2019-2020学年北京市首师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市首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下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A 将 3 体积 SO2和 1 体积 O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和 O2的反应为可逆反应B 用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C 向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D 用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液

2、变浑浊C元素的非金属性大于Si 元素A A BB CC D D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A 错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH 溶液，选项B 错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D 错误；答案选 C。2十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装

3、置工作时，下列说法正确的是A盐桥中Cl-向 Y 极移动B电路中流过7.5 mol 电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8L C电流由X 极沿导线流向Y极D Y极发生的反应为2NO3-10e-6H2O=N212OH，周围 pH 增大【答案】D【解析】【分析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X 是负极，发生失电子的氧化反应，Y 是正极，发生得电子的还原反应-3222NO+10e+6H O=N+12OH，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。【详解】A.处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，故 A

4、 错误；B.电池总反应为：-33225NH+3NO=4N+6H O+3OH，该反应转移了15 个电子，即转移15 个电子生成4 个氮气，故电路中流过7.5 mol 电子时，产生2mol 氮气，即44.8L，B 错误；C.电流由正极流向负极，即Y 极沿导线流向X 极，故 C 错误；D.Y 是正极，发生得电子的还原反应，-3222NO+10e+6H O=N+12OH，周围 pH 增大，故D 正确；答案选 D。3废弃锂离子电池的资源化处理日益重要。从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：有关数据：25时，Ksp(FePO4)=1.31

5、0-22、KspFe(OH)3=2.610-39。回答下列问题：（1）“溶浸 1”中铝溶解的化学方程式为_。（2）完成“溶浸 2”反应的离子方程式_：LiFePO4+H2O2+=Li+H2PO4-+H2O（3）“滤渣 2”的主要成分是_。（4）“滤液 2”循环两次的目的是_。（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为_。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是_。（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。用此反应的化学平衡常数说明转化能否完全_？（7）为了充分沉淀，“沉锂”时所

6、用的X和适宜温度是_（填标号）。A NaOH20-40 BNaOH80-100CNa2CO320-40 DNa2CO360-80【答案】2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H22LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2H2PO4-+2H2O石墨提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)Fe3+2H2PO4-+CO32-=FePO4+CO2+H2ONa2CO3水解产生的c(OH-)增大，与 Fe3+结合生成 Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的 PO43-增大K=322spsp443393c POFePO1.3 102.6 10FeK()OHcOHK=

7、5.0 1016，K 很大，说明反应完全进行D【解析】【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）加入氢氧化钠进行减溶，铝箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后得到滤液1，滤液 1为偏铝酸钠溶液，过滤后的滤渣再加入过量浓硫酸进行酸溶，同时加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，并进行多次循环，确保亚铁离子全部转化，在进行过滤得到滤渣2 和滤液 2，滤渣 2 为石墨粉，滤液2 主要含有 Fe3+、Li+、H2PO4-和 SO42-溶液，向滤液2 加入碳酸钠，Fe3+、H2PO4-与碳酸钠反应，转化为磷酸铁沉淀和二氧化碳，生成的二氧化碳气体通入滤液1 中反应生成氢氧化铝，磷酸铁

8、中加入氢氧化钠溶液转化为氢氧化铁和磷酸钠晶体，向沉铁、磷后的溶液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，再对碳酸锂进行一系列处理最后得到高纯锂化合物，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，“溶浸 1”中铝溶解的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；(2)完成“溶浸 2”为 LiFePO4与过量浓硫酸进行酸溶，同时加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式：2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2H2PO4-+2H2O；(3)根据分析，“滤渣 2”的主要成分是石墨；(4)“滤液 2”循环两次的目的是提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)(5

9、)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为Fe3+2H2PO4-+CO32-=FePO4+CO2+H2O；实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是Na2CO3水解产生的c(OH-)增大，与Fe3+结合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大；（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。K=322spsp443393c POFePO1.3 102.6 10FeK()OHcOHK=5.0 1016，K 很大，说明反应完全进行。（7）结合表格数据，碳酸锂的溶解度远小于氢氧化锂

10、，为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X应为碳酸钠，60-80左右溶解度较小，答案选D。4化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A Cu2+为重金属离子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程C纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍D油漆刷在钢铁护栏表层用来防止金属锈蚀【答案】A【解析】A.Cu2+为重金属离子，能使蛋白质变性，故CuSO4能用于生活用水消毒，A错误；B.卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，B正确；C.纯碱溶液显碱性，可以洗涤餐具上的油渍，C正确；D.油漆刷在钢铁护栏表层隔绝空气，用来防止金属锈蚀，D正确，答案选A。5

