广东省广州市第十六中学2023-2024学年高二上学期期中考试 化学试卷

广州市第十六中学2023-2024学年上学期高二中段质量检测化学试卷 （考试时间：90分钟 试卷总分：100分） 一、单选题（本大题共16小题，共32分） 1．下列生产生活中需要增大化学反应速率的是 A．铁桥生锈 B．牛奶变质 C．塑料老化 D．高炉炼铁 2．下列反应中，属于氧化还原反应的是 A．2Na+2H2O ══ 2NaOH+H2↑ B．2Fe(OH)3Fe2O3+ 3H2O C．SO2+H2OH2SO3 D．Cu(OH)2+2HCl ══CuCl2+2H2O 3．已知：氧化锂（Li2O）晶体形成过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．ΔH1＜0，ΔH2＞0 B．ΔH3＜0，ΔH4＜0 C．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4－ΔH5 +ΔH6＝0 D．若是钠晶体，则ΔH1将增大 4．一定温度下，在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热，发生反应    ，达到平衡后CO的物质的量为8mol。下列说法错误的是 A．的平衡转化率为80% B．反应前的物质的量为7mol C．通入后，正反应速率突然增大后又减小 D．升高温度，浓度增加，表明该反应是放热反应 5．下列图示正确的是（    ） A．图  表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)在t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B．图  表示反应N2 (g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C．图  表示中和热测定的实验装置图 D．图  中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g) → CH3CH3(g)；ΔH<0，使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 6．将质量为mg的铜屑完全溶于适量浓硝酸中，反应后得到NO2、NO的混合气体，将所得气体通入300mL2mol•L-1NaOH溶液中，恰好完全反应，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则m的值为（    ） A．12.8 B．19.2 C．25.6 D．51.2 7．下列事实中，能应用勒夏特列原理来解释的有几个 ①使用铁触媒，更有利于氨的合成 ②开启雪碧汽水瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 ③溴水中有平衡，当加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅 ④用排饱和食盐水法除去中的 ⑤500℃比室温更有利于合成氨 A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知25℃时，lgKa(CH3COOH)＝lgKb(NH3·H2O)＝－4.75。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液中：c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＝c(H＋)＝c(OH－) B．0.1 mol·L－1 氨水与0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液等体积混合：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－) C．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液等体积混合：c(CH3COOH)>c(Na＋)>c(CH3COO－) D．CH3COOH＋NH3·H2OCH3COO－＋NH4＋＋H2O的平衡常数为K，则lgK＝9.5 9．已知M2On2﹣离子可与R2﹣离子作用，R2﹣ 被氧化为R单质，M2On2﹣的还原产物中，M为+3价；又如c（M2On2-）=0.3mol/L的溶液100mL可与c（R2﹣ ）=0.6mol/L的溶液150mL恰好完全反应，则n值为 A．4 B．5 C．6 D．7 10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．室温下，1 L 0.1 mol/L溶液中阴离子数目小于 B．室温下，1 L的NaOH溶液中，由水电离的数目为 C．酸性氢氧燃料电池中，正极消耗22.4 L(标准状况下)时，电路中通过的电子数目为 D．常温下，向密闭容器内充入46g气体，容器中气体的分子数小于 11．可使反应的反应速率增大的措施是： ①增大压强②增加碳的用量③通入H2O(g)④恒压下充入Ne⑤恒容下充入Ne⑥升高温度 A．①③⑤ B．②④⑥ C．①③⑤⑥ D．①③⑥ 12．中国积极推动技术创新，力争2060年达到碳中和。CO2催化还原的主要反应有： (Ⅰ) (Ⅱ) 反应(Ⅰ)和反应(Ⅱ)的、满足题图：    在恒温恒压条件下通入1molCO2和3molH2进行反应．