2023年高考湖北卷化学真题(解析版).pdf

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1、2023 年湖北省普通高中学业水平选择性考试年湖北省普通高中学业水平选择性考试化学化学本试卷共本试卷共 8 页，页，19 题。全卷满分题。全卷满分 100 分。考试用时分。考试用时 75 分钟。分钟。注意事项：注意事项：1.答题前答题前，先将自己的姓名先将自己的姓名、准考证号准考证号、考场号考场号、座位号填写在试卷和答题卡上座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准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。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请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在

2、试卷写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。区域均无效。3.选择题用选择题用 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。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。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：可能用到的相对原子质量：H1Li7O16Si28Cu64I127La139一、选择题：本题共一、选择题：本题共 15 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，

3、只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。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2NO-肼D.液氧-煤油【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NN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

4、箭推进剂，B 不符合题意；C 肼和2NO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2NO-肼能作为火箭推进剂，C 不符合题意；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。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

5、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

6、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；DLi、Na、K 均为第A 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18002000 焦炭粗硅2HHCl33001100SiHCl 高纯硅下列说法错误的是A.制备粗硅的反应方程式为2SiO2CSi2CO高温B.1mol

7、Si 含 Si-Si 键的数目约为2346.02 10C.原料气 HCl 和2H应充分去除水和氧气D.生成3SiHCl的反应为熵减过程【答案】B【解析】【详解】A.2SiO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2SiO2CSi2CO高温，A 说法正确；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232 6.02 10，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；2H在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易

8、燃易爆，其与3SiHCl在高温下反应生成硅和 HCl，因此，原料气 HCl 和2H应充分去除水和氧气，C 说法正确；D.32300Si3HClSiHClH，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成3SiHCl的反应为熵减过程，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

9、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；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2K S的形成：B.用离子方程式表示3Al OH溶于烧碱溶液：34Al(OH)OHAl(OH)C.用电子云轮廓图表示 H-H 的 s-s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

10、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2K S的形成：，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：34Al(OH)OHAl(OH)，B 正确；CH 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-s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，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

11、数相等，2Z是氧化性最强的单质，4 种元素可形成离子化合物4(XY)WZ。下列说法正确的是A.分子的极性：33WZXZB.第一电离能：XYZC.氧化性：2323X YW YD.键能：222XYZ【答案】A【解析】【分析】2Z是氧化性最强的单质，则 Z 是 F，X、Y、Z 相邻，且 X、Y、Z 为原子序数依次增加的同一短周期元素，则 X 为 N，Y 为 O，W 的核外电子数与 X 的价层电子数相等，则 W 为 B，即：W 为 B，X 为 N，Y 为 O，Z 是 F，以此解题。【详解】A由分析可知，W 为 B，X 为 N，Z 是 F，WZ3为 BF3，XZ3为 NF3，其中前者的价层电子对数为 3

12、，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为 4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：33WZXZ，A 正确；B由分析可知，X 为 N，Y 为 O，Z 是 F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是 N 的价层电子排布式为 2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：YXH，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 HCO3间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故 D 错误；答案选 D。12.下列事

13、实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是A.HCCH能与水反应生成3CH CHOB.可与2H反应生成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 CHCH 发生加成反应生成 CH2=CHOH，烯醇式的 CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A 不符合题意；B3-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；C

14、 水 解 生 成和CH3OCOOH，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，

15、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；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。14.2H L为某邻苯二酚类配体，其a1p7.46K，a2p12.4K。常温下构建2Fe()H L溶液体系，其中3410Fe2.0 10 mol Lc，3102H L5.0 10 mol Lc。体系中含 Fe 物种的组分分布系数与 pH的关系如图所示，分布系数41()()2.0 10 mol Lc x

16、x，已知lg20.30，lg30.48。下列说法正确的是A.当pH1时，体系中2H LFeL(OH)HLccccB.pH 在 9.510.5 之间，含 L 的物种主要为2LC.22LFeLFeL的平衡常数的 lgK 约为 14D.当pH10时，参与配位的231L1.0 10 mol Lc【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()主要与 L2-进行络合，但在 pH=1 时，富含 L 的型体主要为 H2L，此时电离出的 HL-较少，根据 H2L 的一级电离常数可以简单计算

17、 pH=1 时溶液中 c(HL-)10-9.46，但 pH=1 时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为 c(H2L)c(FeL+)c(HL-)c(OH-)，A 错误；B根据图示的分布分数图可以推导出，H2L 在 pH9.9 时 HL-的含量最大，而 H2L 和 L2-的含量最少，因此当 pH 在 9.510.5 之间时，含 L 的物种主要为 HL-，B 错误；C 该反应的平衡常数 K=22(FeL )(FeL)(L)ccc，当FeL2-与FeL+分布分数相等时，可以将 K 简化为 K=21(L)c，此时体系的 pH=4，在 pH=4 时可以计算溶液中 c(L2-)=5.010-

