属D．测定中和反应反应热〖答案〗B〖解析〗A．Na与H2O反应有H2生成，从而使注射器活塞向右移动，A错误；B．SO2有毒，选用NaOH溶液吸收，球形干燥管防倒吸，B正确；C．电解熔融MgCl2制备金属Mg，电解氯化镁溶液，阳极得到氯气，阴极得到氢气，C错误；D．根据图示可知简易量热计中缺少搅拌用的玻璃搅拌器，D错误；故选B。9.磷酰氯()是有机合成的催化剂，可用以下方法制取：或，已知：、均易水解放出大量的热。的分子空间结构模型如图所示。下列说法不正确的是（）A.属于酸性氧化物B着火时不能用水灭火C.分子中所有的键角都相等D.可与反应生成〖答案〗C〖解析〗A．P4O10和水反应可生成磷酸，是酸性氧化物，A正确；B．根据题意，PCl3易水解释放大量热量，故其着火时候不可以用水灭火，B正确；C．P4O10是非极性分子存在P-O单键和P=O双键，键角不等，C错误；D．根据POCl3的结构，可与CH3CH2OH发生取代反应生成(CH3CH2O)3PO，D正确。故选C。10.以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将转化为高纯的装置如图。下列说法错误的是（）A.电解过程中，丙池溶液的会减小B.转移时乙室电解质溶液质量减少C.停止工作后若要使电池恢复原状态，连接的是电源负极D.N极电极反应式为：〖答案〗B〖祥解〗由题意知，右池为电解NH3生成H2的装置，左池为浓差电池，右池电极M区NH3失电子被氧化为N2，故电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，则N为阴极，发生电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以左池Cu(1)为正极，正极发生反应：Cu2++2e=Cu，Cu

(2)为负极，负极发生反应：Cu-2e-=Cu2+。【详析】A．电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减小，A正确；B．转移2mol电子时，Cu(1)极析出1mol铜，即64g，同时有1mol即96g硫酸根从乙室到甲室，乙室电解质溶液质量共减少64g+96g=160g，B错误；C．恢复原浓差Cu(2)电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，C正确；D．N

为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正确；故选B。11.物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是（）性质差异结构因素A水溶性：分子极性B熔点：金刚石()高于碳化硅()共价键强度C键角：()大于()中心原子的杂化方式D常温下状态：(气体)，(液体)分子间作用力〖答案〗C〖解析〗A．HI是极性分子，I2是非极性分子，水为极性分子，在水中溶解度HI>I2是符合相似相溶原理，A正确；B．金刚石和碳化硅均为共价晶体，其原子间的共价键强度决定其熔点，金刚石中碳碳键长度更短，键能更大，熔点更高，B正确；C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是因为，氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C错误；D．CO2与CS2均为分子，且均无分子间氢键，常温下的状态不同，即熔沸点不同，在结构和组成相似时，分子的熔沸点取决于范德华力大小，范德华力大小取决于分子的摩尔质量，因此，常温下CO2与为气体，CS2为液体，D正确；故选C。12.在有取代基的苯环上发生取代反应，取代基有定位效应，烃基、羟基、卤原子均为邻对位定位基，定位效应羟基强于卤原子，硝基为间位定位基。若苯环上连有不同定位效应的取代基，则以邻对位取代基为主。下列事实和定位效应不相符合的是（）A.与浓硝酸和浓硫酸的混合物在加热作用下，生成B.苯酚与溴水反应生成C.由合成，需要先引入硝基，再引入碳溴键D.苯与足量液溴在催化下直接合成〖答案〗D〖解析〗A．甲基是烃基的一种，属于邻对位定位基，硝基属于间为定位基，硝化生成合理,A正确；B．羟基属于邻对位定位基，定位效应羟基强于卤原子，苯酚与溴水发生取代反应生成，B正确；C．由合成，先引入硝基，硝基是间位定位基，甲基为邻对位定位基，再引入溴原子，C正确；D．苯的溴代反应，先生成一溴代物，溴原子为邻对位定位基，因此，不可直接生成，D错误；故选D。13.已知工业合成氨是在，，催化剂作用下进行的，下列说法中符合工业合成氨生产实际的是（）A.作催化剂 B.催化剂活性是选择该反应温度的重要原因C.