江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（五）（含解析）.doc

2014年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（五） 一选择题：本题共7小题，每小题6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（6分）（2014玉山县校级模拟）关于氢键，下列说法正确的是（）a甲硫醇（ch3sh）比甲醇的熔点低的原因是甲醇分子间易形成氢键b氯化铝易溶于水是因为形成了氢键c氨易液化与氨分子间存在氢键无关dh2o是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致2（6分）（2014陕西校级三模）下列说法正确的是（）a在加热、甲醛、饱和（nh4）2so4溶液、x射线作用下，蛋白质都会发生变性b氨基酸、蛋白质、油脂都含有c、h、o、n四种元素c生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物d乙烯、聚乙烯、苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色3（6分）（2013黄冈模拟）柠檬烯是一种食用香料，其结构如图所示：下列有关柠檬烯的分析中正确是（）a柠檬烯的一氯代物有9种b柠檬烯和丁基苯互为同分异构体c柠檬烯的分子中所有的碳原子可能在同一个平面上d一定条件下，柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、还原等反应4（6分）（2014玉山县校级模拟）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2cufes2+o2cu2s+2fes+so2下列说法正确的是（）acufes2仅作还原剂，硫元素被氧化bso2是氧化产物，fes是还原产物c每生成1mol cu2s，有4mol硫被氧化d每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化5（6分）（2015海南校级模拟）常温下，浓度均为0.1mol/l的三种溶液：ch3cooh溶液、naoh溶液、ch3coona溶液下列说法不正确的是（）a溶液的ph：b水电离出的c（oh）：c和等体积混合后的溶液：c（na+）+c（h）=c（oh）+c（ch3coo）d和等体积混合后的溶液：c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1mol/l6（6分）（2014陕西校级三模）根据下列框图，有关说法正确的是（）am、e都是第四周期中的过渡元素，e的金属活动性比m的金属活动性强，e3+的氧化性比m2+的氧化性弱b反应的离子方程式可表示为：2e（oh）3+3cl2+6h2o3eo42+6cl+12h+c反应、都属于氧化还原反应，且在反应和中硫酸仅表现了酸性d用k2eo4、zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：eo42+4h2o+3ee（oh）3+5oh7（6分）（2014玉山县校级模拟）将足量的khco3溶液不断滴入含等物质的量的koh、ba（oh）2、kalo2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的khco3溶液体积的关系可表示为（）abcd二、解答题8（14分）（2014玉山县校级模拟）u、v、w、x、y、z是原子序数依次增大的六种常见元素y的单质在w2中燃烧的产物可使品红溶液褪色z和w元素形成的化合物z3w4具有磁性u的单质在w2中燃烧可生成uw和uw2两种气体x的单质是一种金属，该金属在uw2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体请回答下列问题：（1）v的单质分子的结构式为；xw的电子式为；z元素在周期表中的位置是（2）u元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号）原子晶体 离子晶体 分子晶体 金属晶体（3）u、v、w形成的10电子氢化物中，u、v的氢化物沸点较低的是（写化学式）；v、w的氢化物分子结合h+能力较强的是（写化学式），用一个离子方程式加以证明：（4）yw2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vw，有关反应的离子方程式为9（15分）（2014玉山县校级模拟）在体积为2l的密闭容器中，充入lmol co2和2.6mol h2，一定条件下发生反应：co2 （g）+3h2 （g）ch3oh（g）+h2o（g）；h=49.0kjmol1测得co2和ch3oh （g）的浓度随时间变化如图甲所示：（1）从反应开始到第10min，氢气的平均反应速率：v（h2）=，在这段时间内，反应放出的热量为（2）在该条件下，反应的平衡常数k=；如果在某一时刻保持温度不变，只改变浓度，使c（co2）=1.00moll 1，c（h2）=2.00moll 1，c（ch3oh）=c（h2o）=0.80moll 1，则平衡（填写序号）a向正反应方向移动 b向逆反应方向移动c不移动 d无法确定平衡移动方向（3）下列措施中能使增大的是（填写序号）a升高温度 b充入he（g），使体系压强增大c将h2o （g）从体系中分离 d再充入l mol ch3oh （g）在一定的温度下，把2体积n2和6体积h2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中（如图乙），活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0反应达到平衡后，测得混合气体为7体积请据此回答下列问题：（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别表示加入的n2、h2和nh3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同a1，c2，则b在此情况下，反应起始时将向反应方向（填“正”或“逆”）进行若需规定起始时反应向逆方向进行，则c的取值范围是（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是，原因是10（15分）（2014玉山县校级模拟）实验室中，用如下图所示装置及所给药品（图中部分夹持仪器已略去）探究工业制硫酸接触室中的反应，并测定此条件下二氧化硫的转化率已知so3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略装置内空气中的co2（1）已知0.5molso2被o2氧化成气态so3，放出49.15kj热量，反应的热化学方程式为（2）根据实验目的，请从上面右图中选择、处合适的装置，将其序号填入空格中：装置，装置，装置（3）开始进行实验时，首先应进行的操作是（4）加热硬质玻璃管时，若不断升高温度，so2的转化率会（填“增大”、“不变”或“减小”）（5）停止通入so2，熄灭酒精灯后，为使残留在装置中的so2、so3被充分吸收，操作方法是（6）实验结束后，若装置增加的质量为b g，装置增加的质量为a g，则此条件下二氧化硫的转化率是（用含字母的代数表示）11（15分）（2014玉山县校级模拟）明矾石的组成和明矾相似，此外还含有al2o3和少量的fe2o3等杂质，它是制取钾肥和冶炼铝的重要原料，其生产工艺流程如下：请回答下列问题：（1）明矾石加入足量的稀氨水中浸出时发生反应的离子方程式为：（2）沉淀物a中除含有fe2o3外，还含有、（3）操作的步骤及名称为、冷却结晶、过滤洗涤、室温干燥（4）用14moll 1的浓氨水配制75ml 2moll 1稀氨水：准确量取ml浓氨水，置于烧杯中，加适量蒸馏水稀释，放置到室温后再将溶液转入，洗涤，定容，摇匀配制稀氨水时如何定容下列操作会使所配制的稀氨水浓度偏小的是a用量筒量取浓氨水后，未用蒸馏水洗涤量筒并转移至容量瓶中b洗涤后的容量瓶中有少量蒸馏水c定容时观察液面俯视d定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线（5）确定钾氮复合肥中含有钾元素的方法是2014年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（五）参考答案与试题解析一选择题：本题共7小题，每小题6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（6分）（2014玉山县校级模拟）关于氢键，下列说法正确的是（）a甲硫醇（ch3sh）比甲醇的熔点低的原因是甲醇分子间易形成氢键b氯化铝易溶于水是因为形成了氢键c氨易液化与氨分子间存在氢键无关dh2o是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致考点：氢键的存在对物质性质的影响专题：化学键与晶体结构分析：氢键是某些氢化物（nh3、h2o、hf）分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，因此，氨气、甲醇的沸点高是由氢键所致，h2o较稳定是由于ho键键能较大，与氢键无关解答：解：a由于o的电负性较大，甲醇中含有氢键，导致甲醇的熔点比甲硫醇的高，故a正确；b氯化铝不能形成氢键，溶于水与氢键无关，而与分子的极性有关，故b错误；c氨气中存在氢键，沸点较高，易液化，故c错误；dh2o较稳定是由于ho键键能较大，与氢键无关，故d错误故选a点评：本题考