陕西省西安市高三化学二诊试卷（含解析）.doc

陕西省西安市2017届高三化学二诊试卷一、本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求1化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）afe2o3常用作红色油漆和涂料b生物柴油与柴油的化学成分相同c聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料d液氯或浓硫酸可用钢瓶储存2设na为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a高温下，0.2 mol fe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab室温下，1 l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1nac氢氧燃料电池正极消耗22.4 l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na3分子式为c9h10o2的芳香族化合物并且能与饱和nahco3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）a6种b8种c12种d14种4已知x、y、z、w四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）aw的原子序数不可能是x的原子序数的3倍bz元素可能是金属元素cw的气态氢化物的稳定性一定比y的强d四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子5表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（）编号实验内容实验目的或实验结论向足量的酸性kmno4溶液中加入乙二醇（hoch2ch2oh）将乙二醇转化为乙二酸（h2c2o4）向5ml 0.1mol/l agno3溶液中滴加1ml 0.1mol/l nacl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1ml 0.1mol/l ki溶液，有黄色沉淀生成验证agcl的溶解度比agi大向ki溶液中滴入cuso4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色说明白色沉淀可能为cui室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的na2s2o3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响将铁粉投入到盛有稀hno3的试管中，充分反应后滴入几滴kscn溶液无明显现象说明hno3将fe氧化成fe2+abcd6h2c2o4为二元弱酸20时，配制一组c（h2c2o4）+c（hc2o4）+c（c2o42）=0.100moll1的h2c2o4和naoh混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随ph的变化曲线如图所示下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）aph=2.5的溶液中：c（h2c2o4）+c（c2o42）c（hc2o4）bc（na+）=0.100 moll1的溶液中：c（h+）+c（h2c2o4）=c（oh）+c（c2o42）cc（hc2o4）=c（c2o42）的溶液中：c（na+）0.100 moll1+c（hc2o4）dph=7.0的溶液中：c（na+）=2（c2o42）7在恒温条件下，向盛有食盐的2l恒容密闭容器中加入0.2molno2、0.2molno和0.1molcl2，发生如下两个反应：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g）h10 平衡常数k12no（g）+cl2（g）2clno（g）h20 平衡常数k210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用clno（g）表示的平均反应速率v（clno）=7.5103mol/（lmin）下列说法不正确的是（）a反应4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g）的平衡常数为k12/k2b平衡后c（cl2）=2.5102mol/lc其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数k2增大d平衡时no2的转化率为50%二、非选择题，共58分）8为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质已知：n2（g）+o2（g）2no（g）h1=+180.5kjmol1c和c0的燃烧热（h）分别为393.5kjmol1和283kjmol1则2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=kjmol1（2）将0.20mol no和0.10mol co充入一个容积为1l的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示co在09min内的平均反应速率v（co）=moll1min1（保留两位有效数字）；第12min时改变的反应条件可能为a升高温度 b加入no c加催化剂 d降低温度该反应在第24min时达到平衡状态，co2的体积分数为（保留三位有效数字），化学平衡常数k=（保留两位有效数字）（3）烟气中的so2可用某浓度naoh溶液吸收得到na2so3和nahso3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（na+）=（用含硫微粒浓度的代数式表示）（4）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的co2转化成hcooh和o2已知常温下0.1moll1的hcoona溶液ph=10，则hcooh的电离常数ka=9以铝灰（主要成分为al、al2o3，另有少量cuo、sio2、feo和fe2o3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝，生产的部分过程如图所示（部分产物和操作已略去）已知某些硫化物的性质如下表：物质性质fe2s3 al2s3在水溶液中不存在fes黑色，难溶于水，可溶于盐酸cus黑色，难溶于水，难溶于盐酸（1）操作i是al2o3与盐酸反应的离子方程式是（2）滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是（3）向滤液2中加入naclo溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的ph约为3.7naclo的作用是（4）将滤液3的ph调至4.24.