将和液化 D.由吸收塔吸收〖答案〗B〖解析〗A．合成氨的催化剂是铁触媒，A错误；B．反应温度决定反应速度和催化剂活性，催化剂可以极大加快反应速率，因此，催化剂活性是反应温度高低的重要决定因素，B正确；C．反应时仅需要将N2和H2持续通入即可，不需液化，C错误；D．生成的氨气因存在分子间氢键，在一定压强下及适当降温下，可以液化，然后移除反应体系，不需要吸收塔吸收，D错误；故选B。14.碳酸钠溶液显碱性，含的溶液与溶液反应，产物可能是或。溶液中各含碳物种的物质的量分数与溶液的关系如图1、图2，曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。利用平衡原理分析，下列说法正确的是（）A.常温时，的第一步水解平衡常数B.的数量级为C.由图2，当，时，有沉淀生成D.由图1和图2，在，时，溶液中发生反应：〖答案〗D〖解析〗A．常温时，的第一步水解常数，A错误；B．由图2可知，当pH=9时，，此时，lg[c(Mg2+)]≈-1.3，即，所以，其数量级为10-12，B错误；C．由图2，当pH=11即，时，浓度商，所以没有Mg(OH)2沉淀生成，C错误；D．由图1，在pH=8时，碳酸钠溶液中离子浓度最多的是，当lg[c(Mg2+)]=-1时，由图2，Ksp(Mg(OH)2)>Q>Ksp(MgCO3)，则生成MgCO3沉淀，因此发生反应：Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D正确；故选D。15.是目前储氢密度最高的材料之-~，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为。原子占据形成的所有四面体空隙，储氢后，分子占据形成的八面体空隙，化学式为。下列说法正确的是（）A.晶胞中，的配位数为4B.储氢时，C.氢气储满后，和的最短距离为D.单位体积中含氢的质量的计算公式为〖答案〗B〖解析〗A．Mg2Fe晶胞中，以底面面心铁为例，上层下层各有最近且相邻的4个镁原子，则Fe的配位数为8，A错误；B．Fe原子的八面体空隙在晶胞的棱心和体心，所以每个晶胞中含有4个Fe和8个Mg，6=4个H2，因此氢气储满后晶体的化学式为Mg2FeH2，即x=1，氢气未储满，0<x<1；因此0<x≤1，B正确；C．H2和H2的最短距离为面对角线的二分之一，为apm，C错误；D．每个晶胞中含4个H2，因此，Mg2Fe(H2)x单位体积中含氢的质量的计算公式为，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分16.将工业副产品石膏()转化为肥料和氯化钙水合物储热材料，是资源综合利用、环境保护的典范之一，过程如图：请回答下列问题：（1）本工艺中所用原料除外，还需要的两种原料分别是_________、_________(填化学式，不考虑损耗)。（2）已知：，室温下，溶液的______7(填“>”、“<”或=”)，该溶液中离子浓度由小到大的顺序为_____________________。（3）转化I是将滩溶的转化为更难溶的，将一定量的加入过量的悬浊液中，充分反应后，测得溶液中，此时溶液中的_________。[已知：]（4）已知不同温度下在水中达到饱和时溶解的量如下表：温度/020406075溶解的量/g7.711.114.718.120.5的饱和溶液冷却到，可析出晶体_________g。（5）写出“蒸氨”过程中的化学方程式：________________________________________。〖答案〗（1）KClNH3（2）<c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)（3）2.010-4mol/L（4）37.6（5）CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑〖祥解〗本题是一道工业流程题，将工业副产品石膏转化为肥料和氯化钙水合物，首先将石膏和碳酸铵混合，生成碳酸钙除去，随后用氯化钾将硫酸铵转化为硫酸钾和氯化铵，过滤后向其中加入生石膏，再用二氧化碳将其转化为碳酸铵，继续循环使用，以此解题。