【文档说明】【精准解析】广东省广州市铁一中学2020届高三2月月考理科综合化学试题.doc，共(19)页，784.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019～2020学年下学期2月月考广州市铁一中学高三理科综合1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O

-16Mg-24Cu-64Re-186第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法正确的是（）A.寻找合适

的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向B.福尔马林、水玻璃、漂白粉均为混合物C.煤油可由石油裂解获得，可用作燃料和保存少量金属钠D.2019年底广东出现的旱情，可以用氯化银进行人工降雨【答案】B【解析】【详解】A．违反了能量守恒定律。催化剂能提高反应速率，但不能改变反应

物和生成物的能量，所以不能改变反应热，A选项错误；B．福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，漂白粉含次氯酸钙和氯化钙等成分，所以它们均为混合物，B选项正确；C．煤油可由石油分馏获得，不是由裂解获得，C选项错误；D．氯化银不能用于人工降雨，

可用碘化银进行人工降雨，D选项错误；答案选B。2.天津大学研制了一种纳米Cu-SiO2反应器用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG，反应过程示意图如图，下列说法不正确的是（）A.DMO分子中所有原子不可能在同

一平面上B.EG和丙三醇不是同系物C.反应过程中生成了EG和甲醇D.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂【答案】D【解析】【分析】根据题意结合图可知，草酸二甲酯(DMO)和氢气发生还原反应，生成MG和甲醇，MG再进一步还原成EG，EG是乙二醇。【详解】A．甲基碳是饱和

碳，所连原子呈四面体结构，所以DMO分子中所有原子不可能在同一平面上，A选项正确；B．EG含2个羟基，而丙三醇含3个羟基，所以它们不是同系物，B选项正确；C．由图可知，该过程总反应为DMO和氢气反应生成EG和甲醇，C选项正确；D．DMO分子中不只有碳氧单键发生了

断裂，碳氧双键也发生了断裂，D选项不正确；答案选D。【点睛】1.有机分子共面问题：苯环的6个C及其连的6个原子共12个原子共面；双键的2个C及其连的4个原子共6个原子共面；饱和碳及其相连的4个原子，只有3个原子共面。2.同系物要求结构相似，结构相似是指

：特殊的结构种类相同、数目相同，如本题B选项，乙二醇和丙三醇羟基数不同，所以它们不是同系物。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者小于

后者B.18gT2O中含有的中子数为12NAC.2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NAD.常温常压下，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C－H键【答案】C【解析】【详解】A．根据电荷守恒，1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LN

aF溶液中离子的关系分别是：c(Na+)1＋c(H+)1=c(Cl-)1+c(OH-)1，c(Na+)2＋c(H+)2=c(F-)2+c(OH-)2，由于二者浓度相等，且Na+不水解，所以c(Na+)相等，又由于NaCl溶液为中性，而NaF溶液因F-水解显碱性，所以c(H+)1＞c

(H+)2，所以c(Na+)1＋c(H+)1＞c(Na+)2＋c(H+)2，显然，也有c(Cl-)1+c(OH-)1＞c(F-)2+c(OH-)2，所以，1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中离子总数：前者大于后者，A选项错误；B．1分

子T2O含中子数为2×2＋8=12，T2O摩尔质量为3g∙mol-1×2＋16g∙mol-1=22g∙mol-1，所以18gT2O中含有的中子数为-1AA-118g10812mol22gmol11NN，B选项错误；C．镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁化合价均升高了2

，所以2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为-1AA-12.4g2mol0.224gmolNN，C选项正确；D．C2H6O有CH3CH2OH和CH3OCH3两种同分异构体，C-H键数目不同，分别是5和6，所以23gC2H6O中，C

－H键数为2.5NA或3NA，D选项错误；答案选C。【点睛】同为NaA型的不同电解质溶液总离子浓度的比较：1．同一溶液中阴离子和阳离子浓度相同；2．可以从阳离子着手，因为c(Na+)相等，所以比较c(H+)即可。相应的，BCl型的电解质溶液可以从阴离子着手。4

.下列实验操作、现象（或方程式）和结论均正确的是（）选项操作现象或方程式结论A将等体积等pH的两种酸HX和HY与足量的锌反应完全，收集产生的氢气并冷却到室温，记录其体积HX收集到的氢气多酸的电离常数：HX＜HYB向苯酚浊液中滴加

Na2CO3溶液浊液变清酸性：苯酚＞H2CO3C将C和SiO2的固体混合物高温加热2C+SiO2Si+2CO↑非金属性C＞SiD将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中有刺激性气味产生乙醇发生酯化反应A.AB.BC.

