文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（湖北专用）
黄金卷03
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 S 32 Cu 64 Se 79 Te 128
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．制造大飞机是一项重要的国家大项目。下列与飞机制造有关的说法正确的是
A．制造飞机用的金属材料都是合金，合金的熔点比成分金属高，硬度大
B．飞机壳用铝合金而不用不锈钢是因为铝合金耐腐蚀性强
C．油管用硅橡胶比普通橡胶耐腐蚀
D．航空玻璃是由无机硅酸盐玻璃与有机透明材料复合而成的，硅酸盐玻璃、水玻璃、石英玻璃、有机玻
璃都含有相同成分
【答案】C
【解析】A．合金特点：硬度大，熔点比成分金属低，故A错误；B．飞机壳用铝合金而不用不锈钢是因
为铝合金密度小，故B错误；C．硅橡胶耐腐蚀性强，故C正确；D．有机玻璃(聚甲基丙烯酸甲酯)是有机
物，硅酸盐玻璃含有硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅；水玻璃是硅酸钠；石英玻璃是二氧化硅，它们的成分各
不相同，故D错误；答案选C。
2．化学中有许多哲学观念，下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
选
化学事实 哲学观
项
A 二氧化碳由1个碳原子和2个氧原子构成 微粒观
B 可以用浓硫酸干燥 价态观
C 理论上最多可生成 守恒观
D 钠露置在空气中最终变为白色粉末 变化观
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．二氧化碳由二氧化碳分子构成，A错误；B．二氧化硫和浓硫酸中硫为相邻价态，不能反应，B正确；C．根据硫守恒， 含有 ，理论上最多可生成 ，C正确；D．钠露置空气
中发生化学反应最终变为白色粉末碳酸钠，D正确；故选A。
3．PH 常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH 的流程如图所示：
3 3
下列说法正确的是
A．流程中，每一步均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为HPO ，属于三元酸
3 2
C．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P+3NaOH(浓)+3H O PH ↑+3NaHPO
4 2 3 2 2
D．理论上，1 mol白磷可生产2.0 mol PH
3
【答案】C
【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸
钠，反应的化学方程式为P+3NaOH(浓)+3H O PH ↑+3NaHPO ，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次
4 2 3 2 2
磷酸，反应的化学方程式为NaH PO +H SO =NaHSO +H PO ，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学
2 2 2 4 4 3 2
方程式为2HPO =PH↑+H PO
3 2 3 3 4.
【解析】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧
化还原反应，故A错误；B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH PO ，则次磷酸属于一元酸，
2 2
故B错误；C．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷
酸钠，反应的化学方程式为P+3NaOH(浓)+3H O PH ↑+3NaHPO ，故C正确；D．由分析可得如下关系
4 2 3 2 2
式：P~ PH ~3NaH PO ~3H PO ~1.5PH ，则理论上，1 mol白磷可生产1mol+1.5mol=2.5 mol PH ，故D错
4 3 2 2 3 2 3 3
误；故选C。
4．抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法不正确的是A．存在顺反异构和对映异构 B．含有5种官能团
C．可形成分子内氢键和分子间氢键 D．最多可与3 molNaOH反应
【答案】D
【解析】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同
的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构；分子中存在饱和碳原子且该原子上四个基团不同，存在对映
异构，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5