下列说法错误的是 A．若反应体系密度不再变化，说明反应(Ⅰ)和(Ⅱ)都达到了平衡状态 B．使用催化剂可能在反应体系未达平衡前使甲醇产率提高 C．反应Ⅱ在高温条件下易自发进行 D．升高温度，CO2的转化率可能下降 13．在密闭容器中，一定量混合气体发生下列反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡后，测得C气体的浓度为0.5mol/L．当在恒温下，将密闭容器的体积缩小为1/2，再达平衡时，测得C气体的浓度为0.9mol/L．则下列叙述正确的是 A．反应速率降低 B．平衡向右移动 C．B的转化率提高 D．a+b＜c+d 14．下列说法正确的是 A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)  △H=- 801.3 kJ/mol；结论： CH4的燃烧热为801.3 kJ/mol B．Sn(灰，s) Sn(白，s)  △H= +2.1 kJ/mol(灰锡为粉末状)；结论：锡制品在寒冷的冬天因易转化为灰锡而损坏 C．稀溶液中有：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)  △H= - 57.3 kJ/mol；结论：将盐酸与氨水的稀溶液混合后，若生成1 mol H2O，则会放出57.3 kJ的能量 D．C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)  △H= -393.5kJ/mol、C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)  △H= -395 kJ/mol；结论：相同条件下金刚石比石墨稳定 15．乙醇-水催化重整可获得。体系中存在下列两个可逆反应： ， 在， 在时，若仅考虑上述反应，平衡时乙醇生成和CO的选择性及的产率随温度的变化如图中三条线所示。 已知：乙醇生成CO的选择性，下列说法正确的是 A．升高温度至，平衡时乙醇生成CO的选择性更大 B．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能加快反应速率、提高产率 16．常温下，向20mLNaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中与的关系如图所示。已知。下列说法正确的是 A． B．恰好完全反应时，溶液中 C．当溶液呈中性时，一定存在 D．pH=2时的值比pH=1的大 二、解答题（本大题共4小题，共68分） 17．已知E1=134kJ·mol-1、E2=368kJ·mol-1.请回答下列问题： (1)如图是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，△H的变化是 。 (2)利用天然气(主要成分为CH4)合成甲醇： ①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)    △H1=-71kJ·mol-1， ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)    △H2=-90.5kJ·mol-1， 则CH4(g)+O2(g)=CH3OH(l)    △H3= 。 (3)25℃下，将pH=13的氢氧化钠溶液V1L与pH=1的稀盐酸V2L混合[设混合后溶液的体积为(V1+V2)L]，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2= 。 (4)已知：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=2×10-20.常温下要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中的Cu2+沉淀较为完全(即Cu2+浓度降低至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液pH等于 。 18．氨基钠(常用作有机合成的促进剂，是合成维生素A的原料.氨基钠的制备方法有高温加热法与低温催化法之分。如图装置(部分装置已省略)为低温催化法制备 已知：①几种物质的熔沸点如表： 物质 备注 熔点/℃ 306 是一种共价化合物，受热易升华. 沸点/℃ 316 ②几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应. 回答下列问题： (1)制备 反应前先检查装置气密性确认不漏气，再通入氨气排尽密闭体系中空气，加入金属钠粒，搅拌，保持微沸下反应 ①制备的化学反应方程式为 ②本实验温度为以下，冷却液选择液氨而不用液氯或液态二氧化硫，可能的原因是 (任答一点) ③装置B的作用为 ④反应得到粒状沉积物即，将混合体系在通风橱中，加热得固体产品。加热能够使产品与杂质分离的原因是 ⑤从整套装置的完整性分析，装置B的导气管末端出口最好应连接下列 (填字母代码) (2)纯度分析 在潮湿空气中易发生水解，产生两种碱性物质，假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。准确称取固体，溶于水，加热将产生的氨气蒸出，用蒸馏水吸收，得吸收液，取出于锥形瓶中。再向瓶中加入1滴甲基橙，用标准盐酸溶液滴定三次，滴定至终点时平均消耗盐酸溶液.