2019年高考限时训练理综试卷化学试题3

2019年高考限时训练理综试卷化学试题3一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）.化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是（）高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同地沟油可以用来制肥皂和甘油为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“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A.1mol甲基（-CH3）所含的电子数为10NAB.常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目为NAC.14g由乙烯和环丙烷（匚］）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4NA3.短周期元素W、X、丫和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，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1：1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.下列关于有机物（人/）的说法错误的是（）该分子中的5个碳原子可能共面与该有机物含相同官能团的同分异构体只有3种通过加成反应可分别制得烷烃、醇、卤代烃鉴别该有机物与戊烷可用酸性高锰酸钾溶液.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（ ）（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）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盘点《睫勘U，律总林阂再1设南在**X码金中如**皿必H1PU）H刖毡l-R-电解水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为的H1、h2的和H2与O2的体积比约为2：1A.A B.B C.C D.D.如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（NHA.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-=CO2T+NJ+6H+D.当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g7.常温下，向50mL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溶液体积的变化图象如图所示。下列说法正确的是A.若a点pH=4,且c(Cl-)=m・c(ClO-),则Ka，可用pH试纸测定其pHB.若x=100,b点对应溶液中：cC.b〜c段，随NaOH溶液的滴入(OH-)>c(H+)\c(HClO)\逐渐增大D.若y=200,c点对应溶液中：c（OH-）-c（H+）=2c（Cl-）+c（HClO）二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）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（Na2MoO4-2H2O）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图1：

（1（1）Na2MoO4^2H2O中钼元素的价态为主要是 。，煅烧产生的尾气引起的环境危害（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H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。①请配平以下化学反应：NaClO+MoS2+ NaOH—Na2MoO4+Na2so4+__NaCl+ H2O。②钼的浸出率随着温度变化如图2当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是（写一点）。阳（5）锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2RLix（MoS2）n，则电池充电时阳极上的电极反应式为。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：环戊二烯（1）+H2（g）IWM环戊烯(1氢化反应：环戊二烯（1）+H2（g）IWM环戊烯(1)H=-100.5kJ•mol-i副反应：（1）+H2（g）Io环戊烷(1)H=-109.4knmol-i解聚反应：(g)H>0回答下列问题:（1）反应。j（1）+2H2（g）（1）kJ/mol。（2）一定条件下，将环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：①。〜4h氢化反应速率比副反应快的可能原因是 。②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）。③一段时间后，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）。①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②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300kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为500kPa，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）。

