2023年湖南省新高考化学试卷（解析版）

2023年湖南省新高考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.（3分）（2023∙湖南）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是

（）

A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金

B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素

C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化

D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成

【答案】C

【解答】解：A.“四羊方尊”的主要材质是青铜，属于铜合金，故A正确；

B.竹木简牍的主要成分为竹木，属于纤维素，故B正确；

C.造纸术工艺，其中的除杂、蒸熏、漂白过程属于化学变化，故C错误；

D.黏土高温烧制得到陶瓷，所以制备陶瓷的主要原料为黏土，故D正确；

故选：Co

2.（3分）（2023∙湖南）下列化学用语表述错误的是（）

A.HClO的电子式：H：0：0：

B.中子数为10的氧原子：lθθ

8

C.NH3分子的VSEPR模型：rT*

和Γff

D.基态N原子的价层电子排布图：2s2p

【答案】C

【解答】解：A.根据共价键的饱和性，氢原子可以形成一个共价键，氯原子可以形成一

个共价键，氧原子可以形成两个共价键，可以写出电子式为故A正确；

B.中子数为10的氧原子，根据A=Z+N=8+10=18,结合原子的表示方法书写为：lθθ,

8

故B正确；

C.氨分子的VSEPR模型缺一对孤对电子，故C错误；

D.根据能量最低原理、泡利原理，洪特规则可以书写基态N原子的价层电子排布图为基

和［↑~f.

态N原子的价层电子排布图为：2s2p,故D正确;

故选：Co

3.（3分）（2023•湖南）下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是（）

TfIIδΔ

①②③④⑤⑥

A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③

B.蒸储法分离CH2C12和CCU：③⑤⑥

C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤

D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥

【答案】A

【解答】解：A.重结晶法提纯苯甲酸，需要用到烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，图示

中没有，①②③用不着，故A错误；

B.蒸储法分离CH2C12和CC14需要用到蒸储烧瓶、温度计、锥形瓶等，即用到图示中的

③⑤⑥，故B正确；

C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯，需要用到温度计控制反应温度，反应容器用蒸锚烧瓶，用

到图示中③⑤，故C正确；

D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度，需要用到这里的酸式滴定管和锥形瓶，用到图示

中的④⑥，故D正确；

故选：Ao

4.（3分）（2023∙湖南）下列有关物质结构和性质的说法错误的是（）

A.含有手性碳原子的分子叫做手性分子

B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点

C.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应

D.冠健（18-冠-6）的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子

【答案】A

【解答】解：A.含有一个手性手性碳原子的分子是手性分子，但是含有两个或更多个手

性碳原子的分子却不一定有手性，比如酒石酸分子含有两个手性碳原子，但因为其中一

个同分异构体中是内消旋[2R,3S(meso)],分子中一部分引起的旋光被作为镜像的另

一部分抵消，故A错误；

B.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，所以邻羟基苯甲醛的

沸点低于对羟基苯甲醛，故B正确；

C.氨基和竣基发生取代反应生成酰胺键，则酰胺在酸或碱存在并加热的条件下均可发生

水解反应生成氨基酸或氨基酸盐，故C正确：

D.超分子和金属离子通过非共价键结合，包括氢键，静电作用等，形成弱配位键，因此

冠酸(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子，故D正

确；

故选：Ao

5.(3分)(2023∙湖南)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是()

A.碱性锌铳电池的正极反应：MnO2+H2O+e=MnO(OH)+OH-

2++

B.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb+2H2O-2e—PbO2+4H

+2+3

C.K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCI2溶液中：K+Fe+[Fe(CN)6]--KFe[Fe(CN)6]

I

D.TiCI4加入水中：TiCk+(x+2)H2O=TiO2∙xH2OI+4H++4C1

【答案】B

【解答】解:A.碱性锌镒电池中Mno2作正极，电极反应式为MnO2+H2O+e-MnO(OH)

+OH,故A正确；

+

B.铅酸铳电池充电时的阳极反应：PbS04+2H20-2e-→bO2+4H+SQ2-,故B错误：

C.K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCI2溶液生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，反应的离子方程