11、下列化学式中属于分子式且能表示确定物质的是（）A C3H8BCuSO4CSiO2DC3H6【答案】A【解析】【详解】A C3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A 正确；BCuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，故B 错误；CSiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误；DC3H6为分子晶体，但有同分异构体，即 C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D 错误。故选：A。【点睛】应注意的是只有分子晶体才有分子式。6下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是ABCD【答案】A【解析】【详解】A升高温

12、度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A 符合；B中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，加入 KI，发生 AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl 转换为黄色AgI 沉淀，B 不符合；C FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(胶体)+3HClH0，温度升高，平衡正向移动，C 不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释 10 倍，pH2.9+1，D 不符合。答案选 A。【点睛】pH=m 的强酸稀释10

13、n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m 的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+nH2ONH3CH4，A 正确；B.氢气（或Li）与镁一般不反应，B错误；C.氯化铝是共价化合物，故用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；D.氟元素没有最高价氧化物对应水化物，D 错误；故选 A。11在体积都为1 L、pH 都等于 2 的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是ABCD【答案】C【解析】【分析】根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势

14、，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实。【详解】体积都为1 L，pH 都等于 2 的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)n(HCl)=0.01 mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2+H2，盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH 小于盐酸溶液中；A由于醋酸会不断电离出H+，因此醋酸pH 上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn 反应，

15、醋酸速率快，但是这是 pH，不是氢气的量，所以pH 上升醋酸慢，A 错误；B反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也比盐酸多，所以图象不符合题意，B 错误；C产生氢气的量从0 开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn 少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，故图象符合Zn 少量，C正确；D反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电

16、离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。12异丙烯苯和异丙苯是重要的化工原料，二者存在如图转化关系：下列说法正确的是A异丙烯苯分子中所有碳原子一定共平面B异丙烯苯和乙苯是同系物C异丙苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有6 种D 0.05mol 异丙苯完全燃烧消耗氧气13.44L【答案】C【解析】【分析】【详解】A.异丙烯基与苯环靠着单键相

17、连，单键可以旋转，因而异丙烯苯分子中所有碳原子不一定共平面，A 错误；B.异丙烯苯分子式为C9H10，乙苯分子式为C8H10，两者分子式相差一个“C”，不符合同系物之间分子组成相差若干个CH2，B 错误；C.异丙苯与足量氢气完全加成生成，根据等效氢原则可知该产物有6 种氢原子，因而其一氯代物有 6 种，C正确；D.异丙苯分子式为C9H12，该燃烧方程式为C9H12+12O29CO2+6H2O，0.05mol 异丙苯完全燃烧消耗氧气 0.6mol，但氧气所处状态未知（例如标准状况），无法计算气体体积，D 错误。故答案选C。【点睛】需注意在标准状况下，用物质的体积来换算所含的微粒个数时，要注意，在

18、标准状况下，只有1 mol 气体的体积才约是22.4 L。而某些物质在标况下为液体或固体是高考中换算微粒常设的障碍。如：标准状况下，22.4 L CHCl3中含有的氯原子数目为3NA。标准状况下，CHCl3为液体，22.4 L CHCl3的物质的量远大于1 mol，所以该说法不正确。13用下列装置进行实验，能达到实验目的的是选项A B C D 实验装置目的制备干燥的氨气证明非金属性ClCSi 制备乙酸乙酯分离出溴苯A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A 错误；B稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B

19、 错误；C导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C 错误；D溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D 正确；故选 D。【点睛】1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与 NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH 固体，用于干燥中性或碱性气体。14下列化学用语表示正确的是（）A中子数为16 的硫原子：4832S BCl-的

20、结构示意图：C甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3D氢氧化钠的电子式：【答案】C【解析】【详解】A.S原子的质子数是16，中子数为16 的硫原子：3216S，故 A 错误；B.Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故 B 错误；C.甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故 C正确；D.氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故 D 错误。15下列实验操作能达到实验目的的是A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗B用湿润的红色石蕊试纸检验酸性气体C在装置甲中放入MnO2和浓盐酸加热制备氯气D用装置乙分离乙酸和乙醇的混合物【答

21、案】C【解析】【分析】【详解】A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A 项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B 项错误；CMnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D 项错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16金属磷化物（如磷化锌）是常用的蒸杀虫剂。我国卫生部门规定：粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过 0.050mg：kg-1时，粮食质量方达标。现设计测定粮食中残留磷化物含量的实验如下（资料查阅）磷化锌易水解产生PH3；PH3沸点为-88，有剧毒性、强还原性、易自然。（用量标准 如图：装置 A、B、E中盛有

