河北沧州市部分学校2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题（含解析）

高三化学考试时间为75分钟，满分100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Si-28P-31S-32Cl-35.5一、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.龙图腾是中华民族传统文化和精神的象征。下列与龙有关古文物的叙述错误的是A.“龙首人身陶生肖俑”是以黏土为主要原料，经高温烧结而成B.“战国青铜双翼神龙”的主要材质为铜合金C.“东汉玛瑙龙头雕刻品”的主要成分为二氧化硅D.“月白地云龙纹缂丝单朝袍”所使用的丝的主要材质为纤维素【答案】D【解析】【详解】A．陶瓷以黏土为主要原料，经高温烧结可制得陶生肖俑，A正确；B．青铜是铜锡合金，属于铜合金，B正确；C．玛瑙的主要成分为（二氧化硅），C正确；D．蚕丝的主要成分是蛋白质，不是纤维素，D错误；故选D。2.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是A.冰箱中放入活性炭，能起到除异味和杀菌作用B.肥皂水可用作蚊虫叮咬处的清洗剂C.来苏水（主要成分甲酚）和过氧乙酸混合使用，消毒效果更好D.福尔马林具有防腐作用，可用作食品的保鲜剂【答案】B【解析】【详解】A．活性炭具有吸附性，可吸附除去冰箱中的异味，但没有杀菌作用，A错误；B．蚊虫叮咬时会释放甲酸，肥皂水呈弱碱性，可与甲酸发生中和反应缓解痛痒，可用作叮咬处的清洗剂，B正确；C．来苏水的主要成分甲酚具有还原性，过氧乙酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化还原反应，导致消毒效果下降甚至消失，C错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液，有毒且具有致癌性，不能用作食品的保鲜剂，D错误；故答案选B。3.实验是化学的基础。下列有关仪器的装置图、名称、用途和操作的叙述均正确的是装置图与装置名称用途与操作A．用酒精萃取碘水中的碘，碘层需从上口放出B．可用于量取溶液装置图与装置名称用途与操作C．除去中混有的D．配制一定物质的量浓度的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．酒精与水互溶，不能作为萃取碘水中碘的萃取剂，A错误；B．溶液呈碱性，会腐蚀酸式滴定管的玻璃活塞，应使用碱式滴定管量取，B错误；C．极易溶于饱和溶液，且饱和溶液可降低的溶解度，洗气装置长进短出符合操作规范，可除去中混有的，C正确；D．容量瓶为定容仪器，不能用于溶解固体溶质，应先在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，D错误；故选C。4.设表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.的溶液中所含的数目为B.与一定量反应，生成和的混合物，共失去电子数为C.用含的饱和溶液制备胶体，所得胶体粒子的数目为D.晶体中所含数目为【答案】B【解析】【详解】A．题干未给出溶液的体积，无法计算溶液中的物质的量，不能确定的数目，A错误；B．与反应时，均被氧化为+1价的，参与反应失去电子的物质的量为，数目为，B正确；C．胶体粒子是多个微粒聚集形成的，故所得胶体粒子数目远小于，C错误；D．的物质的量为，晶体中1个原子形成4个键，故中键数目为，D错误；故选B。5.下列化学用语正确的是A.的电子式为B.的电离方程式为C.中键的电子云轮廓图为D.1个乙烯分子中有5个键和1个键【答案】B【解析】【详解】A．是共价化合物，电子式中不存在阴阳离子，正确电子式为，A错误；B．是弱电解质，在水溶液中部分电离，可结合水分子生成，电离方程式书写正确，B正确；C．中的键为键，电子云轮廓图应为端（轨道）小、端（轨道）大的不对称结构，电子云轮廓图为，图示为对称的键电子云轮廓图，C错误；D．乙烯分子中4个键为键，碳碳双键中存在1个键和1个键，键共4个，D错误；故选B。6.下列离子方程式书写正确的是A.将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl2=2Cl-＋3H++SOB.电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C.NaClO溶液中加入少量FeSO4溶液：2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2OD.等体积、等浓度的NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将少量氯气通入NaHSO3溶液中离子方程式为：4HSO+Cl2=2Cl-＋2H2O+3SO2↑+SO，A错误；B．电解MgCl2溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，B错误；C．NaClO溶液显碱性，故NaClO溶液中加入少量FeSO4溶液的离子方程式为：5H2O+2Fe2++5ClO-═Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，C错误；D．等体积、等浓度的NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液混合的离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，D正确；故答案为：D。7.下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作及现象结论A向溶液中依次加入2滴浓度均为的溶液和溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀B用试纸分别测得溶液的约为10，溶液的约为9C向KI稀溶液中滴加新制氯水，没有看到溶液颜色加深过量的将氧化D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，待冷却后，再加入银氨溶液，并水浴加热，未出现银镜淀粉未发生水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溶液过量，加入时过量的直接与反应生成黄色沉淀，并非沉淀转化为，无法比较二者大小，A错误；B．未说明溶液和溶液的浓度相等，盐溶液浓度不同时水解程度不同，无法根据比较对应酸的电离常数大小，B错误；C．少量氯水可将氧化为使溶液颜色加深，若氯水过量，会进一步将氧化为无色的，故观察不到颜色加深可说明过量将氧化，C正确；D．淀粉水解后溶液呈酸性，银镜反应需在碱性条件下进行，实验未先加碱中和稀硫酸，无法检验葡萄糖的存在，不能得出淀粉未水解的结论，D错误；故选C。8.