式为κ++Fe2++[Fe(CN)6]3=KFe[Fe(CN)6]I,故C正确；

D.TiC14水解生成Tiθ2∙x∏2θ,故TiCI4加入水中反应的离子方程式为TiCl4+(x+2)H2O

—TiO2∙xH2OJ+4H++4C1^,故D正确；

故选：B0

6.(3分)(2023•湖南)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2∙WY2o已

知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子S

轨道上的电子数和P轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：

1：3。下列说法正确的是（）

A.电负性：X>Y>Z>W

B.原子半径：X<Y<Z<W

C.Y和W的单质都能与水反应生成气体

D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性

【答案】C

【解答】解：A.由分析可知，X为O元素，Y为F元素，同一周期的元素随原子序数

的递增，电负性增大，则电负性：OVF,故A错误;

B.同一周期的元素随原子序数的递增，原子半径减小，则原子半径：0>F,故B错误;

C.F2和Ca的都能与水反应，分别生成氧气和氢气，方程式分别为：2F2+2H2θ=4HF+θ2,

Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2t,均生成气体，故C正确;

D.Z元素为P,最高价氧化物对应的水化物是H3PO4,不具有强氧化性，故D错误;

故选：Co

7.（3分）（2023•湖南）取一定体积的两种试剂进行反应,改变两种试剂的滴加顺序（试剂

浓度均为0.1mol∙LD,反应现象没有明显差别的是（)

选项试剂①试剂②

A氨水AgNOa溶液

BNaOH溶Ah(S04)3

液溶液

CH2C2O4溶酸性KMnθ4

液溶液

溶

DKSCNFeCI3溶液

液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解答】解：A.向AgNO3溶液中滴力口氨水反应为AgNO3+NH3∙H2O=AgOHI+NH4NO3,

现象为产生白色沉淀，向氨水中滴加AgNo3溶液反应为AgNo3+NH3∙H2O=AgOFU

+NH4NO3,AgOH+2NH3∙H2θ=Ag(NH3)2OH+2H2O,故开始无明显现象，最终有白

色沉淀产生，故A错误;

3+

B.向NaOH溶液中滴加Al2(SO4)3溶液反应为40H+Al=A1Q-+2H2O,

3A10,+A1"+6H2O=4A1(OH)3I,反应现象为先无明显现象，后有白色沉淀生成，向

Al2(S04)3溶液加入NaoH溶液反应为3OFΓ+A13+=A1(OH)3I,现象为产生白色沉

淀，故B错误；

+

C.H2C2θ4溶液和酸性KMno4溶液混合发生反应为5H2C2θ4+2HnQ-+6H=1OCO2t

+2Mn2++8H2O,向H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液现象为溶液由无色逐渐变为紫红

色，向酸性KMnO4溶液中加入H2C2O4溶液现象为溶液紫红色逐渐变浅，故C错误；

3+

D.KSCN溶液和FeCI3溶液混合发生反应Fe+3SCN'=Fe(SCN)3,KSCN溶液和FeCI3

溶液滴加顺序不同，现象均为溶液变为血红色，故D正确：

故选：D。

8.(3分)(2023•湖南)葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料,

在漠化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如图：

CHOCOOH「COO--

H--OHH--OHH-一OH

HO--HHO--HCaCO3JHO--H

-OH->

H--。HH-H--OH

H--OHv-‹ʌ.VH--OHH--OH

：B

(H2OHBrJJr一(：H2OH(：H2OH

葡萄糖阳极葡萄糖酸葡萄糖酸钙

下列说法错误的是()

A.滨化钠起催化和导电作用

B.每生成ImOl葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子

C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物

D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应

【答案】B

【解答】解：A.澳化钠为电解质溶液，起导电作用，平衡电荷，且Br一在阳极被氧化为

Br2,然后Br2与H2θ反应生成HBro和B/,HBro再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和Br

