湖南省郴州市高考化学模拟试卷（含解析）.doc

2015年湖南省郴 州市高考化学模拟试卷一、选择题1（3分）（2015郴州模拟）c4h9oc4h9丁醚的结构有（）种a8b16c10d12考点：有机化合物的异构现象专题：同分异构体的类型及其判定分析：c4h9有4种，分别为：ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c然后根据两个取代基的组合来解答解答：解：c4h9有4种，分别为：ch3ch2ch2ch2、ch3ch2ch（ch3）、（ch3）2chch2、（ch3）3c44=16故选b点评：本题考查了限制条件同分异构体的书写，难度中等，侧重考查学生解题思维与解题方法，确定烷基的同分异构体是解题的关键2（3分）（2015郴州模拟）用na表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（）a常温常压下，46g有机物c2h6o中含有极性键的数目一定为7nab标准状况下，22.4l四氯化碳中所含有的cl原子数目为4nac标准状况下，22.4升h2o中所含分子数大于nad常温常压下，33.6l氯气与56 g铁充分反应，转移的电子数为3na考点：阿伏加德罗常数分析：a依据n=计算物质的量，结合有机物c2h6o存在同分异构体分析；b标准状况，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；c标况下水为液体，其摩尔体积小于22.4l/mol；d常温常压下，33.6l氯气物质的量小于1.5mol，56g铁为1mol，2fe+3cl2=2fecl3，依据化学方程式定量关系分析，铁过量，电子转移依据反应的氯气计算解答：解：a46gc2h6o的物质的量为：=1mol，有机物c2h6o存在同分异构体，若为乙醇含有极性键的数目为7na，若为甲醚含有极性键的数目为8na，故a错误；b标准状况，四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4l四氯化碳物质的量，故b错误；c标况下水为液体，其摩尔体积小于22.4l/mol，则22.4l水的体积一定大于1mol，所含分子数大于na，故c正确；d常温常压下，33.6l氯气物质的量小于1.5mol，56g铁为1mol，2fe+3cl2=2fecl3，依据化学方程式定量关系分析，铁过量，电子转移依据反应的氯气计算转移的电子数小于3na，故d错误；故选c点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意分子式c2h6o可能为乙醇或二甲醚，注意气体摩尔体积的使用对象3（3分）（2015郴州模拟）利用图所示装置进行以下实验，能得到相应实验结论的是（）选项实验结论a稀硫酸石灰石澄清石灰水制二氧化碳并吸收尾气b浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性c稀盐酸na2so3h2s溶液so2具有还原性d浓硝酸na2co3na2sio3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸aabbccdd考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：a稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，反应不能顺利进行；b浓硫酸可使蔗糖碳化，并发生氧化还原反应生成二氧化硫气体；c生成二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应；d浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成解答：解：a稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，附在固体而使反应不能顺利进行，应用稀硫酸和碳酸钠反应制备二氧化碳气体，故a错误；b浓硫酸可使蔗糖碳化，并发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，通过高锰酸钾溶液的颜色变化证明浓硫酸的强氧化性，故b正确；c生成二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应，生成硫，二氧化硫表现氧化性，故c错误；d浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成，应先除杂，否则不能证明碳酸硅酸，故d错误故选b点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大4（3分）（2015郴州模拟）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，原子半径rcrdrbrab原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，d原子的核电荷数等于a、c原子核电荷数之和，a与c同主族下列说法正确的是（）ab的单质不存在同素异形体b单质d着火时，可用二氧化碳灭火器灭火c化合物a2b2与c2b2均只有氧化性da、b、c组成的化合物，25时若溶液浓度为0.1mol/l，则由水电离出的oh为1013mol/l考点：原子结构与元素周期律的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，原子半径rcrdrbrab原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则b为o元素；a与c同主族，d原子的核电荷数等于a、c原子核电荷数之和，则c、d同在第三周期，由于a的半径小于o的半径，所以a只能为h或f，若a为h、c为na，则d为mg，若a为f、c为cl，则d为fe，不符合，综上可知，a为h，b为o，c为na，d为mg，然后结合元素化合物性质及元素周期律来解答解答：解：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，原子半径rcrdrbrab原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则b为o元素；a与c同主族，d原子的核电荷数等于a、c原子核电荷数之和，则c、d同在第三周期，由于a的半径小于o的半径，所以a只能为h或f，若a为h、c为na，则d为mg，若a为f、c为cl，则d为fe，不符合，综上可知，a为h，b为o，c为na，d为mg，ab为o，氧元素的单质有氧气和臭氧，存在同素异形体，故a错误；bd为mg，能与二氧化碳反应，所以单质mg着火时，不可用二氧化碳灭火器灭火，故b错误；c化合物h2o2与na2o