则产品中的纯度为 19．VO2是制备智能控温薄膜的重要材料。一种以钒渣(主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等)为原料制备VO2的工艺流程如图： 已知：①FeV2O4中铁为+2价， 具有强氧化性； ②室温条件，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：. 金属离子 Fe3+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.1mol·L-1 )的pH 1.9 8.1 8.9 沉淀完全时(c=1.0 ×10 -5mol·L-1)的pH 3.2 10.1 10.9 (1)“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为 。 (2)“酸浸”所得浸出液中除含有 、Mn2+外，还含有的金属阳离子有 。 (3)“沉钒”所得滤液中Mg2+浓度为0.24g/L，加入氨水，可分离Mn2+、Mg2+。 为尽可能多地将Mn2+转化为Mn(OH)2，并避免Mg2+沉淀，应控制pH= ； 分离Mn(OH)2沉淀后的溶液继续加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质可再生循环到 步骤使用。 (4)“沉钒”得到NH4VO3沉淀，在实验室中用如图装置过滤： 操作时要旋开自来水龙头，其目的是 ；洗涤NH4VO3的操作是 。 (5)“高温还原”时C6H12O6转化为CO2和H2O，则理论上180g还原剂能高温还原得到产品 g。 20．工业废气、汽车尾气排放出的NOx等是主要污染物质，其综合治理是当前重要的研究课题。回答下列问题： (1)已知：CO的燃烧热， ，则反应的ΔH= 。 (2)在密闭容器中充入4mol CO和2.5mol NO发生反应，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。 ①T1 T2(填“＞”或“＜”或“=”)。计算温度为T2时反应的平衡常数Kp= (MPa)-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ②反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，重新达到平衡状态可能是图中A~G点中的 点。 (3)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示。 ①a点 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是 。 ②下列说法正确的是 。 A．两种催化剂均能降低反应的活化能，但ΔH均不变 B．低于200℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是催化剂的活性不高 C．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响 D．曲线Ⅱ中曲线下降的原因可能是升高温度，平衡逆向移动 第7页 共10页 ◎ 第8页 共10页 第5页 共10页 ◎ 第6页 共10页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C A B C C B D A 题号 11 12 13 14 15 16 答案 D C D B A C 1．D 【详解】A．铁桥生锈是金属的腐蚀，在生活中要减少金属的腐蚀，A不符合题意； B．牛奶变质影响人类身体健康，应降低反应速率，B不符合题意； C．塑料老化消耗人类生活中使用的塑料产品，应降低反应速率，C不符合题意； D．高炉炼铁即为工业炼铁，需要增大反应速率，D符合题意； 答案选D。 2．A 【详解】2Fe(OH)3Fe2O3+ 3H2O、SO2+H2OH2SO3、Cu(OH)2+2HCl ══CuCl2+2H2O三个反应中均没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，2Na+2H2O ══ 2NaOH+H2↑中Na、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。 3．C 【详解】A．金属单质由固体变为气体吸收能量，金属原子失去电子吸收能量，则△H1＞0，△H2＞0，故A错误； B．断键需要吸收能量，原子变为离子需要放出能量，所以△H3＞0，△H4＜ 0，故B错误； C．根据盖斯定律知，△H5=H1＋△H2＋△H3+△H4+△H6，则-△H5+H1＋△H2＋△H3+△H4+△H6=0，故C正确； D．金属单质由固体变为气体吸收能量，钠的原子半径大，金属键弱，若是钠晶体，则ΔH1将减小，故D错误； 故选C。 4．A 【分析】一定温度下，在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热，发生反应    ，达到平衡后CO的物质的量为8mol。说明消耗CO物质的量为2mol，消耗的H2S物质的量为2mol，生成COS、H2物质的量都为2mol。 【详解】A．根据消耗CO物质的量为2mol，的平衡转化率为，故A错误； B．根据，接的n(H2S)=5mol，反应消耗的H2S物质的量为2mol，因此反应前的物质的量为7mol，故B正确； C．