澳离子在该过程中的质量和化学性质保持不变，则Br-还起催化作用，故A正确；

B.lmol葡萄糖转化成Imol葡萄糖酸，化合价升高，转移了2mol电子，每个葡萄糖酸钙

中含有两个葡萄糖酸根离子，则每生成ImOl葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4mol电

子,故B错误；

C.葡萄糖酸的竣基和羟基能通过发生酯化反应生成含有六元环状结构的产物，故C正确；

D.葡萄糖中含有官能团羟基和醛基，能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，故D

正确；

故选：B0

9.(3分)(2023•湖南)处理某铜冶金污水(含C/+,Fe3+^Zn2∖Al3+)的部分流程如图：

石灰乳Na?S溶液

沉渣I沉渣∏

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的PH如下表所示:

物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3

开始沉淀PH1.94.26.23.5

完全沉淀PH3.26.78.24.6

3624

②KSP(CuS)=6.4×IO-,Ksp(ZnS)=1.6×10'o

下列说法错误的是()

A.“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3

B.NazS溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2O=HS+OH-

C.“沉淀池II”中，当Ci?+和Z∏2+完全沉淀时，溶液中£.(。［2+)一=4.0><IOF

C(Zn2+)

D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水

【答案】D

【解答】解：A.加石灰乳调节pH=4,根据表格中Fe3+离子开始沉淀的PH值1.9和完全

沉淀的PH值3.2,AF+开始沉淀的PH值3.5和完全沉淀的PH值4.6,可判断“沉渣I”

中含有Fe(OH)3和Al(OH)3,故A正确；

B.Na2S溶液呈碱性是因为Na2S属于强碱弱酸盐，S?一离子水解显碱性，其水解离子方程

2

式以第一步为主：S+H2O≠HS^+OH',故B正确；

C.“沉淀池∏”中，当CU2+和Zr?+完全沉淀时，溶液中.j(C.近+).=£_(t⅛f+)"2)

c(Zn2+)c(Zn2+)c(S2-)

≈,MCuS).=⅛4^.1θ~36=4.0×10

故C正确;

KSP(ZnS)1.6X10-24

D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后可得氢氧根，再经阳离子交换树脂软化处理得

氢离子后，两者结合可用作工业冷却循环用水，故D错误;

故选：D。

10.(3分)(2023∙湖南)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气

湿度和光照条件下，颜料雌黄(AS2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:

一

空气,.鲁卜范AAS2OJ+H2S2O3

As2St(s)

\空气自，妙光

、π，~~AHiAsO4+H2SO4

下列说法正确的是()

A.$20多和Sof的空间结构都是正四面体形

B.反应I和II中，元素AS和S都被氧化

n(On)

C.反应I和II中，参加反应的,2I<1J

n(H20)

D.反应I和∏中，氧化ImoIAS2S3转移的电子数之比为3：7

【答案】D

【解答】解：A.s■的价电子对数=3+l+6-2-2X3+2=4,结构中相当于一个氧原

02υ32

子被一个硫原子代替，空间结构是四面体结构，SOj的价电子对数=4+殳爸生2=4,

无孤对电子，空间结构是正四面体形，故A错误；

B.反应I中AS元素化合价不变，未发生氧化还原反应，故B错误；

C.反应I的化学方程式：2As2S3+6θ2+3H2θ=2As2θ3+3H2S2θ3,反应∏的化学方程式：

n(On)

2AS2S3+1402+12H2θ=4H3AsO4+6H2SO4,参加反应的「一≤-：I>11,故C错误；

n(H20)

