浙江省金丽衢十二校2022届高三化学上学期第二次联考试题（含解析）新人教版

浙江省金、丽、衢十二校2022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（1856～1940）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α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；16D．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：Y＞Z＞W＞X　B．存放W单质的仓库失火可用泡沫灭火器灭火　C．Z的氧化物通常形成分子晶体，分子内含有共价键　D．Y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Mg＞Si＞Cl＞O，故A错误；B．Mg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（　　）16　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）3CH＜CH3（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；B．Na2C03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）3CH＜CH3（CH2）2CH3＜（CH3）2CHCH2CH2＜CH3（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）（2022•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+4NaOH═Fe3O4+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++e﹣═Na　B．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1：116　D．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++e﹣═Na，故A正确；B、反应3Fe+4NaOH═Fe3O4+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）（2022•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+）=1×10﹣amol•L﹣1，若a＜7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）　C．pH相等的①CH3COONa，②C6H5ONa，③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：②＜③＜①　D．已知Ag2CrO4的ksp为1.12×10﹣12，则将等体积的1×10﹣4mol•L﹣1的AgNO3溶液和1×10﹣4mol•L﹣1K2CrO4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a＜7时，水电离的氢离子浓度大于1×10﹣7mol•L﹣1，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：16解：A．常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣amol•L﹣1，若a＜7时，水电离的氢离子浓度大于1×10﹣7mol•L﹣1，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；C．pH相等的①CH3COONa，②C6H5ONa，③NaHCO3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：②＜③＜①，故C正确；D．已知Ag2CrO4的ksp为1.12×10﹣12，则将等体积的1×10﹣4mol•L﹣1的AgNO3溶液和1×10﹣4mol•L﹣1K2CrO4溶液混合后，银离子浓度为5×10﹣5mol•L﹣1，铬酸根离子浓度为：5×10﹣5mol•L﹣1，则c（Ag+）2•c（CrO42﹣）=5×10﹣5mol•L﹣1×（5×10﹣5mol•L﹣1）2=1.25×10﹣13mol＜ksp=1.12×10﹣12，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）（2022•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：①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．②取上述反应后的滤液，加人AgN03溶液未见沉淀产生．③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+、Cl﹣B．肯定有Al3+、SO42﹣、NH4+　C．肯定没有K+、HCO3﹣、MnO4﹣D．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﹣；①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﹣；②向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明不含有Cl﹣、I﹣；③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﹣；16①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﹣；②向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，说明不含有Cl﹣、I﹣；③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．（2022•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2022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+3C═K2S+N2↑+3CO2．（I）K2S的电子式为　　，C02的结构式为　O=C=O　．②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﹣　③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．①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+H2O⇌NH2NH3++OH﹣　②一种与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+4H2O2═PbSO4+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N267.2L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）①K2S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；②S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；16（3）用铂丝进行焰色反应实验鉴别；（2）①利用NH3+H2O⇌NH4++OH﹣分析出肼溶于水呈碱性的离子方程式；②一种与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）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=O．②S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﹣；③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）①氨气与水的反应为：NH3+H2O⇌NH4++OH﹣，肼（N2H4）溶于水显碱性，其原理与氨相似，离子方程式为：N2H4+H2O⇌NH2NH3++OH﹣；故答案为：N2H4+H2O⇌NH2NH3++OH﹣；②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+4H2O2═PbSO4+4H2O，故答案为：PbS+4H2O2═PbSO4+4H2O；（3）86g该化合物爆炸分解会生成标况下N267.2L和另一种气体单质H2，N2的物质的量为=3mol，质量为3mol×28g/mol=84g，则氢气的质量为86g﹣84g=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）（2022•丽水二模）2022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）△H＜0，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．①能判断该反应达到平衡状态的标志是　CD　．A．在单位时问内生成1molCO2的同时消耗了1molCO16B．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②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：　　③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=+131.3kJ•mol﹣1①该反应在　高温　下能自发进行（填“高温”或“低温，’）．②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=9.1×10﹣8；Km2=1.1×10﹣12．