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）①Fe在元素周期表中的位置为。TOC\o"1-5"\h\z②已知FeO晶体晶胞结构如图1,Fe2+的价层电子排布式为，阴离子的配位数为 。③K3［Fe（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④把氯气通入黄血盐（K4［Fe（CN）6］）溶液中，得到赤血盐（K3［Fe（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。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，图2所示的物质中呈亮黄色的是 （填"A”或"B”），理由是 。（3）金属银与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图3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 。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的流程如图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：(1)物质B的名称为。反应④所需的试剂和条件分别为。(2)②、③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⑤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:i.与Na反应能够生成氢气；.含碳碳叁键(不考虑"-C三COH.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。(6)参照上述合成路线和信息，设计由£3J、乙醛、苯甲醇合成的路线(无机试剂任选)。三、实验题(本大题共1小题，共14.0分)12.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.有关物质的性质如表：C6H5cl（氯苯）C6H4cl2（二氯苯）Fecl3FeJ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.有关装置如图1：①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为。TOC\o"1-5"\h\z②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)；C中盛放的试剂是 。③该制备装置的缺点为 。(2)利用反应2FeCl3+C6H5cl2FeCl2+3C6H4cl2+HCl,制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图2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。①仪器a的名称是 。②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③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL,量取25.00mL所配溶液，用0.40mokL-1NaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60mL,则氯化铁的转化率为 。④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）。答案和解析1.【答案】A【解析】解:A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破坏了蛋白原有的使蛋白性，故A;B、地沟油人体健康有害，可作工原料，属于物，水解用于制取肥皂和甘油等，故B正确；C、粉具有原性，可以与氧化反，在包装袋中放入硫酸等原性物，防止食物氧化 ，故C正确；口、“静除”、“燃煤固硫”、“汽尾气催化化”能减少空气染物的排放，有利于提高空气量，故D正确；故：A。A、高酸溶液、次酸溶液利用了氧化性消毒菌，75%乙醇破坏了蛋白原有的使蛋白性；B、地沟油人体健康有害，可作工原料，属于 物，水解用于制取肥皂和甘油；粉具有原性，可以与氧化反，防止氧化 ；口、“静除”、“燃煤固硫”、“汽尾气催化化”能减少空气染物的排放。本从多方面考了生生活以及与境保有关的化学知，知的考一直是点内容，也是学化学的基本素养之一，注意乙醇使蛋白性的原因，度一般。2.【答案】C【解析】解:A、甲基中含9个子，故1mol甲基中含9Na个子，故A ；B、分子式C2H6O的有机物可能乙醇，可能二甲，当乙醇，含Na个C-O，但当二甲 ，含2Na条C-O，故B；C、14g乙和丙的混合物中含有1mol最式CH2，含有3mol原子，含有的原子数目3NA，故C正确；D、况下四化碳液体，故不能根据气体摩体来算其物的量，故D。