22、的试剂均足量；C中装有 100 原粮；D中盛有 40.00mL6.010-5mol?L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。（操作流程）安装仪器并检査气密性PH3的产生与吸收一转移KMnO4吸收溶液用Na2SO3标准溶液滴定。试回答下列问题：（1）仪器 E的名称是 _；仪器 B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是_。（2）A装置的作用是_；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止 _。（3）下列操作中，不利于精确测定出实验结果的是_（选填序号）。a实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末b将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中c实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率（4）磷化锌发生水解反应时除产生PH

23、3外，还生成 _（填化学式）。（5）D中 PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为_。（6）把 D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250.00mL，取 25.00mL 于锥形瓶中，用 5.0 10-5mol?L-1的 Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液10.00mL则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为_mg?kg-1，该原粮质量_（填“达标”或“不达标“）。【答案】分液漏斗增大接触面积吸收空气中的还原性气体PH3被氧化cZn（OH）25PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O0.085不达标【解析】【分析】由实验装置图可知

24、，实验的流程为安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸钠标准溶液滴定。已知C中盛有 100g 原粮，E中盛有 20.00mL1.1310-3mol?L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的 PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装 KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体。【详解】（1）仪器 E的名称是分液漏斗；仪器B、D中进气管下端设计成多孔球泡形状，目的是增大接触面积，故答案为分液漏斗；增大接触面积；（2）A装置的作用是吸收空气中的还原性气体；B装置的作用是吸收空气中的O2，防止 PH3被氧化，故

25、答案为吸收空气中的还原性气体；PH3被氧化；（3）实验前，将C中原粮预先磨碎成粉末及将蒸馏水预先煮沸、迅速冷却并注入E中，均可准确测定含量，只有实验过程中，用抽气泵尽可能加快抽气速率，导致气体来不及反应，测定不准确，故答案为c；（4）磷化锌易水解产生PH3，还生成 Zn（OH）2，故答案为Zn（OH）2；（5）D中 PH3被氧化成H3PO4，该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O，故答案为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；（6）由 2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2

26、SO4+3H2O，剩余高锰酸钾为5.0 10-5mol?L-10.01L2525025=210-6mol，由 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O可知，PH3的物质的量为（0.04L 6.0 10-5mol?L-1-210-6mol）58=2.510-7mol，该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为72.51034/1000/0.1molgmommg gkg=0.08 mg/kg 0.050mg/kg，则不达标，故答案为0.085；不达标。【点睛】本题考查物质含量测定实验，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，把握物质的

27、性质、测定原理、实验技能为解答的关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17钼是电子工业的重要材料，制备它的主要原料为辉钼精矿，其主要成分是MoS2(Mr=160)，其中主要杂质为方解石(CaCO3)、石英、黄铁矿(FeS2)、黄铜矿(CuFeS2)、方铅矿(PbS)。某学习小组模拟工业流程设计了制备二硫化钼过程，具体流程图如下：已知 Cu2+、Fe2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH 如表所示：Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时的pH 1.9 7.0 4.7 沉淀完全时的pH 3.2 9.0 6.7 请回答下列问题：（1）请写出电解CaCl2溶液的化学方程式:_；该反

28、应不适合应用于氯碱工业的主要原因可能是_(答出其中一个原因即可)。（2）加强酸性FeCl3溶液时，所涉及反应的离子方程式:_；_。（3）第（5）步加双氧水的目的是_。（4）第（6）步应该调节pH 的范围是 _。（5）第（8）步通空气并控制一定的温度的目的是_。（6）假设用1t 辉钼精矿制备纯的MoS2，得到质量为0.8t，则该辉钼精矿中Mo 的含量为 _。【答案】CaCl22H2OCa(OH)2+H2+Cl2氢氧化钙微溶于水，容易堵塞交换膜3+2+2+2CuFeS+4Fe=Cu+5Fe+2S3+2+2FeS+2Fe=3Fe+2S氧化亚铁离子3.2pH4.7 去硫单质48%【解析】【分析】由流程

29、图可知，辉钼精矿中加入盐酸共热，CaCO3和 PbS溶于盐酸，MoS2、石英、FeS2和 CuFeS2不溶于盐酸，过滤得到滤液1 和滤渣 1；滤液 1 利用结晶法得到氯化铅晶体和氯化钙溶液，电解氯化钙溶液得到氢氧化钙、氯气和氢气；滤渣 1 中含有未溶于盐酸的MoS2、石英、FeS2和 CuFeS2，向滤渣 1 中加强酸性FeCl3溶液，FeS2和 CuFeS2溶解，反应生成S沉淀、氯化铜和氯化亚铁，MoS2、石英不溶，过滤得滤液2 和含有 S、MoS2和石英的滤渣；向滤液2 中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节pH，分步沉淀，过滤得到氢氧化铜和氢氧化铁；向含有S、MoS2

