浙江省金丽衢十二校高三化学上学期第二次联考试题（含解析）新人教版.doc

浙江省金、丽、衢十二校2014届高三二模化学试卷一、选择题1下列说法不正确的是（）a乙醇和二甲醚互为同分异构体，利用红外光谱法或核磁共振氢谱法均可鉴别两者b乙酸乙醋在碱性条件下水解，属于皂化反应c使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀d道尔顿首次提出原子学说、汤姆生发现电子、卢瑟福确定原子核的存在，都为原子结构理论的发展作出了巨大贡献考点：有机物的鉴别；化学史；酯的性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：a乙醇和二甲醚含有的官能团和等效氢原子数目不同，以此可选择鉴别方法；b皂化反应为油脂在碱性条件下的水解；c使用含有氯化钠的融雪剂可导致钢铁发生皂化反应为油脂在碱性条件下的水解电化学腐蚀；d根据原子结构的发展史进行判断解答：解：a乙醇和二甲醚含有的官能团和等效氢原子数目不同，利用红外光谱法或核磁共振氢谱法均可鉴别两者，故a正确；b皂化反应为油脂在碱性条件下的水解，故b错误；c使用含有氯化钠的融雪剂可导致钢铁发生皂化反应为油脂在碱性条件下的水解电化学腐蚀，故c正确；d.1897年英国科学家汤姆生（18561940）在实验中发现了电子，揭示了原子内部的秘密，使人们逐渐认识到原子是具有复杂结构的微粒19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，1909年，英国科学家卢瑟福和其合作者盖革与马斯顿所进行的粒子散射实验，最终提出了原子的核式模型，故d正确故选b点评：本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、油脂的性质、金属的电化学腐蚀以及化学史等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关知识的积累2下列说法正确的是（）a在中和热测定的实验中，将氢氧化钠溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度b检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和naoh溶液混合加热后，先用稀硫酸进行酸化，再加人agn03溶液进行检验c为了加快过滤速度以及得到较干燥的硅酸白色胶状沉淀可以采用抽滤的方法d用纸层析法分离cu2+和fe3+，滤纸上端呈棕黄色，说明fe3+在固定相中分配的更多考点：中和热的测定；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：化学实验基本操作分析：a在中和热测定的实验中，酸和碱混合反应后的最高温度为末温度；b硫酸根离子能够与银离子反应生成硫酸银沉淀，影响检验结果；c颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过；d滤纸上端呈棕黄色，说明fe3+在流动相中分配的更多；解答：解：a中和热是要求酸碱中和反应的放热量，用反应的最高温度为末温度，溶液初始温度为初温度，初末温度做差，再利用溶液的比热容、溶质摩尔数等代入计算公式，可以求得反应的中和热，故a正确；b验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和naoh溶液混合加热后，先用稀硝酸进行酸化，然后再滴加硝酸银溶液，不能使用硫酸酸性，因为硫酸根离子能够与银离子反应生成硫酸银沉淀，故b错误；c采用抽滤的方法可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，但不宜过滤胶状沉淀和颗粒太小的沉淀，因为胶状沉淀易穿透滤纸，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，故c错误；d用纸层析法分离cu2+和fe3+，滤纸上端呈棕黄色，说明fe3+在流动相中分配的更多，随流动相移动的速度快一些，故d错误；故选a点评：本题主要考查了常见的实验操作，掌握实验原理是解题的关键，难度不大3 