2中氧元素的化合价为1价，处于中间价态，既有还原性又有氧化性，故c错误；da、b、c组成的化合物naoh溶液，25时若溶液浓度为0.1mol/l，则溶液中氢离子浓度为1013mol/l，该氢离子由水电离，则由水电离出的oh也是1013mol/l，故d正确故选d点评：本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度中等，本题注意根据离子的电子层结构判断元素在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断5（3分）（2015郴州模拟）下列装置不能完成相应实验的是（）a装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱b装置可除去co2中少量的so2杂质c装置可用于检验溴乙烷与naoh的醇溶液共热产生的乙烯d装置可用于实验室制备氨气考点：化学实验方案的评价分析：a可根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较非金属性强弱；b二者均与饱和碳酸钠溶液反应；c不能排出乙醇的干扰；d氧化钙与水反应是放热反应解答：解：a锥形瓶内生成气体，可证明硫酸的酸性比碳酸强，烧杯生成沉淀，可证明碳酸的酸性比硅酸强，酸性越强，对应的元素的非金属性越强，故a正确； b二者均与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，故b错误；c乙醇易挥发，不能排出乙醇的干扰，故c错误；d氧化钙与水反应是放热反应，可用来制取氨气，故d正确故选bc点评：本题考查实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，注意物质的性质的差异，难度不大6（3分）（2015郴州模拟）标准状况下，某同学向100ml h2s饱和溶液中通入so2，所得溶液ph变化如图所示下列分析中正确的是（）ab点对应的溶液导电性最强b亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸cab段反应是so2+2h2s3s+2h2od原h2s溶液的物质的量浓度为0.05moll1考点：二氧化硫的化学性质分析：h2s 饱和溶液中通入so2，发生反应：so2+2h2s=3s+2h2o，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112ml，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336ml二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸ph值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：ab点为中性，只有水，导电性最差，故a错误；b根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112ml，n（so2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336ml二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸ph值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故b错误；cab段ph在增大，由酸性到中性，则发生的反应是so2+2h2s=3s+2h2o，故c正确；d由图可知，112mlso2与硫化氢恰好完全反应，则n（so2）=0.005mol，由方程式可知n（h2s）=0.01mol，则原h2s溶液的物质的量浓度为=0.1mol/l，故d错误故选c点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意b选项中应根据溶液物质的浓度相等时ph大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等7（3分）（2015郴州模拟）将40ml 1.5moll1的 cuso4 溶液与30ml 3moll1 的 naoh 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c（cu2+ ）或 c（oh）（c表示浓度）都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）acu（oh）2bcuso4cu（oh）2ccuso42cu（oh）2dcuso43cu（oh）2考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：依据题意计算硫酸铜物质的量和氢氧化钠物质的量，进而求的铜离子和氢氧根离子物质的量，混合后反应生成沉淀，由于溶液中c （cu2+ ）或 c （oh ）都已变得很小，可以认为全部在蓝色沉淀中；只要比较铜离子和氢氧根离子物质的量之比和选项中相同即符合要求；解答：解：40ml 1.5moll1的 cuso4 溶液中含铜离子物质的量n（cu2+）=0.04l1.5mol/l=0.06mol；30ml 3moll1 的 naoh 溶液中氢氧根离子物质的量n（oh）=0.09mol；n（cu2+）：n（oh）=2：3；溶液中c （cu2+ ）或 c （oh ）都已变得很小，可忽略，可以认为全部生成沉淀，沉淀中的铜离子与氢氧根离子物质的量之比应等于2：3，对比选项，a为1：2；b为1：1；c为3：4；d为2：3，故d符合；故选d点评：本题考查了元素守恒的具体应用，以常规的反应为载体，用定量分析的方法判断生成沉淀的组成，注意题干中的信息应用二、非选择题8（16分）（2015郴州模拟）某研究性学习小组对过量炭粉与氧化铁反应的气体产物成分进行研究（1）提出假设 该反应的气体产物是co2该反应的气体产物是co该反应的气体产物是co2、co的混合物（2）设计方案 如图所示，将一定量的氧化铁在隔绝空气的条件下与过量炭粉完全反应，测定参加反应的碳元素与氧元素的质量比（3）查阅资料氮气不与碳、氧化铁发生反应实验室可以用氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气请写出该反应的离子方程式：nh4+no2n2+2h2o（4）实验步骤按图连接装置，并检查装置的气密性，称取3.20g氧化铁、2.00g碳粉混合均匀，放入48.48g的硬质玻璃管中；加热前，先通一段时间纯净干燥的氮气；停止通入n2后，夹紧弹簧夹，加热一段时间，澄清石灰水（足量）变浑浊；待反应结束，再缓缓通入一段时间的氮气冷却至室温，称得硬质玻璃管和固体总质量为52.24g；过滤出石灰水中的沉淀，洗涤、烘干后称得质量为2.00g步骤、中都分别通入n2，其作用分别为步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的co2，确保完全吸收（5）数据处理试根据实验数据分析，写出该实验中氧化铁与碳发生反应的化学方程式：2c+fe2o32fe+co+co2（6）实验优化 