2024屆湖北省十一校高三上學期第一次聯(lián)考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1湖北省十一校2024屆高三上學期第一次聯(lián)考可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每個小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2023年9月23日晚，第19屆亞運會在杭州開幕。下列說法不符合“綠色節(jié)儉”的辦賽理念的是（）A.采用可回收金屬和可回收塑料制作薪火火炬B.利用傳感器對場館內的溫度、濕度等進行智能化管理C.采用燃油車接駁運動員以提高行動效率D.主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料〖答案〗C〖解析〗A．采用可回收金屬和可回收塑料制作薪火火炬，符合綠色節(jié)儉理念，A正確；B．利用傳感器對場館內的溫度、濕度等進行智能化管理，符合綠色節(jié)儉理念，B正確；C．燃油車不符合綠色理念，實際采用電池電力作為動力，C錯誤；D．主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料，符合綠色節(jié)儉理念，D正確。故選C。2.“宏觀辨識與微觀探析”是化學學科核心素養(yǎng)之一，下列說法錯誤的是（）A.工業(yè)上常用硫與橡膠作用進行橡膠疏化以增強輪胎的耐磨性B.明礬溶液呈酸性的原因：C.在標準狀況下為液態(tài)的重要原因是分子間存在氫鍵D.稠環(huán)芳烴萘()和蒽()均是極性分子，易溶于〖答案〗D〖解析〗A．硫化橡膠具有更好的強度、韌性、彈性和化學穩(wěn)定性，A正確；B．明礬溶液呈酸性的原因是鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，離子方程式為：，B正確；C．在標準狀況下為液態(tài)的重要原因是分子間存在氫鍵，C正確；D．稠環(huán)芳烴萘()和蒽()均是非極性分子，易溶于，D錯誤；故選D。3.下圖是自然界中的氮循環(huán)過程。下列有關敘述錯誤的是（）A.反應①、反應②及工業(yè)合成氨均屬于氮的固定B.反應④中，生成至少需要提供C.反應③的反應方程式為D.過程中參與循環(huán)的元素有氮元素，還有氫和氧元素〖答案〗B〖解析〗A．反應①、反應②及工業(yè)合成氨均是將游離態(tài)氮轉化成化合態(tài)氮，均屬于氮的固定，A正確；B．反應④中，生成，N化合價升高失去8mol電子，而1mol氧氣轉移4mol電子，故至少需要提供，B錯誤；C．反應③為NO被O2氧化生成硝酸，反應方程式為，C正確；D．分析此過程中參與循環(huán)的元素有氮元素，還有氫和氧元素，D正確；故選B。4.利用檸檬真菌青霉生成的前體，可生產瑞舒伐他汀類藥物，該類藥物對降低膽固醇有積極作用，某種伐他汀類藥物結構如圖，下列關于該物質的說法正確的是（）A.分子中含有五種官能團B.分子僅含有2個手性碳原子C.可發(fā)生氧化反應、加成反應和水解反應D.該物質最多消耗〖答案〗C〖解析〗A．此分子含有酯基、碳碳雙鍵、羥基共三種官能團，A錯誤；B．該分子含有7個手性碳原子，B錯誤；C．此分子含有酯基，可發(fā)生水解反應，含碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應、氧化反應，含羥基，可發(fā)生酯化反應、氧化反應，C正確；D．1mol該物質中含有2mol酯基，最多消耗2molNaOH，D錯誤；故選C。5.鎳為新材料的主角之一，鑒定的特征反應為下列說法錯誤的是（）A.基態(tài)Ni原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形B.氮原子的雜化方式均為雜化C.鮮紅色沉淀中存在的作用力主要有共價鍵、配位鍵、氫鍵D.丁二酮肟中所有原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．基態(tài)Ni原子價電子排布式為3d84s2，原子核外占據(jù)最高能層電子即4s能級上的電子，s能級的電子云輪廓圖形狀為球形，A正確；B．題干結構中N的價層電子對數(shù)均為3，N原子為雜化，B正確；C．由題中結構簡式分析可知鮮紅色沉淀中存在的作用力主要有共價鍵、配位鍵、氫鍵，C正確；D．丁二酮肟中有飽和碳原子，不可能所有原子可能共平面，D錯誤；故選D。6.某種離子液體的結構如圖所示，X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Q為非金屬性最強的元素。下列說法正確的是（）A.鍵長： B.的立體構型為平面四邊形C.分子的極性： D.總鍵能：〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Q為非金屬性最強的元素，則Q為F，根據(jù)某種離子液體的結構得到X、Q有一個價鍵，Z有四個價鍵，M有三個價鍵，Y得到一個電子形成四個價鍵，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Y、Z、M為同周期相鄰元素，則X為H，Y為B，Z為C，M為N。可以推測出X、Y、Z、M、Q分別為H、B、C、N、F?！驹斘觥緼．MX3為NH3，ZX4為CH4，半徑：C＞N，鍵長NH3<CH4，A錯誤；B．中心B的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為0，故其立體構型為正四面體形，B錯誤；C．