x，y，z，w为四种短周期元素x原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；y的单质在通常状况下是黄绿色的气体；z在地壳中的含量仅次于氧；y、z、w同周期，w的常见化合价为+2下列说法正确的是（）a原子半径：yzwxb存放w单质的仓库失火可用泡沫灭火器灭火cz的氧化物通常形成分子晶体，分子内含有共价键dy的单质能把溴从溴化物中置换出来考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：x、y、z、w为四种短周期元素，x原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，x原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则x为o元素；y的单质在通常状况下是黄绿色的气体，则y为cl；z在地壳中的含量仅次于氧，则z为si；y、z、w同周期，处于第三周期，w的常见化合价为+2，则w为mg，结合元素周期律与元素化合物性质解答解答：解：x、y、z、w为四种短周期元素，x原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，x原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则x为o元素；y的单质在通常状况下是黄绿色的气体，则y为cl；z在地壳中的含量仅次于氧，则z为si；y、z、w同周期，处于第三周期，w的常见化合价为+2，则w为mg，a同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径mgsiclo，故a错误；bmg与二氧化碳反应生成氧化镁与碳，故镁失火不能用泡沫灭火器灭火，故b错误；c二氧化硅属于原子晶体，故c错误；d氯气的氧化性比溴强，氯气能把溴从溴化物中置换出来，故d正确，故选d点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意b选项中镁与二氧化碳的反应，在无机推断中经常考查4下列说法正确的是（）a按系统命名法的名称为2一甲基一3，5一二乙基己烷b用na2c03溶液能区分ch3cooh、ch3ch2oh，苯、硝基苯四种物质c等质量的甲烷、乙烯、1，3一丁二烯分别充分燃烧，所耗氧气的量依次增加d下列物质的沸点按由低到高顺序为：ch3（ch2）2ch3（ch3）3chch3（ch2）3ch3（ch3）2chch2ch2考点：有机化合物命名；有机物的鉴别；烷烃及其命名.专题：有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律分析：a该有机物命名中选取的主链不是最长的碳链；b碳酸钠与醋酸产生气泡，乙醇溶于碳酸钠溶液，苯和硝基苯不溶于碳酸钠溶液，可以根据密度鉴别；c烃的含氢量越高，等质量的烃燃烧时消耗的氧气的量越大；d烷烃的碳原子数越多，沸点越高；碳原子数相同时，支链越多，沸点越低解答：解：a，该命名中选取的主链不是最长碳链，该有机物中最长碳链含有7个c，主链为庚烷，编号从右边开始，在2、，5号c各含有1个甲基，在3号c含有1个乙基，该有机物的正确命名为：2，5二甲基3乙基，故a错误；bna2c03溶液能与醋酸反应产生气泡；与ch3ch2oh混合后不反应，但混合液不分层；碳酸钠与苯、硝基苯混合后会分层，有机层在上层的为苯，在下层的为硝基苯，所以能够用na2c03溶液能区分ch3cooh、ch3ch2oh，苯、硝基苯四种物质，故b正确；c烃中含氢量越大，质量不变时消耗的氧气的量越大；甲烷、乙烯、1，3一丁二烯中含氢量大小关系为：甲烷乙烯1，3丁二烯，所以耗氧量依次减小，故c错误；d烷烃的c原子数目越多，沸点越高，如果c的数目相同，支链越多，沸点越低，所以沸点大小为：ch3）3chch3（ch2）2ch3（ch3）2chch2ch2ch3（ch2）3ch3，故d错误；故选b点评：本题考查了有机物的命名判断、有机物结构与性质、物质的鉴别方法判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的命名原则，熟悉常见的有机物结构与性质，明确烷烃沸点高低与碳原子数、支链多少的关系5（3分）（2014丽水二模）早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为4naoh（熔融）4na+o2+2h2o；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3fe+4naohfe3o4+2h2+4na下列有关说法不正确的是（）a电解熔融氢氧化钠制钠，阴极发生电极反应为：na+enab盖吕萨克法制钠原理是熵的增加带动了反应的进行c若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数比为1：1d目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极考点：金属冶炼的一般原理；电解原理.