学习小组有同学认为应对实验装置进一步完善甲同学认为：应将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，其理由是ba（oh）2溶解度大，浓度大，使co2被吸收的更完全从环境保护的角度，请你再提出一个优化方案将此实验装置进一步完善：在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置考点：性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）根据过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有co、co2、co2、co的混合物得出假设；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应可以制得氮气；（4）根据前后两次通入氮气的时间和减小实验误差角度来分析；（5）根据质量守恒判断气体的组成，根据质量关系计算气体的物质的量之间的关系，进而书写化学方程式；（6）根据氢氧化钙和氢氧化钡的本质区别进行分析；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃来进行尾气处理解答：解：（1）过量炭粉与氧化铁反应的气体产物可能有：co、co2、co2、co的混合物，则假设为：co2、co的混合物，故答案为：co2、co的混合物；（3）氯化铵饱和溶液和亚硝酸钠（nano2）饱和溶液混合加热反应制得氮气，反应物有nh4cl和nano2，生成物为n2，根据质量守恒还应用水，则反应的化学方程式为：nh4+no2n2+2h2o，故答案为：nh4+no2n2+2h2o；（4）如果不排尽空气，那么空气中的氧气会与炭粉反应影响反应后生成气体的组成，所以利用稳定的氮气排空气，最后确保完全吸收，反应后还要赶出所有的co2，故答案为：步骤中是为了排尽空气；步骤是为了赶出所有的co2，确保完全吸收；（5）3.20g氧化铁的物质的量为=0.02mol，澄清石灰水变浑浊，说明有co2气体生成，则n（co2）=n（caco3）=0.02mol，m（co2）=0.02mol44g/mol=0.88g，反应后硬质玻璃管和固体总质量变化为1.44g大于0.88g，则生成其气体为co2、co的混合物，混合气体中含有co0.08mol，所以co、co2的混合气体物质的量比为4：1，所以方程式为：2c+fe2o32fe+co+co2，故答案为：2c+fe2o32fe+co+co2；（6）将澄清石灰水换成ba（oh）2溶液，这样会使二氧化碳被吸收的更完全，称量时相对误差小，故答案为：氢氧化钡的溶解度大，浓度大，使二氧化碳被吸收的更完全；一氧化碳是一种有毒气体，可以通过点燃进行尾气处理，故答案为：在尾气出口处加一点燃的酒精灯或增加一尾气处理装置点评：本题主要考查的是物质组成与含量的测定、性质实验方案的设计，题目难度中等，涉及离子反应方程式、化学方程式书写、环境保护、实验方案的设计与评价等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学实验、化学计算能力9（16分）（2015郴州模拟）工业上用某矿渣（含有cu2o、al2o3、fe2o3、sio2）提取铜的操作流程如下：已知：cu2o+2h+cu+cu2+h2o（1）实验操作i的名称为过滤；在空气中灼烧固体混合物d时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚（填仪器名称）（2）滤液a中铁元素的存在形式为fe2+ （填离子符号），生成该离子的离子方程式为2fe3+cu2fe2+cu2+，检验滤液a中存在该离子的试剂为kscn溶液、氯水（填试剂名称）（3）金属e与固体f发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为2 al+fe2o3al2o3+2fe（4）常温下，等ph的naalo2和naoh两份溶液中，由水电离出的c（oh）前者为后者的108倍，则两种溶液的ph=11（5）利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是bc（填代号）a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后过滤、洗涤、干燥称量剩余固体铜的质量（填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节）考点：金属的回收与环境、资源保护；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据分离溶液和沉淀；根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，cu2o与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀；三价铁离子与kscn溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子；（3）根据铝热反应的原理来书写；（4）设溶液的ph为x，然后求出由水电离出的c（oh），利用由水电离出的c（oh）前者为后者的108倍求出x；（5）a电能转化为化学能、热能；b粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系；要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可解答：解：（1）实验操作i步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物d时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，故答案为：过滤；坩埚；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，cu2o与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2fecl3+cu2fecl2+cucl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液a中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与kscn溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