查氢键知识，题目难度不大，注意氢键与化学键的区别，把握能形成氢键的物质2（6分）（2014陕西校级三模）下列说法正确的是（）a在加热、甲醛、饱和（nh4）2so4溶液、x射线作用下，蛋白质都会发生变性b氨基酸、蛋白质、油脂都含有c、h、o、n四种元素c生活中食用的食醋、植物油、动物蛋白等物质都是混合物d乙烯、聚乙烯、苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；混合物和纯净物；乙烯的化学性质；苯的结构专题：有机物的化学性质及推断分析：a甲醛、强酸、强碱、x射线、重金属盐等物质能使蛋白质变性；b油脂都含有c、h、o元素；c由多种物质组成的是混合物；d苯性质稳定解答：解：a饱和（nh4）2so4溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是可逆的，故a错误； b油脂都含有c、h、o元素，不含氮元素，故b错误；c因食醋是酿造产品，主要成分是水，除了含乙酸之外还含有蛋白质、脂肪、碳水化合物、多种无机盐、维生素等；植物油一般从含油植物器官（主要是种子）中榨取或浸取，脂肪酸的差异不算，一般还含有脂溶性维生素、多种无机盐等；蛋白质是高分子化合物，是混合物，故c正确；d苯性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故d错误故选c点评：本题考查变性、物质的组成、有机物的性质等，题目难度不大，注意饱和（nh4）2so4溶液能使蛋白质发生盐析，盐析是可逆的3（6分）（2013黄冈模拟）柠檬烯是一种食用香料，其结构如图所示：下列有关柠檬烯的分析中正确是（）a柠檬烯的一氯代物有9种b柠檬烯和丁基苯互为同分异构体c柠檬烯的分子中所有的碳原子可能在同一个平面上d一定条件下，柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、还原等反应考点：有机物的结构和性质；有机化合物的异构现象分析：柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，结合结构特点解答该题解答：解：a分子中有8种性质不同的h可被取代，一氯代物有8种，故a错误；b柠檬烯和丁基苯的分子式不同，二者不是同分异构体，故b错误；c分子中含有多个饱和碳原子，不可能在同一个平面上，故c错误；d柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，属于烃，可发生取代反应，故d正确故选d点评：本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4（6分）（2014玉山县校级模拟）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2cufes2+o2cu2s+2fes+so2下列说法正确的是（）acufes2仅作还原剂，硫元素被氧化bso2是氧化产物，fes是还原产物c每生成1mol cu2s，有4mol硫被氧化d每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：反应2cufes2+o2=cu2s+2fes+so2中，cu元素由+2价降低为+1价，s元素由2价升高到+4价，氧气中o元素由0降低为2价，以此解答该题解答：解：acu元素由+2价降低为+1价，s元素由2价升高到+4价，cufes2既是氧化剂又是还原剂，故a错误；b生成fes，元素化合价没有变化，fes不是还原产物，也不是氧化产物，故b错误；c由方程式可知，每生成1mol cu2s，有1mol硫被氧化生成so2，其它物质中的s元素化合价没有发生变化，故c错误；d元素化合价升高的只有s元素，由2价升高到+4价，变化6价，则每转移1.2mol电子，有0.2mol硫被氧化，故d正确故选d点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大5（6分）（2015海南校级模拟）常温下，浓度均为0.1mol/l的三种溶液：ch3cooh溶液、naoh溶液、ch3coona溶液下列说法不正确的是（）a溶液的ph：b水电离出的c（oh）：c和等体积混合后的溶液：c（na+）+c（h）=c（oh）+c（ch3coo）d和等体积混合后的溶液：c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.1mol/l考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电解原理专题：电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：a等浓度的酸碱盐溶液的酸碱性判断其ph大小；b含有弱根离子的盐促进水电离，酸或碱抑制水电离；c根