专题：金属概论与碱元素分析：a、电解池中，阴极上发生得电子的还原反应；b、在高温时生成na蒸气，有利于反应正向移动；c戴维法生成4molna转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molna转移8mol电子；d电解熔融的氯化钠可以生成金属钠和氯气解答：解：a、电解熔融氢氧化钠制钠，阴极上是钠离子发生得电子的还原反应，即阴极发生电极反应为：na+ena，故a正确；b、反应3fe+4naohfe3o4+2h2+4na在高温时生成na蒸气，是熵增加的反应，有利于反应正向移动，故b正确；c、戴维法生成4molna转移4mol电子，但盖吕萨克法生成4molna转移8mol电子，两反应中转移的电子总数比为1：2，故c错误；d、电解熔融氯化钠法制钠（如图），电解槽中石墨极为阳极，该极上产生氯气，铁为阴极，该极上析出金属钠，故d正确故选c点评：本题考查金属的冶炼及电解原理，明确元素的化合价变化及发生的电极反应即可解答，题目难度中等6（3分）（2014丽水二模）下列说法正确的是（）a常温下，某溶液中由水电离出的c（h+）=110amoll1，若a7时，则该溶液可能为nahso4溶液b中和同体积、同ph的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的naoh溶液的体积关系：v（硫酸）v（盐酸）=v（醋酸）cph相等的ch3coona，c6h5ona，nahco3溶液中，c（na+）大小关系：d已知ag2cro4的ksp为1.121012，则将等体积的1104moll1的agno3溶液和1104moll1 k2cro4溶液混合，会有ag2cro4沉淀产生考点：ph的简单计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：基本概念与基本理论分析：a若a7时，水电离的氢离子浓度大于1107moll1，水的电离程度增大，而硫酸氢钠电离的氢离子抑制了水的电离；b硫酸、盐酸为强电解质，醋酸为弱电解质，弱电解质在溶液中只能部分电离出氢离子，所以中和同体积、同ph的硫酸、盐酸和醋酸，醋酸消耗的氢氧化钠溶液体积最大，盐酸和硫酸消耗的氢氧化钠溶液体积相等；c醋酸钠、苯酚钠、碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，其对应的酸的酸性越强，水解程度越小，相同浓度的三种溶液，苯酚钠溶液ph最大，醋酸钠溶液的ph最小，据此进行判断；d根据ag2cro4的溶度积与混合液中银离子、铬酸根离子浓度乘积大小进行比较，根据计算结果判断是否有ag2cro4沉淀产生解答：解：a常温下，某溶液中由水电离出的c（h+）=110amoll1，若a7时，水电离的氢离子浓度大于1107moll1，说明促进了水的电离，该溶液可能为含有弱酸根或者弱碱根离子的盐溶液，由于硫酸氢钠能够电离出氢离子，抑制了水的电离，所以不可能为nahso4溶液，故a错误；b中和同体积、同ph的硫酸、盐酸和醋酸所需相同浓度的naoh溶液，醋酸为弱酸，所以醋酸的浓度大于盐酸和硫酸的浓度；硫酸和盐酸为强电解质，溶液中含有的氢离子浓度相等，中和时消耗的氢氧化钠溶液体积相等，所以它们消耗氢氧化钠溶液的体积关系为：v（醋酸）v（硫酸）=v（盐酸），故b错误；cph相等的ch3coona，c6h5ona，nahco3溶液中，苯酚钠水解程度增大，所以碳酸氢钠的浓度最小；醋酸钠水解程度最小，所以醋酸钠的浓度最大，所以溶液中c（na+）大小关系为：，故c正确；d已知ag2cro4的ksp为1.121012，则将等体积的1104moll1的agno3溶液和1104moll1 k2cro4溶液混合后，银离子浓度为5105moll1 ，铬酸根离子浓度为：5105moll1 ，则c（ag+）2c（cro42）=5105moll1 （5105moll1 ）2=1.251013molksp=1.121012，所以没有ag2cro4沉淀产生，故d错误；故选c点评：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算、盐的水解原理及其应用、难溶电解质的溶解平衡及其应用，题目难度较大，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的计算方法，选项d为难点、易错点，注意溶解度常数的含义及计算方法7（3分）（2014丽水二模）某无色溶液中只可能溶有nh4+、k+、al3+、mg2+、hco3、cl、i、mno4、so42等离子中的几种离子为分析其组成，现进行如下实验：取10ml该溶液于试管中滴加足量的ba（n03）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲取上述反应后的滤液，加人agn03溶液未见沉淀产生另取10ml该溶液于试管中，滴加naoh溶液产生白色沉淀乙，当加人naoh的物质的量为0.03mol时，沉淀的量达到最大；继续滴加naoh溶液并加热，开始产生气体丙，收集气体丙，体积换算成标况下为0.224l（假设丙全部逸出），最后沉淀完全溶解下列推断正确的是（）a肯定有na+、mg2+、al3+、clb肯定有al3+、so42、nh4+c肯定没有k+、hco3、mno4d肯定没有k+、nh4+、cl考点：常见离子的检验方法；离子共存问题.