根據(jù)價層電子互斥理論，YQ3為BF3，空間構型為平面三角形，為非極性分子，MQ3即NF3的空間構型為為三角錐形，為極性分子，故分子極性BF3<NF3，C正確：D．M2為N2，存在三鍵，總鍵能：N2>F2，D錯誤；故選C。7.高分子M廣泛用于牙膏、牙科粘合劑等口腔護理產品，其合成路線如圖：下列說法不正確的是（）A.試劑a中存在分子間氫鍵 B.有機物B存在順反異構體C.化合物C的核磁共振氫譜有一組峰 D.合成M的聚合反應是加聚反應〖答案〗B〖祥解〗結合合成路線分析可知，試劑a是甲醇，和乙炔再一定條件下發(fā)生加成反應生成物質b：CH2=CHOCH3，由高分子M逆推可知B：CH2=CH-O-CH3和C：發(fā)生加聚反應。【詳析】A．物質a為甲醇(CH3OH)，含羥基，存在分子間氫鍵，A正確；B．物質B為CH2=CHOCH3，無順反異構體，B錯誤；C．化合物C：只有兩個氫原子，且對稱，核磁共振氫譜有一組峰，C正確；D．依據(jù)合成路線可以推測B：CH2=CHOCH3與C：發(fā)生加聚反應生成高分子M，D正確。故選B。8.下列實驗設計或所選裝置合理的是（）A．通過注射器活塞右移，驗證與反應放熱B．溶液吸收尾氣C．電解溶液，制備金屬D．測定中和反應反應熱〖答案〗B〖解析〗A．Na與H2O反應有H2生成，從而使注射器活塞向右移動，A錯誤；B．SO2有毒，選用NaOH溶液吸收，球形干燥管防倒吸，B正確；C．電解熔融MgCl2制備金屬Mg，電解氯化鎂溶液，陽極得到氯氣，陰極得到氫氣，C錯誤；D．根據(jù)圖示可知簡易量熱計中缺少攪拌用的玻璃攪拌器，D錯誤；故選B。9.磷酰氯()是有機合成的催化劑，可用以下方法制?。夯?，已知：、均易水解放出大量的熱。的分子空間結構模型如圖所示。下列說法不正確的是（）A.屬于酸性氧化物B著火時不能用水滅火C.分子中所有的鍵角都相等D.可與反應生成〖答案〗C〖解析〗A．P4O10和水反應可生成磷酸，是酸性氧化物，A正確；B．根據(jù)題意，PCl3易水解釋放大量熱量，故其著火時候不可以用水滅火，B正確；C．P4O10是非極性分子存在P-O單鍵和P=O雙鍵，鍵角不等，C錯誤；D．根據(jù)POCl3的結構，可與CH3CH2OH發(fā)生取代反應生成(CH3CH2O)3PO，D正確。故選C。10.以濃差電池(因電解質溶液濃度不同而形成的電池)為電源，以石墨為電極將轉化為高純的裝置如圖。下列說法錯誤的是（）A.電解過程中，丙池溶液的會減小B.轉移時乙室電解質溶液質量減少C.停止工作后若要使電池恢復原狀態(tài)，連接的是電源負極D.N極電極反應式為：〖答案〗B〖祥解〗由題意知，右池為電解NH3生成H2的裝置，左池為濃差電池，右池電極M區(qū)NH3失電子被氧化為N2，故電極M為陽極，發(fā)生電極反應：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，則N為陰極，發(fā)生電極反應：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以左池Cu(1)為正極，正極發(fā)生反應：Cu2++2e=Cu，Cu

(2)為負極，負極發(fā)生反應：Cu-2e-=Cu2+?！驹斘觥緼．電極M為陽極，發(fā)生電極反應：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，堿性減弱，pH減小，A正確；B．轉移2mol電子時，Cu(1)極析出1mol銅，即64g，同時有1mol即96g硫酸根從乙室到甲室，乙室電解質溶液質量共減少64g+96g=160g，B錯誤；C．恢復原濃差Cu(2)電極需發(fā)生還原反應，Cu2+放電析出銅單質，所以和電源負極相連，C正確；D．N

為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正確；故選B。11.物質的結構決定物質的性質，下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是（）性質差異結構因素A水溶性：分子極性B熔點：金剛石()高于碳化硅()共價鍵強度C鍵角：()大于()中心原子的雜化方式D常溫下狀態(tài)：(氣體)，(液體)分子間作用力〖答案〗C〖解析〗A．HI是極性分子，I2是非極性分子，水為極性分子，在水中溶解度HI>I2是符合相似相溶原理，A正確；B．金剛石和碳化硅均為共價晶體，其原子間的共價鍵強度決定其熔點，金剛石中碳碳鍵長度更短，鍵能更大，熔點更高，B正確；C．甲烷和氨氣的中心原子的雜化方式均為sp3，其鍵角差異是因為，氨氣的中心原子N原子上有孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，孤電子對與σ鍵的斥力大于σ鍵之間的斥力，因此氨氣的鍵角略小于109.5°，C錯誤；D．CO2與CS2均為分子，且均無分子間氫鍵，常溫下的狀態(tài)不同，即熔沸點不同，在結構和組成相似時，分子的熔沸點取決于范德華力大小，范德華力大小取決于分子的摩爾質量，因此，常溫下CO2與為氣體，CS2為液體，D正確；故選C。12.在有取代基的苯環(huán)上發(fā)生取代反應，取代基有定位效應，烴基、羥基、鹵原子均為鄰對位定位基，定位效應羥基強于鹵原子，硝基為間位定位基。若苯環(huán)上連有不同定位效應的取代基，則以鄰對位取代基為主。下列事實和定位效應不相符合的是（）A.與濃硝酸和濃硫酸的混合物在加熱作用下，生成B.苯酚與溴水反應生成C.由合成，需要先引入硝基，再引入碳溴鍵D.苯與足量液溴在催化下直接合成〖答案〗D〖解析〗A．甲基是烴基的一種，屬于鄰對位定位基，硝基屬于間為定位基，硝化生成合理,A正確；B．羥基屬于鄰對位定位基，定位效應羥基強于鹵原子，苯酚與溴水發(fā)生取代反應生成，B正確；C．