故：C。A、甲基中含9个子；B、分子式C2H6O的有机物可能乙醇，可能二甲；C、乙和丙的最式CH2，14g二者的混合物中含有1mol最式；况下四化碳液体。本考了阿伏伽德常数的有关算，度不大，注意掌握公式的运用和物的构。3.【答案】A【解析】解:根据分析可知:WLi，XC元素，YAl，ZS元素。A.离子最外只有2个子，故A ;C、H形成的原子数之比1:1的化合物有乙炔、苯等多种，故B正确；XZ2CS2，二硫化碳分子中只有共价，属于共价化合物，故C正确；Al与氧化或酸反都能生成气，故D正确；故：A。短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，X原子的最外 子数是内子数的2倍，XC元素;W的 是一种常用的比能量高的金属极材料，WLi元素;元素Y的族序数等于其周期序数，Y的原子序数大于C元素，Y位于第三周期，Al元素;Z原子的最外 子数是其子数的2倍，Z位于第三周期，S元素，据此解答。本考原子构与元素周期律的关系，目度不大，推断元素解答关

，注意掌握元素周期律内容及常元素化合物性培养了学生的分，注意掌握元素周期律内容及常元素化合物性培养了学生的分析能力及灵活用能力。.【答案】B【解析】解:A.含有碳碳双，平面形构，与碳碳双直接相的原子在同一个平面上，合三点确定一个平面， 分子中的5个碳原子可能共面，故A正确；B.根据碳异构和碳碳双的位置异构判断，与有机物含相同官能的同分异构体有5种，其中主有4个碳的有3种，主有3个碳的有2种，故B；C含有碳碳双，可分与气、水、化 生加成反生成、醇、代，故C正确；D.含有碳碳双，可被酸性高酸溶液氧化，故D正确。故：B。有机物含有碳碳双， 2-甲基-1-丁，合的性解答。本考有机物的构与性，高考点，把握官能与性的关系、有机反解答的关，重分析与用能力的考，注意把握有机物的构特点以及同分异构体的判断，目度不大。.【答案】B【解析】解:A.反2NO2（g）=N2O4（g）放反，水中平衡向着逆向移，二氧化氮度增大，左球气体色加深；冷水中平衡向着正向移，二氧化氮度减小，右球气体色浅，能用勒夏特列原理解，故A不；B.瓶中冒气泡，明酸性:HCl＞碳酸，由于HCl不是含氧酸，无法用元素周期律解，故B;C.根据盖斯定律可知：△H=aH1+4H2，能用盖斯定律解，故C不；

D.根据子守恒可知，解水生成H2与O2的物的量之比2:1,合阿伏伽德定律可知，H2与O2的体比2:1,故D不故：B。合温度化学平衡的A.反2NO2（g）=N2O4（g）的△H<0,放反，影响分析；合温度化学平衡的B.HCl不是含氧酸，酸酸性大于碳酸与元素周期律无关;C．合盖斯定律内容分析；D.根据子守恒算生成气和氧气的物的量，然后利用阿伏伽德定律分析。本考化学方案的价,目度不大,涉及化学平衡的影响、阿伏伽德定律、盖斯定律、元素周期律等知明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，培养了学生的合用能力。伽德定律、盖斯定律、元素周期律等知明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，培养了学生的合用能力。.【答案】D【解析】解：装置是将化学能化能的原由甲可知M是极，N是正极,解溶液酸性溶液极上失生氧化反正极上得子生原反,在阴极极相阳极与正极相A.在上阴极与极相阳极与正极相的度不会生化，所以色不，故A正确;B解：装置是将化学能化能的原由甲可知M是极，N是正极,解溶液酸性溶液极上失生氧化反正极上得子生原反,在阴极极相阳极与正极相A.在上阴极与极相阳极与正极相的度不会生化，所以色不，故A正确;B.原池中M是极、N是正极，Y正极接柱,阴极、与极相阳极、与正极接柱Y相，故B正确;Cco（nh2）2在极M上失子生氧化反，生成N2、CO2,荷守恒得到极反式CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2T+N2T+6巾，故C正确;D.D.当N极消耗0.25mol氧气, 移0.25x4=1.0mol子，所以极量减少64g/molx「:卜2g,故D故：D。装置甲是将化学能化能的原池，由可知，M是极，N是正极，解溶液酸性溶液，极上失子生氧化反，正极上得子生原极反式CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2T+N/+6H+,在极反式阴极、与极相，阳极、与正极相，根据子守恒算，以此解答。本考了原池原理和解原理，高考点，重于学生的分析、算能力的考，明确原池正极上得失子、解溶液中阴阳离子移方向即可解答，注意极极反式的写，目度中等。.【答案】D【解析】=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)解:A.若a点pH=4,c(H+)=10-4mol/L,溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)c(Cl-)=mc(ClO-)， c(HClO)=(m-1)=c(Cl-)-c(ClO-),=v[HClO)西雾肉，故A；.若x=100,Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pHpH,pH，故B;Cb〜c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO,随NaOH溶液的滴入,NaOH抑制NaClO水解:ClO-+H2O=HClO+OH,c(HClO)减小，c(ClO-)增大，所以，；案?