18、14.86，则该络合反应的平衡常数 K10-14.16，即lg K14，C 正确；D根据图像，pH=10 时溶液中主要的型体为FeL33-和FeL2(OH)2-，其分布分数均为 0.5，因此可以得到c(FeL33-)=c(FeL2(OH)2-)=110-4molL-1，此时形成FeL33-消耗了 310-4molL-1的 L2-，形成FeL2(OH)2-消耗了 210-4molL-1的 L2-，共消耗了 510-4molL-1的 L2-，即参与配位的 c(L2-)510-4，D 错误；故答案选 C。15.镧 La 和 H 可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn

19、，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，2LaH中的每个 H 结合 4 个 H 形成类似4CH的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是A.2LaH晶体中 La 的配位数为 8B.晶体中 H 和 H 的最短距离：2LaHLaHxC.在LaHx晶胞中，H 形成一个顶点数为 40 的闭合多面体笼D.LaHx单位体积中含氢质量的计算式为3382340g cm4.84 106.02 10【答案】C【解析】【详解】A由2LaH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，

20、故 A 正确；B由LaHx晶胞结构可知，每个 H 结合 4 个 H 形成类似4CH的结构，H 和 H 之间的最短距离变小，则晶体中 H 和 H 的最短距离：2LaHLaHx，故 B 正确；C由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个 H 结合 4 个 H 形成类似4CH的结构，这样的结构有 8 个，顶点数为 48=32，且不是闭合的结构，故 C 错误；D1 个LaHx晶胞中含有 58=40 个 H 原子，含 H 质量为A40Ng，晶胞的体积为(484.010-10cm)3=(4.8410-8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为3382340g cm4.84 106.02 10，故 D

21、 正确；答案选 C。二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 4 小题，共小题，共 55 分。分。16.4SiCl是生产多晶硅的副产物。利用4SiCl对废弃的锂电池正极材料2LiCoO进行氯化处理以回收 Li、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、2CoCl和2SiO的混合物，“500焙烧”后剩余的4SiCl应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_。（3）鉴别洗净的“滤饼 3”和固体23Na CO常用方法的名称是_。（4）已知15sp2Co(OH)5.9 10K，若“沉钴过滤”的 pH 控制为 10.0

22、，则溶液中2Co浓度为_1mol L。“850煅烧”时的化学方程式为_。（5）导致4SiCl比4CCl易水解的因素有_(填标号)。aSi-Cl 键极性更大bSi 的原子半径更大cSi-Cl 键键能更大dSi 有更多的价层轨道【答案】（1）.4.（2）4223SiCl3H OH SiO4HCl（3）焰色反应（4）.75.9 10.23224850O2Co O6H O6Co(OH)（5）abd【解析】【分析】由流程和题中信息可知，2LiCoO粗品与4SiCl在 500焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是 LiCl、2CoCl和2SiO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

23、是2SiO和23H SiO；滤液 1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼 2（主要成分为2Co(OH)）和滤液 2（主要溶质为 LiCl）；滤饼2 置于空气中在 850煅烧得到34Co 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23Li CO。【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723d 4s，元素周期表第 8、9、10 三个纵行合称第族，因此，其位于元素周期表第 4 周期、第族。【小问 2 详解】“500焙烧”后剩余的4SiCl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生成氯化氢和硅酸，故其原因是

24、：4SiCl遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为4223SiCl3H OH SiO4HCl。【小问 3 详解】洗净的“滤饼 3”的主要成分为23Li CO，常用焰色反应鉴别23Li CO和23Na CO，23Li CO的焰色反应为紫红色，而23Na CO的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼 3”和固体23Na CO常用方法的名称是焰色反应。【小问 4 详解】已知15sp2Co(OH)5.9 10K，若“沉钴过滤”的pH 控制为 10.0，则溶液中4(OH)=1.0 10c1mol L，2Co浓度为2115sp2742moCo(OH)5.9 105.9 10(0l LOH)1.10Kc

25、（）1mol L。“850煅烧”时，2Co(OH)与2O反应生成34Co O和2H O，该反应的化学方程式为23224850O2Co O6H O6Co(OH)。【小问 5 详解】aSi-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，4SiCl比4CCl易水解，a 有关；bSi 的原子半径更大，因此，4SiCl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原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，4SiCl比4CCl易水解，b 有关；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4SiCl比4CCl易水解，