由合成，先引入硝基，硝基是間位定位基，甲基為鄰對位定位基，再引入溴原子，C正確；D．苯的溴代反應，先生成一溴代物，溴原子為鄰對位定位基，因此，不可直接生成，D錯誤；故選D。13.已知工業(yè)合成氨是在，，催化劑作用下進行的，下列說法中符合工業(yè)合成氨生產實際的是（）A.作催化劑 B.催化劑活性是選擇該反應溫度的重要原因C.將和液化 D.由吸收塔吸收〖答案〗B〖解析〗A．合成氨的催化劑是鐵觸媒，A錯誤；B．反應溫度決定反應速度和催化劑活性，催化劑可以極大加快反應速率，因此，催化劑活性是反應溫度高低的重要決定因素，B正確；C．反應時僅需要將N2和H2持續(xù)通入即可，不需液化，C錯誤；D．生成的氨氣因存在分子間氫鍵，在一定壓強下及適當降溫下，可以液化，然后移除反應體系，不需要吸收塔吸收，D錯誤；故選B。14.碳酸鈉溶液顯堿性，含的溶液與溶液反應，產物可能是或。溶液中各含碳物種的物質的量分數(shù)與溶液的關系如圖1、圖2，曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合。利用平衡原理分析，下列說法正確的是（）A.常溫時，的第一步水解平衡常數(shù)B.的數(shù)量級為C.由圖2，當，時，有沉淀生成D.由圖1和圖2，在，時，溶液中發(fā)生反應：〖答案〗D〖解析〗A．常溫時，的第一步水解常數(shù)，A錯誤；B．由圖2可知，當pH=9時，，此時，lg[c(Mg2+)]≈-1.3，即，所以，其數(shù)量級為10-12，B錯誤；C．由圖2，當pH=11即，時，濃度商，所以沒有Mg(OH)2沉淀生成，C錯誤；D．由圖1，在pH=8時，碳酸鈉溶液中離子濃度最多的是，當lg[c(Mg2+)]=-1時，由圖2，Ksp(Mg(OH)2)>Q>Ksp(MgCO3)，則生成MgCO3沉淀，因此發(fā)生反應：Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D正確；故選D。15.是目前儲氫密度最高的材料之-~，其晶胞結構如圖所示，晶胞邊長為。原子占據(jù)形成的所有四面體空隙，儲氫后，分子占據(jù)形成的八面體空隙，化學式為。下列說法正確的是（）A.晶胞中，的配位數(shù)為4B.儲氫時，C.氫氣儲滿后，和的最短距離為D.單位體積中含氫的質量的計算公式為〖答案〗B〖解析〗A．Mg2Fe晶胞中，以底面面心鐵為例，上層下層各有最近且相鄰的4個鎂原子，則Fe的配位數(shù)為8，A錯誤；B．Fe原子的八面體空隙在晶胞的棱心和體心，所以每個晶胞中含有4個Fe和8個Mg，6=4個H2，因此氫氣儲滿后晶體的化學式為Mg2FeH2，即x=1，氫氣未儲滿，0<x<1；因此0<x≤1，B正確；C．H2和H2的最短距離為面對角線的二分之一，為apm，C錯誤；D．每個晶胞中含4個H2，因此，Mg2Fe(H2)x單位體積中含氫的質量的計算公式為，D錯誤；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分16.將工業(yè)副產品石膏()轉化為肥料和氯化鈣水合物儲熱材料，是資源綜合利用、環(huán)境保護的典范之一，過程如圖：請回答下列問題：（1）本工藝中所用原料除外，還需要的兩種原料分別是_________、_________(填化學式，不考慮損耗)。（2）已知：，室溫下，溶液的______7(填“>”、“<”或=”)，該溶液中離子濃度由小到大的順序為_____________________。（3）轉化I是將灘溶的轉化為更難溶的，將一定量的加入過量的懸濁液中，充分反應后，測得溶液中，此時溶液中的_________。[已知：]（4）已知不同溫度下在水中達到飽和時溶解的量如下表：溫度/020406075溶解的量/g7.711.114.718.120.5的飽和溶液冷卻到，可析出晶體_________g。（5）寫出“蒸氨”過程中的化學方程式：________________________________________。〖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〗本題是一道工業(yè)流程題，將工業(yè)副產品石膏轉化為肥料和氯化鈣水合物，首先將石膏和碳酸銨混合，生成碳酸鈣除去，隨后用氯化鉀將硫酸銨轉化為硫酸鉀和氯化銨，過濾后向其中加入生石膏，再用二氧化碳將其轉化為碳酸銨，繼續(xù)循環(huán)使用，以此解題。【詳析】（1）根據(jù)原子守恒和流程圖可判斷本工藝中所用的原料除CaSO4·2H2O、CaCO3、H2O外，還需要的兩種原料是KCl、NH3；（2）(NH4)2SO4為強酸弱堿鹽，NH與水電離出的OH-結合生成NH3H2O和H+，使溶液中的c(H+)>c(OH-)，故溶液顯酸性，pH<7，該溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，水解程度微弱，則c(NH)>c(SO)，水也電離出H+，則c(H+)>c(NH3H2O)，則該溶液中離子濃度由小到大的順序為c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)；（3）難溶的CaSO4(s)轉化為更難溶的CaCO3(s)的反應方程式為CaSO4(s)+CO(aq)?CaCO3(s)+SO(aq)，該反應的平衡常數(shù)====1.45104，則c(CO)=mol/L=2.010-4mol/L，故〖答案〗為：2.010-4mol/L；（4）75℃的飽和溶液中溶質質量為：，溶劑水的質量為：482g-82g=400g，400g水在20℃溶解的的質量為：，析出質量為82g-44.4g=37.6g；（5）生石灰溶于水生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與銨鹽反應生成氨氣，則“蒸氨”過程中的化學方程式為CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑。17.2-噻吩乙醇()是抗血栓藥物氯吡格雷的重要中間體，其制備方法如下：I．制鈉砂。向燒瓶中加入液體A和金屬鈉，加熱至鈉熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小鈉珠出現(xiàn)。Ⅱ．制噻吩鈉。降溫至，加入噻吩，反應至鈉砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇鈉。降溫至，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應。Ⅳ．水解。恢復室溫，加入水，攪拌；加鹽酸調至4~6，繼續(xù)反應，分液；用水洗滌有機相，二次分液。Ⅴ．分離。向有機相中加入無水，靜置，過濾，對濾液進行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體A后得到產品。請回答下列問題：（1）噻吩是化學性質較穩(wěn)定的液體，廣泛存在于煤焦油中，在煤炭__________過程中可以得到大量煤焦油，并通過對煤焦油______________(填操作方法)可得到噻吩；（2）步驟I中液體A可以選擇______。a．乙醇b．水c．液氨d．甲苯（3）步驟Ⅱ的化學方程式為__________________________________________________。（4）步驟涉及的反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，加入環(huán)氧乙烷溶液的常用方法是__________________________________________________。（5）步驟Ⅳ中用鹽酸調節(jié)的目的是______________________________________。（6）下列儀器在步驟Ⅴ中不需使用的是__________________________(填名稱)。（7）產品的產率為______________(用計算，精確至)?！即鸢浮剑?）焦化蒸餾（或分餾）（2）d（3）（4）少量多次加入（5）提供酸性環(huán)境，利于水解并產生可溶性的NaCl，便于后續(xù)分液（6）球形冷凝管和分液漏斗（7）70.0%〖祥解〗將鈉加熱得到小鈉珠，降溫至，加入噻吩，反應至鈉砂消失，降溫至，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應得到2-噻吩乙醇鈉，酸性條件下水解得到2-噻吩乙醇，分液得到有機相，干燥、過濾、蒸餾分離得到產品；【詳析】（1）在煤炭焦化過程中可以得到大量煤焦油，利用物質的沸點不同，通過對煤焦油蒸餾（或分餾）可得到噻吩；（2）鈉能與乙醇、水、液氨發(fā)生置換反應，因此只能選擇甲苯作為溶劑，故選d；（3）由流程可知，鈉和噻吩在發(fā)生置換反應生成噻吩鈉和氫氣，其化學方程式為；（4）因反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，應將環(huán)氧乙烷溶液少量多次加入；（5）該過程為將2-噻吩乙醇鈉水解為2-噻吩乙醇，提供酸性環(huán)境，利于水解并產生可溶性的NaCl，便于后續(xù)分液；（6）向有機相中加入無水硫酸鎂的目的為吸水干燥，進行過濾所需的裝置為：漏斗、燒杯、玻璃棒；后續(xù)的蒸餾過程中所需的儀器有：酒精燈、蒸餾燒瓶、溫度計、直形冷凝管、尾接管、錐形瓶，因此用不到的儀器為球形冷凝管和分液漏斗。（7）金屬鈉為0.2mol，按Na計算，0.2molNa理論上產物2-噻吩乙醇的物質的量為0.2mol，質量為25.6g，實際得到的產物為17.92g，因此其產率為70.0%。18.F是一種抗血小板凝聚的藥物，其人工合成路線如圖：請回答下列問題：（1）B→C的反應類型為_______________。（2）A的芳香族同分異構體中，與其具有相同官能團的有______種(不考慮立體異構)。a．10b．12c．14d．16（3）E→F中有一種相對分子質量為60的產物生成，該產物的結構簡式為____________，實驗室中如需確定此產物中的官能團，通常使用的分析儀器的名稱是____________。（4）A→B的反應需經歷三步反應：第一步：(制備格氏試劑)第二步：(親核加成反應)第三步：(水解反應)第二步親核加成反應，被加成的是____________(寫出官能團的結構)；Z的分子式為，其結構簡式為__________________。（5）已知：，也可以由某多酮結構在堿性溶液中發(fā)生分子內縮合生成，則此多酮結構為____________。a．b．〖答案〗（1）取代反應（2）d（3）CH3COOH紅外光譜儀（4）-C≡N（5）a〖祥解〗以A()為原料制備F()，A先發(fā)生取代反應生成B()，B與NBS發(fā)生取代反應生成C()，C與發(fā)生取代反應生成D()，D發(fā)生反應生成E()，E發(fā)生取代反應生成F()?！驹斘觥浚?）B→C，苯環(huán)芐位上的氫原子被溴原子所取代，反應類型為取代反應；（2）A的分子式為C7H6ClF，其芳香族同分異構體中，含有相同官能團，可看成是甲苯被-F和-Cl取代，除去A自身，共有16種，故選d；（3）E→F的反應為一定條件下與乙酸酐發(fā)生取代反應生成和相對分子質量為60的CH3COOH，則該產物的結構簡式為CH3COOH；實驗室中通常使用紅外光譜儀確定有機物中的官能團；（4）第二步親核加成反應，形成了-C=N-，因此被加成的是-C≡N；Z的分子式為C11H12NF，發(fā)生水解反應生成，因此結構簡式為；（5）根據(jù)已知條件，及E的結構，是合適的多酮結構，故選a。