CD.D【答案】A【解析】【详解】A．等体积等pH的HX与HY两种酸溶液，酸性越弱，浓度越大，能与Zn反应产生的H2越多，所以，HA放出的氢气多，证明酸性：HX＜HY，所以酸的电离常数：HX＜HY，A选项正确；B．向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，发生的反应是苯

酚和Na2CO3生成苯酚钠和碳酸氢钠，而不是生成CO2，所以，不能证明苯酚酸性比碳酸强，B选项错误；C．非金属性越强，单质的氧化性越强，但该反应C表现的是还原性，所以不能用该反应比较元素的非金属性，C选项错误；D．将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中，产生的有刺激性气味的气体是乙醛，发生

的是氧化反应，而不是酯化反应，D选项错误；答案选A。【点睛】1．酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO-3。较强酸可制较弱酸，所以苯酚能和Na2CO3反应生成NaHCO3而不能生成H2CO3。2．反应2C+SiO2Si+2CO

↑发生的一个重要因素是产物中有气体逸出，有利于反应向正向进行。5.已知原子序数前20号主族元素W、X、Y、Z，分属三个不同周期，由这四种元素组成的一种物质可以检验Fe3+，电子式如图所示，以下说法正确的是（）A.含W的大量污水排放到湖泊、水库

和近海海域，不会导致污染问题B.X的氢化物在常温下一定是气体C.W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应，Y的简单氢化物也可与其最高价氧化物的水化物反应D.Z的单质在坩埚中受热与氧气剧烈反应，发出黄色火焰，

生成淡黄色固体Z2O2【答案】C【解析】【分析】根据检验Fe3+的方法和的结构可知，该物质是KSCN，进一步判断W、X、Y、Z分别是N、C、S、K，可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】根据分析，W、X、Y、Z分别是N、C、S、K。A．含K的大量污水排放到湖泊、水库和近海海域

，会导致水体富营养化，造成水体污染，A选项错误；B．C的氢化物是烃，烃的熔沸点随相对分子质量的增大而增大，状态由气→液→固，B选项错误；C．W的简单氢化物NH3可与其最高价氧化物的水化物HNO3反应生成NH4NO3，Y的简单氢化物H2S有强还原性，Y的最高价氧化物的水化物的浓溶液浓硫

酸有强氧化性酸，它们之间能发生氧化还原反应，C选项正确；D．K受热与氧气反应，剧烈燃烧，产生的火焰透过蓝色钴玻璃显紫色，生成比过氧化物更复杂的物质，D选项错误；答案选C。6.电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的

新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。(已知：WO3和Li4Fe4[Fe(CN)6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色)下列有关说法正确的是（）A.当B外接电源负极

时，膜由无色变为蓝色B.当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ=Li4Fe4[Fe(CN)6]3C.当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原D.当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光【答案】B【解析】【分析】根据题

意及图示信息可知，结合电解原理可知，当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，当A接电源负极时，WO3得电子被还原，发生的电极反应为：WO3+Li++e-

=LiWO3，膜由无色变为蓝色，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.当B外接电源负极时，Fe4[Fe(CN)6]3转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，膜由蓝色变为无色，A项错误；B.当B外接电源负极时，根据电解原理可知，离子储存层Fe4[Fe(CN)6]3得电

子转化为Li4Fe4[Fe(CN)6]3，发生反应为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4eˉ＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3，B项正确；C.当A接电源的负极时，WO3得电子被还原为LiWO3，Li+

只是作为电解质溶液导电，未发生氧化还原反应，C项错误；D.当A接电源正极时，LiWO3失电子发生氧化反应得到WO3，膜由蓝色变为无色，透射率增强，不能有效阻拦阳光，D项错误；答案选B。7.已知联氨(N2H4)为二元碱，25℃时向联氨水溶液中逐滴滴加盐酸溶液，混

合溶液中的微粒的物质的量分数随pOH[pOH=－lgc(OH-)]变化的关系如图所示。已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。下列叙述错误的是（）A.联氨的第一步电离平衡常数Kb1

=10-6B.N2H5Cl溶液中存在：c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)C.当溶液中c(N2H62+)︰c(N2H5+)=1︰1时，c(H+)=10mol/LD.pOH=6时c(N2H4)与pOH=15

时c(N2H62+)相同【答案】D【解析】【分析】根据题意结合图可知，随着pOH的增大，溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，α(N2H4)减小，α(N2H5+)先增大后减小，α(N2H62+)增大，当pOH=6.0时，c(N2H5+)＝c(N2H4)，pOH=15.0时，

c(N2H62+)=c(N2H5+)。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A．+-25b124(NH)(OH)=(NH)ccKc，pOH＝6时，c(N2H5+)＝c(N2H4)，Kb1=10-6，A选项正确；B．根据电荷守恒，N2H5Cl溶液中存在：c(Cl-)+c(OH-)