D.反应I的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3,电子转移总数24e∖

氧化ImoIAS2S3,转移电子物质的量12mol,反应∏的化学方程式：2As2S3+∣4θ2+i2H2O

=4H3AsO4+6H2SO4,电子转移数56e.,氧化ImoIAS2S3,转移电子物质的量28mol,反

应I和II中，氧化ImOlAS2S3转移的电子数之比=12：28=3：7,故D正确；

故选：D。

ɪɪ.（3分）（2023∙湖南）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方

晶胞参数为叩m。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（）

OB

•C

0K

③Ca

A.晶体最简化学式为KCaB6C6

B.晶体中与K+最近且距离相等的Ca?+有8个

C.晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面

D.晶体的密度为2∙17XIe）g∙cn√3

'NA

【答案】C

【解答】解：A.根据均摊法，钙原子的个数为L钾原子的个数为8×1=1,硼原子、

8

碳原子个数均为12x1=6,晶体最简化学式为KCaB6C6,故A正确；

2

+

B.晶体最简化学式为KCaB6C6,根据与Ca?+最近且距离相等的K卡有8个，可判断与K

最近且距离相等的Ca?+的个数也为8个，故B正确；

C.通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2,则面数=棱数-顶点数+2=36-24+2=14,

故C错误；

D.通过晶体密度公式P=JjjL=39+40+11X6+JX6=2.17X/2,故D正

1033

NAVNA×（a×10-）a-NA

确；

故选：Co

12.（3分）（2023•湖南）常温下，用浓度为0.020OmoI∙L∕1的NaOH标准溶液滴定浓度均

为0.020OmoI∙LI的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的PH随η（η=

V（蹩鹘建1.）的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）

V（待测溶液）

A.Ka(CH3COOH)约为104∙76

B.点a：c(Na+)=C(CΓ)=C(CH3COO)+c(CH3COOH)

C.点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)

D.水的电离程度：a<b<c<d

【答案】D

【解答】解：A.点a溶液中溶质为NaCI和CH3COOH,^Jic(CH3COOH)=0.01mol∕L,

C⅛COOH微弱电离，C(CH3C00^)5⅛≈c(H+)=10-3∙38mol∕L,c(CH3COOH)=0.01mol∕L

=0.01mol∕L-10^3∙38mol∕L≈¾0.0lmol∕L,则Ka(CHSCOOH)=J‘双，U°)XC(H+)

C(CH3COOH)

1∩-3.38Xi∩-3.38

=也-----rɑɔ---------=ιo-4∙76,故A正确；

O.Ol

B.点a溶液中溶质为NaCl和CH3C00H,Kc(CH3COOH)=0.01mol∕L,根据物料守

恒关系可知C(Na+)=C(Cl)=C(CH3C00)+c(CH3COOH),故B正确；

C.点b溶液中溶质为NaC1、CJhCOONa和CHaCOOH,且c(CH3COOH)=c(CH3COONa),

溶液呈酸性，说明CH3C00H电离程度大于CH3C0CT水解程度，WJc(CH3COOH)<c

(CH3COO),故C正确；

D.点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH,点b溶液中溶质为NaCkCH3COONa和

CHSCOOH,且c(CH3COOH):点a>点b,水的电离受到抑制，点C溶液中溶质为NaC1、

C⅛COONa,CHaCOONa促进水的电离，点d溶液中溶质为NaCkCHsCOONa和NaOH,

水的电离受到抑制，所以点C溶液中水的电离程度最大，故D错误；

故选：D。

13.(3分)(2023∙湖南)向一恒容密闭容器中加入ImolCH4和一定量的H20,发生反应：

CH4(g)+H2O(g)≠CO(g)+3H2(g)oCH4的平衡转化率按不同投料比X(X=FA!g∙)

n(H2O)

随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()

B.反应速率：VbiE<VcJE

C.点a、b、C对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc

D.反应温度为Ti,当容器内压强不变时，反应达到平衡状态

【答案】B

nfCH)

【解答】解：A.相同温度下，―；~〈比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知Xi

n(H20)

<X2»故A正确；

B.b、C点反应的温度相同，不同投料比X(x=n,CH*.)不同，b点甲烷转化率大，

n(H20)

说明投料比b<c,但不能说明正反应速率大小，故B错误；

C.升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka

<Kb=Kc,故C正确；

D.反应为气体物质的量变化的反应，相同温度下，反应温度为Ti,当容器内压强不变

时，说明反应达到平衡状态，故D正确；

故选：B«

14.(3分)(2023•湖南)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应

用。我国科学家合成的某Ru(II)催化剂(用[L-Ru-NH3]+表示｝能高效电催化氧化NH3

合成N2H4,其反应机理如图所示。下列说法错误的是()