已知X、Y、Z、W、Q五种元素的原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊为这些元素形成的化合物；R、T为其中两种元素对应的单质，T为紫红色金属；甲的水溶液显弱碱性，可用作化肥；丁为常见无色透明且有特殊香味的液体；甲、丙分子中均含10个电子；它们之间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.第一电离能：Z>W>YB.电负性：W>Z>XC.X、Y、Z、Q分属于元素周期表中3个不同的分区D.X、Y、Z、W四种元素不能组成两性化合物【答案】D【解析】【分析】T为紫红色金属，则T为铜，甲的水溶液显弱碱性，甲为，故与氧化铜反应生成、和，故R为，乙为，丙为，丁为常见无色透明且有特殊香味的液体，丁为醇，醇与氧化铜反应生成、和醛，根据上述推断，X、Y、Z、W、Q五种元素的原子序数依次增大，分别为、、、、。【详解】A．同一周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，但是基态原子的最高能级电子半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能Z>W>Y，A正确；B．元素的电负性在同一周期中，随着原子序数增大而增大，故电负性W>Z>X，B正确；C．在元素周期表中，位于s区，和位于p区，位于ds区，C正确；D．、、、可以形成氨基酸，其中氨基有碱性，羧基有酸性，这四种元素可组成两性化合物，D错误；故答案选D。9.硫酸铵[]是重要的化工原料。某化工厂用石膏、、和制备的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.通入和的顺序可以互换B.“操作2”为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C.“步骤②”中反应的离子方程式为D.通入的和均应过量，且工艺流程中可循环利用【答案】B【解析】【分析】根据流程图，需要向硫酸钙浊液中通入氨气和二氧化碳，由于氨气极易溶于水，首先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入适量的二氧化碳，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤，然后将滤液蒸发结晶，可以使硫酸铵从溶液中析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，据此分析解答。【详解】A．极易溶于水，先通入可使溶液呈碱性，增大的溶解度；若顺序互换，溶解度小，溶液中浓度过低，无法生成沉淀，顺序不能互换，A错误；B．滤液为溶液，受热易分解，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的操作可得到纯净的晶体，B正确；C．是微溶物，悬浊液中不能拆写为，正确离子方程式为，C错误；D．若过量，会与、反应生成可溶性的，无法得到沉淀，因此不能过量，D错误；故答案选B。10.我国科学家研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示，晶胞的棱边边长为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为B.若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则的熔点比高C.磷化硼晶体中，每个硼原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有4个D.磷化硼晶胞密度为【答案】C【解析】【详解】A．B原子的价电子数为3，且杂化类型为sp3杂化，其中与3个Р原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，配位键也属于共价键，磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为，A错误；B．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N<P，则键长B-N键<B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，B正确；C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为8×+6×=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1:1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，C错误；D．磷化硼晶胞密度为，故D正确；故选C。11.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物，也是国家的战略储备药。其结构如图所示，关于奥司他韦的说法正确的是A.分子中所有原子可以共平面B.不可以使溴水褪色C.1mol分子最多可与3molH2发生反应D.分子中官能团种类有5种【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由分子结构简式可知，分子中含有甲基、乙基和3-戊基等结构，故分子中不可能所有原子共平面，A错误；B．由分子结构简式可知，分子中含有碳碳双键，故可以使溴水褪色，B错误；C．由分子结构简式可知，分子中含有1mol碳碳双键可以加成1molH2，1mol酮羰基可加成1molH2，故1mol分子最多可与2molH2发生反应，C错误；D．由分子结构简式可知，分子中官能团种类有碳碳双键、氨基、酯基、醚键和酮羰基共5种，D正确；故答案为：D。12.过硫酸铵可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是A.a为外接电源的负极B.电解总反应：C.阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代D.电解池工作时，I室溶液质量理论上逐渐减小【答案】C【解析】【分析】S元素化合价由＋6价升高为＋7价，化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外接电源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。【详解】A．根据分析，a为外接电源的负极，A正确；B．根据分析，阴极氧气被还原，阳极硫酸根被氧化，电解总反应正确，B正确；C．根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根，阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；D．电解池工作时，I室溶液中氢离子移向阴极，硫酸根移向阳极，消耗硫酸，I室溶液质量理论上逐渐减小，D正确；故选C。13.CO用于处理大气污染物，在催化剂作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。