=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)，B选项正确；C．由图中信息可知，溶液中c(N2H62+)︰c(N2H5+)=1︰1时，pOH＝15，c(H+)＝10mol/L，C选项正确；D．由图中信息可知，pOH＝6时n(N2H4)与pOH＝15时

n(N2H62+)相等，但两溶液的体积不同，故两者浓度不同，D选项错误；【点睛】滴加溶液时要注意溶液体积的变化，因为溶质的浓度受溶液体积的影响。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14－18题只有一项符合题目要求，第19－21题有多项符

合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129

分）8.某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下：已知：SOCl2熔点-105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请回答：（1）写出

第②步调pH适合的一种物质______（填化学式），调pH后需进行的操作是_____。（2）第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是将溶液转移至蒸发皿中，缓缓加热至______。（3）第④步中

发生反应的化学方程式是______。（4）第④步，某同学设计的实验装置示意图（如图，夹持及控温装置省略）有一处不合理，请提出改进方案并说明理由_______。装置改进后，向仪器A中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞_____（填“a”“b”或“a和b”）。（5）Cu(

NO3)2·3H2O在170℃可失去结晶水变成Cu(NO3)2，若加热时间过长，Cu(NO3)2则会分解为一种黑色的固体，一种红棕色气体和另一种单质气体，写出反应的化学方程式：_______。（6）为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，

可用分光光度法。已知：4NH3·H2O+Cu2+=Cu(NH3)42++4H2O；Cu(NH3)42+对特定波长光的吸收程度（用吸光度A表示）与Cu2+在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)42+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如图所示：准确称取0.3150g无

水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_______（以质量分数表示）。【答案】(1).CuO或Cu(OH)

2或Cu2(OH)2CO3(2).过滤(3).溶液表面形成一层晶膜(4).Cu(NO3)2•3H2O+3SOC12=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑(5).在AB之间增加干燥装置，防止B中的水蒸气进入A中(6).b(7).2Cu(NO3)2•3H2OΔ2Cu

O＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O(8).92.5%【解析】【分析】为提高铜的浸取率，所用硝酸必然是过量的，此时铁也溶解转化为硝酸铁，调pH的目的是除去铁离子。然后蒸发浓缩、降温结晶得到硝酸铜晶体，最后在SOCl2的保护下脱去结

晶水得到无水硝酸铜，据此解答。【详解】(1)调节pH促进铁离子水解沉淀铁离子，不引入新杂质，同时不能沉淀铜离子，因此第②步调pH适合的物质是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；将Fe(OH)3沉淀分离的方法是过滤。答案为：CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；过滤(

2)蒸发浓缩停止加热的标志是溶液表面形成一层晶膜，然后再冷却结晶便可获得晶体。答案为：溶液表面形成一层晶膜(3)SOCl2遇水剧烈水解生成的两种酸性气体应为HCl和SO2，根据流程图可知，第④步中发生反应的化

学方程式是Cu(NO3)2•3H2O+3SOC12=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑。答案为：Cu(NO3)2•3H2O+3SOC12=Cu(NO3)2+3SO2↑+6HCl↑(4)第④步，某同学设计的实验装置有一处不合理，根据装置图可知应该是氢氧化钠溶液中的水蒸气可以进

入A中影响A中的硝酸铜晶体脱水反应。改进的方法是在AB之间增加干燥装置，理由是防止B中的水蒸气进入A中；装置改进后，向仪器A中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞b。答案为：在AB之间增加干燥装置，防止B中的水蒸气进入A中；b(5)根据题意可知，黑色的固体

应为Cu，红棕色气体应为NO2，是还原产物，则单质气体应是氧化产物，且为O2，所以该反应的化学方程式为：2Cu(NO3)2•3H2OΔ2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O。答案为：2Cu(NO3)2•3H2OΔ2CuO＋4NO2↑＋O2↑＋6H2O(6

)由图像可知，A=0.620时，对应的溶液中c(Cu2+)=1.55×10-3mol/L，则n[Cu(NO3)2]=-3-3100mL0.1L1.5510mol/L=1.5510mol10mL，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是-3-11.5510188gmol×100%=92.5%0.

