2019-2020学年北师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北师大附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导 Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（）A放电时，电极a 为正极B放电时，内电路中Na+的移动方向为从b 到 a C充电时，电极b 的反应式为Sx2-2e-=xS D充电时，Na+在电极 b 上获得电子，发生还原反应【答案】C【解析】【详解】A.放电时 Na 失电子，故电极a 为负极，故A 错误；B.放

2、电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a 到 b，故 B错误；C.充电时该装置是电解池，电极b 是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2-2e-=xS，故 C正确；D.充电时，电极a 是阴极，Na+在电极 a 上获得电子发生还原反应，故D 错误；故答案为C。2我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第 步中 CO2和 H2分子中都有化学键断裂B水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第 步的反应式为：*H3CO+H2

3、O CH3OH+*HO D第 步反应是一个放热过程【答案】B【解析】【分析】【详解】A.第步反应中CO2和 H2反应产生*H 和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A 正确；B.根据图示可知：在第步反应中有水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B 错误；C.在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O 反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2O CH3OH+*HO，C正确；D.第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D 正确；故答案

4、选B。3中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（）A宋代梅尧臣的陶者“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程中没有发生化学变化B古代炼丹著作黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，该反应类型为置换反应C东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述.“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”指的是硫黄D明代李时珍本草纲目中“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，其“法”是指蒸馏【答案】A【解析】【详解】A.黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质，发生了化学变化，故A 错误；B.曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的

5、过程，故B 正确；C.液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；D.蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故D 正确；故选：A。4已知热化学方程式：C(s，石墨)C(s，金刚石)-3.9 kJ。下列有关说法正确的是A石墨和金刚石完全燃烧，后者放热多B金刚石比石墨稳定C等量的金刚石储存的能量比石墨高D石墨很容易转化为金刚石【答案】C【解析】【详解】A石墨和金刚石完全燃烧，生成物相同，相同物质的量时后者放热多，因热量与物质的量成正比，故A错误；B石墨能量低，石墨稳

6、定，故B 错误；C由石墨转化为金刚石需要吸热，可知等量的金刚石储存的能量比石墨高，故C 正确；D石墨在特定条件下转化为金刚石，需要合适的高温、高压，故D 错误；故答案为C。5关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)H0，下列说法正确的是（）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A 正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动

7、，故B 错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C 错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D 错误；答案选 A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。6一带一路是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是A陶瓷B中草药C香料D丝绸【答案】A【解析】【分析】【详解】A陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正

8、确；B中草药中的有效成分属于有机物，B 项错误；C香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；D丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D 项错误；答案选 A。7化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照如图连接好线路发现灯泡不亮，按照右图连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（）A NaCl是非电解质BNaCl 溶液是电解质CNaCl 在水溶液中电离出了可以自由移动的离子D NaCl 溶液中，水电离出大量的离子【答案】C【解析】【详解】A.NaCl 属于盐，所以是电解质，A 错误；B.NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B 错误；C.氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动

9、的离子使溶液导电，C正确；D.氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D 错误；故答案选C。8NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 88.0 g14CO2与14N2O 的混合物中所含中子数为44 NA B1 mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为 NA C17.4 g MnO2与 40 mL10 mol/L 浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA D常温下pH=4 的醋酸溶液中由水电离出的H的数目为10-10 NA【答案】B【解析】【详解】A.14CO2分子中含有24 个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0

10、 g 46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.9124NA=45.9NA；14N2O 的分子中含有22 个中子，88.0 g14N2O 的物质的量等于2 mol，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以 88.0 g14CO2与14N2O 的混合物中所含中子数大于44 NA，A 错误；B.在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于 CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为 NA，B 正确；C.17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g 87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L 0.04

11、 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以 HCl 为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以 0.4 mol HCl 不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C错误；D.只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D 错误；故合理选项是B。9下列关于有机化合物的说法正确的是()A属于醛类，官能团为CHO B分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH 溶液反应的有4 种C立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3 种D烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷【答案】C【解析】【分析】【详解】A的官能团为 COO(酯基)，为甲酸与苯酚发

12、生酯化反应形成的酯，属于酯类，A 选项错误；B分子式为C5H10O2且能与 NaOH 溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为C4H9，C4H9的同分异构体有CH2CH2CH2CH3、CH(CH3)CH2CH3、CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，甲酸和丁醇酯化，丁醇有 4 种乙酸和丙醇酯化，丙醇有 2 种丙酸和乙醇酯化，1 种丁酸和甲醇酯化，丁酸有2 种，因此共有4+2+1+2=9 种，则符合条件的 C5H10O2的有机物共有13 种，B选项错误；C氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立