，减小，故C;D.若y=200,c点 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH,根据荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，元素守恒得:c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)③，由①+③+②得:c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+),故D正确；故:D。整个程先后生的反 Cl2+H2O=HCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、

HClO+NaOH=NaClO+HQA.若a点pH=4,c（H+）=10-4mol/L,溶液呈酸性，根据方程式知c（HC10）=c（Cl-）-c（ClO-），c（Cl-）=mc（ClO-），c（HClO）=（m-1）c（ClO-），Ka（HClO）-r{ClO-J；fi.- ；B.若x=100,Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO,NaClO水解生成次酸，次酸具有漂白性，不能用pH pH;C.b〜c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO,随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解:C1O-+H200HClO+OH;D.若y=200,c点 溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.1molNaOH,根据荷守恒与物料守恒来解答。本考了离子度大小的判断,目度中等,明确溶液中的溶及其性是解本关,注意荷守恒、物料守恒及的水解原理的用。8【答案】+6酸雨MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO42-+H2O酸性过滤取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净9161293随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42-；该反应为放热反应，升温使平衡逆移，NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。（任答两点）Lix（MoS2）n-xe-=nMoS2+xLi+【解析】解：（1）Na2MoO4.2H2O中Na元素化合价+1价、O元素化合价-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和0确定Mo元素的价4x2-2x1=+6;工煅的尾气二氧化硫,故煅生的尾气引起的境危害主要是酸雨,故答案：+6;酸雨;⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=（NH4）2MoO4+H2O,故离子方程式MoO3+2NH3-H2O=2NH4++MoO42-+H2O;由中信息可以知，MO3能溶于碱溶液，酸性氧化物能溶于碱液， 物酸性氧化物，故答案：MoO3+2NH3・H2O=2NH4++MoO42-+H2O;酸性；(3)操作I 除去残渣;操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的离子离子，离子用硝酸酸化的硝酸溶液，其方法取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀生即明酸已洗，故答案： ；取水洗液少量于管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀生即明酸已洗；(4)①反中Cl元素化合价由+1价 -1价、Mo元素化合价由+2价+6价、S元素化合价由-1价 +6价，根据移子及原子守恒配平方程式9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O，故答案：9；1；6；1；2；9；3；②反的正反是放反，随着温度升高，平衡向吸方向移逆反方向移；升高温度促NaClO分解，且其它 金属离子浸出也增多，都致浸出率降低，故答案：随着温度升高，其它金属 离子浸出也增多，沉淀了MoO4Li(MoS2Li(MoS2)n，池充阳极上的极反式放正极反式的逆反，放，正极上MoS2得子和离子反生成Li(MoS2)n，阳极反式Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+，故答案：Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。制金属和酸： 的主要成分MoS2,在空气中燃2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，所以尾气含SO2用氨水吸收，二氧化硫具有原性，反放反，升温使平衡逆移，NaClO不定，随温度升高而分解耗。