+

2∣L-Ru-NH2]+2L-Ru-NH2∣

(M)------*

A.Ru(II)被氧化至RU(III)后，配体NH3失去质子能力增强

B.M中RU的化合价为+3

C.该过程有非极性键的形成

D.该过程的总反应式：4NH3-2e--N2H4+2NH+

【答案】B

【解答】解：A.图中转化过程可知，[L-Ru-NH3]+失去电子生成[L-Ru-NE/+,[L

+

-Ru-NH3/+与氨气反应生成NHj和[L-Ru-NH2],说明配体NH3失去质子能量增强,

故A正确;

B.[L-Ru-NH2]+和M之间存在平衡转化关系，转化关系分析可知，M中RU的化合价

为+2,故B错误；

C.2个M生成产物中形成了N-N共价键，为非极性共价键，故C正确；

D.分析转化过程得到，该过程的总反应式：4NH3-2e=N2H4+2NH+,故D正确；

故选：B«

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.(14分)(2023•湖南)金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或皴基等不饱和基

团的催化氧化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。

已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表

面“湿润”;

②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。

某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：

步骤1：雷尼Ni的制备

合金(a)A雷尼Ni(b)一(c)、(d1(e)、雷尼Ni

Ni/Al-------►-----►-----►►

颗粒NaOH混合物移除清液碱洗水洗加入悬浮液

溶液有机溶剂

步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应

反应的原理和实验装置图如图(夹持装置和搅拌装置略)，装置I用于储存H2和监测反

装置U

回答下列问题：

(1)操作(a)中，反应的离子方程式是2A1+2OH+2H2θ=2AI0；+3H2t；

(2)操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，滴

加几滴酚献，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；

(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是C；

A.丙酮

B.四氯化碳

C.乙醇

D.正己烷

(4)向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如图所示；发生氢化反应时，集气管向

装置II供气，此时孔路位置需调节为

向集气管中充入Hzgɪ)

集气管向装置n供气eOeæ

ABCD

(5)仪器M的名称是：恒压滴液漏斗；

(6)反应前应向装置H中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼

Ni自燃；

(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是在三颈瓶中产

生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；

(8)判断氢化反应完全的现象是集气管中液面不再改变。

【答案】(1)2A1+2OH-+2H2θ=2A1Q-+3H2t；

(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚SL如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干

净，否则没有洗涤干净；

(3)C；

(4)B；

(5)恒压滴液漏斗；

(6)排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃；

(7)在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；

(8)集气管中液面不再改变。

【解答】解：(D铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为:2AI+2OH+2H2O

=2A10∕3H2t，

故答案为：2A1+2OH+2H2O=2A10[+3H2t;

(2)由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，

具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚St如果溶液不变粉红色，则证

明洗涤干净，否则没有洗涤干净，

故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酸，如果溶液不变粉红色，则证明

洗涤干净，否则没有洗涤干净；

(3)根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，

四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，选C,

故答案为：C；

(4)向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置

∏供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置∏,应该选B,而

装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，

故答案为：B；

(5)由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗，

故答案为：恒压滴液漏斗；

(6)根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置∏中通入N2

一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃，

故答案为：排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃；

(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下.，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致

管道中气流不稳，不利于监测反应过程，

故答案为：在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程：

(8)反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变，

故答案为：集气管中液面不再改变。

16.(14分)(2023•湖南)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。

I.苯乙烯的制备

(1)已知下列反应的热化学方程式：

①C6H5C2H5(g)+@O2(g)=8CO2(g)+5H2θ(g)ΔH∣=-4386.9kJ∙moΓl

2

②C6H5CH=CH2(g)+1002(g)=8CO2(g)+4H2θ(g)AH2=-4263.1kJ∙moΓl

(3)H2(g)+ɪθɔ(g)—H2O(g)ΔH3=-241.8kJ∙moΓ'

计算反应④C6H5C2H5(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的AH4=+118kJ,mori：