【详析】（1）根据原子守恒和流程图可判断本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、CaCO3、H2O外，还需要的两种原料是KCl、NH3；（2）(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，NH与水电离出的OH-结合生成NH3H2O和H+，使溶液中的c(H+)>c(OH-)，故溶液显酸性，pH<7，该溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，水解程度微弱，则c(NH)>c(SO)，水也电离出H+，则c(H+)>c(NH3H2O)，则该溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)；（3）难溶的CaSO4(s)转化为更难溶的CaCO3(s)的反应方程式为CaSO4(s)+CO(aq)⇌CaCO3(s)+SO(aq)，该反应的平衡常数====1.45104，则c(CO)=mol/L=2.010-4mol/L，故〖答案〗为：2.010-4mol/L；（4）75℃的饱和溶液中溶质质量为：，溶剂水的质量为：482g-82g=400g，400g水在20℃溶解的的质量为：，析出质量为82g-44.4g=37.6g；（5）生石灰溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成氨气，则“蒸氨”过程中的化学方程式为CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑。17.2-噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：I．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后得到产品。请回答下列问题：（1）噻吩是化学性质较稳定的液体，广泛存在于煤焦油中，在煤炭__________过程中可以得到大量煤焦油，并通过对煤焦油______________(填操作方法)可得到噻吩；（2）步骤I中液体A可以选择______。a．乙醇b．水c．液氨d．甲苯（3）步骤Ⅱ的化学方程式为__________________________________________________。（4）步骤涉及的反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的常用方法是__________________________________________________。（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是______________________________________。（6）下列仪器在步骤Ⅴ中不需使用的是__________________________(填名称)。（7）产品的产率为______________(用计算，精确至)。〖答案〗（1）焦化蒸馏（或分馏）（2）d（3）（4）少量多次加入（5）提供酸性环境，利于水解并产生可溶性的NaCl，便于后续分液（6）球形冷凝管和分液漏斗（7）70.0%〖祥解〗将钠加热得到小钠珠，降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失，降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应得到2-噻吩乙醇钠，酸性条件下水解得到2-噻吩乙醇，分液得到有机相，干燥、过滤、蒸馏分离得到产品；【详析】（1）在煤炭焦化过程中可以得到大量煤焦油，利用物质的沸点不同，通过对煤焦油蒸馏（或分馏）可得到噻吩；（2）钠能与乙醇、水、液氨发生置换反应，因此只能选择甲苯作为溶剂，故选d；（3）由流程可知，钠和噻吩在发生置换反应生成噻吩钠和氢气，其化学方程式为；（4）因反应放热，为防止温度过高引发副反应，应将环氧乙烷溶液少量多次加入；（5）该过程为将2-噻吩乙醇钠水解为2-噻吩乙醇，提供酸性环境，利于水解并产生可溶性的NaCl，便于后续分液；（6）向有机相中加入无水硫酸镁的目的为吸水干燥，进行过滤所需的装置为：漏斗、烧杯、玻璃棒；后续的蒸馏过程中所需的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶，因此用不到的仪器为球形冷凝管和分液漏斗。（7）金属钠为0.2mol，按Na计算，0.2molNa理论上产物2-噻吩乙醇的物质的量为0.2mol，质量为25.6g，实际得到的产物为17.92g，因此其产率为70.0%。18.F是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：请回答下列问题：（1）B→C的反应类型为_______________。（2）A的芳香族同分异构体中，与其具有相同官能团的有______种(不考虑立体异构)。a．10b．12c．14d．