1、福建省泉州第十六中学2020届高三化学第五次能力测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64第卷（选择题 共126分）一、选择题（本题共7小题，每小题6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.化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A. 高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B. 地沟油可以用来制肥皂和甘油C. 防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量【答案】A【解析】【详解】A.高锰酸钾溶
2、液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质氧化，而75%乙醇是使蛋白质变性，因此消毒原理不相同，A错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C正确；D. “静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的
3、成分气体N2、CO2，因而都能提高空气质量，D正确；故答案是A。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 1 mol甲基(CH3)所含电子数为10NAB. 常温常压下，1 mol分子式为C2H6O的有机物中，含有CO键的数目为NAC. 14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAD. 标准状况下，22.4L四氯化碳中含有共用电子对的数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A.1个甲基中含有9个电子，则1 mol甲基(CH3)所含的电子数为9NA，A错误；B.分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH（1个乙醇分子中含1个CO键），也可能是二甲醚CH3
4、-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个CO键），故不能确定其中含有的CO键的数目，B错误；C.乙烯和环丙烷()的最简式都是CH2，1个最简式中含有3个原子，14g由乙烯和环丙烷()组成的混合气体中含有最简式的物质的量是1mol，因此含有的原子总数为3NA，C正确；D.在标准状况下四氯化碳呈液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量，D错误；故答案是C。3.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A. W、Z形成的化合物中，
5、各原子最外层均达到8个电子结构B. 元素X与氢形成的原子数之比为11的化合物有很多种C. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成【答案】A【解析】【详解】W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；B.元素X与氢可形成原子
6、个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；故答案是A。4.下列关于有机物（ ）的说法错误的是A. 该分子中的5个碳原子可能共面B. 与该有机物含相同官能团的同分异构体只有3种C. 通过加成反应可分别制得烷烃、卤代烃D. 鉴别该有机物与戊烷可用酸性高锰酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A. 乙烯分子是平面分子，该化合物中含有不饱和的碳碳双键，与这两个不饱和碳原子连接的C原子在乙烯分子的平面内
7、，对于乙基来说，以亚甲基C原子为研究对象，其周围的C原子构成的是四面体结构，最多两个顶点与该原子在同一平面上，所以该分子中的5个碳原子可能共面，A不符合题意；B. 与该有机物含相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、，B符合题意； C. 该物质分子中含有碳碳双键，与H2发生加成反应产生烷烃；与卤化氢和卤素单质发生加成反应可制得卤代烃，C不符合题意；D. 戊烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而该物质分子中含有不饱和碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别二者，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列实验结
8、果不能作为相应定律或原理的证据是ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得H为H1、H2的和H2与O2的体积比约为21A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B. 烧瓶中冒气泡，证明酸性：HClH2CO3，但HCl不是最高价氧化物对应的水化
9、物，不能比较C、Cl的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，也可能是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3，无法用元素周期律解释，B符合题意；C. 根据盖斯定律可知：H=H1+H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；D. 根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2:1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2:1，D不符合题意；故合理选项是B。6.下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上
10、镀铜。下列说法中不正确的是A. 乙装置中溶液颜色不变B. 铜电极应与Y相连接C. M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6HD. 当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16g【答案】D【解析】【详解】甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极；A.乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A正确；B.乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B正确； C.CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e
11、-=CO2+N2+6H+，C正确；D.N极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e-)=0.25mol4=1mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)=mol64g/mol=32g，D错误；故答案是D。7.常温下，向50 mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A. 若a点pH=4，且c(Cl-)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=B. 若x=100，b点对应溶液中：c(OH)c(H)，可用p