种官能团，B正确；C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形
成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正
确；D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱
反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误；故选D。
5．下列叙述正确的是
A．HBrO的结构式为：H－Br－O
B．醋酸的电离方程式为：CHCOOH+H O CHCOO-+H O+
3 2 3 3
C．基态Si原子的价层电子的轨道表示式：
D．NH 的VSEPR模型：
3
【答案】B
【解析】A．HBrO中O原子的价层电子数是6，H原子、Br原子都和O原子形成共用电子对，所以结构
式为：H－O－Br，选项A错误；B．醋酸是一元弱酸，微弱电离出氢离子和醋酸根离子，在水中，氢离子
以水合氢离子的形式存在，所以醋酸的电离方程式为：CHCOOH+H O CHCOO-+H O+，选项B正确；
3 2 3 3
C．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，根据洪特规则，基态Si原子的价层电子的轨道表示式为：，选项C错误；D．NH 分子中N原子的价层电子对数为3+ (5-3×1)= 4，有一
3
孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，选项D错误；答案选B。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的核外电子数等于其周期数；X与W不相邻，
与Y相邻；基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；Z的最外层电子数为K层的一半；Q的s
能级电子总数比p能级电子总数少5个，下列说法正确的是
A．元素的电负性：Y>Q>W>Z
B．简单离子半径：Z>X>Y
C．W与Y形成的10电子微粒有2种
D．由W、X、Y三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】A
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子
数的2倍，则Y为O元素；W的核外电子数等于其周期数，则W为H元素；X与W不相邻，与Y相邻，
则Y为N元素；Z的最外层电子数为K层的一半，则Z为Na元素；Q的s能级电子总数比p能级电子总数
少5个，则Q为Cl元素。
【解析】A．金属元素的电负性小于非金属元素，则钠元素的电负性最小，元素的非金属越强，电负性越
大，氢、氧、氯三种非金属性强弱顺序为O>Cl>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>Cl>H>Na，故A正
确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为N3—>O2—
>Na+，故B错误；C．氢元素与氧元素形成的10电子微粒有水分子、氢氧根离子、水合氢离子，共有3种，
故C错误；D．氢、氮、氧三种元素组成的化合物一水合氨在溶液中电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，故
D错误；故选A。
7．一定条件下，气体 和 都能与 形成笼状结构的水合物晶体(如图)，在深海海底 与
可形成“可燃冰” 和 等
下列说法正确的是A． 和 ，约78个 包1个
B． 与 形成“可燃冰”的过程发生了化学反应
C．减压和升温，是“可燃冰”开采与利用的重要方法
D． 和 的分子间的作用力小于 与
【答案】C
【解析】A．46个HO分子构成8个笼，每个笼容纳1个CH 分子或一个游离的HO分子，故约6个HO
2 4 2 2
包1个CH，故A错误；B．CH 与HO形成“可燃冰”的过程没有新物质生成，是物理变化，故B错误；
4 4 2
C．减压和升温可以让甲烷气体从海底逸出，减压和升温，是“可燃冰”开采与利用的重要方法，故C正
确；D．相对分子质量越大，范德华力越大，CO 的相对分子质量大于CH，故CO 和HO的分子间的作
2 4 2 2
用力大于CH 与HO的分子间作用力，故D错误；故选：C。
4 2
8．实验室利用环己酮和乙二醇反应可以制备环己酮缩乙二醇，反应原理及实验装置如下图所示：
下列有关说法错误的是
A．冷凝管可改用球形冷凝管
B．当观察到分水器中苯层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出
C．反应中加入苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水
D．当分水器中水层不再增多，说明制备实验已完成
【答案】B
【解析】A．冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，改用球形冷疑管可提高冷凝效果，A正确；B．当分水