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝反应的化学方程式是（5）将滤液3电解也可以得到液体聚合氯化铝装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）写出阴极室的电极反应：简述在反应室中生成聚合氯他铝的原理：10某研究性学习小组对cu与h2so4反应的产物种类和性质进行探究产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料资料1：x射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种资料2：硫酸/moll1黑色物质出现的温度/c黑色物质消失的温度/c15约150约23616约140约25018约120不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是（选填下列字母编号）a铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c该反应发生的条件之一是硫酸浓度15moll1d硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）cu与足量16moll1浓硫酸反应时，在80c以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而cus却逐渐减少，到达250c左右时，cus在反应中完全消失的澄清溶液，cus消失的化学方程式为产物性质探究cu与浓h2so4反应生成的cuso4具有某些特定性质，一定浓度cuso4溶液与nahco3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是cuco3，cu（oh）2，或者cuco3与cu（oh）2的混合物（1）若沉淀是cu（oh）2，生成沉淀的离子方程式是（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a取沉淀样品100克于b中，检查装置的气密性b打开k1，k3，关闭k2，k4，通入足量空气c关闭k1，k3，打开k2，k4，充分反应d反应结束后，关闭k2，打开k1，再通入足量空气e测得装置d的质量增加了22g步骤b的作用是若沉淀样品为cuco3和cu（oh）2的混合物，则cu（oh）2的质量分数为，若不进行步骤d，则会使测得cu（oh）2的质量分数为（填“偏高”“无影响”“偏低”）【化学-选修5有机化学基础】11以苯为主要原料，制取高分子材料n和r的流程如下：已知：（1）b中含氧官能团的名称是（2）由生成的反应类型是（3）反应的反应条件是（4）化合物c的结构简式是（5）反应的化学方程式是（6）下列说法正确的是（选填序号字母）aa可与naoh溶液反应 b常温下，a能和水以任意比混溶c化合物c可使高锰酸钾酸性溶液褪色 de存在顺反异构体（7）反应的化学方程式是（8）符合下列条件的b的同分异构体有种a能与饱和溴水反应生成白色沉淀 b属于酯类 c苯环上只有两个对位取代基2017年陕西省西安市电子科大实验中学高考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、本卷共7题，每题6分，共42分在每题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求1化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）afe2o3常用作红色油漆和涂料b生物柴油与柴油的化学成分相同c聚丙烯酸钠可做“尿不湿”原料d液氯或浓硫酸可用钢瓶储存【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】a氧化铁为红棕色固体；b柴油是由多种烃组成的混合物，而生物柴油是含氧量极高的复杂有机成分的混合物；c聚丙烯酸钠具有强的吸水性；d常温下fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化【解答】解：a氧化铁为红棕色固体，常用于做红色油漆和涂料，故a正确；b柴油是由多种烃组成的混合物，而生物柴油是含氧量极高的复杂有机成分的混合物，二者成分不同，故b错误；c聚丙烯酸钠具有强的吸水性，可做“尿不湿”原料，故c正确；d常温下fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故d正确；故选：b2设na为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）a高温下，0.2 mol fe与足量水蒸气反应，生成的h2分子数目为0.3nab室温下，1 l ph=13的naoh溶液中，由水电离的oh离子数目为0.1nac氢氧燃料电池正极消耗22.4 l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2nad5nh4no32hno3+4n2+9h2o反应中，生成28 g n2时，转移的电子数目为3.75na【考点】4f：阿伏加德罗常数【分析】a、铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，产物中铁元素的平均化合价为，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量；b、氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/l；c、氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；d、反应中部分硝酸根中n元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中n元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，根据n=计算氮气物质的量，再计算氧化产物物质的量，再结合铵根中n元素化合价变化计算转移电子物质的量【解答】解：a铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁元素的化合价为，0.2mol铁完全反应失去电子数为：0.2mol（0）=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为=mol，生成的h2分子数为na，故a错误；b室温下，1l