12、H试纸测定其pHC. bc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D. 若y=200，c点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)【答案】D【解析】【详解】A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.bc段，随NaOH
13、溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)= c(ClO-) +c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确；故答案是D。第卷（非选择题 共174分）三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考
14、题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题 （共129分）8.FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯）C6H4Cl2(二氯苯）FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/-4553易升华沸点/132173(1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_。按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为_（填字母，装置可多次使用）；
15、C中盛放的试剂是_。该制备装置的缺点为_。(2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。仪器a的名称是_。反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是_，回收滤液中C6H5C1的操作方法是_。反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60 mL，则氯化铁
16、的转化率为_。为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有：_（写出一点即可）。【答案】 (1). H2+2FeCl32FeCl2+2HCl (2). BACDCE（或BCDCE） (3). 碱石灰 (4). 氯化铁易升华导致导管易堵塞 (5). 球形冷凝管 (6). 苯 (7). 蒸馏滤液，并收集沸点132的馏分 (8). 78.4 (9). 反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管【解析】分析】(1)用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气
17、中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气；该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析；(2)根据仪器结构判断其名称；三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题；根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl计算转化的FeCl
18、3，最终计算FeCl3的转化率；FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。【详解】(1)H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也
19、可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE；C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气；该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞；(2)根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管；三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4C
20、l2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132的馏分，可回收C6H5Cl；n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L0.0196L=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)= 0.0784mol2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为100%=78.4；F
21、eCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。【点睛】本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。9
22、.金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：(1)Na2MoO42H2O中钼元素的价态为_，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_。(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_，由图中信息可以判断MoO3是_氧化物。（填“酸性”、“碱性”或“两性”）(3)操作I是_，操作所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是_。(4)采用 NaClO氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。请配平以下化学反应：_NaClO +_
23、MoS2 + _NaOH _Na2MoO4 +_Na2SO4 +_NaCl +_H2O。钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50后浸出率降低的可能原因是_（写一点）。(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为_。【答案】 (1). +6 (2). 酸雨 (3). MoO3 +2NH3H2O=2NH4+ + MoO42+H2O (4). 酸性 (5). 过滤 (6). 取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净 (7). 9 (8). 1 (9). 6 (10). 1 (11).
