届福建省莆田市高三下学期第二次质量检测A卷化学试题解析版.docx

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届福建省莆田市高三下学期第二次质量检测A卷化学试题解析版

2019年莆田市高中毕业班第二次质量检测试卷（A卷）

理科综合能力测试化学部分

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.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

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.1mol甲基（－CH3）所含的电子数为10NA

B.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NA

C.14g由乙烯和环丙烷（

）组成的混合气体中，含有的原子总数为3NA

D.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1mol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C—O键），也可能是二甲醚CH3-O-CH3（1个二甲醚分子中含2个C—O键），故不能确定其中含有的C－O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，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XZ2

D.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、醇、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.联想乙烯的结构，该分子中一定共平面的碳原子有4个（碳碳双键中的碳原子、甲基上的碳原子、乙基中与双键碳直接相连的碳原子），结合单键可以旋转，乙基中另一C原子也可能在同一平面上，A正确；

B.该物质分子式是C5H10，具有相同官能团的同分异构体有CH2=CH-CH2CH2CH3、CH3CH=CH-CH2CH3、

、

，因此不是只有3种，B错误；

C.该不饱和烃与氢气加成制得烷烃，与水加成制得醇，与HX或卤素单质发生加成反应制得卤代烃，C正确；

D.烯烃可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，而戊烷不能与酸性高锰酸钾溶液反应，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D正确；

故答案是B。

5.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是

A

B

C

D

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ΔH为ΔH1、ΔH2的和

H2与O2的体积比约为2︰1

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【分析】

A.反应2NO2（g）

N2O4（g）的△H＜0，为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；

B.HCl不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；

C.结合盖斯定律内容分析；

D.根据电子守恒计算生成氢气和氧气

物质的量，然后利用阿伏加德罗定律分析。

【详解】A.反应2NO2（g）

N2O4（g）

正反应为放热反应，左边热水中升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO2浓度增大，所以左球气体颜色加深；右边冷水中降低温度，化学平衡向放热的正反应移动，NO2浓度减小，所以右球气体颜色变浅，因此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：

HCl＞碳酸，但由于HCl不是含氧酸，因此无法用元素周期律解释，试管中出现浑浊也不能说明碳酸的酸性强于硅酸（因为二氧化碳气体中混有HCl，HCl与硅酸钠溶液反应也会出现浑浊），B符合题意；

C.根据盖斯定律可知：

△H=△H1+△H2，因此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，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：

1，D不符合题意；

故答案是B。

【点睛】本题考查化学实验方案

评价的知识，涉及化学平衡的影响、阿伏加德罗定律、盖斯定律、元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合应用能力。

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↑+6H＋

D.当N电极消耗0.25mol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-=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0.25mol氧气时，则转移n（e-）=0.25mol×4=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）=

mol×64g/mol=32g，D错误；

故答案是D。

7.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溶液体积的变化图像如下图所示。

下列说法正确的是

A.若a点pH=4，且c（Cl-）=m·c（ClO-），则Ka（HClO）=

B.若x=100，b点对应溶液中：

c（OH－）>c（H＋），可用pH试纸测定其pH

C.b～c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.b～c段，随NaOH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-）①，物料守恒得：

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+），D正确；

故答案是D。

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）

FeCl3

FeCl2

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/℃

-45

53

易升华

沸点/℃

132

173

（1）用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。

有关装置如下：

①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为_____________。

②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+C6H5Cl→2FeCl2+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。

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0.40mol/LNaOH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】

（1）.H2+2FeCl3

2FeCl2+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）①②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；

③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）①根据仪器结构判断其名称；

②三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；

③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率；

④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。

【详解】

（1）①H2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+2FeCl3

2FeCl2+2HCl；

②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；

③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）①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；

②三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、C6H4Cl2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；

③n（HCl）=n（NaOH）=0.40mol/L×0.0196L×

=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n（FeCl3）反应=2n（HCl）=0.0784mol×2=0.1568mol，n（FeCl3）总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为

×100%=78.4％；

④FeCl3、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.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下：

（1）Na2MoO4•2H2O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Ⅱ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，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+nMoS2

Lix（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+2NH3•H2O=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）.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+7O2

2MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2，所以尾气含SO2；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3•H2O+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9MoS2+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Na2MoO4·2H2O。

【详解】

（1）Na2MoO4·2H2O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4×2-2×1=+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+2NH3•H2O=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Ⅱ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）①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=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；

②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+nMoS2

Lix（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（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：

，

副反应：

，

解聚反应：

，

回答下列问题：

（1）反应

的△H=_____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：

①0～4h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

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）。

【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）结合盖斯定律计算，氢化反应+副反应得到反应的△H；

（2）①根据活化能或浓度对反应速率的影响分析；

②根据图象可知，在4h时环戊烯产率最大、环戊烷产率较小；根据外界条件对化学反应速率的影响分析迅速减慢甚至停止反应的措施。

③副反应增加导致环戊烯的产率降低；

（3）①根据影响化学平衡移动的因素及物质的转化率的变化分析；

②用三段式法先计算物质的平衡物质的量，根据物质在同温同体积时压强比等于气体的物质的量之比计算平衡常数及物质产生的压强大小。

【详解】

（1）结合盖斯定律计算，氢化反应+副反应得到反应

△H=-209.9kJ/mol；

（2）①0～4h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；

②根据图象可知，在4h时环戊烯产率最大、环戊烷产率较小，说明最佳的反应时间为4h；若需迅速减慢甚至停止反应，可采取的措施有：

排出氢气，或利用温度对化学反应速率的影响，将反应体系的温度降低，即急剧降温也可以降低反应速率；

③一段时间后，环戊烯产率快速下降的原因可能是副反应增加，导致环戊烯