通入后，CO物质的量浓度突然增大，正反应速率突然增大，后来浓度减小，反应速率减小，因此正反应速率突然增大后又减小，故C正确； D．升高温度，浓度增加，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则正反应为放热反应即该反应是放热反应，故D正确。 综上所述，答案为A。 5．B 【详解】A、增大O2的浓度，瞬间只增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，根据图象，t1时刻应增大压强，故A不符合题意； B、催化剂只加快反应速率，对化学平衡的移动无影响，使用催化剂，符合该图象，故B符合题意； C、缺少环形玻璃搅拌棒，故C不符合题意； D、根据图象，反应物总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，即△H>0，使用催化剂降低活化能，因此该图象表示使用和未使用催化剂时的能量变化，故D不符合题意； 答案选B。 6．C 【详解】将所得气体通入300mL 2mol•L-1 NaOH溶液中，恰好完全反应，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，根据钠元素守恒，NaNO2的物质的量为0.3L×2mol•L-1－0.2mol = 0.4mol，根据得失电子守恒，HNO3→NaNO2得电子0.4mol×2=0.8mol，Cu →Cu(NO3)2失电子 ，m=25.6g，故选C。 7．C 【详解】①催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，所以不能用平衡移动原理解释，故①不选； ②雪碧中存在CO2(g)⇌CO2(aq)，开启雪碧瓶后，压强减小，平衡逆向移动，泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，故②符合； ③加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡Br2+H2O⇌HBr+HBrO正向移动，Br2的浓度减小，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故③符合； ④氯气在水中存在溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，相当于增加了氯离子浓度，平衡左移，氯气的溶解度减小，所以实验室中可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能够用勒夏特列原理解释，故④符合； ⑤合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，不可用勒夏特列原理解释，故⑤不选； 上述中有②③④符合。 答案为C。 8．B 【分析】25℃时，lgKa(CH3COOH)＝lgKb(NH3·H2O)＝－4.75，说明醋酸的电离平衡常数与氨水的电离平衡常数相等，则醋酸铵溶液显中性，据此分析解答。 【详解】A．0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(CH3COO－)＝c(NH4＋)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＞c(H＋)＝c(OH－)，故A错误； B．0.1 mol·L－1 氨水与0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液等体积混合，溶液显碱性，溶液中存在物料守恒，c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)= 0.1 mol·L－1，c(Cl－)= 0.05mol·L－1，因此c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，故B正确； C．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，以醋酸的电离为主，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，故C错误； D．CH3COOH＋NH3·H2OCH3COO－＋NH4＋＋H2O的平衡常数为K== Kb(NH3·H2O) Ka(CH3COOH)×，则lgK＝lgKa(CH3COOH)+lgKb(NH3·H2O)+14=(－4.75)+(－4.75)+14=4.5，故D错误； 故选B。 9．D 【详解】R2- 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，M2On2-的还原产物中，M为+3价，设M2On2-中M元素的化合价为x； 由电子守恒可知，0.15L×0.6mol/L×(2-0)=0.1L×0.3mol/L×2×(x-3)，解得x=6，M2On2-离子中(+6)×2+(-2)×n=-2，则n=7，故答案为D。 10．A 【详解】A．中会水解，，，阴离子数目大于，A错误； B．在氢氧化钠中由水电离出的氢氧根离子浓度为10-13mol/L,，则由水电离的数目为，B正确； C．正极消耗22.4 L(标准状况下)(1mol)时，根据1mol氧气得到4mol电子可知，电路中通过的电子数目为，C正确； D．