(任答两点)；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoS2Lxtraclusehraccormissingopcjibrace同通入氧气生成硫酸；MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3^H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O, 除去，在酸溶液中加足量酸，生复分解反生成酸和化，酸溶于水和酸的黄色晶体，得到酸晶体高温分解生成MoO3，在高温条件下用气原得到金属；与NaOH、NaClO溶液生反9MoS2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O，通蒸冷却晶洗干燥得到Na2M0042H2O，⑴Na2M0042H2O中Na元素化合价+1价、O元素化合价-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和0确定Mo元素的价；工煅的尾气二氧化硫，据此行分析；⑵MoO3加氨水生成酸溶液，2NH3-H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O,据此写离子方程式；由中信息可以知，mo3能溶于碱溶液，酸性氧化物能溶于碱液；(3)操作I 除去残渣;操作口所得的酸要水洗，酸中吸附的离子离子，离子用硝酸酸化的硝酸溶液；(4)①反中Cl元素化合价由+1价 -1价、Mo元素化合价由+2价+6价、S元素化合价由-1价 +6价，根据移子及原子守恒配平方程式;②随着温度升高，平衡向吸方向移；升高温度促NaClO分解，且其它金属离子浸出也增多；(5)和MoS2可充 池的工作原理xLi+nMoSxLi+nMoSLi(MoS2)n， 池充阳极上的极反式放正极反式的逆反，放，正极上MoS2得子和离子反生成Li(MoS2)n。

本考物的制及混合物的分离和提高考点，把握流程本考物的制及混合物的分离和提高考点，把握流程中每一步生的反及操作方法是解本型的关，注意合信息解答，重分析与算能力的考，目度中等。9.【答案】-209.9氢化反应的活化能小或反应物的浓度大4排出氢气或急剧降温副反应增加CD503200【解析】解：⑴①I◎环戊二烯⑴+H2(g解：⑴①I◎环戊二烯⑴+H2(g)吧O环戊烯⑴△H=-100.5kJ・mol-1@l(1)+H2(g)网询O环戊烷⑴△H=-109.4kJ・mol-1将方程式①+将方程式①+②得Q⑴+2H2(g)kJ/mol=-209.9kJ/mol,。⑴，△+-(100.5+109.4)故答案：-209.9；(2(2)①活化能越小、反物度越大，反越易正向移，0〜4h化反速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，速率比副反快的可能原因是化反的活化能小或反物的度大，故答案：化反的活化能小或反物的度大；②戊的率越大、戊的率越小越好，根据知4h戊率最大；若需迅速减慢甚至停止反，可以通减少反物度或降低温度，所以排出气或急降温都能迅速减慢甚至停止反，故答案：4；排出气或急降温；③副反能降低己的率，所以一段后，戊率快速下降的原因可能是副反增加，故答案：副反增加；(3)①A.增大双戊二的用量，平衡正向移但是其化率降低，故B.使用催化只改化学反速率不影响平衡移，故；C及分离物，平衡正向移提高双戊二 化率，故正确;

D.适当提高温度平衡正向移，双戊二 化率升高，故正确；故CD；②加入的双戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL双戊二的化率80%，剩余双戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒温恒容条件下，气体的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）的物的量1.6xmol，恒温恒容条件下，气体的之比等于物的量之比，所以（x+y）mol：（0.2x+1.6x+y）mol=300kPa：500kPa=3：5，x：y=5：1，故答案：50；3200。⑴①⑴+H2（g）吧O环戊烯⑴△H=-100.5kJ・mol-1（1）+H2（g）度询O环戊烷⑴△H=-109.4kJ・mol-1将方程式①+②得⑴+2H2（g）回里Q］（1）， 行相的改（2）①活化能越小、反物度越大，反越易正向移②戊的率越大、戊的率越小越好；若需迅速减慢甚至停止反，可以通减少反物度或降低温度；③副反能降低己的率；（3）①反是一个反前后气体体增大的吸反，减小、升高温度都使平衡正向移，有利于提高双戊二平衡化率；②加入的双戊二的物的量xmol、水的物的量ymoL双戊二的化率80%，剩余双戊二的物的量0.2xmol、生成戊二的物的量1.6xmol，恒温恒容条件下，气体的 之比等于物的量之比，所以(x+y)mol:(0.2x+1.6x+y)mol=300kPa:500kPa=3:5,x:y=5:1,平衡p(HO)=]/)f，x500kPa;2 i血+泸i血P(双戊二)二1晨.x500kPa=^x500kPa=50kPa、P(戊二)[-^50—x500kPa=P^x500kPa=400kPa,，\平衡常数Kp="二环戊一烯)平衡常数Kp=汽双环戊二烯)。本考化学平衡算，重考象分析判断及算能力，明确外界条件化学平衡移影响原理及化学平衡常数算方法是解本关，注意:催化只改化学反速率不影响平衡移，加入某种气体反物然平衡正向移但是反物化率减小而不是增大， 解答易点。