13、方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3 种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3 种，C 选项正确；D的最长碳链为6，称为己烷，在2 号碳上有1 个甲基，3 号碳上有 1 个乙基，正确命名为 2-甲基-3-乙基己烷，D 选项错误；答案选 C。【点睛】B 选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH 溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。10一种香豆素的衍生物结构如图所示，关于该有机物说法正确的是（）A该有机物分子式为C10H10O4B1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 5 mol C1mol 该有机物

14、与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol D 1mol 该有机物与NaOH 溶液反应是最多消耗NaOH 3 mol【答案】C【解析】【详解】A该有机物分子式为C10H8O4，故 A 错误；B只有苯环和双键能与氢气发生加成反应，则1mol 该有机物与H2发生加成时最多消耗H2 4mol，故 B错误；C酚 OH 的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol 该有机物与足量溴水反应时最多消耗Br23 mol，故 C正确；D 2 个酚 OH、COOC 及水解生成的酚OH 均与 NaOH 反应，则1mol 该有机物与NaOH 溶液反应时最多消耗NaOH 4 mol，故 D 错误；故

15、选 C。11室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A 0.1 molL-1NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B通入过量Cl2：Cl、SO42、Fe2+、Al3+C通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D 0.1mol L-1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A.0.1 molL-1NaOH 溶液显碱性，离子间不发生反应，可以共存，故A 正确；B.通入过量Cl2的溶液显酸性和氧化性，Fe2+有还原性被氧化为Fe3+，不能共存，故B 错误；C.通入大量CO2的溶液显酸性，H+与 ClO-、CH3

16、COO-、HCO3-不能共存，故C错误；D.0.1molL-1H2SO4溶液显酸性，H+存在的情况下NO3-和 HSO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D 错误。答案选 A。12 硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知 Cu2O2H+=CuCu2+H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是A将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3B将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与 O2C固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物

17、中含有CuO D将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；C.固体产物加入稀硝酸，氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；D.将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。故选 B。13下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A银氨溶液

18、:Na+、K+、NO3、NH3H2O B空气:C2H4、CO2、SO2、NO C氯化铝溶液:Mg2+、HCO3、SO42、BrD使甲基橙呈红色的溶液:I、Cl、NO3、Na+【答案】A【解析】【详解】A.在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A 正确；B.空气中有氧气，NO 与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；C.氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D.使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和 NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；答案选 A。14我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（）A 1molM

19、可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B苯环上的一氯化物有3 种C所有碳原子均处同一平面D 1molM 可与 15mol H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3 个-COOH，由于每2 个 H+与 CO32-反应产生1molCO2气体，所以 1molM 可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A 正确；B.在中间的苯环上只有1 种 H 原子，在与中间苯环连接的3 个苯环上有2 种不同的H 原子，因此苯环上共有 3 种不同位置的H 原子，它们被取代，产生的一氯化物有3 种，B 正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H 原子的位置

20、在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中 H 原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2 点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在 M 分子中含有 4 个苯环和3 个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM 发生加成反应的氢气的物质的量为34+23=18mol，D 错误；故合理选项是D。15下列实验装置应用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的的是A用图甲装置制取并收集二氧化硫B用图乙装置向反应后的混合物中加水稀释C用图丙装置过滤出稀释后混合物中的不溶物D用图丁装置将硫

21、酸铜溶液蒸发结晶【答案】C【解析】【分析】A二氧化硫密度比空气大；B类比浓硫酸的稀释；C操作符合过滤中的一贴二低三靠；D溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体。【详解】A二氧化硫密度比空气大，应用向上排空气法收集，选项A 错误；B反应后的混合物中含有浓度较大的硫酸，稀释该混合物时，要将混合液沿烧杯内壁缓慢加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B 错误；C转移液体时用玻璃棒引流，防止液体飞溅，操作符合过滤中的一贴二低三靠，操作正确，选项C正确；D溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，不能进行蒸发结晶，选项D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的