ph=13的naoh溶液中氢离子浓度为11013mol/l，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的oh离子数目为1013na，故b错误；c氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4l氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4na，故c错误；d反应中部分硝酸根中n元素由+5价降低为氮气中0价，铵根中n元素3价升高为氮气中0价，氮气既是还原产物又是氧化产物，由氮原子守恒，结合方程式可知，还原产物与氧化产物物质的量之比为3：5，生成氮气物质的量为=1mol，故氧化产物的物质的量为1mol=mol，铵根中n元素被氧化，故转移电子为mol2=3.75mol，故d正确故选d3分子式为c9h10o2的芳香族化合物并且能与饱和nahco3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）a6种b8种c12种d14种【考点】i4：同分异构现象和同分异构体【分析】该芳香族化合物能与nahco3发生反应产生co2，说明含有羧基cooh，还有苯基c6h5，据此判断可能的同分异构体数目【解答】解：该芳香族化合物能与nahco3发生反应产生co2，说明含有羧基cooh，还有苯基c6h5，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为羧基、ch2ch3，有邻间对3种；取代基为乙酸基、ch3，有邻间对3种；取代基为cooh、ch3，ch3，甲基为邻位，2种；间位，3种；对位1种；符合条件的总共有14种故选d4已知x、y、z、w四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）aw的原子序数不可能是x的原子序数的3倍bz元素可能是金属元素cw的气态氢化物的稳定性一定比y的强d四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子【考点】8f：原子结构与元素周期律的关系【分析】x、y、z、w四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，x和y位于第二周期、z和w位于第三周期，如果w是cl元素，则x、y、z分别是n、o、s元素；如果w是s元素，则x、y、z分别是c、n、p元素；如果w是p元素，则x、y、z分别是b、c、si元素；结合题目分析解答【解答】解：x、y、z、w四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，x和y位于第二周期、z和w位于第三周期，如果w是cl元素，则x、y、z分别是n、o、s元素；如果w是s元素，则x、y、z分别是c、n、p元素；如果w是p元素，则x、y、z分别是b、c、si元素；a如果w是p、x是b元素，则w原子序数是x的3倍，故a错误；bz可能是p、si元素，所以z不可能为金属元素，故b错误；cn元素电负性大于s，则n元素氢化物稳定性大于s元素氢化物，故c错误；d若x、y、z、w分别是n、o、s、cl元素，那么它们与h原子形成18电子的分子分别是n2h4、h2o2、h2s、hcl，故d正确；故选d5表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（）编号实验内容实验目的或实验结论向足量的酸性kmno4溶液中加入乙二醇（hoch2ch2oh）将乙二醇转化为乙二酸（h2c2o4）向5ml 0.1mol/l agno3溶液中滴加1ml 0.1mol/l nacl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1ml 0.1mol/l ki溶液，有黄色沉淀生成验证agcl的溶解度比agi大向ki溶液中滴入cuso4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色说明白色沉淀可能为cui室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的na2s2o3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸研究浓度对反应速率的影响将铁粉投入到盛有稀hno3的试管中，充分反应后滴入几滴kscn溶液无明显现象说明hno3将fe氧化成fe2+abcd【考点】u5：化学实验方案的评价【分析】kmno4与乙二醇（hoch2ch2oh）发生氧化还原反应生成二氧化碳；硝酸银足量，均为沉淀的生成；ki溶液中滴入cuso4溶液中发生氧化还原反应生成cui、碘；只有浓度一个变量；fe与硝酸反应生成硝酸铁，铁过量时，fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁【解答】解：kmno4与乙二醇（hoch2ch2oh）发生氧化还原反应生成二氧化碳，且高锰酸钾可氧化乙二酸（h2c2o4），结论不合理，故错误；硝酸银足量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较ksp，故错误；ki溶液中滴入cuso4溶液中发生氧化还原反应生成cui、碘，则有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，故正确；只有浓度一个变量，可研究浓度对反应速率的影响，故正确；fe与硝酸反应生成硝酸铁，铁过量时，fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，不能说明hno3将fe氧化成fe2+，故错误；故选a6h2c2o4为二元弱酸20时，配制一组c（h2c2o4）+c（hc2o4）+c（c2o42）=0.100moll1的h2c2o4和naoh混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随ph的变化曲线如图所示下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）aph=2.5的溶液中：c（h2c2o4）+c（c2o42）c（hc2o4）bc（na+）=0.100 