文档内容
2023 年湖北省普通高中学业水平选择性考试
化学
本试卷共 8页，19题。全卷满分 100分。考试用时 75分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核
准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡，上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答
题区域均无效。
3.选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作
答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H1 Li7 O16 Si28 Cu64 I127 La139
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. 2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列
不能作为火箭推进剂的是
A. 液氮-液氢 B. 液氧-液氢 C. 液态NO -肼 D. 液氧-煤油
2
【答案】A
【解析】
【详解】A．虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于Nº N键能很大，
该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-
液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；
B．氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭
推进剂，B不符合题意；
C．肼和NO 在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态
2
NO -肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；
2
D．煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭
推进剂，D不符合题意；
综上所述，本题选A。
第1页 | 共23页2. 下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A. 石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B. 氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C. 铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D. Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶
解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢
氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学
观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发
生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符
合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应
和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物
的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，
其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方
既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
3. 工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂¾¾焦¾炭¾¾®粗硅¾¾HCl¾®SiHCl ¾¾H 2¾®高纯硅
1800~2000℃ 300℃ 3 1100℃
下列说法错误的是
高温
A. 制备粗硅的反应方程式为SiO +2C Si+2CO
2
B. 1molSi含Si-Si键的数目约为4´6.02´1023
C. 原料气HCl和H 应充分去除水和氧气
2
D. 生成SiHCl 的反应为熵减过程
3
第2页 | 共23页【答案】B
【解析】
【详解】A. SiO 和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为
2
高温
SiO +2C Si+2CO，A说法正确；
2
B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成
2个共价键， 1mol Si含Si-Si键的数目约为2´6.02´1023，B说法错误；
C. HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H 在高温下遇到氧气能发生反应生成
2
水，且其易燃易爆，其与SiHCl 在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H 应充分去除水和氧
3 2
气 ，C说法正确；
300℃
D. Si+3HCl SiHCl +H ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl 的反应为熵减过
3 2 3
程，D说法正确；
综上所述，本题选B。
4. 湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正
确的是
A. 该物质属于芳香烃 B. 可发生取代反应和氧化反应
C. 分子中有5个手性碳原子 D. 1mol该物质最多消耗9molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；
B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，
即可以发生氧化反应，B正确；
第3页 | 共23页C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，
标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；
D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 mol该物质最多消耗11 molNaOH，D错误；
故选B。
5. 化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是
A. 用电子式表示K S的形成：
2
B. 用离子方程式表示AlOH 溶于烧碱溶液：Al(OH) +OH-= Al(OH) -
3 3 4
C. 用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：
D. 用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：
【答案】D
【解析】
【详解】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K S的
2
形成： ，A正确；
B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：
Al(OH) +OH-= Al(OH) - ，B正确；
3 4
C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，
则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图： ，
C正确；
D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为
第4页 | 共23页，D错误；
故选D。
6. W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价
层电子数相等，Z 是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)+WZ - 。下列说法正确的是
2 4