下列说法错误的是A.CO用于处理大气污染物的反应为B.该总反应的反应C.该总反应的决速步是反应②D.该反应催化剂为，为中间产物【答案】C【解析】【分析】=生成物的总能量-反应物的总能量，慢反应决定总反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，根据图1和图2可以看出反应的催化剂为Zn+，ZnO+为中间产物，以此做题。【详解】A．根据流程图可以看出反应过程中CO变为CO2，N2O变成N2，因此化学方程式为：，故A正确；B．=生成物的总能量-反应物的总能量，根据图2可以看出反应的能量为=-361.22-0=-361.22kJ/mol，故B正确；C．反应①的活化能是149.6kJ/mol，反应②的活化能是108.22kJ/mol，反应②的活化能更小，因此反应①是总反应的决速步，C错误；D．根据图1和图2结合，可以看出反应的催化剂为Zn+，ZnO+为中间产物，D正确；故选C。14.已知：联氨（）为二元弱碱，常温下联氨的水溶液中有下列平衡：；。常温下，向的水溶液中滴加的盐酸，混合溶液中含氮粒子的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A.B.常温下，当时，溶液中的C.常温下，滴加盐酸时，混合溶液的D.当混合溶液中时，滴加盐酸的体积小于【答案】D【解析】【详解】A．根据题图知，c(N2H4)=c()时，-lgc(OH-)=6.0，即c(OH-)=10-6mol/L，则，A错误；B．根据图示知，常温下当时，-lgc(OH-)=15.0，即c(OH-)=10-15mol/L，则，B错误；C．常温下滴加5mL盐酸时，得到等物质的量的N2H4和N2H5Cl的混合溶液，由于N2H4的电离常数，的水解常数，故N2H4的电离程度大于的水解程度，溶液中c()>c(N2H4)，由图像可知此时-lgc(OH-)>6，即c(OH-)<10-6mol/L，则c(H+)>10-8mol/L，pH<8，C错误；D．根据电荷守恒，知混合溶液中时，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，而滴加盐酸体积为10mL时得到的是N2H5Cl溶液，为强酸弱碱盐，显酸性，故溶液呈中性时滴加盐酸的体积小于10mL，D正确；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.白色固体二氯异氰尿酸钠(CNO)3Cl2Na是常用的消毒剂，难溶于冷水。某实验小组利用高浓度的NaClO和(CNO)3H3固体制备二氯异氰尿酸钠［2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O]的实验装置如图所示(部分夹持装置省略)。回答下列问题：(1)盛放浓盐酸的仪器X的名称为______，装置A中发生反应的化学方程式为______。(2)当装置B出现______现象时，由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体，在反应过程中仍不断通入Cl2的目的是______。(3)反应结束后，装置B中的浊液经过滤、______、干燥得粗产品。(4)实验发现装置B中NaOH溶液的利用率较低，改进方法是______。(5)制备实验结束后，该实验小组利用滴定的方法测定二氯异氰尿酸钠的纯度，实验步骤为：准确称取mg样品，用100mL容量瓶配制成100mL溶液；取25.00mL上述溶液加入适量硫酸酸化并加入过量的KI溶液，充分反应后，加入适量淀粉作指示剂，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复滴定3次，消耗标准液的体积平均为VmL。涉及的反应原理为(CNO)3Cl2Na+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO+Na+，I2+2S2O=S4O+2I-①样品中二氯异氰尿酸钠的质量分数为______。(列出表达式即可)②该滴定方法测得的(CNO)3Cl2Na样品的质量分数误差较大，请用离子方程式表示可能的原因______。【答案】①.恒压分液漏斗②.6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O③.液面上方出现黄绿色气体④.使反应生成的NaOH继续反应，提高原料利用率⑤.冰水洗涤⑥.在A、B装置间加饱和食盐水洗气瓶洗气⑦.×100%⑧.2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O【解析】【分析】本题是以浓盐酸和氯酸钾反应来制备氯气，故装置A发生的反应为：6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B为制备二氯异氰尿酸钠(CNO)3Cl2Na的发生装置，反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，装置C为尾气处理装置，据此分析解题。【详解】(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗，氯酸钾是强氧化剂和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，装置A中制备Cl2的化学方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：恒压滴液漏斗；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)待装置B液面上方有黄绿色气体时，再由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是：使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率，故答案为：液面上方有黄绿色气体；使反应生成的氢氧化钠再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；(3)二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体难溶于冷水，反应结束后，装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤、干燥得粗产品，故答案为：冰水洗涤；(4)上述装置存在一处缺陷，浓盐酸挥发出的氯化氢会和氢氧化钠发生反应，会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：在AB装置之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(5)①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmol•L-1=cV×10-3mol，