moll1的溶液中：c（h+）+c（h2c2o4）=c（oh）+c（c2o42）cc（hc2o4）=c（c2o42）的溶液中：c（na+）0.100 moll1+c（hc2o4）dph=7.0的溶液中：c（na+）=2（c2o42）【考点】dn：离子浓度大小的比较【分析】a依据图象可知ph=2.5的溶液中：c（h2c2o4）+c（c2o42）c（hc2o4）；b依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（na+）=0.100mol/l的溶液中c（h+）+c（h2c2o4）=c（oh）+c（c2o42）；cc（hc2o4）=c（c2o42）的溶液中c（na+）0.100 moll1+c（hc2o4）；dph=7的溶液中，（h+）=c（oh），根据电荷守恒判断【解答】解：a由图象可知，ph=2.5的溶液中c（h2c2o4）和c（c2o42）浓度之和小于c（hc2o4），则c（h2c2o4）+c（c2o42）c（hc2o4），故a错误；b依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（na+）=0.100mol/l的溶液中为nahc2o4溶液，溶液中存在电荷守恒（h+）+c（na+）=2c（c2o42）+c（hc2o4）+c（oh），物料守恒c（na+）=c（c2o42）+c（hc2o4）+c（h2c2o4），代入计算得到c（h+）+c（h2c2o4）=c（oh）+c（c2o42），故b正确；cc（h2c2o4）+c（hc2o4）+c（c2o42）=0.100moll1，c（hc2o4）=c（c2o42），电荷守恒（h+）+c（na+）=2c（c2o42）+c（hc2o4）+c（oh），ph约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c（na+）0.100 moll1+c（hc2o4），故c错误；dph=7，根据电荷守恒（h+）+c（na+）=2c（c2o42）+c（oh），因草酸根会水解，所以c（na+）2c（c2o42），故d错误；故选b7在恒温条件下，向盛有食盐的2l恒容密闭容器中加入0.2molno2、0.2molno和0.1molcl2，发生如下两个反应：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g）h10 平衡常数k12no（g）+cl2（g）2clno（g）h20 平衡常数k210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用clno（g）表示的平均反应速率v（clno）=7.5103mol/（lmin）下列说法不正确的是（）a反应4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g）的平衡常数为k12/k2b平衡后c（cl2）=2.5102mol/lc其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数k2增大d平衡时no2的转化率为50%【考点】cp：化学平衡的计算【分析】a2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g），平衡常数k1=，2no（g）+cl2（g）2clno（g），平衡常数k2 =，2可得4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g），进而计算平衡常数；b10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol（120%）=0.4mol，10min内用clno（g）表示的平均反应速率v（clno）=7.5103mollmin1，则平衡时n（clno）=7.5103mollmin110min2l=0.15mol，设中反应的no2为xmol，中反应的cl2为ymol，则：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g）xmol 0.5xmol 2no（g）+cl2（g）2clno（g）2ymol ymol 2ymol再根据clno物质的量与平衡时混合气体总物质的量列方程计算解答；c平衡常数只受温度影响，温度不变，则为平衡常数不变；d根据c中的计算结果，可以计算二氧化氮的转化率【解答】解：a2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g），平衡常数k1=；2no（g）+cl2（g）2clno（g），平衡常数k2 =4no2（g）+2nacl（s）2nano3（s）+2no（g）+cl2（g）的平衡常数k=，则2=，即k=，故a正确；b10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol（120%）=0.4mol，10min内用clno（g）表示的平均反应速率v（clno）=7.5103mollmin1，则平衡时n（clno）=7.5103mollmin110min2l=0.15mol，设中反应的no2为xmol，中反应的cl2为ymol，则：2no2（g）+nacl（s）nano3（s）+clno（g）xmol 0.5xmol 2no（g）+cl2（g）2clno（g）2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，（0.2x+0.22y+0.1y）+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c（cl2）=2.5102moll1，故b正确；c平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数k2不变，故c错误；d平衡时no2的转化率为100%=50%，故d正确，故选c二、非选择题，共58分）8为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质已知：n2（g）+o2（g）2no（g）h1=+180.5kjmol1c和c0的燃烧热（h）分别为393.5kjmol1和283kjmol1则2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=746.5kjmol1（2）将0.20mol