22、考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累，难度不大。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16、研究性学习小组进行SO2的制备及性质探究实验，装置如图（a 为活塞，加热及固定装置已略去）。（1）连接仪器、_、加药品后，打开a，然后滴入浓硫酸，加热；（2）铜与浓硫酸反应制备SO2的化学方程式是_；（3）品红溶液中的实验现象是_；（4）从高锰酸钾溶液中观察到的现象说明SO2具有 _性。、上述实验中NaOH 溶液用于吸收剩余的SO2生成Na2SO3，Na2SO3是抗氧剂。向烧碱和Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色。（1）写出在碱性溶液中

23、Br2氧化 Na2SO3的离子方程式_（2）反应后的溶液含有SO32、SO42、Br、OH等阴离子，请填写鉴定其中SO42和 Br的实验报告。_限选试剂：2mol L1HCl；1mol L1H2SO4；lmol L1BaCl2；lmol L1Ba（NO3）2；0.1mol L1AgNO3；CCl4；新制氯水。编号实验操作预期现象和结论步骤取少量待测液加入试管中，加入过量的 2mol L1盐酸，再滴加有生成，证明待测液中SO42-步骤取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入，振荡，静置。下层液体呈，证明待测液中含Br-。【答案】检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2

24、+2H2O 品红溶液红色褪去变为无色还原性SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄色【解析】【分析】、(1)依据装置制备气体验证气体性质分析步骤；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(3)依据二氧化硫的漂白性解释；(4)二氧化硫通入高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色；II、(1)Na2SO3和溴发生氧化还原反应；(2)检验 SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；检验 Br2，可用氯水，加入四氯化碳后，根据四氯化碳层的颜色进行判断。【详解】、(1)装置是制备气体的反应，

25、连接好装置需要检验装置的气密性，再加入试剂发生反应；故答案为检验装置气密性；(2)铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；(3)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液红色褪去；故答案为品红溶液红色褪去变为无色；(4)二氧化硫具有还原性通入高锰酸钾溶液被氧化为硫酸，高锰酸钾溶液紫红色褪去变化为无色；故答案为还原性；II、(1)向烧碱和 Na2SO3混合溶液中加入少许溴水，振荡后溶液变为无色，说明亚硫酸根离子被溴单质氧化为硫酸跟，依据得失电子守恒和原子守恒配平写出离子

26、方程式为：SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；故答案为SO32+Br2+2OH=H2O+SO42+2Br；(2)、检验 SO42-可取少量待测液加入试管中，加入过量的2 mol/L 盐酸，再滴加适量l mol/LBaCl2溶液；检验 Br-，可取出步骤中适量上层清液于试管中，加入适量氯水，再加入四氯化碳，振荡，静置后观察颜色，如若下层液体呈橙红色，证明待测液中含Br-；故答案为编号实验操作预期现象和结论步骤lmol L1BaCl2溶液有白色沉沉淀生成步骤四氯化碳橙黄色。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图

27、：回答下列问题（1）A 的化学名称为 _。（2）D 中官能团的名称是_。（3）反应所需试剂、条件分别为_、_。（4）写出的反应方程式_。（5）F的分子式为 _。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式_。所含官能团类别与E相同；核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)_。【答案】丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热+CH3OH C12H9N2OF3【解析】【分析】A和 HCN加成得到B，-H 加在 O原子上，-CN加 C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F

28、，F 发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由 A 的结构简式可知，A 的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由 D 的结构简式可知，D 中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比

29、为1：1：6，则必有2 个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3 号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和 HCN 加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F 对上了，问题自然应迎刃而解。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g 铁片完全溶解于过量稀

30、硫酸中，将反应后得到的溶液用10.0200mol Lg的4KMnO溶液滴定，达到终点时消耗了425.00mL KMnO溶液。（1）配平以下方程式并标出电子转移的方向与数目_。24444242423_H SO+_KMnO+_FeSO_MnSO+_FeSO+_K SO+_H O（2）滴定到终点时的现象为_，铁片中铁元素的质量分数为_。（3）高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：_。（4）243FeSO溶液呈酸性，加硫酸后3+Fe增加，请结合离子方程式并利用化学平衡移动理论解释：_。（5）高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂。可以氧化22H O、2+Fe、2-S、2-3SO等多种物质