19.萘類物質的加成反應，可以合成多種環(huán)狀結構的異構體，并在工業(yè)中有重要應用，利用1-甲基萘()制備四氫萘類物質(，包括和)。反應過程中伴有生成十氫萘()的副反應，涉及反應如圖：請回答下列問題：（1）已知一定條件下反應的焓變分別為，則反應的焓變__________________(用含的代數(shù)式表示)。（2）根據(jù)和的結構及命名方式，和的一種同分異構體的名稱為__________。（3）四個平衡體系的平衡常數(shù)與溫度的關系如圖所示。①，，中最穩(wěn)定的是______________。②不考慮生成，從反應進行程度上考慮，利于生成的條件是___________。③若曲線c、d分別代表反應、的平衡常數(shù)隨溫度的變化，則表示反應的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線為______。（4）某溫度下，將一定量的、投入一密閉容器中，檢測到四種有機物的物質的量隨時間的變化關系如圖所示。在此溫度下，如何更多的得到______。a．延長反應時間b．增大壓強c．使用選擇性更高的催化劑d反應初期生成較多時，及時分離出（5）時，在體積恒定的密閉容器中投入一定量的，假定只發(fā)生過程，足量，且反應過程中氫氣的濃度恒定為，當?shù)霓D化率為a時，反應的平衡常數(shù)為______________?！即鸢浮剑?）（2）6（3）1-MD低溫高壓b（4）cd（5）〖解析〗（1）由蓋斯定律可知，，則，故反應的焓變。（2）根據(jù)1-MTL和5-MTL的結構及命名規(guī)律，可知，的編號順序為，，因此，的名稱為6-MTL（3）①由圖可知，溫度升高，4個反應的平衡常數(shù)均減小，則所有的反應均為放熱反應，根據(jù)能量越低越穩(wěn)定，1-MD的能量最低，則反應體系中1-MD最穩(wěn)定②反應為放熱反應，且正向反應的氣體分子數(shù)目減小，因此，利于生成MTLs的條件是低溫高壓③由(1)可知，則，若c、d分別代表反應、的平衡常數(shù)隨溫度的變化，由圖可知，則，故表示反應R2的平衡常數(shù)隨溫度變化的曲線為b。（4）a．由圖可知，超過一定的時間后，的量反而減小，錯誤；b．生成和的反應均為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，副產物也會增加，錯誤；c．使用選擇性更高的催化劑，可以選擇性的增加生成的速率，利于的生成，正確；d反應初期生成較多時，及時分離出，促使反應向生成的方向進行，正確；故選cd。湖北省十一校2024屆高三上學期第一次聯(lián)考可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每個小題給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.2023年9月23日晚，第19屆亞運會在杭州開幕。下列說法不符合“綠色節(jié)儉”的辦賽理念的是（）A.采用可回收金屬和可回收塑料制作薪火火炬B.利用傳感器對場館內的溫度、濕度等進行智能化管理C.采用燃油車接駁運動員以提高行動效率D.主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料〖答案〗C〖解析〗A．采用可回收金屬和可回收塑料制作薪火火炬，符合綠色節(jié)儉理念，A正確；B．利用傳感器對場館內的溫度、濕度等進行智能化管理，符合綠色節(jié)儉理念，B正確；C．燃油車不符合綠色理念，實際采用電池電力作為動力，C錯誤；D．主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料，符合綠色節(jié)儉理念，D正確。故選C。2.“宏觀辨識與微觀探析”是化學學科核心素養(yǎng)之一，下列說法錯誤的是（）A.工業(yè)上常用硫與橡膠作用進行橡膠疏化以增強輪胎的耐磨性B.明礬溶液呈酸性的原因：C.在標準狀況下為液態(tài)的重要原因是分子間存在氫鍵D.稠環(huán)芳烴萘()和蒽()均是極性分子，易溶于〖答案〗D〖解析〗A．硫化橡膠具有更好的強度、韌性、彈性和化學穩(wěn)定性，A正確；B．明礬溶液呈酸性的原因是鋁離子水解生成氫氧化鋁和氫離子，離子方程式為：，B正確；C．在標準狀況下為液態(tài)的重要原因是分子間存在氫鍵，C正確；D．稠環(huán)芳烴萘()和蒽()均是非極性分子，易溶于，D錯誤；故選D。3.下圖是自然界中的氮循環(huán)過程。下列有關敘述錯誤的是（）A.反應①、反應②及工業(yè)合成氨均屬于氮的固定B.反應④中，生成至少需要提供C.反應③的反應方程式為D.過程中參與循環(huán)的元素有氮元素，還有氫和氧元素〖答案〗B〖解析〗A．反應①、反應②及工業(yè)合成氨均是將游離態(tài)氮轉化成化合態(tài)氮，均屬于氮的固定，A正確；B．反應④中，生成，N化合價升高失去8mol電子，而1mol氧氣轉移4mol電子，故至少需要提供，B錯誤；C．反應③為NO被O2氧化生成硝酸，反應方程式為，C正確；D．分析此過程中參與循環(huán)的元素有氮元素，還有氫和氧元素，D正確；故選B。4.利用檸檬真菌青霉生成的前體，可生產瑞舒伐他汀類藥物，該類藥物對降低膽固醇有積極作用，某種伐他汀類藥物結構如圖，下列關于該物質的說法正確的是（）A.分子中含有五種官能團B.分子僅含有2個手性碳原子C.可發(fā)生氧化反應、加成反應和水解反應D.該物質最多消耗〖答案〗C〖解析〗A．此分子含有酯基、碳碳雙鍵、羥基共三種官能團，A錯誤；B．