高温C.根据元素周期律，非金属性越强，单质氧化性越强，反应③为：C+SiO2=Si+CO?,反应中C将Si元素还原，不能说明C的非金属性强于Si，故C项错误；
D.碳可以和二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，故D项正确； 故答案为D。
【点睛】具有相同核外电子排布的离子，原子序数越大，其离子半径越小。 7.环戊二烯可用于制备二茂铁(Fe(C5H5)2，结构简式为
)，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二
茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。下列说法错误的是( ) ．．
A. 制备二茂铁总反应为：Fe+2=+H2↑
B. 电解制备需要在无水条件下进行 C. Ni电极与电源负极连接 D. 阳极电极反应为：2Br－－2e－=Br2 【答案】D 【解析】 【分析】
根据转化关系可知，过程中需要获得亚铁离子，故铁电极为阳极，与电源正极相连。Ni电极为阴极，与电源负极相连，Na+在阴极放电生成钠单质，钠单质和环戊二烯反应生成氢气，之后再与亚铁离子反应生成目标产物。
【详解】A.据分析可知钠离子仅为中间产物，故总反应为：Fe+2
=
+H2↑，故A说法正确；
B.中间产物Na可与水发生反应，所以需要在无水条件下进行，故B说法正确； C.据分析可知Ni电极与电源负极连接，故C说法正确； D.据分析可知阳极电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故D说法错误；
故答案为D。
8.一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。
(2)恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。 (3)“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是___。 (4)向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
(5)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由_。
(6)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。
【答案】 (1). Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3). 温度高苯容易挥发 (4). b (5). 调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6). 抑制Cu2+的水解 (7). 0.2 【解析】 【分析】
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。
【详解】(1)浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故答案为：
Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
(2)根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2； (3)回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯容易挥发； (4)M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；
(5)“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解，故答案为：调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；
(6)该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知答案为：0.2。
【点睛】解决工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再结合具体的题目进行详细解答。
9.研究氮氧化物等大气污染物对打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)①2NO(g)
2NO2(g)，其反应历程分两步：
N2O2(g)(快反应) v1正=k1正·c2(NO)， v1逆=k1逆·c(N2O2) ΔH1<0
2NO2(g)(慢反应) v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)， v2逆=k2逆·c2(NO2) ΔH2<0
②N2O2(g)+O2(g)
反应历程的能量变化如图：
请回答下列问题： (1)反应2NO(g)＋O2(g)(2)决定2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的ΔH__0(填“>”、“<”或“=”)。
2NO2(g)反应速率是反应②，E4+E2__E5+E3(填“>”、“<”或“=”)。
2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数
(3)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)的表达式K=___。
(4)T1℃下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如图所示。前5秒内O2的平
均生成速率为___；T1℃下反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数K=__。
(5)对于(4)中的反应体系达平衡后，若降低温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量___(填“增大”、“减小”或“不变”)；对于(4)中的反应体系达平衡后，若在恒温恒容条件下，追加NO2，再次达平衡后，NO2的体积分数___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(6)对于(4)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，P1︰P2 = 5︰8，则再次平衡时NO2的浓度为___mol·L-1。(精确到小数点后两位)
k1正?k2正 (4). 0.1mol·L-1·s-1 (5). 1 (6). 增大 (7). 增大 【答案】 (1). < (2). < (3).
k1逆?k2逆(8). 2.67 【解析】
【详解】(1)该反应ΔH=E1-E3>0，故答案为：<；
(2)反应①的活化能为E4-E2，反应②的活化能为E5-E3，根据题意可知反应②的活化能大于反应①的活化能为，即E4-E2< E5-E3，故E4+E2 k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2)，所以即k1正c2(NO)×逆， c2?NO2?c?N2O2?gc?O2?=k1正gk2正，故答案 k1逆gk2逆为： k1正?k2正； k1逆?k2逆4mol/L-3mol/Ls)。利用三段式： =0.2mol/?Lgs?，则v(O2)=0.1mol/(L· 5s(4)前5s内v?NO2?=