16（3）E→F中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为____________，实验室中如需确定此产物中的官能团，通常使用的分析仪器的名称是____________。（4）A→B的反应需经历三步反应：第一步：(制备格氏试剂)第二步：(亲核加成反应)第三步：(水解反应)第二步亲核加成反应，被加成的是____________(写出官能团的结构)；Z的分子式为，其结构简式为__________________。（5）已知：，也可以由某多酮结构在碱性溶液中发生分子内缩合生成，则此多酮结构为____________。a．b．〖答案〗（1）取代反应（2）d（3）CH3COOH红外光谱仪（4）-C≡N（5）a〖祥解〗以A()为原料制备F()，A先发生取代反应生成B()，B与NBS发生取代反应生成C()，C与发生取代反应生成D()，D发生反应生成E()，E发生取代反应生成F()。【详析】（1）B→C，苯环苄位上的氢原子被溴原子所取代，反应类型为取代反应；（2）A的分子式为C7H6ClF，其芳香族同分异构体中，含有相同官能团，可看成是甲苯被-F和-Cl取代，除去A自身，共有16种，故选d；（3）E→F的反应为一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成和相对分子质量为60的CH3COOH，则该产物的结构简式为CH3COOH；实验室中通常使用红外光谱仪确定有机物中的官能团；（4）第二步亲核加成反应，形成了-C=N-，因此被加成的是-C≡N；Z的分子式为C11H12NF，发生水解反应生成，因此结构简式为；（5）根据已知条件，及E的结构，是合适的多酮结构，故选a。19.萘类物质的加成反应，可以合成多种环状结构的异构体，并在工业中有重要应用，利用1-甲基萘()制备四氢萘类物质(，包括和)。反应过程中伴有生成十氢萘()的副反应，涉及反应如图：请回答下列问题：（1）已知一定条件下反应的焓变分别为，则反应的焓变__________________(用含的代数式表示)。（2）根据和的结构及命名方式，和的一种同分异构体的名称为__________。（3）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图所示。①，，中最稳定的是______________。②不考虑生成，从反应进行程度上考虑，利于生成的条件是___________。③若曲线c、d分别代表反应、的平衡常数随温度的变化，则表示反应的平衡常数随温度变化的曲线为______。（4）某温度下，将一定量的、投入一密闭容器中，检测到四种有机物的物质的量随时间的变化关系如图所示。在此温度下，如何更多的得到______。a．延长反应时间b．增大压强c．使用选择性更高的催化剂d反应初期生成较多时，及时分离出（5）时，在体积恒定的密闭容器中投入一定量的，假定只发生过程，足量，且反应过程中氢气的浓度恒定为，当的转化率为a时，反应的平衡常数为______________。〖答案〗（1）（2）6（3）1-MD低温高压b（4）cd（5）〖解析〗（1）由盖斯定律可知，，则，故反应的焓变。（2）根据1-MTL和5-MTL的结构及命名规律，可知，的编号顺序为，，因此，的名称为6-MTL（3）①由图可知，温度升高，4个反应的平衡常数均减小，则所有的反应均为放热反应，根据能量越低越稳定，1-MD的能量最低，则反应体系中1-MD最稳定②反应为放热反应，且正向反应的气体分子数目减小，因此，利于生成MTLs的条件是低温高压③由(1)可知，则，若c、d分别代表反应、的平衡常数随温度的变化，由图可知，则，故表示反应R2的平衡常数随温度变化的曲线为b。（4）a．由图可知，超过一定的时间后，的量反而减小，错误；b．生成和的反应均为气体分子数减小的反应，增大压强，副产物也会增加，错误；c．使用选择性更高的催化剂，可以选择性的增加生成的速率，利于的生成，正确；d反应初期生成较多时，及时分离出，促使反应向生成的方向进行，正确；故选cd。湖北省十一校2024届高三上学期第一次联考可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每个小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2023年9月23日晚，第19届亚运会在杭州开幕。下列说法不符合“绿色节俭”的办赛理念的是（）A.采用可回收金属和可回收塑料制作薪火火炬B.利用传感器对场馆内的温度、湿度等进行智能化管理C.采用燃油车接驳运动员以提高行动效率D.主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料〖答案〗C〖解析〗A．采用可回收金属和可回收塑料制作薪火火炬，符合绿色节俭理念，A正确；B．