常温下，向密闭容器内充入46g气体（物质的量为1mol），会有反应：，容器中气体的分子数小于，D正确； 故选A。 11．D 【详解】①增大压强，气体分子间有效碰撞的次数增多，反应速率加快； ②增加碳的用量，反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变； ③通入H2O(g)，即增大反应物的浓度，化学反应速率加快； ④恒压下充入Ne，则气体的体积增大，反应混合气的浓度减小，反应速率减慢； ⑤恒容下充入Ne，虽然气体的压强增大，但反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变； ⑥升高温度，反应混合气的温度升高，分子的能量升高，分子间有效碰撞的次数增多，反应速率加快； 综合以上分析，①③⑥符合题意，故选D。 12．C 【详解】A．(Ⅰ)和(Ⅱ)反应前后气体总质量不变，在恒温恒压条件下，混合气体的密度不变时，容器容积不变，容器内混合气的总物质的量不变，正逆反应速率相等，反应(Ⅰ)和(Ⅱ)均达到平衡状态，A正确； B．催化剂具有选择性，在反应体系未达平衡前使用催化剂，有利于反应Ⅱ发生，使甲醇产率提高，B正确； C．由图可知，增大即T减小时，1gK2增大，则降温反应Ⅱ平衡正向移动，则反应Ⅱ为放热反应，△H＜0，反应正向气体分子数减小，△S＜0，故该反应在低温时△H-T△S＜0，有利于反应自发进行，C错误； D．增大即T减小时，1gK2增大，则降温反应Ⅱ平衡正向移动，则反应Ⅱ为放热反应，1gK1减小，则降温反应Ⅰ平衡逆向移动，则反应Ⅰ为吸热反应，故升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，如温度升高对平衡的Ⅱ的影响程度更大，则CO2的转化率可能下降，D正确； 故答案为：C。 13．D 【分析】保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，如平衡不移动，C气体的浓度为1mol/L，实际C的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向逆反应方向移动 【详解】A、增大压强反应速率加快，A错误； B、保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，如平衡不移动，C气体的浓度为1mol/L，实际C的浓度变为0.9mol/L，说明平衡向逆反应方向移动，B错误； C、平衡逆向移动，反反应物转化率降低，C错误； D、保持温度不变，将容器的体积缩小1倍，平衡向逆反应方向移动，说明反应物气体物质的量比生成物小，a+b＜c+d，D正确。 答案选D。 14．B 【详解】A．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，故A错误； B．由热化学方程式可知，灰锡转化为白锡的反应是吸热反应，在低于13.2℃的寒冷的冬天，锡制品会转化为粉末状灰锡而损坏，故B正确； C．氨水是弱碱，电离时会吸收热量，则将盐酸与氨水的稀溶液混合生成1mol时，放出的能量会小于57.3kJ，故C错误； D．由盖斯定律可知，石墨转化为金刚石反应的反应热ΔH=(-393.5kJ·mol-1)-(-395kJ·mol-1)=+1.5kJ·mol-1，该反应为吸热反应，则石墨的能量比金刚石的低，相同条件下石墨比金刚石稳定，故D错误； 故选B。 15．A 【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。 【详解】A．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故A正确； B．由分析可知②代表H2的产率，故B错误； C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误； D．加入或者选用高效催化剂，不会影响平衡时产率，故D错误； 故选A。 16．C 【详解】A．Ka(HA)=，Ka(HB)=，则=10，则，故A错误； B．恰好完全反应时，生成等物质的量浓度的NaA和HB，但是HB会电离，A-会水解，且程度不同，故浓度不等，故B错误； C．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，溶液为中性时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+(B-)，则成立，故C正确； D．电离平衡常数只与温度有关，pH=2时，=的值与pH=1时相等，故D错误； 故选C。 17．(1) 减小 不变 (2)-126.0 (3)9：11 (4)6 【详解】（1）若在反应体系中加入催化剂，会降低活化能，即图中E1会减小；催化剂不改变反应的始末状态，则反应焓变△H不变； （2）反应①×+反应②可得目标反应，根据盖斯定律可得△H3=△H1×+△H2=-126.0kJ/mol； （3）25℃下，水的离子积为1×10-14；pH=13的氢氧化钠溶液c(OH-)==0.1mol/L，pH=1的稀盐酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，二者混合后，所得混合溶液的pH=2，说明酸过量溶液显酸性，溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以=0.01mol/L，解之得到V1：V2=9：11； （4）Cu2+沉淀较为完全是的浓度为，Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20，则c(OH-)=，则c(H+)≥，所以pH=-lg(10-6)=6。 