器中苯层液面高于支管口时，苯回流至圆底烧瓶并继续蒸馏，并不是必须打开旋塞B将水放出，只有水层
液面高于支管口时，才需放水，B错误；C．装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸
出水，经冷凝管冷凝回流后进入分水器，使水脱离反应体系，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙
二醇的产率，C正确；D．当分水器中水层不再增多，说明该反应已不再生成水，因此反应完成，D正确；
故选B。
9．下列关于物质结构的说法错误的是A．邻羟基苯甲醛的沸点高于对羟基苯甲醛
B．HO的键角小于NH 的键角
2 3
C．通过X射线衍射可获得青蒿素的分子结构
D．O 分子为极性分子，分子中的共价键是极性键
3
【答案】A
【解析】A．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，导致邻羟基苯甲醛的沸点低
于对羟基苯甲醛的，A错误；B．HO分子中O原子的价层电子对数和NH 分子中N原子的价层电子对数
2 3
都为4，孤对电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，氨分子的空间构型为三角锥形，分
子中有一对孤电子对，水分子的空间构型为V形，分子中含有两对孤电子对， 所以氨分子中的键角大于
水分子，故B正确；C．通过晶体的X射线衍射实验可获得衍射图，经过计算可以从衍射图中获得晶体有
关信息，如了解键角、键长等，从而了解青蒿素的分子结构，C正确；D．O 分子为V形结构，分子中的
3
正负电中心不重合，为极性分子，其中的共价键是极性键，故D正确；故答案选A。
10．一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液中，锌主要以
的形式存在，并存在电离平衡 。下列说法错误的是
A．放电时，Ⅰ室溶液中 浓度增大
B．放电时，Ⅱ室中的 通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C．充电时， 电极的电极反应为
D．充电时，每生成 ，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】A．放电时，该装置为原电池，通入 的 电极是正极，电极反应式为，Zn电极为负极，电极反应式为 ，
浓度增大，电离平衡 正向移动，导致Ⅰ室溶液中
浓度增大，故A正确；B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的 通过阳离
子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的 通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；C．充电时， 电极为阴极，
其电极反应为 ，故C正确；D．充电时， 电极为阳极，电极反应式为
，每生成 转移 电子，同时有 通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，
Ⅲ室溶液质量理论上减少 ，故充电时，每生成 ，Ⅲ室溶液质量理论
上减少 ，故D错误。综上所述，答案为D。
11．下列有关物质的结构与性质说法错误的是
A． 和 均为三角双锥结构的分子晶体，所以两者的沸点：
B．工业盐酸中，因含有 而呈亮黄色
C．氟的电负性大于氯，所以三氟乙酸的 比三氯乙酸大
D．干冰中 的配位数大于冰中水分子的配位数，这与水分子间形成氢键有关
【答案】C
【解析】A．五氟化磷和五氯化磷是结构相似的分子晶体，五氟化磷的相对分子质量小于五氯化磷，分子
间作用力小于五氯化磷，沸点低于五氯化磷，A正确；B．工业盐酸中含有部分铁离子，铁离子和氯离子
生成 ，因含 而呈亮黄色，B正确；C．氟的电负性大于氯，导致三氟乙酸的羧基中的羟基
的极性更大，更易电离出氢离子，使得三氟乙酸酸性强于三氯乙酸，三氟乙酸的 较大，故三氟乙酸的比三氯乙酸小，C错误；D．干冰的配位数为12，氢键具有方向性，冰中水分子间存在氢键使其配位
数小于12，D正确；故选C。
12．某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如图反应制备。下列有关叙述正确的是
A．由X和Y合成Z的反应是取代反应
B．X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
C．1molZ最多能与3molH 发生反应
2
D．Y可作为单体发生聚合反应生成高分子
【答案】D
【解析】A．根据结构简式分析X和Y两个反应生成Z物质，因此X和Y合成Z的反应是加成反应，故A
错误；B．Z分子中两个苯环中间连的碳原子为饱和碳原子，与周围的四个原子相连，因此Z分子中所有
原子不可能处于同一平面，故B错误；C．Z含有两个苯环，因此1mol Z最多能与6 molH 发生反应，故C
2
错误；D．Y含有碳碳双键，能发生加聚反应，因此Y可作为单体发生聚合反应生成高分子，故D正确。
综上所述，答案为D。