利用传感器对场馆内的温度、湿度等进行智能化管理，符合绿色节俭理念，B正确；C．燃油车不符合绿色理念，实际采用电池电力作为动力，C错误；D．主火炬塔首次使用废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，符合绿色节俭理念，D正确。故选C。2.“宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，下列说法错误的是（）A.工业上常用硫与橡胶作用进行橡胶疏化以增强轮胎的耐磨性B.明矾溶液呈酸性的原因：C.在标准状况下为液态的重要原因是分子间存在氢键D.稠环芳烃萘()和蒽()均是极性分子，易溶于〖答案〗D〖解析〗A．硫化橡胶具有更好的强度、韧性、弹性和化学稳定性，A正确；B．明矾溶液呈酸性的原因是铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，离子方程式为：，B正确；C．在标准状况下为液态的重要原因是分子间存在氢键，C正确；D．稠环芳烃萘()和蒽()均是非极性分子，易溶于，D错误；故选D。3.下图是自然界中的氮循环过程。下列有关叙述错误的是（）A.反应①、反应②及工业合成氨均属于氮的固定B.反应④中，生成至少需要提供C.反应③的反应方程式为D.过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素〖答案〗B〖解析〗A．反应①、反应②及工业合成氨均是将游离态氮转化成化合态氮，均属于氮的固定，A正确；B．反应④中，生成，N化合价升高失去8mol电子，而1mol氧气转移4mol电子，故至少需要提供，B错误；C．反应③为NO被O2氧化生成硝酸，反应方程式为，C正确；D．分析此过程中参与循环的元素有氮元素，还有氢和氧元素，D正确；故选B。4.利用柠檬真菌青霉生成的前体，可生产瑞舒伐他汀类药物，该类药物对降低胆固醇有积极作用，某种伐他汀类药物结构如图，下列关于该物质的说法正确的是（）A.分子中含有五种官能团B.分子仅含有2个手性碳原子C.可发生氧化反应、加成反应和水解反应D.该物质最多消耗〖答案〗C〖解析〗A．此分子含有酯基、碳碳双键、羟基共三种官能团，A错误；B．该分子含有7个手性碳原子，B错误；C．此分子含有酯基，可发生水解反应，含碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，含羟基，可发生酯化反应、氧化反应，C正确；D．1mol该物质中含有2mol酯基，最多消耗2molNaOH，D错误；故选C。5.镍为新材料的主角之一，鉴定的特征反应为下列说法错误的是（）A.基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形B.氮原子的杂化方式均为杂化C.鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键D.丁二酮肟中所有原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，原子核外占据最高能层电子即4s能级上的电子，s能级的电子云轮廓图形状为球形，A正确；B．题干结构中N的价层电子对数均为3，N原子为杂化，B正确；C．由题中结构简式分析可知鲜红色沉淀中存在的作用力主要有共价键、配位键、氢键，C正确；D．丁二酮肟中有饱和碳原子，不可能所有原子可能共平面，D错误；故选D。6.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是（）A.键长： B.的立体构型为平面四边形C.分子的极性： D.总键能：〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N。可以推测出X、Y、Z、M、Q分别为H、B、C、N、F。【详析】A．MX3为NH3，ZX4为CH4，半径：C＞N，键长NH3<CH4，A错误；B．中心B的价层电子对数为4，孤电子对数为0，故其立体构型为正四面体形，B错误；C．根据价层电子互斥理论，YQ3为BF3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，MQ3即NF3的空间构型为为三角锥形，为极性分子，故分子极性BF3<NF3，C正确：D．M2为N2，存在三键，总键能：N2>F2，D错误；故选C。7.高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，其合成路线如图：下列说法不正确的是（）A.试剂a中存在分子间氢键 B.有机物B存在顺反异构体C.化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D.