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n((CNO)3Cl2Na)=0.25n(S2O32-)=0.25cV×10-3mol，(CNO)3Cl2Na的质量：m((CNO)3Cl2Na)═0.25cV×10-3mol×220g/mol=0.25cV×220×10-3g，故样品中的二氯异氰尿酸钠的质量分数为==×100%，故答案为：×100%；②由①由题目提供反应：可知：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-，n(Na2S2O3)=V×10-3L×cmol•L-1=cV×10-3mol可知，(CNO)3Cl2Na的质量由S2O32-的量来测定，由于副反应2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O均能导致S2O32-的量增大，从而导致该滴定方法测得的(CNO)3Cl2Na样品的质量分数误差较大，故答案为：2H++S2O=S↓+SO2↑+H2O或4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。16.磷酸铁锂（）是锂离子电池的正极材料，可利用钛铁矿（主要成分为难溶性的，含有少量的、等杂质）来制备，工艺流程如图所示。已知：，。回答下列问题：（1）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如可写成，则可写成__________________________。钛铁矿经盐酸浸取后过滤，则“滤渣”的主要成分为_____________（填化学式）。（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出其水解形成反应的离子方程式：________________________________________________________。（3）加快“酸浸”速率的方法是___________________________________（任写一种即可）。加入双氧水的目的是__________________________________________。（4）若“滤液2”中，加入双氧水和（假设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时____________（填“是”或“否”）有沉淀生成。（5）写出“高温煅烧”中由制备的化学方程式：___________________________。（6）锂离子电池充电时，接电源的____________（填“正极”或“负极”），脱出部分，形成，若，则电极材料中____________。【答案】（1）①.②.（2）（3）①.适当升高温度（或搅拌、将钛铁矿粉碎、适当增大盐酸浓度等任写一种）②.将氧化为（4）否（5）（6）①.正极②.【解析】【分析】钛铁矿中加入盐酸酸浸后过滤，得到的滤液1通过水解后再过滤得到TiO2·xH2O和滤液2，滤液2加入双氧水和磷酸处理后过滤得到FePO4，FePO4加入草酸和碳酸锂高温煅烧反应得到LiFePO4。【小问1详解】化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3，可写成Na2O·SiO2活泼金属氧化物写在前面，则FeTiO3可写成FeO·TiO2钛铁矿经盐酸浸取后过滤，由于酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2。【小问2详解】“酸浸”后，钛主要以形式存在，水解形成TiO2·xH2O，相应反应的离子方程式为。【小问3详解】提高反应速率,可以采用升高温度、搅拌、将钛铁矿粉碎、适当增大盐酸浓度等;加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与反应生成沉淀FePO4。【小问4详解】,，故无沉淀生成。【小问5详解】“高温煅烧”中由FePO4加入草酸和碳酸锂反应制备LiFePO4，反应的化学方程式为。【小问6详解】LiFePO4为原电池正极物，锂离子电池充电时，接电源的正极，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x=，化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe2+为a，Fe3+为b,则有,解得,,则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=13：3。17.丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：①kJ/mol②kJ/mol（1）已知的活化能(逆)为164kJ/mol，则该反应的活化能(正)为_______kJ/mol。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6反应进行到；300min时，反应①的平均反应速率_______kPa/min(保留3位有效数字)。Ⅱ.已知制备丙烯的某反应为：kJ·mol（3）①某温度下，在刚性容器中充入，起始压强为10kpa，平衡时总压强为16kpa，该反应的平衡常数_______Kpa。②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中和的物质的量分数随温度变化关系如图所示。100kpa时和的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_______、_______。③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_______。A.丙烯的生成速率逐渐增大B.降低反应温度，k减小C.增加丙烷浓度，r增大D.增加浓度，r增大（4）在催化剂的作用下的转化和的产率随温度变化关系如图2所示。观察图2，的选择性随温度升高而_______(填“增大”、“减小”、“不变”)，分析出现这样变化的原因可能是_______(的选择)。【答案】（1）132（2）0.0747（3）①.9②.X③.W④.BC（4）①.减小②.催化剂对的选择性降低(或发生副反应)【解析】【分析】把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键【小问1详解】根据盖斯定律，①-②=-134KJ/mol+102KJ/mol=-32KJ/mol=活化能Ea（正）-Ea（逆），则该反应的活化能Ea（正）=-32KJ/mol+164KJ/mol=132KJ/mol；【小问2详解】反应②是气体体积不变化的反应，对压强变化无影响，则表格中的压强变化全部来源于反应①，恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比，设该条件下1mol气体的分压为40kPa，2mol气体则起始压强为80kPa，300分钟时，反应后混合气体的压强为57.6