据电荷守恒判断；d根据物料守恒判断解答：解：a常温下，醋酸是酸ph7、氢氧化钠是碱，其溶液的ph7，醋酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，ph7，但大于等浓度的醋酸的ph，所以等物质的量的三种溶液其ph大小顺序是：，故a正确；b醋酸钠能水解而促进水电离，醋酸和氢氧化钠抑制水电离，但醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，所以醋酸抑制水电离的程度小于氢氧化钠，所以三种溶液中水电离出的c（oh）：，故b正确；c溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以根据电荷守恒得c（na+）+c（h）=c（oh）+c（ch3coo），故c正确；d等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠混合后，溶液的体积增大一倍，所以其浓度是原来的一半，再根据物料守恒得c（ch3cooh）+c（ch3coo）=0.05mol/l，故d错误；故选d点评：本题考查了弱电解质的电离，难度较大，易错选项是d，注意等体积混合后，原物质的浓度都变为原来的一半，为易错点6（6分）（2014陕西校级三模）根据下列框图，有关说法正确的是（）am、e都是第四周期中的过渡元素，e的金属活动性比m的金属活动性强，e3+的氧化性比m2+的氧化性弱b反应的离子方程式可表示为：2e（oh）3+3cl2+6h2o3eo42+6cl+12h+c反应、都属于氧化还原反应，且在反应和中硫酸仅表现了酸性d用k2eo4、zn可制成一种高能电池，该电池中负极的电极反应式为：eo42+4h2o+3ee（oh）3+5oh考点：无机物的推断；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：推断题；几种重要的金属及其化合物分析：流程分析可知，m为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液cuso4，依据y加入kscn溶液血红色说明是fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明x为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断e为fe，则x为feso4，y为fe2（feso4）3，z为fe（oh）3，afe2+的氧化性比cu2+的氧化性弱，但fe3+的氧化性比cu2+强，bfe（oh）3可被氯气氧化生成高铁酸钾；c和中硫酸都只表现了酸性；d负极发生氧化反应解答：解：流程分析可知，m为铜，在酸性溶液中被过氧化氢氧化为铜盐溶液cuso4，依据y加入kscn溶液血红色说明是fe3+离子，和氨水反应生成红褐色沉淀氢氧化铁；说明x为亚铁离子形成的硫酸亚铁溶液，推断e为fe，则x为feso4，y为fe2（feso4）3，z为fe（oh）3，afe2+的氧化性比cu2+的氧化性弱，但fe3+的氧化性比cu2+强，如2fe3+cu2fe2+cu2+，故a错误；bfe（oh）3可被氯气氧化生成高铁酸钾，反应在碱性条件下进行，不可能生成h+，应为2e（oh）3+3cl2+12oh3eo42+6cl+6h2o，故b错误；c都有单质参加反应，有过氧化氢参加反应，则一定为氧化还原反应，和中硫酸都只表现了酸性，表现氧化性的为过氧化氢，故c正确；d负极发生氧化反应，应是锌失电子被氧化，故d错误故选c点评：本题考查无机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，较为综合，涉及氧化性的强弱以及电化学知识，难度中等，注意根据物质的颜色作为本题的突破口7（6分）（2014玉山县校级模拟）将足量的khco3溶液不断滴入含等物质的量的koh、ba（oh）2、kalo2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量与滴入的khco3溶液体积的关系可表示为（）abcd考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：向氢氧化钾、氢氧化钡、偏铝酸钾溶液中加入碳酸氢钾溶液时，碳酸氢根离子先和氢氧根离子反应，然后再和偏铝酸根离子反应，生成的碳酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，偏铝酸根离子和碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀，据此分析解答解答：解：hco3先与oh反应，再与alo2反应，而hco3与oh反应生成co32后，ba2+与co32生成沉淀，hco3+oh+ba2+baco3+h2o，消耗1molhco3、1moloh、1molba2+，生成1molbaco3沉淀，此阶段化学方程式为khco3+ba（oh）2baco3+h2o+koh；hco3+ohco32+h2o，消耗2mol