30、和石英的滤渣中加入氢氟酸，二氧化硅溶于氢氟酸，过滤得到含有S和 MoS2的滤渣 2；向滤渣 2中通空气并控制一定的温度除去硫单质得到MoS2。【详解】（1）电解 CaCl2溶液时，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根，电解总方程式为CaCl2 2H2OCa(OH)2+H2+Cl2，由于氢氧化钙微溶于水，生成的氢氧化钙沉淀容易堵塞交换膜，影响电解的继续进行，故答案为CaCl22H2OCa(OH)2+H2+Cl2；氢氧化钙微溶于水，容易堵塞交换膜；（2）向滤渣 1 中加强酸性FeCl3溶液，FeS2和 CuFeS2溶解，FeS2和 FeCl3溶液反应生

31、成S沉淀、氯化亚铁，反应的离子方程式为3+2+2FeS+2Fe=3Fe+2S；CuFeS2和 FeCl3溶液反应生成S沉淀、氯化铜和氯化亚铁，反应的离子方程式为：3+2+2+2CuFeS+4Fe=Cu+5Fe+2S，故答案为3+2+2+2CuFeS+4Fe=Cu+5Fe+2S；3+2+2FeS+2Fe=3Fe+2S；（3）向滤液2 中加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为氧化亚铁离子；（4）向加入双氧水的溶液中再加入氢氧化钠溶液调节pH，分步沉淀，过滤得到氢氧化铜和氢氧化铁，则调节 pH 的范围是3.2 pH4.7，使铁离子先沉淀完全，故答案为3.2 pHT2B上述反应在高温下能自

32、发进行C10min 时，T2K 下正、逆反应速率相等D增大 NO 的浓度，反应物的转化率增大（5）T2K温度下，0 一 10min 内用 CO表示的平均反应速率v(CO)=_mol/L-1min-1；T1K 温度下，上述反应的平衡常数K=_Lmol-1。（6）T1K 温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和 2molNO，则平衡 _（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。【答案】-666 1 大于BD AC0.08 1向右移动【解析】【分析】（1）H=反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v

33、=kc2(NO)c(H2)，总反应速率由反应较慢的一步决定，以此判断活化能大小；由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；（3）8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率，由此判断；（4）由初始反应速率判断T1和 T2的大小；反应能自发进行则 H-T S=G0；反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率；增大NO 的浓度平衡正移，NO 转化率减小；（5）利用三段法计算反应速率，平衡常数K=22222c(N)c(CO)c(CO)c(NO)；（6）通过比较平衡常数K 和浓度商Q 来判断反应移动方向，若 KQ则反应向右移动

34、。【详解】（1）H=反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)24362630946463 4666kJ/molH，故答案为：-666；（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)c(H2)，反应 1：2NO(g)+H2(g)N2(g)+H2O2(g)；反应 2：H2O2(g)+H2(g)2H2O(g)。总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1 反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；（3）恒容容器中8NH3

35、(g)+6NO2(g)7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和 N2的消耗速率之比为6：7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A 密度恒定不变，无法说明达到平衡；C c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C 错误；故答案选 BD。（4）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)A.由图像可知初始反应速率T1T2,则温度 T1T2，故 A 正确；B.T1T2平衡时转化率T1T2，则 H0，S0反应能自发进行则 H-T S=G0；则反应在低温下能自发进行，故B错误；C.10min 时反应达

36、到平衡，T2K 下正、逆反应速率相等，故C正确；D.增大 NO 的浓度平衡正移，NO 转化率减小,故 D错误；故答案选：AC。（5）T2K温度下，0 一 10min 内，NO转化率为80%，则反应的NO物质的量为280%=1.6molmol，则参与反应的CO物质的量为1.6mol-1-1n CO1.6molv CO=0.08molLminV CO2L10mitn；T1K温度下22mol2200mol110.51mol10.512122CO gNO gNgCOg?起始/变化/最终/则平衡常数K=22222c(N)c(CO)1c(CO)c(NO)，故答案为：0.08；1；（6）T1K 温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和 2molNO，则浓度商Q=22222c(N)c(CO)5c(CO)c(NO)91 故平衡正移，故答案为：向右移动。【点睛】通过比较平衡常数K 和浓度商Q 来判断反应移动方向，若 KQ 则反应向右移动。