A. 分子的极性：WZ H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，
故C正确；
D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO-间存在氢键，与晶格能大小无关，
3
即与阴离子电荷无关，故D错误；
答案选D。
12. 下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是
A. HCºCH能与水反应生成CH CHO
3
B. 可与H 反应生成
2
C. 水解生成
D. 中存在具有分子内氢键的异构体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的
特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析下列选
项。
【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH =CHOH，烯醇式的CH =CHOH
2 2
不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；
B．3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；
第9页 | 共23页C ． 水 解 生 成 和 CH OCOOH ，
3
可以发生互变异构转化为 ，C不符合题意；
D． 可以发生互变异构转化为 ，即可形成分子内氢键，D不
符合题意；
故答案选B。
13. 利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A. 红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B. 将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C. 从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D. 冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】B
【解析】
【详解】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A
正确；
B．红磷与氧气反应的温度为240℃左右，但是转化的白磷可以在40℃左右燃烧，因此，在红磷装入装置后
应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；
第10页 | 共23页C．从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D
正确；
故答案选B。
14. H L为某邻苯二酚类配体，其pK =7.46，pK =12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)-H L溶液体系，其
2 a1 a2 2
中c Fe3+ =2.0´10-4mol×L-1，c H L=5.0´10-3mol×L-1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与
0 0 2
c(x)
pH的关系如图所示，分布系数d(x)= ，已知lg2»0.30，lg3»0.48。下列说法正确
2.0´10-4mol×L-1
的是
A. 当pH=1时，体系中cH L>c [FeL]+ >c(OH)>c HL-
2
B. pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L2-
C. L2- +[FeL]+ FeL - 的平衡常数的lgK约为14
ƒ 2
D. 当pH =10时，参与配位的c L2- »1.0´10-3mol×L-1
【答案】C
【解析】
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的
pH，利用此规律解决本题。
【详解】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H L，此时电
2
离出的 HL-较少，根据 H L 的一级电离常数可以简单计算 pH=1 时溶液中 c(HL-)≈10-9.46，但 pH=1 时
2
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
2
B．根据图示的分布分数图可以推导出，H L在pH≈9.9时HL-的含量最大，而H L和L2-的含量最少，因此
2 2
第11页 | 共23页当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
c([FeL ]-)
C．该反应的平衡常数 K= 2 ，当[FeL ]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将 K 简化为
c([FeL]+)c(L2-) 2
1
K= ，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数
c(L2-)
K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL ]3-和[FeL (OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
3 2
c([FeL ]3-)=c([FeL (OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL ]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL (OH)]2-消
3 2 3 2
耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
15. 镧La和H可以形成一系列晶体材料LaH ，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaH ，属于立方晶
n n
系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH 中的每个H结合4个H形成类似CH 的结构，即得到晶
2 4
体LaH 。下列说法错误的是
x
A. LaH 晶体中La的配位数为8
2
B. 晶体中H和H的最短距离：LaH >LaH
2 x
C. 在LaH 晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
x
40
g×cm-3
D. LaH x 单位体积中含氢质量的计算式为 4.84´10-83 ´6.02´1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．由LaH 的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原
2
子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由LaH 晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH 的结构，H和H之间的最短距离变小，则
x 4
晶体中H和H的最短距离：LaH >LaH ，故B正确；
2 x
第12页 | 共23页C．由题干信息可知，在LaH 晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH 的结构，这样的结构有8个，顶
x 4
点数为4´8=32，且不是闭合的结构，故C错误；
40
D．1个LaH 晶胞中含有5´8=40个H原子，含H质量为 g，晶胞的体积为(484.0´10-10cm)3=(4.84´
x N
A
40
g×cm-3
10-8)3cm3，则LaH x 单位体积中含氢质量的计算式为 4.84´10-83 ´6.02´1023 ，故D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共 4小题，共 55分。
16. SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯化处理以回收Li、
4 4 2
Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、CoCl 和SiO 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl 应先除去，否则水浸时会产生