hco3、2moloh （oh消耗完），没有沉淀生成此阶段化学方程式为khco3+kohk2co3+h2o（此时koh有2mol，原溶液中有1mol，反应产生1mol）；hco3+alo2+h2oco32+al（oh）3，消耗1molhco3、1mol alo2（alo2消耗完），生成1molal（oh）3沉淀此阶段化学方程式为khco3+kalo2+h2oal（oh）3+k2co3 三阶段消耗khco3的物质的量为1：2：1，也即khco3溶液体积比为1：2：1；一、三阶段对应的生成沉淀的物质的量为1：1，第二阶段不生成沉淀，所以图象b符合，故选：b点评：本题考查了图象分析，明确物质间的反应及反应先后顺序是解本题关键，注意偏铝酸盐能和可溶性的碳酸盐、碳酸氢盐发生双水解反应生成氢氧化铝，为学习的难点和易错点二、解答题8（14分）（2014玉山县校级模拟）u、v、w、x、y、z是原子序数依次增大的六种常见元素y的单质在w2中燃烧的产物可使品红溶液褪色z和w元素形成的化合物z3w4具有磁性u的单质在w2中燃烧可生成uw和uw2两种气体x的单质是一种金属，该金属在uw2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体请回答下列问题：（1）v的单质分子的结构式为nn；xw的电子式为；z元素在周期表中的位置是第四周期，第viii族（2）u元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号）原子晶体 离子晶体 分子晶体 金属晶体（3）u、v、w形成的10电子氢化物中，u、v的氢化物沸点较低的是（写化学式）ch4；v、w的氢化物分子结合h+能力较强的是（写化学式）nh3，用一个离子方程式加以证明：nh3+h3o+=nh4+h2o（4）yw2气体通入bacl2和hno3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体vw，有关反应的离子方程式为3so2+3ba2+2h2o+2no3=3baso4+2no+4h+考点：位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；无机物的推断专题：推断题；元素周期律与元素周期表专题分析：y的单质在w2中燃烧的产物可使品红溶液褪色该气体为so2，则y为s元素，w为o元素，z和w元素形成的化合物z3w4具有磁性，则z3w4为fe3o4，z为fe元素，u的单质在w2中燃烧可生成uw和uw2两种气体，应为co和co2气体，u为c元素，x的单质是一种金属，该金属在uw2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为mg和co2的反应，则x为mg元素，根据u、v、w、x、y、z是原子序数依次增大可知v为n元素，以此解答题中各问（1）v为n元素，其单质为n2，结构为nn，；xw为mgo，为离子化合物，z为fe元素，原子序数为26，以此解答；（2）u为c元素，形成的单质有金刚石、石墨和c60等；（3）u、v、w形成的10电子氢化物分别是ch4、nh3、h2o，nh3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，nh3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合h+；4）so2具有较强还原性，可用强氧化性物质hno3发生氧化还原反应，生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀解答：解：y的单质在w2中燃烧的产物可使品红溶液褪色该气体为so2，则y为s元素，w为o元素，z和w元素形成的化合物z3w4具有磁性，则z3w4为fe3o4，z为fe元素，u的单质在w2中燃烧可生成uw和uw2两种气体，应为co和co2气体，u为c元素，x的单质是一种金属，该金属在uw2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为mg和co2的反应，则x为mg元素，根据u、v、w、x、y、z是原子序数依次增大可知v为n元素，（1）v为n元素，其单质为n2，结构为nn，；xw为mgo，为离子化合物，电子式为，z为fe元素，原子序数为26，位于元素周期表中第四周期，第viii族，故答案为：nn；第四周期，第viii族（2）u为c元素，形成的单质有金刚石、石墨和c60等，分别属于原子晶体、混合晶体、分子晶体，故答案为：；（3）u、v、w形成的10电子氢化物分别是ch4、nh3、h2o，nh3