3150gmol。答案为：92.5%【点睛】制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上。解答时要边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。9.CCTV在“新闻

30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铼矿，飞机上天全靠它。铼的稳定硫化物有ReS2，稳定的氧化物有Re2O7。工业上，常从冶炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如图（部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在）：回答下列问题：（1）铼不

溶于盐酸，可溶于稀硝酸生成高铼酸。高铼酸组成与高氯酸相似，写出反应的化学方程式：______。（2）操作A的名称是_____。“萃取”中萃取剂应具有的性质：_______（填代号）。①萃取剂难溶于水②萃取剂的密度

大于水③ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度④萃取剂不和ReO4-发生反应（3）在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是_____。（4）在高温下高铼酸铵分解生成Re2O7，用氢气还原Re2O7，制备高纯度铼粉。①写出高铼酸铵分解生成Re2O7

的化学方程式_______。②工业上，利用氢气还原Re2O7制备铼，根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量，其原因是______。（5）工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备Re2O7。以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe

2O7，理论上转移_____mol电子。【答案】(1).3Re＋7HNO3=3HReO4＋7NO↑+2H2O(2).分液(3).①③④(4).萃取有机层中ReO4-(5).2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7(6).H2除作还原剂外，还作保护

气、用于排尽装置内空气等合理答案(7).3.0×106【解析】【分析】(1)铼被稀硝酸氧化生成高铼酸，根据高铼酸组成与高氯酸相似可写出高铼酸化学式，并进一步写出反应的化学方程式；(2)根据流程图，用萃取

剂萃取后得到含铼有机层和水层，据此分析解答；根据萃取剂选择的条件分析判断；(3)根据流程图，经过用氨水、水作萃取剂进行反萃取后可以得到富铼溶液分析解答；(4)依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，据此书写方程式；联系氢气还原氧化铜实

验解答；(5)根据4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，结合氧化还原反应的规律计算。【详解】(1)高氯酸化学式为HClO4，高铼酸组成与高氯酸相似，高铼酸化学式为HReO4，根据信息，利用电子守恒、质量

守恒，可写出铼和稀硝酸反应的化学方程式为3Re＋7HNO3=3HReO4＋7NO↑+2H2O。答案为：3Re＋7HNO3=3HReO4＋7NO↑+2H2O(2)根据流程图，用萃取剂萃取后得到含铼有机层和水层，分离的方法为分液，“萃

取”中萃取剂应具有的性质：萃取剂难溶于水；ReO4-在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂不和ReO4-发生反应。答案为：分液；①③④(3)反萃取指用氨水、水作萃取剂，可以将有机层中ReO4-夺出来，分离出水层和有机层，ReO4

-进入水溶液。答案为：萃取有机层中ReO4-(4)①依题意，高铼酸铵分解是非氧化还原反应，生成七氧化二铼外，还有水、氨气，反应的化学方程式为2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7。答案为：2NH4ReO42NH3↑＋H2O↑＋Re2O7②工业上，利用

氢气还原Re2O7制备铼，氢气起三个作用：作还原剂、作保护气、用氢气排空气，因此根据生成铼的量计算氢气量，实际消耗H2量大于理论计算量。答案为：H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气(5)4ReS2＋15O22Re2O7＋8SO2，生成1molRe2O7时，转移30mol

电子。n(Re2O7)＝648.410g484gmol＝1.0×105mol，转移电子的物质的量：n(e-)＝3.0×106mol。答案为：3.0×106【点睛】对流程题，特别是涉及陌生物质的流程题，要仔细审题，首要弄清的是

该过程的目的，因为整个设计是围绕着实现这个目的来安排的。10.苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：(g)+H2(g)△H=+117.6kJ·mol-1（1）在刚性容器中要提高乙苯平衡转化率，可采取的措施有_______、__

____。（写出2种可行的方法）（2）实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和水蒸气，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图1所示。①平衡时，P(H2O)=______kPa，平衡常数Kp=___kPa

(Kp为以分压表示的平衡常数)②反应速率v=v正-v逆=k正P乙苯-k逆P苯乙烯P氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数。计算a处的vv正逆=___。（3）O2气氛下乙苯催化脱氢可同时存在以图2两种途径：①a=______。②途径I的反

应历程如图3所示，下列说法正确的是_____。a.CO2为氧化剂b.状态1到状态2形成了O-H键c.中间产物只有d.该催化剂可提高乙苯的平衡转化率③PCO2与乙苯平衡转化率关系如图4所示，分析PCO2为15kPa时乙苯平

衡转化率最高的原因_______。【答案】(1).升温(降压或及时移去产物)(2).降压(升温或及时移去产物，和第一空不能重)(3).80(4).45(5).2.5(6).159.2(7).a、b(8).当P(CO2)<15kPa，随着