13．实验室用冰水浴分别冷却 溶液、 以及 浓氨水，搅拌下将三者混合，继续冰
水浴 ，待溶液中不再有固体析出后，经“一系列操作”得到含 固体混合物。将所得固体置于
试管中加热，发生反应： ，利用下列装置可测量 的产率，下列有关说法正确
的是A． 中阳离子和阴离子的个数比为
B．一系列操作中包括“蒸发结晶”
C．制备 的化学方程式为
D．反应结束后，J、K两管液面的差值即为氧气的体积
【答案】C
【解析】A． 中阳离子和阴离子的个数比为1:1，A错误；B．一系列操作是过滤、洗涤、干燥，不需
蒸发结晶，B错误；C．制备 的化学方程式为 方
程式正确，C正确；D．反应结束后，上下移动量气管使J和K中液面相平再读数，反应前后量气管的读
数差即为氧气的体积，D错误；答案选C。
14．利用 氧化 回收单质硫，涉及反应如下：① ；②
，③ 。25℃时， 溶液中含硫微粒分布系
数随pH变化如图1， 溶液的初始浓度为 ，其初始pH与剩余硫化物及单质硫的含量关系如
图2，下列说法不正确的是A． 水溶液中
B． 水溶液中
C．初始pH由6升至9， 的主要原因是发生反应③
D．初始pH由6降至5，单质S减少的主要原因是部分 转化为
【答案】B
【解析】A． 水溶液，其实际为 ，根据图1分析 ，
， ，说明亚硫酸氢根是电离大于水解，溶液显酸性即
，故A正确；B． 水溶液，其实际为 ，根据物料
守恒
，
，故B错误；C．根据已知信息②和③，初始pH由6升至9，发生反应③，则使得 ，故C正确；
D．初始pH由6降至5，酸性增强，发生 ， 即单质S减少的主要原因是部
分 转化为 ，故D正确。综上所述，答案为B。
15．钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新型电池，具有能量密度大、导电率
高、成本低等优点。以 填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程
中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是
A．每个 晶胞中 个数为
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时外电路中转移1mol电子，两极质量变化差为23g
D．在 晶胞结构中，晶胞参数为a pm，则其密度为
【答案】B
【解析】A．由题意可知， 填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料。根据“均摊法”，每个 晶胞中含 个Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为 个，设铜离子、
亚铜离子分别为a、b，则 ，由化合价代数和为零可知， ，解得 ，
，A错误；B．放电时，正极 得到电子发生还原反应生成零价铜，电极反应式为
，B正确；C．充电时外电路中转移1mol电子，阳极释放出1mol
钠离子，质量减小23g，阴极生成1mol钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，C错误；D．晶胞中
有8个， 有4个，故在计算个数时要乘4，正确答案为 ，D错误；故选B。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）碲在冶金工业中用途广泛，被誉为现代工业的维生素。某精炼铜的阳极泥经过处理后的主要
成分为 等，从中回收碲和胆矾的工艺如下：
已知：①高温熔烧后的产物为 和 ；② 在酸性条件下会发生歧化反应；③ 元素在酸化和碱
浸后分别转化为 和 两种易溶于水的盐。
回答下列问题：
(1)“高温焙烧”时，从结构的角度分析 的产物是 而不是 的原因为 。(2)“酸化”时还需要加入一定量的 ，其目的是 。
(3)“还原”时发生反应的离子方程式为 。
(4)碱浸后铜元素的存在形式为 (写化学式)。
(5)“电解”制 的原理如图，其中N与电源的 (填“正极”或“负极”)相连：与M相连的惰
性电极上发生电极反应式为 。
(6)胆矾的结构如图所示。下列说法正确的是___________。
A．胆矾晶体中含有离子键、配位键、氢键等化学键 B．胆矾属于离子晶体
C． 的空间结构为正四面体形 D．电负性O＞S，第一电离能
(7) 的立方晶胞结构如图。其中 的配位数为 ；已知晶胞边长为 ， 为阿伏伽德
罗常数的值，则该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】（除标注，每空2分）(1)基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态（1分）
(2)将生成的Cu全部转移至溶液中（1分）(3)TeO2＋＋2SO ＋3HO=2 ＋Te ＋6H＋
2 2
(4) （1分）
(5)正极（1分）
(6)BC
(7)4（1分）
【分析】高温熔烧后的产物为 和 ，酸浸后 在酸性条件下会发生歧化反应，反应方程式为：
Cu O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋HO， 元素在酸化转化为 ， 在二氧化硫的作用下被还原为 ，