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，nh3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合h+，可用nh3+h3o+=nh4+h2o的反应来证明，故答案为：ch4；nh3；nh3+h3o+=nh4+h2o；（4）so2具有较强还原性，可用强氧化性物质hno3发生氧化还原反应，生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3so2+3ba2+2h2o+2no3=3baso4+2no+4h+，故答案为：3so2+3ba2+2h2o+2no3=3baso4+2no+4h+点评：本题考查元素推断题，题目较为综合，涉及电子式、晶体类型、氢键以及氧化还原反应等问题，本题的关键是正确推断元素的种类，注意把握比较问题的角度9（15分）（2014玉山县校级模拟）在体积为2l的密闭容器中，充入lmol co2和2.6mol h2，一定条件下发生反应：co2 （g）+3h2 （g）ch3oh（g）+h2o（g）；h=49.0kjmol1测得co2和ch3oh （g）的浓度随时间变化如图甲所示：（1）从反应开始到第10min，氢气的平均反应速率：v（h2）=0.03moll1min1 ，在这段时间内，反应放出的热量为9.8kj（2）在该条件下，反应的平衡常数k=0.025；如果在某一时刻保持温度不变，只改变浓度，使c（co2）=1.00moll 1，c（h2）=2.00moll 1，c（ch3oh）=c（h2o）=0.80moll 1，则平衡b（填写序号）a向正反应方向移动 b向逆反应方向移动c不移动 d无法确定平衡移动方向（3）下列措施中能使增大的是cd（填写序号）a升高温度 b充入he（g），使体系压强增大c将h2o （g）从体系中分离 d再充入l mol ch3oh （g）在一定的温度下，把2体积n2和6体积h2分别通入一个带活塞的体积可变的容器中（如图乙），活塞的一端与大气相通容器中发生如下反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0反应达到平衡后，测得混合气体为7体积请据此回答下列问题：（1）保持上述反应温度不变，设a、b、c分别表示加入的n2、h2和nh3的体积，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同a1，c2，则b3在此情况下，反应起始时将向反应方向逆（填“正”或“逆”）进行若需规定起始时反应向逆方向进行，则c的取值范围是1c4（2）在上述装置中，若需控制平衡后混合气体为6.5体积，则可采取的措施是降低温度，原因是降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：（1）反应速率是单位时间内浓度的变化量，根据图求出第10min时二氧化碳的变化量，然后根据热化学方程式求解；（2）用三行式来求平衡时，各组分的浓度，然后代入平衡常数表达式求解，比较浓度商和平衡常数的相对大小，来判断平衡的移动方向；（3）外界条件的改变，导致平衡的移动，从而来确定，比值的变化情况；（1）在定温、定压下进行，要使平衡状态与原平衡状态等效的考查；（2）采用极限分析法；改变外界条件，导致平衡的移动解答：解：（1）由图可知从开始到第10min，c（co2）=0.1mol/l，所以v（co2）=0.01moll1min1，而速率之比等于对应物质的化学计量数之比，则v（h2）：v（co2）=3：1，即v（h2）=3v（co2）=0.03moll1min1 ，由热化学方程式可知消耗1mol的二氧化碳气体，放出49kj的热量，而从开始到第10min，二氧化碳的变化量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol49kj/mol=9.8kj，故答案为；0.03moll1min1；9.8kj；（2）由方程式可知 co2 （g）+3h2 （g）ch3oh（g）+h2o（g） 初起（mol/l） 0.5 1.3 0 0 变化（mol/l） 0.1 0.3 0.1 0.1 平衡（mol/l） 0.4 1.0 0.1 0.1 所以平衡常数为k=0.025如果在某一时刻保持温度不变，只改变浓度，使c（co2）=1.00moll 1，c（h2）=2.00moll 1，c（ch3oh）=c（h2o）=0.80moll 1，qc=0.080.025=k，所以平衡逆向移动，故答案为：0.025；b；（3）a、升高温度，平衡逆向移动，的值减小，故a不选；b、充入he（g），使体系压强增大，平衡不移动，故比值不变，故b不选；c、将h2o （g）从体系中分离，平衡正向移动，比值变大，故选c；d、再充入l mol