合成M的聚合反应是加聚反应〖答案〗B〖祥解〗结合合成路线分析可知，试剂a是甲醇，和乙炔再一定条件下发生加成反应生成物质b：CH2=CHOCH3，由高分子M逆推可知B：CH2=CH-O-CH3和C：发生加聚反应。【详析】A．物质a为甲醇(CH3OH)，含羟基，存在分子间氢键，A正确；B．物质B为CH2=CHOCH3，无顺反异构体，B错误；C．化合物C：只有两个氢原子，且对称，核磁共振氢谱有一组峰，C正确；D．依据合成路线可以推测B：CH2=CHOCH3与C：发生加聚反应生成高分子M，D正确。故选B。8.下列实验设计或所选装置合理的是（）A．通过注射器活塞右移，验证与反应放热B．溶液吸收尾气C．电解溶液，制备金属D．测定中和反应反应热〖答案〗B〖解析〗A．Na与H2O反应有H2生成，从而使注射器活塞向右移动，A错误；B．SO2有毒，选用NaOH溶液吸收，球形干燥管防倒吸，B正确；C．电解熔融MgCl2制备金属Mg，电解氯化镁溶液，阳极得到氯气，阴极得到氢气，C错误；D．根据图示可知简易量热计中缺少搅拌用的玻璃搅拌器，D错误；故选B。9.磷酰氯()是有机合成的催化剂，可用以下方法制取：或，已知：、均易水解放出大量的热。的分子空间结构模型如图所示。下列说法不正确的是（）A.属于酸性氧化物B着火时不能用水灭火C.分子中所有的键角都相等D.可与反应生成〖答案〗C〖解析〗A．P4O10和水反应可生成磷酸，是酸性氧化物，A正确；B．根据题意，PCl3易水解释放大量热量，故其着火时候不可以用水灭火，B正确；C．P4O10是非极性分子存在P-O单键和P=O双键，键角不等，C错误；D．根据POCl3的结构，可与CH3CH2OH发生取代反应生成(CH3CH2O)3PO，D正确。故选C。10.以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将转化为高纯的装置如图。下列说法错误的是（）A.电解过程中，丙池溶液的会减小B.转移时乙室电解质溶液质量减少C.停止工作后若要使电池恢复原状态，连接的是电源负极D.N极电极反应式为：〖答案〗B〖祥解〗由题意知，右池为电解NH3生成H2的装置，左池为浓差电池，右池电极M区NH3失电子被氧化为N2，故电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，则N为阴极，发生电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以左池Cu(1)为正极，正极发生反应：Cu2++2e=Cu，Cu

(2)为负极，负极发生反应：Cu-2e-=Cu2+。【详析】A．电极M为阳极，发生电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减小，A正确；B．转移2mol电子时，Cu(1)极析出1mol铜，即64g，同时有1mol即96g硫酸根从乙室到甲室，乙室电解质溶液质量共减少64g+96g=160g，B错误；C．恢复原浓差Cu(2)电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，C正确；D．N

为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正确；故选B。11.物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是（）性质差异结构因素A水溶性：分子极性B熔点：金刚石()高于碳化硅()共价键强度C键角：()大于()中心原子的杂化方式D常温下状态：(气体)，(液体)分子间作用力〖答案〗C〖解析〗A．HI是极性分子，I2是非极性分子，水为极性分子，在水中溶解度HI>I2是符合相似相溶原理，A正确；B．金刚石和碳化硅均为共价晶体，其原子间的共价键强度决定其熔点，金刚石中碳碳键长度更短，键能更大，熔点更高，B正确；C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是因为，氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C错误；D．CO2与CS2均为分子，且均无分子间氢键，常温下的状态不同，即熔沸点不同，在结构和组成相似时，分子的熔沸点取决于范德华力大小，范德华力大小取决于分子的摩尔质量，因此，常温下CO2与为气体，CS2为液体，D正确；故选C。12.在有取代基的苯环上发生取代反应，取代基有定位效应，烃基、羟基、卤原子均为邻对位定位基，定位效应羟基强于卤原子，硝基为间位定位基。若苯环上连有不同定位效应的取代基，则以邻对位取代基为主。