2 2 4
大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na CO 常用方法的名称是_______。
2 3
（4）已知K Co(OH) =5.9´10-15 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______
sp 2
mol×L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致SiCl 比CCl 易水解的因素有_______(填标号)。
4 4
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】（1） ①. 4 ②. Ⅷ
（2）SiCl +3H O=H SiO +4HCl
4 2 2 3
第13页 | 共23页850℃
（3）焰色反应 （4） ①. 5.9´10-7 ②. 6Co(OH) +O 2Co O +6H O
2 2 3 4 2
（5）abd
【解析】
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
2 4
CoCl 和SiO 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO 和H SiO ；
2 2 2 2 3
滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co(OH) ）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼
2
2 置于空气中在 850℃煅烧得到Co O ；滤液 2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液 3 和滤饼 3，滤饼 3 为
3 4
Li CO 。
2 3
【小问1详解】
Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称
第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
【小问2详解】
“500℃焙烧”后剩余的SiCl 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能
4
生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl 遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为
4
SiCl +3H O=H SiO +4HCl。
4 2 2 3
【小问3详解】
洗净的“滤饼3”的主要成分为Li CO ，常用焰色反应鉴别Li CO 和Na CO ，Li CO 的焰色反应为紫
2 3 2 3 2 3 2 3
红色，而Na CO 的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na CO 常用方法的名称是焰色反应。
2 3 2 3
【小问4详解】
已知K Co(OH) =5.9´10-15 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH-)=1.0´10-4
sp 2
K Co(OH) 5.9´10-15
mol×L-1，Co2+浓度为 sp 2 = mol×L-1 =5.9´10-7 mol×L-1。“850℃煅烧”时，
c2(OH-) （1.0´10-4）2
Co(OH) 与O 反应生成Co O 和H O，该反应的化学方程式为
2 2 3 4 2
850℃
6Co(OH) +O 2Co O +6H O。
2 2 3 4 2
第14页 | 共23页【小问5详解】
a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl 比CCl 易水解，a有关；
4 4
b．Si的原子半径更大，因此，SiCl 中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si
4
原子更易受到水电离的OH- 的进攻，因此，SiCl 比CCl 易水解，b有关；
4 4
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说
明SiCl 比CCl 易水解，c无关；
4 4
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH- 形成化学键，从而导致SiCl 比CCl 易水解，d有
4 4
关；
综上所述，导致SiCl 比CCl 易水解的因素有abd。
4 4
17. 碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下
合成路线：
回答下列问题：
（1）由A→B的反应中，乙烯的碳碳_______键断裂(填“π”或“σ”)。
（2）D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有_______种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三
组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为_______。
（3）E与足量酸性KMnO 溶液反应生成的有机物的名称为_______、_______。
4
（4）G的结构简式为_______。
（5）已知： ，H在碱性溶液中易发生分子内缩
第15页 | 共23页合从而构建双环结构，主要产物为I( )和另一种α，β-不饱和酮J，J的结构简式为
_______。若经此路线由H合成I，存在的问题有_______(填标号)。
a．原子利用率低 b．产物难以分离 c．反应条件苛刻 d．严重污染环境
【答案】（1）π （2） ①. 7 ②.
（3） ① 乙酸 ②. 丙酮
.
（4） （5） ①. ②. ab
【解析】
【分析】A 为 CH =CH ，与 HBr 发生加成反应生成 B（CH CH Br），B 与 Mg 在无水乙醚中发生生成 C
2 2 3 2
（CH CH MgBr），C与CH COCH 反应生成D（ ），D在氧化铝催化下发生消去反应
3 2 3 3
生成E（ ），E和碱性高锰酸钾反应生成F（ ），参考D～E反应，
F在氧化铝催化下发生消去反应生成G（ ），G与 反应加成反应生成二酮H，据
此分析解答。
【小问1详解】
A为CH =CH ，与HBr发生加成反应生成B（CH CH Br），乙烯的π键断裂，故答案为：π；
2 2 3 2
第16页 | 共23页【小问2详解】
D为 ，分子式为C H O，含有羟基的同分异构体分别为：
5 12
共8种，除去
D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为
，故答案为：7； ；
【小问3详解】
E为 ，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成 和
，名称分别为乙酸和丙酮，故答案为：乙酸；丙酮；
【小问4详解】
由分析可知，G为 ，故答案为： ；
【小问5详解】
根据已知 的反应特征可知，H在碱性溶液中易发
生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I（ ）)和J
第17页 | 共23页（ ）。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率
低，产物难以分离等问题，故答案为： ；ab。
18. 学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。
（2）铜与过量H O 反应的探究如下：
2 2
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说
明H+的作用是_______。
（3）用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X
n 5
在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y， = 。X的化学式为_______。
m 6
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为
指示剂，用0.1000mol×L-1Na S O 标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na S O 标准溶液15.00mL。(已