24、 2 (12). 9 (13). 3 (14). 该反应为放热反应，升温使平衡逆移；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42 (15). Lix(MoS2)n-xe=nMoS2+xLi+【解析】【分析】制备金属钼和钼酸钠：钼矿的主要成分为MoS2，在空气中煅烧2MoS2+7O22MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2，所以尾气含SO2；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3；钼矿与NaOH、NaClO溶液发生反应9Mo
25、S2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O，Na2MoO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO42H2O。【详解】(1) Na2MoO42H2O中Na元素化合价为+1价、O元素化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素的价态为42-21=+6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨；(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应产生钼酸铵和水，反应的离子方程式为：MoO3 +2NH3H2O=2NH4+ + MoO42+H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO42-和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化
26、物；(3)操作I是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl-，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净；(4)在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO 中的+1价变为反应后NaCl 中的-1价、Mo元素化合价由反应前MoS2中的+2价变为+6价、S元素化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后Na2SO4中的+6价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=
27、Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；钼的浸出率随着温度变化如图，当温度低于50时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50后浸出率降低的可能原因是：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42，导致浸出率降低；(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知：在电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Lix(MoS2)n，则阳极反应式为Lix
28、(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。【点睛】本题考查物质制备的工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、氧化还原反应方程式的配平、离子的检验方法、电解池反应原理，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本类型题的关键，注意结合题给信息解答，侧重分析能力的考查。10.环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其制备涉及的反应如下：氢化反应：(l)+H2(g)(环戊烯)(l) H=-100.5 kJ/mol副反应：(l)+H2(g)(环戊烷)(l) H=-109.4 kJ/mol解聚反应：2(g) H0回答下列问题：(1)反应(l)+2H2(g)(l)的H=_ kJ/mol。(2)一定条件下，将环
29、戊二烯溶于有机溶剂进行氢化反应（不考虑二聚反应），反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率（以环戊二烯为原料计）随时间变化如图所示：04 h氢化反应速率比副反应快的可能原因是_。最佳的反应时间为_h。若需迅速减慢甚至停止反应，可采取的措施有_(写一条即可)。一段时间后，环戊烯产率快速下降的原因可能是_。(3)解聚反应在刚性容器中进行（不考虑氢化反应和副反应）。其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的是_（填标号）。A.增大双环戊二烯的用量 B.使用催化剂 C.及时分离产物 D.适当提高温度实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的温度(水蒸气不参与反应)。某温度下，通入总压为3
30、00 kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为500 kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则 p(H2O)=_kPa，平衡常数Kp=_kPa (Kp为以分压表示的平衡常数)。【答案】 (1). 209.9 (2). 氢化反应的活化能小或反应物的浓度大 (3). 4 (4). 排出氢气或急剧降温 (5). 副反应增加 (6). CD (7). 50 (8). 3200【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的反应热；(2)活化能越小、反应物浓度越大，该反应越易正向移动；环戊烯的产率越大、环戊烷的产率越小越好；若需迅速减慢甚至停止反应，可以通过减少反应物浓度或
31、降低温度实现；副反应能降低环己烯的产率；(3)该反应的正反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，减小压强、升高温度都使平衡正向移动，有利于提高双环戊二烯平衡转化率；设加入的双环戊二烯的物质的量为x mol、水的物质的量为y mol，双环戊二烯的转化率为80%，则剩余双环戊二烯的物质的量为0.2x mol、生成环戊二烯的物质的量为1.6x mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，计算反应开始时双环戊二烯与水的物质的量的比，及平衡时各种气体的物质的量，计算出各种气体的平衡分压，代入平衡常数表达式然后计算可得其数值。【详解】(1)(l)+H2(g)(环戊烯)(l) H=-100.5
32、 kJ/mol；(l)+H2(g)(环戊烷)(l) H=-109.4 kJ/mol，由于反应热与反应途径无关，将方程式+整理可得：(l)+2H2(g)(l)的H=-209.9 kJ/mol；(2)活化能越小、反应物浓度越大，该反应越易正向移动，04 h氢化反应速率比副反应快的可能原因是氢化反应的活化能小或反应物的浓度大；环戊烯的产率越大、环戊烷的产率越小越好，根据图知4 h时环戊烯产率最大；若需迅速减慢甚至停止反应，可以通过减少反应物浓度或降低温度实现，所以排出氢气或急剧降温都能迅速减慢甚至停止反应；副反应能降低环己烯的产率，所以一段时间后，环戊烯产率快速下降的原因可能是副反应增加；(3)A.