2 2
同时回收溶液中的硫酸铜； 元素在碱浸后转化为 ，焙烧产物 不溶于碱也不溶于
的盐溶液，故碱浸后 经过滤除去，溶液电解后得到 。
【解析】（1）从结构的角度分析此时产物是Cu O而不是CuO的原因：基态+1价Cu的价电子排布式为
2
3d10，处于稳定状态。故答案为基态+1价Cu的价电子排布式为3d10，处于稳定状态。
（2）酸化时发生反应：Cu O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋HO，为了将生成的Cu全部转移至溶液中需要加入一定
2 2
量的HO。故答案为将生成的Cu全部转移至溶液中。
2 2
（3）还原时，发生的离子方程式为TeO2＋＋2SO ＋3HO=2 ＋Te ＋6H＋，故答案为TeO2＋＋2SO ＋
2 2 2
3HO=2 ＋Te ＋6H＋。
2
（4）高温熔烧后的产物为 和 ，碱浸后 不溶于碱也不溶于 的盐溶液，故答案为
。
（5）根据“电解”制Te的装置图可知，与M相连的惰性电极上的电极反应式为
，所以N与电源的正极相连。故答案为：正极； 。（6）A.胆矾晶体中含有离子键、配位键等化学键，氢键不属于化学键，故A项错误；B.胆矾是离子化合
物，属于离子晶体，故B项正确；C.硫酸根的空间构型是正四面体结构。硫原子位于正四面体的中心点上，
硫原子以sp3杂化轨道成键，硫原子位于四面体的中心位置上，而四个氧原子则位于它的四个顶点，故C
项正确；D.同主族电负性从上到下越来越小，故电负性 ，同主族从上到下第一电离能越来越小，故
，故D项错误；故答案为BC。
（7）由Cu Te的立方晶胞结构可知，黑球代表Cu，白球代表Te，所以Te的配位数为4；已知晶胞参数为
2
、N 为阿伏加德罗常数值。根据晶胞体积和晶胞质量可知晶体的密度为 ，
A
故答案为4； 。
17．（13分）化合物X是一种香豆素衍生物，可以用作香料，其合成路线如下：
已知：①
② +
③
④分子式： ； ；
(1)A所含官能团的名称是 。
(2)B生成C反应的化学方程式是 。(3)碳酸乙烯酯 中碳原子杂化方式为 ，每个分子中含 个 键。
(4)题目中涉及的物质中互为同分异构体的是 (用结构简式表示)。
(5)X与足量NaOH溶液共热的化学方程式是 。
(6)E可以经多步反应合成F，请写出一条可能的合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，
箭头上注明试剂和反应条件) 。
【答案】（除标注，每空2分）(1)羧基（1分）
(2) + +
(3) 和 10（1分）
(4) (E)与 (G)
(5) +2NaOH +H O
2
(6)
。（3分）
【分析】结合有机物 可由信息RCHO+R′CH Cl RCH=CHR′，逆推
2为 (G)和 (C)，则B为 ，A为C HCHCOOH，D经信息
2 5 2
②分析可知E为 ，则F为 ，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，A为C HCHCOOH，所含官能团是羧基；
2 5 2
（2）B( )生成C( )，发生酯化反应，反应的化学方程式为： +
+ ；
（3） 中含甲烷型碳和乙烯型碳，杂化方式为 和 ； 中1个碳氧双键含1个 键，
共含10个 键；
（4）根据题中所涉及物质的结构简式可知，其中互为同分异构的为 (E)与
(G)；
（5） 与X(C H O)相差2个碳原子，且X与足量NaOH溶液共热能发生水解反
13 14 2应，由信息③分析可知，由 中的酚羟基按信息③取代反应生成内酯
，则X与足量NaOH溶液共热发生水解反应化学方式是
+2NaOH +H O；
2
（6）E( )可以经多步反应合成F( )，是羰基消除的过程，必须经还
原为醇，在消去为烯烃，最后选择性加氢即可，过程如下：
。
18．（14分）胆矾(CuSO ·5H O)具有催吐、祛腐、解毒、治风痰壅塞等功效，易溶于水、甘油和甲醇，不
4 2
溶于乙醇。实验室用铜粉、稀硫酸和过氧化氢制取胆矾，装置如图：实验步骤：
Ⅰ．按照上图装置组装好仪器，在三颈烧瓶中加入6.4g铜粉和稀硫酸(铜粉和硫酸的物质的量之比为
1∶1.3)，再通过滴液漏斗加入一定量的HO 溶液，启动磁力搅拌器，维持温度30~40℃。当反应完全后，
2 2
静置3min。
Ⅱ．将上述溶液转移至仪器a中，蒸发浓缩，当加热至有晶膜出现时，即可冷却结晶，析出胆矾晶体，经
过一系列操作后，称量产品质量为23.2g。
(1)步骤I中采用的最佳加热方式为 ；反应温度不能超过40℃的原因是 ；反应过程中有气泡产生
且生成气泡的速率越来越快的原因是 。
(2)该实验制取硫酸铜的化学方程式为 。
(3)步骤Ⅱ中的仪器a是 (选填下列仪器字母标号)，铜粉和硫酸物质的量比小于理论值的原因是 。
(4)反应完全后通过注射器取样于点滴板上，加入4滴淀粉碘化钾检测液，混合溶液迅速变蓝， (填
“能”或“不能”)证明过氧化氢过量，原因是 。
(5)本实验的产率为 。
(6)本实验产品质量低于理论值的原因可能是 (任写一点)。
【答案】（除标注，每空2分）(1)水浴加热（1分） HO 易分解，防止温度过高，造成HO 大量分