专题：离子反应专题分析：溶液无色，说明不含mno4；取10ml该溶液于试管中滴加ba（no3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，说明甲为baso4，原溶液中含有so42；向滤液中加入agno3溶液未见沉淀产生，说明不含有cl、i；因为能与碱共热生成气体的只有nh4+，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，al3+能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀又能完全溶解，铝离子与碳酸氢根离子能发生双水解反应而不能大量共存，故不含hco3；根据氢氧化铝沉淀0.01mol和标况下氨气为0.224l，利用元素守恒可知有nh4+0.01mol，al3+、0.01mol，再根据电荷守恒可推知含有k+、；综上分析可知一定含有的离子为k+、nh4+、al3+、so42，一定不含有的离子为mno4、mg2+、cl、i、hco3解答：解：溶液无色，说明不含mno4；取10ml该溶液于试管中滴加ba（no3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀甲，说明甲为baso4，原溶液中含有0.01molso42；向滤液中加入agno3溶液未见沉淀产生，说明不含有cl、i；另取少量该溶液于试管中，滴加naoh溶液产生白色沉淀乙，当沉淀增加到一定量后开始产生气体丙，最后沉淀完全溶解，说明含有nh4+、al3+，不含mg2+，因为能与碱共热生成气体的只有nh4+，氢氧化镁不溶于氢氧化钠溶液，al3+能与氢氧化钠溶液反应生成沉淀又能完全溶解，铝离子与碳酸氢根离子能发生双水解反应而不能大量共存，故不含hco3；根据氢氧化铝沉淀0.01mol和标况下氨气为0.224l，利用元素守恒可知有nh4+0.01mol，al3+、0.01mol，再根据电荷守恒可推知含有k+、；综上分析可知一定含有的离子为k+、nh4+、al3+、so42，一定不含有的离子为mno4、mg2+、cl、i、hco3故选b点评：本题考查学生常见离子的检验方法，可以根据常见离子的特性和它们之间的反应规律、电荷守恒回答，难度中等二、解答题8（2014丽水二模）神舟十号飞船是中国“神舟”号系列飞船之一，它是中国第五艘搭载太空人的飞船神舟十号飞船发射成功后，将与2011年发射升空的天宫一号目标飞行器进行交会对接，开展相关空间科学试验火箭推进器是成功发射的重要因素，事实上，推进器的发展经历了一个漫长的过程（1）20世纪前，黑火药是世界上唯一的火箭推进剂，黑火药是由硝酸钾、硫磺、木炭组成，黑火药爆炸的化学方程式为：s+2kno3+3ck2s+n2+3co2（i）k2s的电子式为，c02的结构式为o=c=o已知s和氯水反应会生成两种强酸，其离子方程式为3cl2+s+4h2o=8h+so42+6cl取黑火药爆炸后的残留固体，加水溶解过滤，得到滤液写出检验此溶液中是否含有k+的实验操作方法用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有k+，反之，不含k+；（2）20世纪60年代，火箭使用的是液体推进剂，常用的氧化剂有四氧化二氮、液氧等，可燃物有麟（n2h4）、液氢等肼（n2h4）溶于水显碱性，其原理与氨相似，但其碱性不如氨强，写出其溶于水呈碱性的离子方程式：n2h4+h2onh2nh3+oh一种与n2h4电子数相等的绿色氧化剂，能将油画表面黑色的pbs氧化成白色的pbso4，使油画变白、翻新，化学方程式为：pbs+4h2o2pbso4+4h2o（3）以上的火箭推进剂一般含有氮元素，含氮化合物种类丰富有一含氮化合物，具有很强的爆炸性，86g该化合物爆炸分解会生成标况下n2 67.2l和另一种气体单质h2写出其爆炸的化学方程式2hn3=h2+3n2考点：电子式；氧化还原反应；常见离子的检验方法.专题：信息给予题分析：（1）k2s是离子化合物，硫离子和钾离子形成离子键，据此写出电子式；c02是直线形分子，碳原子与2个氧原子都形成双键，据此写出结构式；s和氯水反应会生成两种强酸，可知酸为盐酸和硫酸，然后配平；（3）用铂丝进行焰色反应实验鉴别；（2）利用 