kPa，反应后混合气体总量为，此反应的气体物质的量差量为1，所以生成n(CH2ClCHClCH3)=2mol-1.44mol=0.56mol，CH2ClCHClCH3的分压p（CH2ClCHClCH3）=0.56×40kPa=22.4kPa，所以，【小问3详解】①假设反应中C3H8反应了ymol，可以列出三段式，平衡时总压强为16为kPa，10-y+y+y=16，解得y=6，反应平衡常数为，故答案为9；②由于正反应的△H>0，压强一定时升高温度，平衡正向移动，C3H6的物质的量分数增加，C3H8的物质的量分数减小，正反应是气体体积增大的反应，温度一定时增大压强，平衡逆向移动，C3H8的物质的量分数增大，

C3H6的物质的量分数减小，且温度一定时压强越大，C3H8的物质的量分数越大，

C3H6的物质的量分数越小，所以100Kpa

时C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是X，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是W，

故答案为X、W③A．随着反应的进行，C3H8的物质的量浓度减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故A错误；

B．K是反应速率常数，只与温度有关，降低反应温度，K减小，故B正确；C．r=k·c(C3H8)，c(

C3H8)增大，

则r增大，故C正确；

D．r=k.c(C3H8)，则r与H2浓度变化无关，即增大H2浓度，对反应速率无影响；故答案选B和C；【小问4详解】①由图2可知，在535℃时，C3H8的转化率为6%，C3H6的产率是4%，则C3H6的选择性为，在550℃时，C3H6的选择性为61.5%，温度为575℃时C3H6选择性变为50%，所以C3H6的选择性随温度升高而减小；②减小的原因可能是催化剂对丙烯的选择性降低，也可能是丙烷发生了其他的副反应，故答案为：减小；催化剂对C3H6的选择性降低(或发生副反应)。查化学平衡计算及化学平衡移动影响因素等知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键，注意掌握焓变与活化能的计算关系。18.有机化合物H可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。已知：①RCOOHR为烃基②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。请回答：(1)E的结构简式为______，F的名称为______。