31、，如224244242H O+KMnO+H SOMnSO+_+K SO+H O，试推测空格上应填物质的化学式为_。（6）上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是_。【答案】最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且30s 不褪色70%盐酸有还原性（或-C1有还原性），易被高锰酸钾氧化3+23Fe+3H OFe OH+3H?，加入稀硫酸，增大+H浓度，平衡向左移动，抑制了3+Fe水解，所以3+Fe增大2O生成的2+Mn可能有催化作用，加快了反应速度【解析】【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒配平化学方程式；根据滴定原理分析滴定终点的现象及计算物质的质量分数；根据平衡移动原理及

32、影响速率的因素分析解答。【详解】（1）元素的化合价变化为：Mn：+7+2，改变数为5，Fe：+2+3，改变数为1，根据化合价升降的总数相等可知，KMnO4与 FeSO4的化学计量数比值为1：5，然后根据质量守恒配平化学方程式，配平后的化学方程式为8H2SO4+2KMnO4+10FeSO4 2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，电子由Fe转移到 Mn：；（2）高锰酸钾滴入时被亚铁离子还原成无色，则滴定到终点时的现象为最后加入一滴高锰酸钾，出现紫红色且 30s 不褪色；根据方程式计算得KMnO4 5FeSO4 5Fe 1mol5mol 0.02mol/L0.025Ln n(Fe

33、)=0.02mol/L0.025L5=0.0025mol 则铁片中铁元素的质量分数为0.0025mol56g/mol100%=70%0.2g；（3）高锰酸钾有氧化性，盐酸有还原性（或-C1有还原性），易被高锰酸钾氧化；（4）铁离子水解：3+23Fe+3H OFe OH+3H?，加入稀硫酸，增大+H浓度，平衡向左移动，抑制了3+Fe水解，所以3+Fe增大；（5）H2O2中 O 为-1 价，被高锰酸钾氧化后生成O2，故答案为O2；（6）因为恒温，所以影响反应速率的因素可能是催化剂，故答案为：生成的2+Mn可能有催化作用，加快了反应速度。19有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的测评项目之一

34、。（1）已知反应2NO（g）+2CO（g）垐?噲?N2（g）+2CO2（g）v 正=k 正 c2（NO）c2（CO），v 逆=k 逆 c（N2）c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。一定条件下进行该反应，测得CO 的平衡转化率与温度、起始投料比m=n(NO)n(CO)的关系如图1 所示。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 _填“”“”或“=”）k逆增大的倍数。下列说法正确的是_。A 投料比：m1m2m3B 汽车排气管中的催化剂可提高NO 的平衡转化率C 当投料比m2 时，NO 转化率比CO 转化率小D 当体系中CO2和 CO 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态若在

35、1L 的密闭容器中充入1 molCO 和 1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为40%，则 k 正k 逆=_（填写分数即可，不用化简）（2）在2L 密闭容器中充入2mol CO 和 1mol NO2，发生反应4CO（g）+2NO2（g）垐?噲?N2（g）+4CO2（g）H0，如图2 为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO 的转化率，可采取的措施有 _（填字母序号）a 增加CO 的浓度b 缩小容器的体积c 改用高效催化剂d 升高温度若在D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中A G 点中的_

36、点。（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3-），其工作原理如下图所示。若导电基体上的Pt 颗粒增多，造成的后果是_。【答案】C D 2081ab C 若 Pt 颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量【解析】【分析】【详解】(1)据图 1 所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数k逆增大的倍数；A.由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO转化率增大，即起始投料比m 越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1m2m3，故 A 错

37、误；B.催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B 错误；C.由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率=变化量起始量 100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2 时 CO转化率是NO 转化率的2 倍，故 C 正确；D.反应正向移动时CO2浓度增大，CO浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D 正确；故答案为：CD；若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO 和 1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为40%，列三段式有：212-1-1-+mol L1100mol L0.40.40.20.4m

38、ol L0.60.2NO g2CO gNg2COg60.20.4?ggg起始()转化()平衡()达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正?c2(NO)?c2(CO)=k 逆?c(N2)?c2(CO2)，则222222220.20.420=0.NCONOC60 61O.8kcckccgg正逆；(2)a.增加 CO的浓度平衡正向移动，NO 转化率提高，故a 正确；b.缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO 转化率提高，故b 正确；c.改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO 转化率不变，故c错误；d.该反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO 转化率降低，故d 错误；故选 ab；相同压强下降低温度平衡正向移动，CO2体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移动CO2体积分数增大，所以符合条件的为C；(3)由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt 颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量。