18．(1) 原料易得，污染小、安全风险小等 形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A 加热使氨气逸出，少量固体升化 D (2) 【详解】（1）①制备的化学反应方程式为； ②实验本身用到氨气，氨气易液化得到液氨：相对、，污染小、安全风险低等； ③装置B的作用为形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A； ④加热使混合物中的液氨气化逸出，少量固体受热升华； ⑤导气管中有过量的氨气以及反应产生的氢气，用酸性干燥剂吸收余氨，再点燃氢气； 故答案为：；原料易得，污染小、安全风险小等；形成密闭体系，防止空气、水蒸气进入装置A；加热使氨气逸出，少量固体升化；D。 （2）     。 故答案为：。 19．(1) (2)Mg2+、Fe3+ (3) 9.4 沉钒 (4) 放水带走空气，减小吸滤瓶内气压 向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次 (5)1992 【分析】在“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3，加入硫酸，将Mg2V2O7、Fe2O3等溶解，浸出液中除含有 、Mn2+外，还会含有Mg2＋、Fe3＋，同时硅元素转化为浸出渣，加入(NH4)2SO4沉钡得到NH4VO3，过滤、洗涤、焙烧，得到V2O5，加入葡萄糖将V2O5还原为VO2，据此作答。 【详解】（1）“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3，由原子守恒和电子守恒可知化学方程式为，故答案为：； （2）由分析知，浸出液中除含有 、Mn2+外，还会含有Mg2＋、Fe3＋，故答案为：Mg2＋、Fe3＋； （3）由表格可知，时，pH＝8.9开始沉沔，此时pOH＝5.1，则，滤液中浓度为，即，则氢氧根离子浓度为，则pH＝；分离Mn(OH)2沉淀后的溶液继续加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用，故答案为：9.4，沉钒； （4）操作时需打开水龙头，自来水带走空气，使吸滤瓶内气压减小，过滤速率较快，产品较干燥；洗涤NH4VO3的操作是向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次，故答案为：放水带走空气，减小吸滤瓶内气压；向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次； （5）“高温还原”时C6H12O6转化为CO2和H2O，其化学方程式为，180gC6H12O6为1 mol，由化学方程式可知，可得VO2 24 mol，其质量为1992g，故答案为：1992。 20．(1)-746.5kJ/mol (2) ＞ A (3) 不是 该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高 ABD 【详解】（1）①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ② 依据盖斯定律，将反应①×2-②得，反应的ΔH=(-283.0×2-180.5) kJ∙mol-1=-746.5kJ/mol。 （2）在密闭容器中充入4mol CO和2.5mol NO，发生反应：，温度为T2、压强为10Mpa，反应达平衡时NO的体积分数为25%，设参加反应NO的物质的量为2x，则可建立如下三段式： ，x=0.5mol。 ①升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，则T1＞T2。温度为T2时反应的平衡常数Kp== (MPa)-1。 ②反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，平衡逆向移动，同时扩大容器体积使压强减小，平衡也发生逆向移动，则重新达到平衡状态可能是图中A~G点中的A点。 （3）①该反应为放热反应，温度越低，平衡脱氮率越高，a点的脱氮率低于曲线Ⅱ的最高点，则a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高。 ②A．两种催化剂均能改变反应路径，从而降低反应的活化能，但不影响反应在始态和终态时的能量，也就是ΔH均不变，A正确； B．低于200℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大，可能是此时催化剂未达最佳活性，所以主要原因是催化剂的活性不高，B正确； C．该反应中，反应物和生成物中气体分子数不相等，相同条件下，改变压强，平衡将发生移动，所以对脱氮率有影响，C不正确； D．曲线Ⅱ中最高点可能是反应达到的平衡点，所以曲线下降，可能原因是升高温度，平衡逆向移动，D正确； 故选ABD。 答案第8页，共8页 答案第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$