下列事实和定位效应不相符合的是（）A.与浓硝酸和浓硫酸的混合物在加热作用下，生成B.苯酚与溴水反应生成C.由合成，需要先引入硝基，再引入碳溴键D.苯与足量液溴在催化下直接合成〖答案〗D〖解析〗A．甲基是烃基的一种，属于邻对位定位基，硝基属于间为定位基，硝化生成合理,A正确；B．羟基属于邻对位定位基，定位效应羟基强于卤原子，苯酚与溴水发生取代反应生成，B正确；C．由合成，先引入硝基，硝基是间位定位基，甲基为邻对位定位基，再引入溴原子，C正确；D．苯的溴代反应，先生成一溴代物，溴原子为邻对位定位基，因此，不可直接生成，D错误；故选D。13.已知工业合成氨是在，，催化剂作用下进行的，下列说法中符合工业合成氨生产实际的是（）A.作催化剂 B.催化剂活性是选择该反应温度的重要原因C.将和液化 D.由吸收塔吸收〖答案〗B〖解析〗A．合成氨的催化剂是铁触媒，A错误；B．反应温度决定反应速度和催化剂活性，催化剂可以极大加快反应速率，因此，催化剂活性是反应温度高低的重要决定因素，B正确；C．反应时仅需要将N2和H2持续通入即可，不需液化，C错误；D．生成的氨气因存在分子间氢键，在一定压强下及适当降温下，可以液化，然后移除反应体系，不需要吸收塔吸收，D错误；故选B。14.碳酸钠溶液显碱性，含的溶液与溶液反应，产物可能是或。溶液中各含碳物种的物质的量分数与溶液的关系如图1、图2，曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合。利用平衡原理分析，下列说法正确的是（）A.常温时，的第一步水解平衡常数B.的数量级为C.由图2，当，时，有沉淀生成D.由图1和图2，在，时，溶液中发生反应：〖答案〗D〖解析〗A．常温时，的第一步水解常数，A错误；B．由图2可知，当pH=9时，，此时，lg[c(Mg2+)]≈-1.3，即，所以，其数量级为10-12，B错误；C．由图2，当pH=11即，时，浓度商，所以没有Mg(OH)2沉淀生成，C错误；D．由图1，在pH=8时，碳酸钠溶液中离子浓度最多的是，当lg[c(Mg2+)]=-1时，由图2，Ksp(Mg(OH)2)>Q>Ksp(MgCO3)，则生成MgCO3沉淀，因此发生反应：Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D正确；故选D。15.是目前储氢密度最高的材料之-~，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为。原子占据形成的所有四面体空隙，储氢后，分子占据形成的八面体空隙，化学式为。下列说法正确的是（）A.晶胞中，的配位数为4B.储氢时，C.氢气储满后，和的最短距离为D.单位体积中含氢的质量的计算公式为〖答案〗B〖解析〗A．Mg2Fe晶胞中，以底面面心铁为例，上层下层各有最近且相邻的4个镁原子，则Fe的配位数为8，A错误；B．Fe原子的八面体空隙在晶胞的棱心和体心，所以每个晶胞中含有4个Fe和8个Mg，6=4个H2，因此氢气储满后晶体的化学式为Mg2FeH2，即x=1，氢气未储满，0<x<1；因此0<x≤1，B正确；C．H2和H2的最短距离为面对角线的二分之一，为apm，C错误；D．每个晶胞中含4个H2，因此，Mg2Fe(H2)x单位体积中含氢的质量的计算公式为，D错误；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分16.将工业副产品石膏()转化为肥料和氯化钙水合物储热材料，是资源综合利用、环境保护的典范之一，过程如图：请回答下列问题：（1）本工艺中所用原料除外，还需要的两种原料分别是_________、_________(填化学式，不考虑损耗)。（2）已知：，室温下，溶液的______7(填“>”、“<”或=”)，该溶液中离子浓度由小到大的顺序为_____________________。（3）转化I是将滩溶的转化为更难溶的，将一定量的加入过量的悬浊液中，充分反应后，测得溶液中，此时溶液中的_________。[已知：]（4）已知不同温度下在水中达到饱和时溶解的量如下表：温度/020406075溶解的量/g7.711.114.718.120.5的饱和溶液冷却到，可析出晶体_________g。（5）写出“蒸氨”过程中的化学方程式：________________________________________。〖答案〗（1）KClNH3（2）<c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)（3）2.010-4mol/L（4）37.6（5）CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑〖祥解〗本题是一道工业流程题，将工业副产品石膏转化为肥料和氯化钙水合物，首先将石膏和碳酸铵混合，生成碳酸钙除去，随后用氯化钾将硫酸铵转化为硫酸钾和氯化铵，过滤后向其中加入生石膏，再用二氧化碳将其转化为碳酸铵，继续循环使用，以此解题。