nh3+h2onh4+oh分析出肼溶于水呈碱性的离子方程式；一种与n2h4电子数相等的绿色氧化剂为h2o2，然后根据pbs转变为白色的pbso4，h2o2被还原为h2o来分析化学反应；（3）先根据质量守恒确定氢气的质量，然后求出氮原子、氢原子的物质的量，两者的物质的量之比，确定化合物的分子式，最后书写化学方程式解答：解：（1）硫化钾是离子化合物，硫离子和钾离子形成离子键，硫化钾的电子式为：；c02是直线形分子，碳原子与2个氧原子都形成双键，结构式为o=c=o；故答案为：；o=c=os和氯水反应会生成盐酸和硫酸，离子方程式为：3cl2+s+4h2o=8h+so42+6cl；故答案为：3cl2+s+4h2o=8h+so42+6cl；用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有k+，反之，不含k+；故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，若火焰颜色为紫色，则溶液中含有k+，反之，不含k+；（2）氨气与水的反应为：nh3+h2onh4+oh，肼（n2h4）溶于水显碱性，其原理与氨相似，离子方程式为：n2h4+h2onh2nh3+oh；故答案为：n2h4+h2onh2nh3+oh；由pbs转变为白色的pbso4，h2o2被还原为h2o，pbs作还原剂，h2o2作氧化剂，则发生的氧化还原反应为pbs+4h2o2pbso4+4h2o，故答案为：pbs+4h2o2pbso4+4h2o；（3）86g该化合物爆炸分解会生成标况下n2 67.2l和另一种气体单质h2，n2的物质的量为=3mol，质量为3mol28g/mol=84g，则氢气的质量为86g84g=2g，物质的量为1mol，氮原子、氢原子的物质的量分别为6mol，2mol，两者的物质的量之比为3：1，含氮化合物的分子式为hn3，化学方程式为2hn3=h2+3n2，故答案为：2hn3=h2+3n2点评：本题以信息为材料，考查了学生运用信息解决问题、分析问题的能力，涉及知识点较多，难度中等，注意知识的迁移与运用9（16分）（2014丽水二模）2013年9月，中国华北华中地区发生了严重的雾霆天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，属于重度污染汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的c02等都是雾履形成的原因（1）汽车尾气净化的主要原理为；2n0（g）+2c0（g）n2（g）+2c02（g）h0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的no和co在t1时刻达到平衡状态能判断该反应达到平衡状态的标志是cda在单位时问内生成1mol co2的同时消耗了1mol cob混合气体的密度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变d：混合气体的压强不再变化在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件请在右图中补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线：若要同时提高该反应的速率和no的转化率，采取的措施有增大压强、向容器中充入co气体（写出2个）（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将水蒸气通过红热的碳得到水煤气，其反c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h=+131.3kjmol1该反应在高温下能自发进行（填“高温”或“低温，）煤气化过程中产生的有害气体h2s可用足量的na2c03溶液吸收，该反应的离子方程式为co32+h2s=hco3+hs（已知：h2s：km1=9.1108；km2=1.11012h2co3：km1=4.3107；km2=5.61011）（3）已知反应：co（g）+h20（g）co2（g）+h2（g），现将不同量的co（g）和h20（g）分别通人到体积为2l的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mincoh2oh2co1650421.62.462900210.41.633900abcdt实验1条件下平衡常数k=2.67（保留小数点后二位）实验3中，若平衡时，co的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是ab该反应的h0（填“”或“”）；若在900时，另做一组实验，在此容器中加人10mol c0，5mol h20，2mol c02，5mol h2，则此时v图v逆（填“”，“”，“=”）考点：化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：（1）a在单位时问内生成1mol co2的同时消耗了1mol