H2CO3：Km1=4.3×10﹣7；Km2=5.6×10﹣11）（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/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900abcdt①实验1条件下平衡常数K=　2.67　（保留小数点后二位）．②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　a＜b　．③该反应的△H　＜　0（填“＜”或“＞”）；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加人10molC0，5molH20，2molC02，5molH2，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）①A．在单位时问内生成1molCO2的同时消耗了1molCO，从反应开始到平衡，都符合这等量关系；16B．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；②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；③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）①根据△G=△H﹣T△S判断，△G＜0，反应自发进行；②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）①根据平衡常数的表达式进行计算；②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；③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）①A．在单位时问内生成1molCO2的同时消耗了1molCO，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；②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：16；③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）①由热化学反应方程式可知，该反应为焓增、熵增过程，即△H＞0、△S＞0，必须满足△G=△H﹣T△S＜0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；②由于Ka2=5.61×10﹣11＜Ka1=9.1×10﹣8＜Ka1=4.30×10﹣7、Ka2=5.61×10﹣11＞Ka2=1.1×10﹣12，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）①验1计算平衡常数，H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）初始1mol/L2mol/L00转化0.8mol/L0.8mol/l0.2mol/l0.2mol/l平衡0.2mol/L1.2mol/L0.2mol/l0.2mol/lK==2.67，故答案为：2.67；②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a＜b，故答案为：a＜b；③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/L1mol/L00转化0.2mol/L0.2mol/l0.2mol/l0.2mol/l平衡0.3mol/L0.8mol/L0.2mol/l0.2mol/lK==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10molC0，5molH20，2molC02，5molH2，分别加入该容器Qc==0.2＞K16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）（2022•丽水二模）FeS04•7H20广泛用于医药和工业领域，以下是FeS04•7H20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：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗　．（4）FeS04•7H20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100mL1.00×10﹣2mol•L﹣1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）．A．KMnO4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、Ⅱ．方案二：将FeS04•7H20最终转化为Fe203，测定质量变化，操作流程如下：①步骤④中一系列操作依次是：过滤、洗涤、　灼烧　、冷却、称量．②假设实验过程中Fe无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量　0.07a　g（用含a的代数式表示）．③若步骤③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）Ⅰ．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；16D、加水超出刻度，配制失败需要重新配制；Ⅱ．①题干要求将FeS04•7H20最终转化为Fe203，测定质量变化，据此分析；②根据变化过程中铁元素的守恒来计算；③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FeSO4•7H2O的损耗；（4）Ⅰ．配制100mL1.00×10﹣2mol•L﹣1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；Ⅱ．①将FeS04•7H20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；②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=×2×56g/mol=0.07ag，故答案为：0.07g；③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）（2022•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92g•mol﹣1，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：16回答下列问题：（1）对于阿司匹林，下列说法正确的是　B　A．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2molNa0HD．不能发生加成反应（2）H的结构简式是　　，F→G的反应类型是　氧化反应　（3）写出C→D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2种）①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1：2：2：1③分子中有2个羟基（5）以A为原料可合成，请设计合成路线，要求不超过4步（无机试剂任选）　　．注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH2CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g•mol﹣1，令分子组成为CxHy，则16=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为．在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为．由反应物与生物的结构可知，反应⑥为与乙酸是酯化反应生成，然后结合有机物的结构与性质来解答．解答：解：芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92g•mol﹣1，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为．在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为16，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为．由反应物与生物的结构可知，反应⑥为与乙酸是酯化反应生成，（1）A．阿司匹林中含苯环，不是乙酸的同系物，故A错误；B．含﹣COOH，能发生酯化反应，故B正确；C．﹣COOH、﹣COOC﹣及水解生成的酚﹣OH均与碱反应，则1mol阿司匹林最多能消耗3molNa0H，故C错误；D．含苯环，能发生加成反应，故D错误；故答案为：B；（2）由上述分析可知，H的结构简式是，F→G的反应类型是在酸性高锰酸钾条件下反应氧化反应生成，故答案为：；氧化反应；（3）C→D的化学方程式是与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为，故答案为：；16（4）有多种同分异构体，其中符合①属于芳香族化合物，且能发生银镜反应，则含﹣CHO；②核磁共振氢谱图中峰面积之比为1：2：2：1，则存在4种位置的H；③分子中有2个羟基，为酚﹣OH，则符合条件的同分异构体为，故答案为：；（5）以A为原料可合成，合成路线为，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意利用X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合A的反应产物的结构特点，判断A的结构，再根据反应条件及反应信息利用正推法与逆推法相结合进行判断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的阅读、分析与思维能力，是有机热点题型，题目难度中等．　16