2 2 2 2
解（1分） 反应生成的 对HO 分解有催化作用（1分）
2 2
(2)
(3)C（1分） 硫酸过量，确保铜粉反应完全，且过量的硫酸能抑制硫酸铜水解(4)不能（1分） 因为I-在酸性条件下也易被氧气氧化， ，所以不能证明
过氧化氢过量
(5)92.8%
(6)加热过度，部分CuSO 未形成结晶水合物析出（1分）
4
【分析】这是一道制备CuSO ·5H O实验题，酸性条件下通过双氧水将Cu氧化、溶解为CuSO ，然后通过
4 2 4
蒸发浓缩，冷却结晶得到CuSO ·5H O。
4 2
【解析】（1）维持温度30~40℃，可见最适宜采用水浴加热的方式；HO 易分解，需要考虑温度过高造成
2 2
其分解；有气泡产生且生成气泡的速率越来越快，说明生成的铜离子对HO 分解有催化作用。
2 2
（2）最终生成CuSO ，所以化学方程式为
4
（3）蒸发浓缩，冷却结晶是在蒸发皿中进行；由方程式可知 ，Cu与
HO 以物质的量比1：1反应，但实际为1∶1.3，说明是为了确保Cu充分转化、且过量的硫酸能抑制硫酸
2 2
铜水解。
（4）HO 能氧化I-，空气中的O 也能，没有排除空气的干扰
2 2 2
（5）由于 ，所以 ，则理论产量为 25g，本
实验的产率为 =92.8%
（6）加热过度，部分CuSO 未形成结晶水合物析出，会导致实际产量低于理论产量。
4
19.（15分）通过苯和环己烷之间的可逆反应可实现氢能的储存和释放，反应的热化学方程式为： (g)
+3H (g) (g) H。
2 1
⇌ △
(1)氢化焓是指一种不饱和有机化合物变为完全饱和有机物时反应过程的焓变。已知：CH=CH (g)
2 2
+H (g) CH－CH(g) H=—136kJ•mol-1，据此估算苯的氢化焓△H= kJ•mol-1，实测苯的氢化焓大
2 3 3 2 1
得多，⇌原因是 。△
(2)保持总压为pkpa，测得反应达到平衡时w[w= ]随温度、苯氢比[]变化的图像如图：
①图中曲线a、b、c中，苯氢比最大的为 ，判断的理由是 。
②a为苯氢比1：2时的变化曲线，曲线上M、N对应的苯的平衡体积分数：M N(填“＞”、“=”、
“＜”)。
③实际加氢工艺中常通入适量水蒸气。若按n(C H)：n(H )：n(H O)=1：3：1混合反应气体，并控制体系
6 6 2 2
总压为35kPa，4.0s后测得HO的分压为10kPa，则0～4.0sC H 消耗的平均反应速率为 kPa•s-1。
2 6 6
(3)苯转化为环己烷存在副反应： (g) (g) H=16.8kJ•mol-1
△
①温度下，该反应平衡常数为K，则环己烷⇌的平衡转化率为 。
②为了降低甲基环戊烷的百分含量，可以采取的措施是 、 (写出两种)。
【答案】（除标注，每空2分）(1)—408 苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定
(2)a 当温度不变时，随苯氢比增大，苯的转化率减小，w增大 =（1分） 0.5
(3) ×100% 降温（1分） 使用合适的催化剂（1分）
【解析】（1）若苯分子中含有碳碳双键，则由乙烯的加成反应可知，苯的氢化焓△H=—136kJ/mol×3=—
1
408kJ/mol，由于苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定，与氢气难以反应，所以实测苯的氢化焓大得
多，故答案为：—408；苯环中存在大Π键，比单双键交替结构稳定；
（2）①当温度不变时，苯氢比增大相当于增大苯的浓度，平衡向正反应方向移动，但苯的转化率减小，w
增大，由图可知，曲线a、b、c中曲线a的w最大，则苯氢比最大的为a，故答案为：a；当温度不变时，
随苯氢比增大，苯的转化率减小，w增大；②设起始苯、氢气的物质的量分别为1mol、2mol，平衡时生成
环己烷的物质的量为xmol，由方程式可知，平衡时苯、氢气的物质的量分别为(1—x)mol、(2—3x)mol，则
苯的平衡体积分数为 = ，说明苯氢比1：2时苯的平衡体积分数为定值，与温度变化无关，所以M点和N点苯的平衡体积分数相等，故答案为：=；③设起始苯、氢气和水蒸气的物质的量分别为1mol、
3mol、1mol，4.0s时反应消耗苯的物质的量为amol，则由方程式可知，混合气体的总物质的量为(1—a+3
—3a+a+1)mol=(5—3a)mol，由水蒸气分压为10kPa可得： ×35=10，解得a=0.5，则0～4.0s，苯消耗的
平均反应速率为 =0.5kPa/s，故答案为：0.5；
（3）①设起始环己烷的浓度为1mol/L，平衡时转化率为b，由方程式可知，平衡时环己烷、甲基环戊烷的
浓度分别为(1—b)mol、bmol，由化学平衡常数可得：K= ，解得b= ×100%，故答案为：
×100%；②该反应为气体体积不变的吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，甲基环戊烷的百分含
量降低，使用合适的催化剂，防止副反应的发生，也能使甲基环戊烷的百分含量降低，则降温、使用合适
的催化剂等措施能降低甲基环戊烷的百分含量，故答案为：降温；使用合适的催化剂。