co，从反应开始到平衡，都符合这等量关系；b混合气体的密度不再改变，体积不变，反应体系都是气体，从反应开始到平衡，密度始终不变；c混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态；d：混合气体的压强不再变化，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态；将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所v正v逆；若要同时提高该反应的速率和no的转化率，外界条件增强，平衡正向移动；（2）根据g=hts判断，g0，反应自发进行；根据碳酸和氢硫酸的两步电离平衡常数进行比较氢硫酸与碳酸、碳酸氢根离子离子酸性大小，从而得出反应产物，写出反应的离子方程式；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时h2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合（3）根据平衡常数的表达式进行计算；如果a=b两者的转化率相等，co的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动；利用实验1与实验2温度变化比较平衡常数来判断反应热，依据浓度商和平衡常数比较分析判断；解答：解：（1）a在单位时问内生成1mol co2的同时消耗了1mol co，从反应开始到平衡，都符合这等量关系，故a不选；b混合气体的密度不再改变，体积不变，反应体系都是气体，从反应开始到平衡，密度始终不变，故b不选；c混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故c选；d：混合气体的压强不再变化，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故d选；故答案为：cd；将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所v正v逆，故图象为：，故答案为：；若要同时提高该反应的速率和no的转化率，外界条件增强，平衡正向移动，措施是增大压强或向容器中充入co气体，故答案为：增大压强或向容器中充入co气体；（2）由热化学反应方程式可知，该反应为焓增、熵增过程，即h0、s0，必须满足g=hts0反应才能自发进行，所以在高温下能够自发进行，故答案为：高温； 由于ka2=5.611011ka1=9.1108ka1=4.30107、ka2=5.611011ka2=1.11012，所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为：co32+h2s=hco3+hs，故答案为：co32+h2s=hco3+hs；（3）验1计算平衡常数， h2o（g）+co（g）co2（g）+h2（g）初始 1mol/l 2mol/l 0 0转化 0.8mol/l 0.8mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 平衡 0.2mol/l 1.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l k=2.67，故答案为：2.67；如果a=b两者的转化率相等，co的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动，则ab，故答案为：ab；则实验1升高温度实验2，验2计算平衡常数， h2o（g）+co（g）co2（g）+h2（g）初始 0.5mol/l 1mol/l 0 0转化 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l 平衡 0.3mol/l 0.8mol/l 0.2mol/l 0.2mol/l k=0.167，温度升高k变小，温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，故答案为：；按10mol c0，5mol h20，2mol c02，5mol h2，分别加入该容器qc=0.2k反应逆向进行，v（正）v（逆），故答案为：点评：本题考查化学平衡和化学反应速率等知识，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算，此为化学平衡常考查问题10（14分）（2014丽水二模）fes047h20广泛用于医药和工业领域，以下是fes047h20的实验室制备流程图根据题意完成下列填空：（1）铁屑与稀硫酸反应前，应用10% na2c03溶液浸泡几分钟，操作目的是除去废铁屑表面的油污，浸泡后，用倾析法（填操作方法）分离并洗涤铁屑（2）操作a为趁热过滤（3）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；降低洗涤过程中feso47h2o的损耗（4）fes047h20是某些补血剂的主要成分，实验室要测定某补血剂中铁元素的含量i方案一：可用kmn04溶液进行氧化还原滴定在配制100ml 