2 2 3 2 2 3
知：2Cu2+ +4I- =2CuI¯+I ，I +2S O2- =2I- +S O2-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X
2 2 2 3 4 6
的相对含量为_______。
【答案】（1） ①. 具支试管 ②. 防倒吸
（2） ①. Cu+H O +2H+= Cu2++2H O ②. O ③. 既不是氧化剂，又不是还原剂
2 2 2 2
第18页 | 共23页（3）CuO （4） ①. 溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ②. 72%
2
【解析】
【小问1详解】
由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，
需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；
【小问2详解】
根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程
式为：Cu+H O +2H+= Cu2++2H O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O ；在铜和
2 2 2 2
过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化
剂，又不是还原剂；
【小问3详解】
64 4n n 5 16 2n
在该反应中铜的质量m(Cu)=n× = ，因为 = ，则m(O)=n´ +(m-n)= ，则X的化学式中
80 5 m 6 80 5
4n
n(Cu) 5´64 1
铜原子和氧原子的物质的量之比为： = = ，则X为CuO ；
n(O) 2n 2 2
5´16
【小问4详解】
滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜
色；在CuO 中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu2+ +4I- =2CuI¯+I ，I +2S O2- =2I- +S O2-，可
2 2 2 2 3 4 6
1
以得到关系式：CuO ~ 2I ~ 4S O2-，则n(CuO )= ×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对
2 2 2 3 2 4
0.000375´96
含量为 ´100%=72%。
0.05
19. 纳米碗C H 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C H 可以由C H 分子经过连续5步氢
40 10 40 10 40 20
抽提和闭环脱氢反应生成。C H (g)¾H¾×®C H (g)+H (g)的反应机理和能量变化如下：
40 20 40 18 2
第19页 | 共23页回答下列问题：
（1）已知C H 中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ×mol-1和298.0kJ×mol-1，H-H键能为
40 x
436.0kJ×mol-1。估算C 40 H 20 (g) ƒ C 40 H 18 (g)+H 2 (g)的DH =_______kJ×mol-1。
（2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
（3）C H 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
40 10
（4）1200K时，假定体系内只有反应C
40
H
12
(g)
ƒ
C
40
H
10
(g)+H
2
(g)发生，反应过程中压强恒定为 p
0
(即C H 的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数K 为_______(用平衡分压代替平衡浓度计
40 12 p
算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）C g H (g) C H (g)+H×(g)及C g H (g) C H (g)+H×(g)反应的lnK (K为平衡常数)
40 19 ƒ 40 18 40 11 ƒ 40 10
ΔH
随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK=- +c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两
RT
条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C H 的反应速率的是_______(填标号)。
40 10
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
第20页 | 共23页【答案】（1）128 （2） ①. 3 ②. 3
（3） ①. 6 ②. 10
α2
（4）P
01-α2
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【解析】
【小问1详解】
由C H 和C H 的结构式和反应历程可以看出，C H 中断裂了2根碳氢键，C H 形成了1根碳
40 20 40 18 40 20 40 18
碳键，所以C 40 H 20 (g) ƒ C 40 H 18 (g)+H 2 (g)的DH = 431´2-298-436 kJ×mol-1=+128kJ×mol-1，故
答案为：128；
【小问2详解】
由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：C H +H C g H +H ，
40 20 gƒ 40 19 2
C g H +H C g H '+H ,C g H '+H C H +H +H ,其中第三个的活化能最大，反应速率最
40 19 2 ƒ 40 19 2 40 19 2 ƒ 40 18 g 2
慢，故答案为：3；3；
【小问3详解】
由C H 的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C H
40 20 40 10
总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
【小问4详解】
1200K时，假定体系内只有反应C 40 H 12 (g) ƒ C 40 H 10 (g)+H 2 (g)发生，反应过程中压强恒定为 p 0 (即
C H 的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：
40 12
C H (g) C H (g) +H(g)
40 12 ƒ 40 10 2
起始量（mol) 1 0 0
变化量（mol) a a a
平衡量（mol) 1-a a a
1-α α α
则P(C H )=P´ ，P(C H )=P´ ，P(H)=P´ ，该反应的平衡常数
40 12 0 1+α 40 10 0 1+α 2 0 1+α
α α
P ´ ´P ´
0 1+α 0 1+α α2 α2
K = =P(C H )=P ，故答案为：P ；
p 1-α 40 12 01-α2 01-α2
P ´
0 1+α
第21页 | 共23页【小问5详解】
C g H (g) C H (g)+H×(g)及C g H (g) C H (g)+H×(g)反应的lnK (K为平衡常数)随温
40 19 ƒ 40 18 40 11 ƒ 40 10
ΔH
度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据lnK=- +c(R为理想气体常数，c
RT
为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在
反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
【小问6详解】
a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符
合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符
合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；
故答案为：a。
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