，故答案为：fe2+；2fe3+cu2fe2+cu2+；kscn溶液、氯水；（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2al+fe2o3al2o3+2fe，故答案为：2al+fe2o3al2o3+2fe；（4）设溶液的ph为x，naalo2溶液中由水电离出的c（oh）=10x14mol/l，naoh溶液中由水电离出的c（oh）=10xmol/l，=108，解得x=11，故答案为：11；（5）a电能部分转化为化学能，故a错误；b粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小，故c正确；d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.011023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；故选：bc；要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；点评：本题以矿渣（含有cu2o、al2o3、fe2o3、sio2）提取铜为背景，主要考查了物质的性质、化学方程式、电解原理等，难度不大10（16分）（2015郴州模拟）甲醇是一种很好的燃料，工业上用ch4和h2o（g）为原料，通过反应和来制备甲醇请回答下列问题：（1）将1.0mol ch4和2.0mol h2o（g）通入反应室（容积为100l）中，在一定条件下发生反应：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）（）ch4的转化率与温度、压强的关系如图1所示已知100时达到平衡所需的时间为5min，则用h2表示的平均反应速率为0.0030moll1min1图中的p1p2（填“”、“”或“=”），100时的平衡常数为2.25104该反应的h0，s0（填“”、“”或“=”）（2）在压强为0.1mpa条件下，a mol co与3a mol h2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：co（g）+2h2（g）h0 （）若容器的容积不变，下列措施可增大甲醇产率的是bd（填序号）a升高温度b将ch3oh（g）从体系中分离出来c恒容下充入he，使体系的总压强增大d再充入a mol co和3a mol h2为了寻找合成甲醇的适宜温度和压强，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在了下面的实验设计表中实验编号t（）n（co）/n（h2）（mpa）11500.12n53350m5a表中剩余的实验数据：n=150，m=b根据反应的特点，如图是在压强分别为0.1mpa和5mpa下co的转化率随温度变化的曲线，请指明图2中的压强px=0.1mpa考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用专题：化学平衡专题分析：（1）根据v=计算氢气的平均反应速率；该反应是反应前后气体体积增大的反应，相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据甲烷的转化率确定压强大小；平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比；一定压强下，升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据转化率判断反应热；反应前后，气体的物质的量越大，其熵变越大；（2）容器容积不变，增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，据此判断n、m的值根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时co的转化率，由此判断解答：解：（1）根据v（h2）=3v（ch4）=3=0.0030moll1min1，故答案为：0.0030moll1min1；根据化学方程式可以得出，增大压强，化学平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，可以去200来分析，发现甲烷的转化率是p1时大于p2时的，所以p1p2， ch4（g）+h2o（g）=co（g）+3h2（g）初始浓度：0.01 0.02 0 0 变化浓度：0.005 0.005 0.005 0.015平衡浓度：0.005 0.015 0.005 0.015100时平衡常数=（mol/l）2=2.25104 （mol/l）2，故答案为：；2.25104；一定压强下，升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，所以h0；正反应是气体物质的量增大的反应，气体的物质的量越多，其熵越大，所以s0，故答案为：，；（2）a、该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故a错误；b、将ch3oh（g）从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故b正确；c、充入he，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故c错误；d、再充入amol co和3amol h2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故d正确故选：bda、采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以温度、压强是变化的，应保持不变，所以m=，比较使用1、2，压强不同，所以温度应相同，故n=150，故答案为：n=150，；温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为py的co的转化率高，反应为前后体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，所以pxpy，所以压强px=0.1mpa故答案为：0.1点评：本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素及读图能力等，综合性较大，难度中等，知识面广，应加强平时知识的积累注意控制变量法与定一议二原则应用11（14分）（2015郴州模拟）醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路：已知：rch2ch=ch2（1）b中含有的官能团的名称是溴原子和碳碳双键