ch3oh，平衡虽然逆向移动，只是减弱，而不是抵消，仍然以分子增加为主，故选d；故答案为：cd；（1）反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同，恒温恒压条件下，采用极限分析法，c体积的氨气完全转化为氮气和氧气之比是1：3，所以只要a：b=2：6，则b=3a=3，因反应前混合气体为8体积，反应后混合气体为7体积，体积差为1体积，由差量法可解出平衡时氨气为1体积；而在起始时，氨气的体积为c=2体积，比平衡状态时大，为达到同一平衡状态，氨的体积必须减小，所以平衡逆向移动故答案为：3，逆；若需让反应逆向进行，由上述所求出的平衡时氨气的体积为1可知，氨气的体积必须大于1，最大值则为2体积氮气和6体积氢气完全反应时产生的氨气的体积，即为4体积，则1c4，故答案为：1c4；（2）由6.57可知，上述平衡应向体积缩小的方向移动，即向放热方向移动，所以采取降温措施故答案为：降低温度、降低温度平衡向正反应方向移动，气体总分子数减少点评：抓住判断等效平衡的判断方法，一般是将物质全部靠到一边进行极限转化，也就是极端转化的原理，再与原反应进行比较来判断10（15分）（2014玉山县校级模拟）实验室中，用如下图所示装置及所给药品（图中部分夹持仪器已略去）探究工业制硫酸接触室中的反应，并测定此条件下二氧化硫的转化率已知so3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略装置内空气中的co2（1）已知0.5molso2被o2氧化成气态so3，放出49.15kj热量，反应的热化学方程式为2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1（2）根据实验目的，请从上面右图中选择、处合适的装置，将其序号填入空格中：装置b，装置a，装置d（3）开始进行实验时，首先应进行的操作是检查装置的气密性（4）加热硬质玻璃管时，若不断升高温度，so2的转化率会减小（填“增大”、“不变”或“减小”）（5）停止通入so2，熄灭酒精灯后，为使残留在装置中的so2、so3被充分吸收，操作方法是继续通入氧气一段时间（6）实验结束后，若装置增加的质量为b g，装置增加的质量为a g，则此条件下二氧化硫的转化率是100%（用含字母的代数表示）考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）依据热化学方程式的书写方法写出，按照热化学方程式二氧化硫的系数，计算得到放热数值，标注物质聚集状态；（2）可以用浓硫酸来干燥二氧化硫气体；so3的熔点是16，8，较低，可以用冰水来获得三氧化硫，中为吸水和尾气处理；（3）气体的制备及性质实验中需要检查装置的气密性；（4）根据（1）中的热化学方程式，升温平衡向逆反应方向进行判断；（5）为使残留在装置中的so2、so3被充分吸收，用氧气把装置中的二氧化硫和三氧化硫赶到a装置中吸收三氧化硫，二氧化硫赶入d装置中被氢氧化钠溶液吸收；（6）依据硫元素守恒计算得到反应生成的三氧化硫物质的量，和剩余二氧化硫被氢氧化钠吸收的物质的量，根据转化率概念计算得到解答：解：（1）已知0.5molso2被o2氧化成气态so3，放出49.15kj热量，则2molso2被o2氧化成气态so3，放出196.6kj热量，反应的热化学方程式为2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1，故答案为：2so2（g）+o2（g）2so3（g）h=196.6kjmol1；（2）装置必须要对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸来干燥二氧化硫气体；so3的熔点是16，8，可以用冰水来获得三氧化硫；未反应掉的二氧化硫对空气会产生污染，中应该加氢氧化钠溶液尾气处理装置，故答案为：b；a；d；（3）实验前，必须进行的操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；（4）根据（1）中的热化学方程式，升温平衡向逆反应方向进行，所以so2的转化率会减小，故答案为：减小；（5）为使残留在装置中的so2、so3被充分吸收，用氧气把装置中的二氧化硫和三氧化硫赶到a装置中吸收三氧化硫，二氧化硫赶入d装置中被氢氧化钠溶液吸收，故答案为：继续通入氧气一段时间；（6）已知增加的质量为b g即三氧化硫的质量，因此，反应生成三氧化硫的二氧化硫物质的量=；装置增加的质量为a g即被氢氧化钠吸收的剩余二氧化硫物质的质量，因此，剩余的二氧化硫物质的量=；所以二氧化硫的转化率=100%=100%，故答案为：100%点评：本题考查二氧化硫的性质、化学平衡的影响因素、计算以及热化学方程式的书写等知识，综合性较强，题目难度较大，考查学生分析和解决问题的能力，侧重实验及计算能力的考查11（15分）（2014玉山县校级模拟）明矾石的组成和明矾相似，此外还含有al2o3和少量的fe