33、 增大双环戊二烯的用量，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，但其转化率降低，A不符合题意；B. 使用催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，双环戊二烯的转化率不变，B不符合题意；C. 及时分离产物，减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，提高双环戊二烯转化率，C符合题意；D. 适当提高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，双环戊二烯转化率升高，D符合题意；故合理选项是CD；设加入的双环戊二烯的物质的量为x mol、水的物质的量为y mol，由于达到平衡时双环戊二烯的转化率为80%，则剩余双环戊二烯的物质的量为0.2x mol、生成环戊二烯的物质的量为1.6x mol。在恒温恒容条件下，气体的压强之
34、比等于物质的量之比，所以(x+y)mol：(0.2x+1.6x+y)mol=300kPa：500kPa=3：5，解得x：y=5：1，则平衡时H2O的分压p(H2O)=50 kPa；p(双环戊二烯)=50 kPa；p(环戊二烯)=400 kPa，则该反应的化学平衡常数用平衡分压表示Kp=3200 kPa。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用及化学平衡移动原理和化学平衡常数的计算，明确外界条件对化学平衡移动影响及化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意：催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，加入某种气体反应物虽然能够使化学平衡正向移动但是该物质的平衡转化率反而减小为解答易错点。侧重考查图象分析判断及计
35、算能力。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。（化学选修3：物质结构与性质）11.Fe、Ni、Pt在周期表中同族，该族元素的化合物在科学研究和实际生产中有许多重要用途。(1)Fe在元素周期表中位置为_。已知FeO晶体晶胞结构如NaCl型，Fe2+的价层电子排布式为_，阴离子的配位数为_。K3Fe(CN)5NO的组成元素中，属于第二周期元素的电负性由小到大的顺序是_。把氯气通入黄血盐(K4Fe(CN)6)溶液中，得到赤血盐(K3Fe(CN)6)，该反应的化学方程式为_。(2)铂可与不同的配体形成多种配合物
36、。分子式为Pt(NH3)2Cl4的配合物的配体是_；该配合物有两种不同的结构，其中呈橙黄色的物质的结构比较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质的结构较稳定，在水中的溶解度小，下图图1所示的物质中呈亮黄色的是_(填“A”或“B”)，理由是_。(3)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如上图图2所示。储氢原理为：镧镍合金吸咐H2，H2解离为H储存在其中形成化合物。若储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心，则形成的储氢化合物的化学式为_。【答案】 (1). 第四周期族 (2). 3d6 (3). 6 (4). CNNC，所以元素的电负性由小到大的顺序是CN
37、O；氯气有氧化性，会把黄血盐(K4Fe(CN)6)氧化为得到赤血盐(K3Fe(CN)6)，该反应的化学方程式为：2K4Fe(CN)6+Cl2=2K3Fe(CN)6+2KCl；(2)根据图1，可知该物质的配体为NH3和Cl-，橙黄色在水中的溶解度较大，水为极性分子，根据相似相溶，橙黄色也为极性分子，A为对称结构，属于非极性分子；B为非对称结构，属于极性分子，则橙黄色的配合物为B，亮黄色的为A；(3)根据晶胞结构，可用均摊法计算其化学式，La：8=1，Ni的原子个数为8+1=5，H原子的个数为8+2=3，所以其化学式为LaNi5H3。【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及晶胞化学式的确定、配合
38、物的判断等知识点，注意(2)根据物质的对称性，用相似相容原理分析判断，(3)中要用均摊方法计算，为易错点。（化学选修5：有机化学基础）12.乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子化合物J的流程如下图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2O(1)物质B的名称为_。反应所需的试剂和条件分别为_。(2)、的反应类型分别为_。(3)物质H中官能团的名称是_；物质J的化学式是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式：_。.与Na反应能够生成氢气；.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；.苯环上只有两个处于对
39、位的取代基；.核磁共振氢谱中峰的面积之比为2:2:2:1:1。(6)参照上述合成路线和信息，设计由、乙醛、苯甲醇合成的路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 苯乙烯 (2). O2/Cu（或Ag）、加热 (3). 加成反应、取代反应 (4). 醛基、碳碳双键 (5). (C13H14O)n (6). (7). 、 (8). 【解析】【分析】乙苯在催化剂存在时，发生反应生成的B是苯乙烯，苯乙烯与HCl发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，结合D的结构简式，C是，该物质水解生成的D是苯乙醇，苯乙醇氧化产生E：苯乙醛，结合已知，可知苯乙醛与F：甲醛发生反应生成G: ；G与1，3-丁二烯发生加
40、成反应生成H：，H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高聚物J：。【详解】(1)物质B结构简式是，B的名称为苯乙烯。反应是被氧化变为E：苯乙醛，所需的试剂是O2，反应条件是Cu或Ag作催化剂，在加热条件下进行反应；(2)是苯乙烯与HCl发生加成反应生成；反应是氯代烃与NaOH的水溶液混合加热，发生取代反应生成，该取代反应也叫水解反应；(3)物质H结构简式是，其中含有的官能团是醛基和碳碳双键；物质J是高聚物，结构简式是，化学式是(C13H14O)n；(4)反应是苯乙醛与甲醛HCHO在碱存在条件下，加热发生反应生成和水，该反应的化学方程式为；(5)物质G的分子式是C9H8O，其同分异构体属于
41、芳香族化合物，且具备下列条件.与Na反应能够生成氢气，说明含有羟基；.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；.苯环上只有两个处于对位的取代基；.核磁共振氢谱中峰的面积之比为2:2:2:1:1，则符合条件的同分异构体的可能结构为、；(6)苯甲醇被催化氧化生成苯甲醛，苯甲醛与乙醛CH3CHO发生已知反应生成，该物质与1，3-丁二烯发生加成反应产生，所以由、乙醛、苯甲醇合成的路线为。【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识。掌握醛与醛的反应及碳碳双键与二烯烃的加成反应是进行推断和合成的突破口。熟练掌握官能团的性质与转化，充分利用转化中有机物的结构与分子的结构简式进行推断，对题目提供的信息进行分析并进行利用，是解题的关键，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，和灵活运用能力。