26、c 无关；dSi 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4SiCl比4CCl易水解，d 有关；综上所述，导致4SiCl比4CCl易水解的因素有 abd。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 AB 的反应中，乙烯的碳碳_键断裂(填“”或“”)。（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4KMnO溶液反应生成的有机物的名称为_、_。（4）G 的结构简式为_。（5）已知：，

27、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()和另一种，-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）（2）.7.（3）.乙酸.丙酮（4）（5）.ab【解析】【分析】A 为 CH2=CH2，与 HBr 发生加成反应生成 B（CH3CH2Br），B 与 Mg 在无水乙醚中发生生成 C（CH3CH2MgBr），C 与 CH3COCH3反应生成 D（），D 在氧化铝催化下发生消去反应生成 E（），E 和碱性高锰酸钾反应生成 F（），参考 DE 反应，F 在氧化铝催化下发生

28、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 CH2=CH2，与 HBr 发生加成反应生成 B（CH3CH2Br），乙烯的键断裂，故答案为：；【小问 2 详解】D 为，分子式为 C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：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

29、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（）。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22H O反应的探究如下：实验中 Cu 溶解的离子方程式为_；产生的气体为_。比较实验和，从氧化还原角度说明H的作用是_。（3）用足量 NaOH 处理实验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在惰性氛围下加热，mgX 完

30、全分解为 ng 黑色氧化物 Y，n5=m6。X 的化学式为_。（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12230.1000mol L Na S O标准溶液滴定，滴定终点时消耗223Na S O标准溶液 15.00mL。(已知：222Cu4I2CuII，2222346I2S O2IS O)标志滴定终点的现象是_，粗品中 X 的相对含量为_。【答案】（1）.具支试管.防倒吸（2）.Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O.O2.既不是氧化剂，又不是还原剂（3）CuO2（4）.溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色.7

31、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+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为 O2；在铜和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】在该反应中铜的质量 m(Cu)=n644n805，因为n5=m6，则 m(O)=16

32、2nn(m-n)805，则 X 的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：4nn(Cu)15 64=2nn(O)25 16，则 X 为 CuO2；【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 CuO2中铜为+2 价，氧为-1 价，根据222Cu4I2CuII，2222346I2S O2IS O，可以得到关系式：22223CuOIS O24，则 n(CuO2)=140.1mol/L0.015L=0.000375mol，粗品中 X 的相对含量为0.000375 96100%72%0.05。19.纳米碗4010C H是一种奇特的碗

33、状共轭体系。高温条件下，4010C H可以由4020C H分子经过连续 5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。H402040182C H(g)C H(g)H(g)的反应机理和能量变化如下：回答下列问题：（1）已知40C Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为1431.0kJ mol和1298.0kJ mol，H-H 键能为1436.0kJ mol。估算402040182C H(g)C H(g)H(g)的H_1kJ mol。（2）图示历程包含_个基元反应，其中速率最慢的是第_个。（3）4010C H纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_、_。（4）1200K 时，假定体系内只有反应401240102C

34、H(g)C H(g)H(g)发生，反应过程中压强恒定为0p(即4012C H的初始压强)，平衡转化率为，该反应的平衡常数pK为_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。（5）40194018H(g)C H(g)H(g)C及40114010H(g)C H(g)H(g)C反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，HlnK=-+cRT(R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两条线几乎平行，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4010C H的反应速率的是_(填标号)。a升高温度b增大压强c加入催化剂【答案】（

35、1）128（2）.3.3（3）.6.10（4）202P1-（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4020C H和4018C H的结构式和反应历程可以看出，4020C H中断裂了 2 根碳氢键，4018C H形成了 1 根碳碳键，所以402040182C H(g)C H(g)H(g)的H431 2298436 1kJ mol=1+128kJ mol，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：404020192C HCHHH，4040192192CHHCHH,4040192182C HHCHHH,其中第三个的活化能最大

36、，反应速率最慢，故答案为：3；3；【小问 3 详解】由4020C 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4010C H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401240102C H(g)C H(g)H(g)发生，反应过程中压强恒定为0p(即4012C H的初始压强)，平衡转化率为，设起始量为 1mol，则根据信息列出三段式为：401240102()()()100)1ColHgC HgH g起始量（m l变化量（mo平衡量（mol则401201-P(C H)=P1+，4010

37、0P(C H)=P1+，20P(H)=P1+，该反应的平衡常数0p00-PP1+1+P1+=1 K=2240120P(C H)P1-=，故答案为：202P1-；【小问 5 详解】40194018H(g)C H(g)H(g)C及40114010H(g)C H(g)H(g)C反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据HlnK=-+cRT(R 为理想气体常数，c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。