no和0.10mol co充入一个容积为1l的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示co在09min内的平均反应速率v（co）=4.4103moll1min1（保留两位有效数字）；第12min时改变的反应条件可能为da升高温度 b加入no c加催化剂 d降低温度该反应在第24min时达到平衡状态，co2的体积分数为22.2%（保留三位有效数字），化学平衡常数k=3.4（保留两位有效数字）（3）烟气中的so2可用某浓度naoh溶液吸收得到na2so3和nahso3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c（na+）=2c（so32）+c（hso3）（用含硫微粒浓度的代数式表示）（4）通过人工光合作用能将水与燃煤产生的co2转化成hcooh和o2已知常温下0.1moll1的hcoona溶液ph=10，则hcooh的电离常数ka=1.0107【考点】be：热化学方程式；ck：物质的量或浓度随时间的变化曲线；cp：化学平衡的计算；d5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）写出c和co燃烧热的热化学方程式，结合盖斯定律计算所需要的热化学方程式；（2）分析图象浓度变化，结合反应速率概念计算v=得到，第12min时一氧化碳和一氧化氮减小，氮气浓度增大，说明平衡正向进行，依据化学平衡移动原理分析判断选项对平衡的影响；依据图象分析判断，平衡状态时一氧化碳一氧化氮和氮气浓度，结合化学平衡三段式列式计算平衡百分含量和平衡常数；（3）依据溶液中存在的电荷守恒分析；（4）计算水解平衡常数kh，再根据ka=计算【解答】解：（1）n2（g）+o2（g）2no（g）h1=+180.5kjmol1c的燃烧热（h）为393.5kjmol1，热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h=393.5kjmol1；c0的燃烧热283kjmol1 ，热化学方程式为co（g）+o2（g）=co2（g）h=283kjmol1；依据盖斯定律计算2得到，2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=746.5kj/mol故答案为：746.5；（2）图象分析一氧化碳浓度变化=0.10mol/l0.06mol/l=0.04mol/l，co在09min内的平均反应速率v（co）=4.4103，第12min时，一氧化碳和一氧化氮浓度减小，浓度增大说明平衡正向进行；a反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，故a不符合； b加入no，平衡正向进行，一氧化氮浓度大于原平衡，故b不符合； c加催化剂改变反应速率不改变化学平衡，故c不符合； d反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，故d符合；改变的反应条件可能是降低温度；故答案为：4.4103；d；该反应在第24min时达到平衡状态，平衡浓度c（n2）=0.03mol/l，c（no）=0.14mol/l，c（co）=0.04mol/l，依据化学平衡三段式列式计算 2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）起始量（mol/l） 0.2 0.1 0 0变化量（mol/l） 0.06 0.06 0.03 0.06平衡量（mol/l） 0.14 0.04 0.03 0.06co2的体积分数=100%=22.2% 平衡常数k=3.4故答案为：22.2%；3.4；（3）烟气中的so2可用某浓度naoh溶液吸收得到na2so3和nahso3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c（na+）+c（h+）=2c（so32）+c（hso3）+c（oh），c（h+）=c（oh），得到（na+）=2c（so32）+c（hso3），故答案为：2c（so32）+c（hso3）；（4）常温下，0.1mol/l的hcoona溶液ph为10，溶液中存在hcoo水解hcoo+h2ohcooh+oh，故kh=107，则hcooh的电离常数ka=1107，故答案为：1.01079以铝灰（主要成分为al、al2o3，另有少量cuo、sio2、feo和fe2o3杂质）为原料，可制得液体聚合氯化铝，生产的部分过程如图所示（部分产物和操作已略去）已知某些硫化物的性质如下表：物质性质fe2s3 al2s3在水溶液中不存在fes黑色，难溶于水，可溶于盐酸cus黑色，难溶于水，难溶于盐酸（1）操作i是过滤al2o3与盐酸反应的离子方程式是al2o3+6h+=2al3+3h2o（2）滤渣2为黑色，该黑色物质的化学式是cus（3）向滤液2中加入naclo溶液至不再产生红褐色沉淀，此时溶液的ph约为3.7naclo的作用是将fe2+氧化为fe3+，使fe3+转化为fe（oh）3沉淀（4）将滤液3的ph调至4.24.5，利用水解反应得到液体聚合氯化铝反应的化学方程式是malcl3+nh2oalm（oh）ncl3mn+nhcl（5）将滤液3电解也可以得到液体聚合氯化铝装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过，电极为惰性电极）写出阴极室的电极反应：2h2o+2e=h2+2oh简述在反应室中生成聚合氯他铝的原理：电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝【考点】u3：制备实验方案的设计；di：电解原理【分析】铝灰（主要成分为al、al2o3，另有少量cuo、sio2、feo和fe2o3杂质）加过量盐酸，过滤滤渣1为sio2，滤液1中含有al3+、fe3+、fe2+、cu2+等，滤液中加硫化钠，cu2+转化为cus沉淀；过滤，滤液2中加naclo把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液3中为氯化铝；（1）操作i是分离固体和液体混合物的操作；al2o3与盐酸反应生成氯化铝和水；（2）铜离子与硫离子结合生成cus沉淀；（3）亚铁离子被naclo氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀；（4）alcl3水解生成alm（oh）ncl3mn和hcl，根据原子守恒配平方程式；（5）阴极上水电离的氢离子得电子生成氢气；阴离子交换膜只允许阴离子通过，则阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成alm（oh）ncl3mn【解答】解：铝灰（主要成分为al、al2o3，另有少量cuo、sio2、feo和fe2o3杂质）加过量盐酸，过滤滤渣1为sio2，滤液1中含有al3+、fe3+、fe2+、cu2+等，滤液中加硫化钠，cu2+转化为cus沉淀；过滤，滤液2中加naclo把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液3中为氯化铝；（1）操作i是分离固体和液体混合物的操作是过滤；al2o3与盐酸反应生成氯化铝和水，其反应的离子方程式为：al2o3+6h+=2al3+3h2o；故答案为：过滤；al2o3+6h+=2al3+3h2o；（2）溶液中含有铜离子，加入硫化钠，生成cus黑色沉淀；故答案为：cus；（3）向滤液2中含有亚铁离子，加入naclo溶液，亚铁离子被naclo氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀；故答案为：将fe2+氧化为fe3+，使fe3+转化为fe（oh）3沉淀；（4）alcl3水解生成alm（oh）ncl3mn和hcl，根据原子守恒配平方程式为：malcl3+nh2oalm（oh）ncl3mn+nhcl；故答案为：malcl3+nh2oalm（oh）ncl3mn+nhcl；（5）阴极上水的电离的氢离子得电子生成氢气，则阴极的电极反应式为：2h2o+2e=h2+2oh；故答案为：2h2o+2e=h2+2oh；阴离子交换膜只允许阴离子通过，电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子进入反应室生成alm（oh）ncl3mn；故答案为：电解过程中反应室中的氯离子通过阴离子交换膜进入阳极室，阴极室中的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入反应室，生成聚合氯化铝10某研究性学习小组对cu与h2so4反应的产物种类和性质进行探究产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料资料1：x射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种资料2：硫酸/moll1黑色物质出现的温度/c黑色物质消失的温度/c15约150约23616约140约25018约120不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是abd（选填下列字母编号）a铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c该反应发生的条件之一是硫酸浓度15moll1d硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）cu与足量16moll1浓硫酸反应时，在80c以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而cus却逐渐减少，到达250c左右时，cus在反应中完全消失的澄清溶液，cus消失的化学方程式为cus+4h2so4=cuso4+4so2+4h2o产物性质探究cu与浓h2so4反应生成的cuso4具有某些特定性质，一定浓度cuso4溶液与nahco3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是cuco3，cu（oh）2，或者cuco3与cu（oh）2的混合物（1）若沉淀是cu（oh）2，生成沉淀的离子方程式是cu2+2hco3=cu （oh）2+2co2（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a取沉淀样品100克于b中，检查装置的气密性b打开k1，k3，关闭k2，k4，通入足量空气c关闭k1，k3，打开k2，k4，充分反应d反应结束后，关闭k2，打开k1，再通入足量空气e测得装置d的质量增加了22g步骤b的作用是排尽装置中空气中的co2使测定结果准确若沉淀样品为cuco3和cu（oh）2的混合物，则cu（oh）2的质量分数为38%，若不进行步骤d，则会使测得cu（oh）2的质量分数为偏低（填“偏高”“无影响”“偏低”）【考点】rd：探究物质的组成或测量物质的含量；u2：性质实验方案的设计【分析】、（1）图表数据分析铜和浓硫酸反应过程中会生成黑色物质证明有副反应，浓度合适会避免黑色固体出现，浓度越大，温度越高黑色越难消失；（2）cus消失是和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；、（1）沉淀为氢氧化铜的是碳酸氢钠和硫酸铜在水溶液中发生双水解生成分析；（2）空气中含有二氧化碳，空气通过氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气，打开k1、k3，关闭k2、k4，排除装置中的含二氧化碳气体的空气，避免测定误差的产生；若沉淀样品的质量为m g，若沉淀样品为纯净物，则判断沉淀为cuco3，装置d的质量增加了n g，为二氧化碳气体质量，依据碳元素守恒得到mn的关系；若假设三正确，依据生成的二氧化碳物质的量减少碳酸铜质量，根据样品质量计算得到氢氧化铜的质量分数【解答】解：、（1）依据图表数据分析可知，浓度不同时出现黑色物质的时间随浓度增大减小，浓度为18mol/l时生成的黑色物质不能消失；a分析过程可知发生的反应过程中生成二氧化硫和硫酸铜的反应过程中有奇谈反应发生生成黑色物质，铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个，故a符合；b图表数据分析可知硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质，故b符合；c浓硫酸和铜的反应浓度小于15mol/l也可能出现黑色物质，出现的时间长，该反应发生的条件不一定是硫酸浓度15moll1，故c不符合；d图表数据中，18mol/l的浓硫酸，出现褐色物质的时间短，黑色物质难以消失，所以硫酸浓度越大，黑色物质越快出现、越难消失，故d符合；故答案为：abd