10【答案】第四周期第VIII族3d66C<N<O2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KClNH3、Cl-AA的结构对称程度高，较稳定，为非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小LaNi5H3【解析】解：(1)①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族，故答案：第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，离子中3d能上6个子其价子，其价子排布式3d6；阴离子的配位数6，故答案:3d6；6；③K3[Fe(CN)5NO]的成元素中，属于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金属性越，其 性越大，非金属性C<N<O, 性C<N<O,故答案：C<N<O;④把气通入黄血(K4[Fe(CN)6])溶液中，得到赤血(K3[Fe(CN)6]),根据原子守恒知生成KC1,反方程式2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl，故答案:2K4[Fe(CN)6]+Cl2=2K3[Fe(CN)6]+2KCl；(2)分子式[Pt(NH3)2Cl4]的配合物的配体是NH3、Cl-;配合物有两种不同的构，其中呈橙黄色的物的构比不定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物的构定，在水中的溶解度小，根据相似相溶原理知，极性分子在水中的溶解度大，非极性分子在水中溶解度小，A构称非极性分子，在水中溶解度小，B构不称极性分子，在水中溶解度大，故答案：NH3、C1-;A;A的构称程度高，定，非极性分子，根据相似相溶原理，A在水中的溶解度小；（3）晶胞中La原子个数=8*[]=1、2原子个数=1+8、口=5， 合金吸咐H2，H2解离H存在其中形成化合物。若 后，原子占据晶胞中上下底面的棱心和上下底面的面心， H原子个数=8、++2x=3,所以其化学式LaNi5H3，故答案：LaNi5H3。（1）①Fe在元素周期表中的位置第四周期第VIII族；②Fe原子失去4s能 子生成Fe2+，离子中3d能上6个子其价子，阴离子的配位数。③K3[Fe（CN）5NO]的成元素中，属于第二周期的元素有C、N、O,元素的非金属性越，其性越大；④把气通入黄血（K4[Fe（CN）6]）溶液中，得到赤血（K3[Fe（CN）6]），根据原子守恒知生成KCl；（2）分子式[Pt（NH3）2Cl4]的配合物的配体是NH3、Cl-；配合物有两种不同的构，其中呈橙黄色的物的构比不定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物的构定，在水中的溶解度小，根据相似相溶原理知，极性分子在水中的溶解度大，非极性分子在水中溶解度小；合金吸咐（3）晶胞中La原子个数=8'1=1、2原子个数=1+8、口=5,合金吸咐H2，H2解离H存在其中形成化合物。若 后，原子占据晶胞中上下

底面的棱心和上下底面的面心，H原子个数=8、++2x=3。本考物构和性，涉及晶胞算、配合物构、元素周期律等知点，重考分析推断及知合运用能力，注意均法在晶胞算中的运用，目度不大。11.【答案】苯乙烯O2/Cu11.【答案】苯乙烯O2/Cu（或Ag）、加热加成反应、取代反应碳碳双键、加成反应（C13H14O）n【解析】解：⑴B CH=CHa,物B的名称：苯乙。反④是苯乙醇氧化生成（'『CH2CH□，所需的 和条件分 ：O2/Cu（或Ag）、加，故答案：苯乙；O2/Cu（或Ag）、加；⑵反②是苯乙与HCl生加成反生成CHaCHaCi,反③是2cH2cl化得到-CH^CHaOH，属于取代反，故答案：加成反、取代反；(3)物H含有的官能的名称是：碳碳双(3)物H含有的官能的名称是：碳碳双、基，物J的化学式是：（C13Hl4O）n，故答案：碳碳双、基；（C13Hl4O）n；（4）反⑤的化学方程式

故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。(5故答案__CHO _hcho-CV孚，HCH0- CHho+耳。能生成气，明含有基，ii.含碳碳(不考"-C三COH),iii.苯2:1:1,符合条件的同分异构体：VCHpH上只有两个于位的取代基；2:1:1,符合条件的同分异构体：VCHpH故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0与加成反得到。苯甲醇氧化生成与乙碱性条件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crq故答案vCHpH，由OH<^>-CH=CHCH0与加成反得到。苯甲醇氧化生成与乙碱性条件下得到，合成路流程O,即呼CH。誓空O^crqCECHCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的构式、反条件、BCHQH0a/CuCH。誓苧 口由D的构式、反条件、B与C的分子式，逆推可知CCHzCHzCl、B比D、G的构，合信息①可知，D生氧化反生，故答案成E,FHCHO.比G、J成E,FHCHO.比G、J的构，可知G生信息②中的加成反生成H,H生加聚反生成J,故H本考有机物的合成与推断，涉及有机物命名、有机反型、官能的、有机反方程式的写、限制条件同分异构体的写、合成路等，熟掌握官能的性与化，是有机化学基常考型。12.【答案】H2+2FeCl3m2FeCl2+2HClBACDCE（或BCDCE）