【详析】（1）根据原子守恒和流程图可判断本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、CaCO3、H2O外，还需要的两种原料是KCl、NH3；（2）(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，NH与水电离出的OH-结合生成NH3H2O和H+，使溶液中的c(H+)>c(OH-)，故溶液显酸性，pH<7，该溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，水解程度微弱，则c(NH)>c(SO)，水也电离出H+，则c(H+)>c(NH3H2O)，则该溶液中离子浓度由小到大的顺序为c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)；（3）难溶的CaSO4(s)转化为更难溶的CaCO3(s)的反应方程式为CaSO4(s)+CO(aq)⇌CaCO3(s)+SO(aq)，该反应的平衡常数====1.45104，则c(CO)=mol/L=2.010-4mol/L，故〖答案〗为：2.010-4mol/L；（4）75℃的饱和溶液中溶质质量为：，溶剂水的质量为：482g-82g=400g，400g水在20℃溶解的的质量为：，析出质量为82g-44.4g=37.6g；（5）生石灰溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成氨气，则“蒸氨”过程中的化学方程式为CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑。17.2-噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：I．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后得到产品。请回答下列问题：（1）噻吩是化学性质较稳定的液体，广泛存在于煤焦油中，在煤炭__________过程中可以得到大量煤焦油，并通过对煤焦油______________(填操作方法)可得到噻吩；（2）步骤I中液体A可以选择______。a．乙醇b．水c．液氨d．甲苯（3）步骤Ⅱ的化学方程式为__________________________________________________。（4）步骤涉及的反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的常用方法是__________________________________________________。（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是______________________________________。（6）下列仪器在步骤Ⅴ中不需使用的是__________________________(填名称)。（7）产品的产率为______________(用计算，精确至)。〖答案〗（1）焦化蒸馏（或分馏）（2）d（3）（4）少量多次加入（5）提供酸性环境，利于水解并产生可溶性的NaCl，便于后续分液（6）球形冷凝管和分液漏斗（7）70.0%〖祥解〗将钠加热得到小钠珠，降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失，降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应得到2-噻吩乙醇钠，酸性条件下水解得到2-噻吩乙醇，分液得到有机相，干燥、过滤、蒸馏分离得到产品；【详析】（1）在煤炭焦化过程中可以得到大量煤焦油，利用物质的沸点不同，通过对煤焦油蒸馏（或分馏）可得到噻吩；（2）钠能与乙醇、水、液氨发生置换反应，因此只能选择甲苯作为溶剂，故选d；（3）由流程可知，钠和噻吩在发生置换反应生成噻吩钠和氢气，其化学方程式为；（4）因反应放热，为防止温度过高引发副反应，应将环氧乙烷溶液少量多次加入；（5）该过程为将2-噻吩乙醇钠水解为2-噻吩乙醇，提供酸性环境，利于水解并产生可溶性的NaCl，便于后续分液；（6）向有机相中加入无水硫酸镁的目的为吸水干燥，进行过滤所需的装置为：漏斗、烧杯、玻璃棒；后续的蒸馏过程中所需的仪器有：酒精灯、蒸馏