CO2压强增大，反应物浓度增大，促进平衡向右移动；当P(CO2)>15kPa，过多的CO2会造成催化剂表面乙苯的吸附下降【解析】【分析】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，用平衡移动原理分析解答；(2)①先根据压强增大数值计算反应的乙苯，然后根据

乙苯的转化率计算混合气体中乙苯的分压，进而可得出水蒸气的分压，将各组分的分压代入平衡常数表达式可得Kp；②根据平衡时v正=v逆计算出KK正逆，再根据a点时反应混合物中个组分的分压代入速率公式及可得到相应的值；(3)①根据盖斯定律计算；②结合反应历程及化学平

衡移动原理分析；③根据CO2是反应物，结合反应物的浓度对化学平衡移动的影响及CO2在催化剂表面的吸附作用分析判断。【详解】(1)根据该反应的正反应为气体体积扩大的吸热反应，根据平衡移动原理可知：要提高乙苯的转化率，

可采取的措施为升高温度、降低压强及时移去产物等方式。答案为：升温(降压或及时移去产物)；降压(升温或及时移去产物，和第一空不能重)(2)该条件下，气体的压强和物质的量成正比，总压等于各气体分压之和。反应开始总压强为100kPa，反应达到平衡时增大为115kPa，增大了15k

Pa，则乙苯的分压降低15kPa，生成的苯乙烯和H2分压均为15kPa；由于乙苯的转化率为75%，因此反应开始时乙苯的分压为15kPa÷75%=20kPa，故H2O蒸气占80kPa；根据平衡常数的含义，用平衡分压表示的平衡常数Kp

=15kPa15kPa20kPa-15kPa=45kPa。答案为：80；45②可逆反应(g)(g)+H2(g)达到平衡时，正反应与逆反应速率相等，此时乙苯为5kPa，苯乙烯、氢气为15kPa，k正P乙苯=k逆P苯乙烯P氢气，

ppkkp正逆苯乙烯氢气乙苯=45kPa；在a点时压强为112kPa，则说明此时总压强比初始压强增大了12kPa，则乙苯的分压降低12kPa，为8kPa，生成的苯乙烯和H2分压均为12kPa，苯乙烯、氢气为12kPa，所以vv正逆=k

pkpp正逆乙苯苯乙烯氢气=p正逆乙苯苯乙烯氢气pkkp=45kPa×8kPa12kPa12kPa=2.5。答案为：2.5(3)①反应过程中能量变化与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，根据

图示可知反应热∆H=117.6kJ/mol+41.6kJ/mol=+159.2kJ/mol。答案为：159.2②a.CO2与乙苯反应后变为CO，C元素化合价降低，C获得电子，因此CO2为氧化剂,a正确；b.根据图示可知由状态1到状态2形成了O-H键，b正确；c.由反应历程可知中间产物除了(

)，还有，c错误；d.催化剂对化学平衡移动无影响，因此不能改变乙苯的转化率，d错误；故合理选项是ab。答案为：ab③乙苯与CO2发生可逆反应产生苯乙烯、H2O、CO，在P(CO2)＜15kPa，随着CO2压强增大，反应物浓度增大，促

进平衡向右移动；当P(CO2)＞15kPa，过多的CO2吸附在催化剂表面，会造成催化剂表面乙苯的吸附下降，又导致其转化率降低。【点睛】1．用气体的分压计算可逆反应的平衡常数应熟悉压强和气体物质的量之间的关系：恒温恒

容时，气体压强和物质的量成正比；2．要熟悉可逆反应中平衡和速率的关系：平衡时v正=v逆。（二）选考题：共45分。请考生从1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，则每科按所做的第一题计分。用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的信息点涂黑。注意所

做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并在答题卡选答区域指定位置答题。11.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：①R1CHO+R2CH2CHO+H2O②（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的分子式是_____。（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；ⅱ.含碳碳三键（不考虑“”结构）；ⅲ.苯环上只有两个处于对位的取代基；ⅳ.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(4).取代反应(5).醛基、碳碳双键(6).(C13H14O)n(7).(8).、(9).

【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①，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④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。答案为：苯乙烯；O2/Cu(或Ag)、加热(2)②是苯乙烯与HCl发生加成反应

生成；反应③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。答案为：加成反应；取代反应(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。答案为：醛基、碳碳双键；(C13H14O)n(4)反应⑤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。答案为：(5)物质G的分子式是C9H8O，其同分异构体属于芳香族化合物，且具备下列条件ⅰ.与Na反应能够生成氢气，说明含有羟基；ⅱ.含碳碳叁键(不考虑“”结构)；ⅲ.苯环上只有两个处于对位的取代基；ⅳ.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、。答案为：、(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①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：。答案为：【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。