1.00102moll1的kmno4溶液时，所用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒，还有100ml容量瓶，胶头滴管（填仪器名称）在配制过程中，下列说法正确的是bd（填序号字母）akmno4溶于水不放热，可以直接在容量瓶中溶解b容量瓶洗涤后不需干燥即可直接用于实验c定容后摇匀，凹液面低于刻度线，再加水至凹液面最低点与刻度线相平d如果定容时加水超过刻度线必须毓配制、方案二：将fes047h20最终转化为fe203，测定质量变化，操作流程如下：步骤中一系列操作依次是：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量假设实验过程中fe无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（用含a的代数式表示）若步骤加人x溶液的量不足，则最后测出每片补血剂含铁元素的质量将偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）考点：硫酸亚铁的制备.专题：实验题分析：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，能洗去油污；分离并洗涤铁屑方法是倾析法；（2）根据操作a的目的是固液分离来分析；（3）最后得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤目的是洗去表面杂质，温度降低绿矾溶解度降低，减少绿矾晶体的损失；（4）依据配制溶液的过程和步骤选择仪器；依据溶液配制的实验过程判断；a、容量瓶不能用来溶解物质；b、只要最后让溶液体积是100ml即可，容量瓶中事先有水没影响；c、定容后摇匀后不需要再加水，加水后溶液浓度减小；d、加水超出刻度，配制失败需要重新配制；题干要求将fes047h20最终转化为fe203，测定质量变化，据此分析；根据变化过程中铁元素的守恒来计算；根据加入x试剂的目的是使fe3+沉淀来分析解答：解：（1）碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，用10% na2c03溶液浸泡铁屑的目的是能洗去油污；分离固液并洗涤铁屑方法是倾析法；故答案为：除去废铁屑表面的油污，倾析法；（2）操作a的目的是将fes04溶液与不溶性杂质分离，为了使fes04的损失尽可能减小，故操作a应是趁热过滤，故答案为：趁热过滤；（3）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中feso47h2o的损耗；（4）配制100ml 1.00102moll1的kmno4溶液，所用的仪器有天平、烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶 玻璃棒；a、容量瓶不能用来溶解物质，故a错误；b、容量瓶是准确量配制溶液的量具，只需最后让溶液体积是100ml即可，容量瓶中事先有水没影响，故b正确；c、定容后摇匀后不需要再加水，加水后溶液浓度减小，故c错误；d、加水超出刻度，配制失败需要重新配制，故d正确；故答案为：100ml容量瓶，胶头滴管；bd；将fes047h20最终转化为fe203来测定质量变化，而红褐色悬浊液是fe（oh）3，故要转化为fe203，则需过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量，故答案为：灼烧；根据铁元素的守恒，根据十片补血剂得到的fe203的质量为ag，则每片补血剂得到的fe203的质量为0.1ag，故含有的铁元素的质量m=256g/mol=0.07ag，故答案为：0.07g；加入x试剂的目的是使fe3+沉淀，故若加人x溶液的量不足，则导致fe3+沉淀不完全，测出每片补血剂含铁元素的质量将偏小，故答案为：偏小点评：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、守恒法的计算等，考查知识点较多，难度较大，且计算较繁琐，对学生的能力要求较高11（14分）（2014浙江模拟）芳香烃x是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92gmol1，某课题小组以它为原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）已知a是一氯代物，h是一种功能高分子，链节组成为c7h5no已知：回答下列问题：（1）对于阿司匹林，下列说法正确的是ba是乙酸的同系物 b能发生酯化反应c.1mol阿司匹林最多能消耗2mol na0h d不能发生加成反应（2）h的结构简式是，fg的反应类型是氧化反应（3）写出cd的化学方程式（4）写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式（写出