(2)在某温度、IoOkPa下，向反应器中充入ImOl气态乙苯发生反应④，其平衡转化率

为50%,欲将平衡转化率提高至75%,需要向反应器中充入5mol水蒸气作为稀释

气(计算时忽略副反应)；

(3)在913K、IOOkPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙

烯外，还会发生如下两个副反应：

⑤C6H5C2H5(g)≠C6∏6(g)+CH2=CH2(g)

⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)≠C6H5CH3(g)+CH4(g)

以上反应体系中，芳香垃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=

转化为耳思广热受量兆本⅜⅞χ100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中

已转化的乙本思量

曲线b代表的产物是苯乙烯，理由是生成苯乙烯的同时生成H2,而H2是生成

甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，苯乙烯产量增加更多；

八

乙苯转化率/%

(4)关于本反应体系中催化剂Fe2θ3的描述错误的是BD；

A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构

B-Fe2O3可改变乙苯平衡转化率

C-Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能

D.改变Fe2θ3颗粒大小不影响反应速率

H.苯乙烯的聚合

苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(I)的配合物促进C6H5CH2X

(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H51H2,实现苯乙烯可控聚合。

(5)引发剂C6H5CH2CI、C6H5CH2Br,C6H5CH2I中活性最高的是C6H5CH2I；

(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+,其反应平衡常数为K；

②CUBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CUBr在配体L的水溶液中溶解反应的平

衡常数为K∙Ksp(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。

【答案】(1)+118；

(2)5；

(3)苯乙烯；生成苯乙烯的同时生成H2,而H2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增

加时，苯乙烯产量增加更多；

(4)BDi

(5)C6H5CH2I;

(6)K∙Kspo

【解答】解：(1)根据盖斯定律：①-②-③计算C6H5C2H5(g)≠C6H3CH=CH2(g)

+H2(g)fi<]ΔH4=-4386.9kJ∙moΓ1-(-4263.IkJ∙moΓ1)-(-241.8kJ∙moΓ1)=

+118kJ∕moh

故答案为：+118；

(2)反应④为C6H5C2H5(g)≠C6H3CH=CH2(g)+H2(g),乙苯的平衡转化率为50%,

则平衡时n(C6H5C2H5)=n(C6H3CH=CH2)=n(H2)=0.5mol,平衡分压p(C6H5C2H5)

05I1

=p(C6H3CH=CH2)=p(H2)=-------------∙B°--------------×1OOkPa=-AθθkPa,该

O.5mol+0.5mol+0.5mol3

温度下的平衡常数KP=P''"ElH去'HjHZ'J"P/.二3,乙苯的平衡转化率为75%

P(C6H5C2H5)3

时，n(C6H5C2H5)=ImoIX(1-75%)=0.25mol,n(C6H3CH=CH2)=n(H2)=

0.75moh设恒温恒压条件下充入xmol水蒸气作为稀释气，则平衡分压P(C6H5C2H5)

=-------------------1*吧!--------------IOOkPa=_25—kPa,P(C6H3CH=CH2)=p

O.25mol+0.75mol+0.75mol+xmol1.75+x

75.75

(H2)=3p(C6H5C2H5)=—ɪʒ—kPa,该温度下KP不变，即-1..7§+)/：75+巳=

1.75+x25

1.75+x

.ɪθθ,解得χ=5,

3

故答案为：5；

(3)反应④的生成物H2是反应⑥进行的反应物，反应⑥生成甲苯的同时消耗H2,促进

反应④生成苯乙烯的同时生成更多H2,导致反应④⑥选择性增大的同时，反应④的选择

性增加更大，所以曲线b表示苯乙烯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线，

故答案为：苯乙烯；生成苯乙烯的同时生成H2,而H2是生成甲苯的原料，所以当甲苯

产率增加时，苯乙烯产量增加更多；

(4)A.X射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体以及测定晶体结构的最可靠的途径，该技

术可测定Fe2O3晶体结构，故A正确；

B.Fe2θ3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，能加快反应速率，但不能改变反应的始态

和终态，不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；

C.Fe2θ3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，催化剂能改变反应历程，降低反应活化能，

增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率，故C正确；

D.Fe2θ3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，增大接触面积，可加快反应速率，则Fe2θ3