該分子含有7個手性碳原子，B錯誤；C．此分子含有酯基，可發(fā)生水解反應，含碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應、氧化反應，含羥基，可發(fā)生酯化反應、氧化反應，C正確；D．1mol該物質中含有2mol酯基，最多消耗2molNaOH，D錯誤；故選C。5.鎳為新材料的主角之一，鑒定的特征反應為下列說法錯誤的是（）A.基態(tài)Ni原子核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為球形B.氮原子的雜化方式均為雜化C.鮮紅色沉淀中存在的作用力主要有共價鍵、配位鍵、氫鍵D.丁二酮肟中所有原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．基態(tài)Ni原子價電子排布式為3d84s2，原子核外占據(jù)最高能層電子即4s能級上的電子，s能級的電子云輪廓圖形狀為球形，A正確；B．題干結構中N的價層電子對數(shù)均為3，N原子為雜化，B正確；C．由題中結構簡式分析可知鮮紅色沉淀中存在的作用力主要有共價鍵、配位鍵、氫鍵，C正確；D．丁二酮肟中有飽和碳原子，不可能所有原子可能共平面，D錯誤；故選D。6.某種離子液體的結構如圖所示，X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Q為非金屬性最強的元素。下列說法正確的是（）A.鍵長： B.的立體構型為平面四邊形C.分子的極性： D.總鍵能：〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Q為非金屬性最強的元素，則Q為F，根據(jù)某種離子液體的結構得到X、Q有一個價鍵，Z有四個價鍵，M有三個價鍵，Y得到一個電子形成四個價鍵，Z的原子序數(shù)等于X、Y原子序數(shù)之和，Y、Z、M為同周期相鄰元素，則X為H，Y為B，Z為C，M為N。可以推測出X、Y、Z、M、Q分別為H、B、C、N、F?！驹斘觥緼．MX3為NH3，ZX4為CH4，半徑：C＞N，鍵長NH3<CH4，A錯誤；B．中心B的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為0，故其立體構型為正四面體形，B錯誤；C．根據(jù)價層電子互斥理論，YQ3為BF3，空間構型為平面三角形，為非極性分子，MQ3即NF3的空間構型為為三角錐形，為極性分子，故分子極性BF3<NF3，C正確：D．M2為N2，存在三鍵，總鍵能：N2>F2，D錯誤；故選C。7.高分子M廣泛用于牙膏、牙科粘合劑等口腔護理產品，其合成路線如圖：下列說法不正確的是（）A.試劑a中存在分子間氫鍵 B.有機物B存在順反異構體C.化合物C的核磁共振氫譜有一組峰 D.合成M的聚合反應是加聚反應〖答案〗B〖祥解〗結合合成路線分析可知，試劑a是甲醇，和乙炔再一定條件下發(fā)生加成反應生成物質b：CH2=CHOCH3，由高分子M逆推可知B：CH2=CH-O-CH3和C：發(fā)生加聚反應?！驹斘觥緼．物質a為甲醇(CH3OH)，含羥基，存在分子間氫鍵，A正確；B．物質B為CH2=CHOCH3，無順反異構體，B錯誤；C．化合物C：只有兩個氫原子，且對稱，核磁共振氫譜有一組峰，C正確；D．依據(jù)合成路線可以推測B：CH2=CHOCH3與C：發(fā)生加聚反應生成高分子M，D正確。故選B。8.下列實驗設計或所選裝置合理的是（）A．通過注射器活塞右移，驗證與反應放熱B．溶液吸收尾氣C．電解溶液，制備金屬D．測定中和反應反應熱〖答案〗B〖解析〗A．Na與H2O反應有H2生成，從而使注射器活塞向右移動，A錯誤；B．SO2有毒，選用NaOH溶液吸收，球形干燥管防倒吸，B正確；C．電解熔融MgCl2制備金屬Mg，電解氯化鎂溶液，陽極得到氯氣，陰極得到氫氣，C錯誤；D．根據(jù)圖示可知簡易量熱計中缺少攪拌用的玻璃攪拌器，D錯誤；故選B。9.磷酰氯()是有機合成的催化劑，可用以下方法制取：或，已知：、均易水解放出大量的熱。的分子空間結構模型如圖所示。下列說法不正確的是（）A.屬于酸性氧化物B著火時不能用水滅火C.分子中所有的鍵角都相等D.可與反應生成〖答案〗C〖解析〗A．P4O10和水反應可生成磷酸，是酸性氧化物，A正確；B．根據(jù)題意，PCl3易水解釋放大量熱量，故其著火時候不可以用水滅火，B正確；C．P4O10是非極性分子存在P-O單鍵和P=O雙鍵，鍵角不等，C錯誤；D．根據(jù)POCl3的結構，可與CH3CH2OH發(fā)生取代反應生成(CH3CH2O)3PO，D正確。故選C。10.以濃差電池(因電解質溶液濃度不同而形成的電池)為電源，以石墨為電極將轉化為高純的裝置如圖。下列說法錯誤的是（）A.電解過程中，丙池溶液的會減小B.轉移時乙室電解質溶液質量減少C.停止工作后若要使電池恢復原狀態(tài)，連接的是電源負極D.N極電極反應式為：〖答案〗B〖祥解〗由題意知，右池為電解NH3生成H2的裝置，左池為濃差電池，右池電極M區(qū)NH3失電子被氧化為N2，故電極M為陽極，發(fā)生電極反應：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，則N為陰極，發(fā)生電極反應：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以左池Cu(1)為正極，正極發(fā)生反應：Cu2++2e=Cu，Cu

(2)為負極，負極發(fā)生反應：Cu-2e-=Cu2+?！驹斘觥緼．電極M為陽極，發(fā)生電極反應：2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，消耗了OH-，堿性減弱，pH減小，A正確；B．轉移2mol電子時，Cu(1)極析出1mol銅，即64g，同時有1mol即96g硫酸根從乙室到甲室，乙室電解質溶液質量共減少64g+96g=160g，B錯誤；C．恢復原濃差Cu(2)電極需發(fā)生還原反應，Cu2+放電析出銅單質，所以和電源負極相連，C正確；D．N

為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正確；故選B。11.物質的結構決定物質的性質，下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是（）性質差異結構因素A水溶性：分子極性B熔點：金剛石()高于碳化硅()共價鍵強度C鍵角：()大于()中心原子的雜化方式D常溫下狀態(tài)：(氣體)，(液體)分子間作用力〖答案〗C〖解析〗A．HI是極性分子，I2是非極性分子，水為極性分子，在水中溶解度HI>I2是符合相似相溶原理，A正確；B．金剛石和碳化硅均為共價晶體，其原子間的共價鍵強度決定其熔點，金剛石中碳碳鍵長度更短，鍵能更大，熔點更高，B正確；C．甲烷和氨氣的中心原子的雜化方式均為sp3，其鍵角差異是因為，氨氣的中心原子N原子上有孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，孤電子對與σ鍵的斥力大于σ鍵之間的斥力，因此氨氣的鍵角略小于109.5°，C錯誤；D．CO2與CS2均為分子，且均無分子間氫鍵，常溫下的狀態(tài)不同，即熔沸點不同，在結構和組成相似時，分子的熔沸點取決于范德華力大小，范德華力大小取決于分子的摩爾質量，因此，常溫下CO2與為氣體，CS2為液體，D正確；故選C。12.在有取代基的苯環(huán)上發(fā)生取代反應，取代基有定位效應，烴基、羥基、鹵原子均為鄰對位定位基，定位效應羥基強于鹵原子，硝基為間位定位基。若苯環(huán)上連有不同定位效應的取代基，則以鄰對位取代基為主。下列事實和定位效應不相符合的是（）A.與濃硝酸和濃硫酸的混合物在加熱作用下，生成B.苯酚與溴水反應生成C.由合成，需要先引入硝基，再引入碳溴鍵D.苯與足量液溴在催化下直接合成〖答案〗D〖解析〗A．甲基是烴基的一種，屬于鄰對位定位基，硝基屬于間為定位基，硝化生成合理,A正確；B．羥基屬于鄰對位定位基，定位效應羥基強于鹵原子，苯酚與溴水發(fā)生取代反應生成，B正確；C．由合成，先引入硝基，硝基是間位定位基，甲基為鄰對位定位基，再引入溴原子，C正確；D．苯的溴代反應，先生成一溴代物，溴原子為鄰對位定位基，因此，不可直接生成，D錯誤；故選D。13.已知工業(yè)合成氨是在，，催化劑作用下進行的，下列說法中符合工業(yè)合成氨生產實際的是（）A.作催化劑 B.催化劑活性是選擇該反應溫度的重要原因C.將和液化 D.由吸收塔吸收〖答案〗B〖解析〗A．合成氨的催化劑是鐵觸媒，A錯誤；B．反應溫度決定反應速度和催化劑活性，催化劑可以極大加快反應速率，因此，催化劑活性是反應溫度高低的重要決定因素，B正確；C．反應時僅需要將N2和H2持續(xù)通入即可，不需液化，C錯誤；D．生成的氨氣因存在分子間氫鍵，在一定壓強下及適當降溫下，可以液化，然后移除反應體系，不需要吸收塔吸收，D錯誤；故選B。14.碳酸鈉溶液顯堿性，含的溶液與溶液反應，產物可能是或。溶液中各含碳物種的物質的量分數(shù)與溶液的關系如圖1、圖2，曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合。利用平衡原理分析，下列說法正確的是（）A.常溫時，的第一步水解平衡常數(shù)B.的數(shù)量級為C.由圖2，當，時，有沉淀生成D.由圖1和圖2，在，時，溶液中發(fā)生反應：〖答案〗D〖解析〗A．常溫時，的第一步水解常數(shù)，A錯誤；B．由圖2可知，當pH=9時，，此時，lg[c(Mg2+)]≈-1.3，即，所以，其數(shù)量級為10-12，B錯誤；C．由圖2，當pH=11即，時，濃度商，所以沒有Mg(OH)2沉淀生成，C錯誤；D．由圖1，在pH=8時，碳酸鈉溶液中離子濃度最多的是，當lg[c(Mg2+)]=-1時，由圖2，Ksp(Mg(OH)2)>Q>Ksp(MgCO3)，則生成MgCO3沉淀，因此發(fā)生反應：Mg2++2=MgCO3↓+H2O+CO2↑，D正確；故選D。15.是目前儲氫密度最高的材料之-~，其晶胞結構如圖所示，晶胞邊長為。原子占據(jù)形成的所有四面體空隙，儲氫后，分子占據(jù)形成的八面體空隙，化學式為。下列說法正確的是（）A.晶胞中，的配位數(shù)為4B.儲氫時，C.氫氣儲滿后，和的最短距離為D.單位體積中含氫的質量的計算公式為〖答案〗B〖解析〗A．Mg2Fe晶胞中，以底面面心鐵為例，上層下層各有最近且相鄰的4個鎂原子，則Fe的配位數(shù)為8，A錯誤；B．Fe原子的八面體空隙在晶胞的棱心和體心，所以每個晶胞中含有4個Fe和8個Mg，6=4個H2，因此氫氣儲滿后晶體的化學式為Mg2FeH2，即x=1，氫氣未儲滿，0<x<1；因此0<x≤1，B正確；C．H2和H2的最短距離為面對角線的二分之一，為apm，C錯誤；D．每個晶胞中含4個H2，因此，Mg2Fe(H2)x單位體積中含氫的質量的計算公式為，D錯誤；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分16.將工業(yè)副產品石膏()轉化為肥料和氯化鈣水合物儲熱材料，是資源綜合利用、環(huán)境保護的典范之一，過程如圖：請回答下列問題：（1）本工藝中所用原料除外，還需要的兩種原料分別是_________、_________(填化學式，不考慮損耗)。（2）已知：，室溫下，溶液的______7(填“>”、“<”或=”)，該溶液中離子濃度由小到大的順序為_____________________。（3）轉化I是將灘溶的轉化為更難溶的，將一定量的加入過量的懸濁液中，充分反應后，測得溶液中，此時溶液中的_________。[已知：]（4）已知不同溫度下在水中達到飽和時溶解的量如下表：溫度/020406075溶解的量/g7.711.114.718.120.5的飽和溶液冷卻到，可析出晶體_________g。（5）寫出“蒸氨”過程中的化學方程式：________________________________________。〖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〗本題是一道工業(yè)流程題，將工業(yè)副產品石膏轉化為肥料和氯化鈣水合物，首先將石膏和碳酸銨混合，生成碳酸鈣除去，隨后用氯化鉀將硫酸銨轉化為硫酸鉀和氯化銨，過濾后向其中加入生石膏，再用二氧化碳將其轉化為碳酸銨，繼續(xù)循環(huán)使用，以此解題。【詳析】（1）根據(jù)原子守恒和流程圖可判斷本工藝中所用的原料除CaSO4·2H2O、CaCO3、H2O外，還需要的兩種原料是KCl、NH3；（2）(NH4)2SO4為強酸弱堿鹽，NH與水電離出的OH-結合生成NH3H2O和H+，使溶液中的c(H+)>c(OH-)，故溶液顯酸性，pH<7，該溶液中銨根離子水解，溶液呈酸性，則c(H+)>c(OH-)，水解程度微弱，則c(NH)>c(SO)，水也電離出H+，則c(H+)>c(NH3H2O)，則該溶液中離子濃度由小到大的順序為c(OH-)<c(NH3H2O)<c(H+)<c(SO)<c(NH)；（3）難溶的CaSO4(s)轉化為更難溶的CaCO3(s)的反應方程式為CaSO4(s)+CO(aq)?CaCO3(s)+SO(aq)，該反應的平衡常數(shù)====1.45104，則c(CO)=mol/L=2.010-4mol/L，故〖答案〗為：2.010-4mol/L；（4）75℃的飽和溶液中溶質質量為：，溶劑水的質量為：482g-82g=400g，400g水在20℃溶解的的質量為：，析出質量為82g-44.4g=37.6g；（5）生石灰溶于水生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與銨鹽反應生成氨氣，則“蒸氨”過程中的化學方程式為CaO＋2NH4Cl＋5H2OCaCl2·6H2O＋2NH3↑。17.2-噻吩乙醇()是抗血栓藥物氯吡格雷的重要中間體，其制備方法如下：I．制鈉砂。向燒瓶中加入液體A和金屬鈉，加熱至鈉熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小鈉珠出現(xiàn)。Ⅱ．制噻吩鈉。降溫至，加入噻吩，反應至鈉砂消失。Ⅲ．制噻吩乙醇鈉。降溫至，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應。Ⅳ．水解。恢復室溫，加入水，攪拌；加鹽酸調至4~6，繼續(xù)反應，分液；用水洗滌有機相，二次分液。Ⅴ．分離。向有機相中加入無水，靜置，過濾，對濾液進行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體A后得到產品。請回答下列問題：（1）噻吩是化學性質較穩(wěn)定的液體，廣泛存在于煤焦油中，在煤炭__________過程中可以得到大量煤焦油，并通過對煤焦油______________(填操作方法)可得到噻吩；（2）步驟I中液體A可以選擇______。a．乙醇b．水c．液氨d．甲苯（3）步驟Ⅱ的化學方程式為__________________________________________________。（4）步驟涉及的反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，加入環(huán)氧乙烷溶液的常用方法是__________________________________________________。（5）步驟Ⅳ中用鹽酸調節(jié)的目的是______________________________________。（6）下列儀器在步驟Ⅴ中不需使用的是__________________________(填名稱)。（7）產品的產率為______________(用計算，精確至)。〖答案〗（1）焦化蒸餾（或分餾）（2）d（3）（4）少量多次加入（5）提供酸性環(huán)境，利于水解并產生可溶性的NaCl，便于后續(xù)分液（6）球形冷凝管和分液漏斗（7）70.0%〖祥解〗將鈉加熱得到小鈉珠，降溫至，加入噻吩，反應至鈉砂消失，降溫至，加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應得到2-噻吩乙醇鈉，酸性條件下水解得到2-噻吩乙醇，分液得到有機相，干燥、過濾、蒸餾分離得到產品；【詳析】（1）在煤炭焦化過程中可以得到大量煤焦油，利用物質的沸點不同，通過對煤焦油蒸餾（或分餾）可得到噻吩；（2）鈉能與乙醇、水、液氨發(fā)生置換反應，因此只能選擇甲苯作為溶劑，故選d；（3）由流程可知，鈉和噻吩在發(fā)生置換反應生成噻吩鈉和氫氣，其化學方程式為；（4）因反應放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應，應將環(huán)氧乙烷溶液少量多次加入；（5）該過程為將2-噻吩乙醇鈉水解為2-噻吩乙醇，提供酸性環(huán)境，利于水解并產生可溶性的NaCl，便于后續(xù)分液；（6）向有機相中加入無水硫酸鎂的目的為吸水干燥，進行過濾所需的裝置為：漏斗、燒杯、玻璃棒；后續(xù)的蒸餾過程中所需的儀器有：酒精燈、蒸餾