颗粒大小会影响反应速率，故D错误；

故答案为：BD；

(5)原子半径：I>Br>Cl,键长：C-I>C-Br>C-Ch键长越长，键能越小，共价

键越易断裂，物质的稳定性越差，所以引发剂C6H5CH2CI、C6H5CH2Br›C6H5CH2I中活

性最高的是C6H5CH2l,

故答案为：CftH5CH2I；

(6)Cu+在配体L的水溶液中形成ICU(L)的反应为①Cu+(aq)+2L(aq)≠[Cu(L)

(aq),平衡常数为K,CuBr(s)存在溶解平衡为②CUBr(s)≠Cu+(aq)+Bd(叫)，

溶度积常数为Ksp,CUBr在配体L的水溶液中溶解反应为CUBr(s)+2L(aq)≠[Cu(L)

2]+(aq)+Br'(aq),①+②得至IJ反应CUBr(S)+2L(aq)≠[Cu(L)2]+(aq)+Br(aq),

则反应CUBr(s)+2L(aq)≠[Cu(L)2]+(aq)+Br(叫)的平衡常数为K∙Ksp,

故答案为：K∙Kspo

17.(15分)(2023•湖南)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年

来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超

纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗钱为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工

艺流程如图：

残渣

知：①金属Ga的化学性质和AI相似，Ga的熔点为29.8℃；

②Et2O(乙醛)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体;

③相关物质的沸点：

物质Ga(CH3)3Et2θCH3INR3

沸点/℃55.734.642.4365.8

回答下列问题：

(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是分子晶体：

(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40〜45C的原因是保证Ga为液

体，便于纯Ga流出，阴极的电极反应式为Ga3++3e=Ga;

的棒、,弟棒

.∙.7NaOH溶液二

出料口阳极残液出口

(3)“合成Ga(CH3)3(Et2θ)υ工序中的产物还包括Mgb和CH3MgI,写出该反应的

化学方程式8CH3l+2Et2θ+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3Mgl2+2CH3MvI;

(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是CH4；

(5)下列说法错误的是CD；

A.流程中Et2O得到了循环利用

B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行

C.“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3),并蒸出Ga(CH3)3

D.用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3l

(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3,而本流程采用“配体交

换“工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是NR3的沸点远低于Ga(CH3)3,Ga(CH3)

3比Et2θ更易从配合物种分离；

(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2θ)(填“〉”

或"二”)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga

(CH3)3(Et2θ)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。

【答案】(1)分子晶体；

(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3e^=Ga；

(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3Mgl2+2CH3MgI;

(4CH4；

(5)CD；

(6)NR3的沸点远低于Ga(CH3)3,Ga(CH3)3比Et2θ更易从配合物种分离；

(7)>；Ga(CH3)3中Ga为sp?杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中

Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。

【解答】解：(1)根据物质的沸点，晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶

体，

故答案为：分子晶体；

(2)根据Ga的熔点为29.8C,电解池温度控制在40〜45°C可以保证Ga为液体，便于

纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga,电极反应式为Ga3++3e-=Ga,

故答案为：保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3e-=Ga;

(3)“合成Ga(CH3)3(Et2θ)ww工序中的产物还包括Mgk和CHaMgL该反应的化

学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2θ)+3MgI2+2CH3Mgl,

故答案为：8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI;

(4)“残渣”含CH3MgI,经纯水处理，能产生可燃性气体CH4,

故答案为：CH4；

(5)A.根据分析，流程中Et2θ得到了循环利用，A正确；

υ

B.Ga(CH3)3(NR3)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5至“工

序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；

C.“配体交换”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3),“工序X”为蒸出Ga(CH3)3,C错

误；

D.两者所含相同类型氢原子个数不同，氢谱面积大小不同，用核磁共振氢谱能区分Ga

(CH3)3和CH3l,D错误，

故答案为：CD；

(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga