河北承德一中2020届高三化学10月月考试题（附解析Word版）

高三年级第一学期第三次模拟考试 1.常温常压下：S (s)+O2 (g)→SO2 (g)+297.16kJ，下列说法正确的是 A. 反应物的总能量低于产物的总能量 B. S(g)+O2(g)→SO2(g)+Q Q>297.16kJ C. 反应中生成 22.4 L SO2 (g)，转移电子 4mol D. 反应中生成 1 L SO2 (g)，放出热量 297.16kJ 【答案】B 【解析】 A.因为硫的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，故 A 错误；B.固态硫转变 为气态的硫蒸气是吸热过程，由硫蒸气直接燃烧放出的热量肯定大于等量固态硫燃烧放出的 热量，故 B 正确；C.因不是标准状况下二氧化硫的体积，不用能标准气体摩尔体积进行换算， 故 C 错误；D. 反应中每生成 1 mol SO2 (g)，放出热量 297.16kJ，故 D 错误。答案选 B。 2.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中 E 表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( ) A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数 B. ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热 C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能 D. 500℃、101kPa 下，将 1molSO2(g)和 0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成 SO3(g)放热 akJ，其热化学方程式为 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH =-2akJ·mol-1 【答案】B 【解析】 A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应， 则逆反应为吸热反应，选项 A 错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能 量得：ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项 B 正确；C、该反应中，反 应物的总键能小于生成物的总键能，选项 C 错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和 0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成 SO3(g)，生成的 SO3(g)没有 1mol，放 热 akJ，则 500℃、101kPa 下，将 1molSO2(g)和 0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成 SO3(g)放热 akJ，其热化学方程式为 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH 0 B. 若温度为 T1、T2，反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1＞K2 。 - + 3 3 c(CH COO ) c(H ) c(CH COOH) ⋅C. 若反应进行到状态 D 时，一定有 D. 状态 A 与状态 B 相比，状态 A 的 c (I2) 小 【答案】A 【解析】 试题分析：A、根据图像可知随着温度的升高，c(I3－)逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应 方向进行，因此正反应是放热反应，即△H 小于 0，A 错误；B、升高温度平衡向逆反应方向 进行，平衡常数减小，若温度为 T1、T2，反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1＞K2，B 正确； C、D 点不在曲线上，所以 D 点没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，则在温度不变的条件 下 c(I3－)应该增大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C 正确； D、B 点温度高，平衡向逆反应方向进行，则状态 A 与状态 B 相比，状态 A 的 c (I2) 小，D 正确，答案选 A。 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 8.反应 X(g)＋Y(g) 2Z(g) ΔH0)，某实验小组测得 X 的 转化率(α)在不同温度与压强(p)下的实验数据，三者之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 图中 A、B 两点对应的平衡常数相等 B. 上述反应在达到平衡后，缩小体积，Y 的转化率提高 C. 升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动 D. 将 2.0molX、6.0molY 置于密闭容器中发生反应，放出的热量为 2akJ 【答案】B 【解析】 【详解】A.平衡常数与温度有关，与压强无关，A、B 两点温度不同，则平衡常数不同，故 A 错误； B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，Y 的转化率提高，故 B 正确； C.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且正、逆反应速率均增大，故 C 错误； D.可逆反应不能完全转化，且物质 量与热量成正比，则 2.0molX、6.0molY 置于密闭容器中 发生反应，放出的热量小于 2a kJ，故 D 错误。 答案选 B。 11.在密闭容器中，加入 2molA 和 1molB 发生如下反应：2A(g)+B(?) 2C(g)+D(g)，C 的体积 分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说法正确的是（　　） 的A. E 点的 v(逆)大于 F 点的 v(正) B. 若在 F 点时给容器加压，达新平衡时 C 的浓度将增大 C. 若给容器加热，该反应的平衡常数 K 将增大 D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入 2molA 和 1molB，A 的转化率不发生改变 【答案】B 【解析】 E 点时，反应正在向右进行，所以 v(正)>v(逆)，而F 点为反应达到平衡时的速率 v(正)=v(逆)， 所以 E 点的 v(逆)小于 F 点的 v(正)，A 错误；根据图像 2 可知，压强 P1> P2，现在增大压强， C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时 C 的浓度比原来还是增大，B 正确；由图像可知温度 T1 >T2 ，由 T1 →T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，正反应为放 热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数 K 将减小，C 错误；恒温恒容下达平 衡后，向容器中再加入 2molA 和 1molB，相当于加压过程，平衡左移，A 的转化率减小，D 错误；正确选项 B。 点睛：三个变量的图像在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两 个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图像中先出现拐点的地方，反应先达到平衡， 对应的温度高、压强大。 12.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g) 3C(g)＋D(g)，若反应开始 时充入 2 mol A 和 1 mol B，达到平衡时 C 的浓度为 a mol·L－1。若维持容器体积和温度不变， 按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C 的浓度仍为 a mol·L－1 的是 A. 4 mol A＋2 mol B B. 2 mol A＋1 mol B＋3 mol C＋1 mol D C. 3 mol C＋1 mol D＋1 mol B D. 3 mol C＋1 mol D 【答案】D 【解析】 【分析】 判断全等平衡的方法是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若 各物质与原来相等，则等效，否则不等效。因为反应前后体积是变化的，所以当容积不变时，要使 C 的物质的量的浓度仍然为 amol/L，则起始物质的物质的量必须和最初的相同。 【详解】A 项、4molA+2molB，这与这和题目开始不一样，故 A 错误； B 项、采用极限分析法，3molC 和 1molD 完全反应生成 2molA 和 1molB，此时容器中共含有 4molA 和 2molB，这和题目开始不一样，故 B 错误； C 项、采用极限分析法，3molC 和 1molD 完全反应生成 2molA 和 1molB，此时容器中共含有 2molA 和 2molB，这和题目开始不一样，故 C 错误； D 项、采用极限分析法，3molC+1molD 完全反应生成 2molA 和 1molB，这和题目开始一样， 故 D 正确； 故选 D。 【点睛】判断全等平衡的方法要注意恒温恒容和恒温恒压，恒温恒容：反应前后气体体积不 等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转 化一边，对应物质满足等比；恒温恒压：按化学计量数转化一边，对应物质满足等比。 13.在某温度下，将 1molH2 和 1molI2 的气态混合物充入 1L 的密闭容器中，发生反应:H2(g)+I2(g) 2HI(g) ΔHT2>T1 B. 图中 pH 关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E) C. 图中五点 Kw 间的关系:E>D>A=B=C D. C 点可能是显酸性的盐溶液 【答案】D 【解析】 A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中 c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根 据图知，离子积常数 T3>T2>T1，所以温度 T3>T2>T1，故 A 正确；B．水的离子积常数只与温 度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是 B ＜D＜E，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH 相等，故 B 正确；C．温度高低点顺序是A=B=C ＜D＜E， 水 的 离 子 积 常 数 只 与 温 度 有 关 ， 温 度 越 高 ， 离 子 积 常 数 越 大 ，Kw 间 的 关 系:E>D>A=B=C，故 C 正确；D．C 点时，Kw=1×10-14，c(OH-)=1×10-6，溶液的 pH=8，显碱性， 故 D 错误；17.下列关于水的说法正确的是（ ） A. 水的离子积仅适用于纯水 B. 水的电离需要通电 C. 升高温度一定使水的离子积增大 D. 加入电解质一定会破坏水 电离平衡 【答案】C 【解析】 【详解】A.水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，故 A 错误； B.水 电离不需要通电，故 B 项错误； C.水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，故 C 项正确； D.不是所有的电解质都能破坏水的电离平衡，如 NaCl，D 项错误； 答案选 C。 18.常温下，在 0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中，水的离子积是( ) A. 1.0×10－14 B. 1.0×10－13 C. 1.32×10－14 D. 1.32×10－15 【答案】A 【解析】 水的离子积只与温度有关，与溶液的酸、碱性无关。常温下，KW＝1.0×10－14。 19.室温下，某溶液中由水电离产生的 c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，该溶液的溶质不可能是（ ） A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2 【答案】B 【解析】 【详解】溶液中 c(H＋)小于常温下纯水电离产生的 c(H＋)，说明该溶液中水的电离受到了抑制， A. NaHSO4 在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故 A 错误； B. NaCl 在溶液中电离产生氯离子和钠离子，对水的电离无影响，符合题意，故 B 正确； C. HCl 在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故 C 错误； D. Ba(OH)2 在溶液中电离产生氢氧根离子，抑制水的电离，不符合题意，故 D 错误； 答案选 B。 20.常温下，某溶液中由水电离产生的 c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的 pH 可能是( ) A. 4 B. 7 C. 8 D. 11 的 的【答案】D 【解析】 试 题 分 析 ： 酸 或 碱 抑 制 水 电 离 ， 含 有 弱 根 离 子 的 盐 促 进 水 电 离 ， 常 温 下 ， kw=c(H+)×c(OH-)═1×10-14 ， 纯 水 中 c(H+)=1×10-7mol•L-1 ， 该 溶 液 中 由 水 电 离 产 生 的 c(H+)=1×10-11mol•L-1＜1×10-7mol•L-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是 碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是 0.001mol/L，溶液的 pH=3，如果是碱溶液，则溶 液中氢原子浓度是 1×10-11mol•L-1，溶液的 pH=11，故选 D。 考点：考查了 pH 的简单计算的相关知识。 21.用 pH 试纸测定溶液 pH 的正确操作是（ ） A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对 照 B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再 与标准比色卡对照 C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照 D. 将一小条试纸用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照 【答案】A 【解析】 【详解】A. pH 试纸的正确使用方法是：把一小块 pH 试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有 待测液的玻璃棒点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的 pH，故 A 正 确； B. pH 试纸测定溶液 pH 时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故 B 错 误； C. pH 试纸不能伸入待测液中，否则对待测液造成污染，故 C 错误； D. pH 试纸测定溶液 pH 时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故 D 错 误； 答案选 A。 22.在 100℃时，水的离子积等于 1.0×10－12，若该温度下某溶液中的 c(H＋)＝1×10－7 mol/L，则 该溶液(　　) A. 呈碱性 B. 呈酸性 C. 呈中性 D. c(H＋)＝c(OH－)【答案】A 【解析】 【分析】 在任何溶液中，水的离子积表达式：Kw=c（H+）•c（OH-）成立，并且根据溶液中氢离子和 氢氧根离子浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性。 【详解】在 100℃时，水的离子积等于 1.0×10-12，某溶液中 H+浓度 c（H+）=1×10-7mol/L，故 c（OH-）=1×10−12/1×10−7=1×10-5mol•L-1，c（OH-）＞c（H+），所以溶液显示碱性，所以 A 正 确。 故选 A。 【点睛】注意根据溶液中 c（OH-）、c（H+）相对大小判断溶液酸碱性，不能根据溶液 pH 大 小判断溶液酸碱性。 23.关于下列水溶液的说法正确的是（ ） A. HNO3 溶液中无 OH－ B. 常温下，任何物质的水溶液中都有 H＋和 OH－，且 KW＝10－14 C. NaCl 溶液中既无 OH－也无 H＋ D. 氢氧化钠溶液中无 H＋ 【答案】B 【解析】 【详解】A. HNO3 溶液中存在水的电离平衡 H2O⇌H++OH−，溶液中既有氢离子也有氢氧根离 子，故 A 错误； B. 常温下水溶液中存在水的电离平衡，任何物质的水溶液中都有 H+和 OH−，且 KW=c(H+)∙c(OH−)=10−14，故 B 正确； C. NaCl 溶液中一定存在水的电离平衡，溶液中既有 OH−也有 H+，故 C 错误； D. 氢氧化钠溶液中存在水的电离平衡，溶液中既有 OH−也有 H+，故 D 错误； 答案选 B。 24. 下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是( ) A. 因为水的离子积常数的表达式是 KW=c(H+)·c(OH－)，，所以 KW 随溶液 H+和 OH－浓度的变化 而变化 B. 水的离子积常数 KW 与水的电离平衡常数 K 电离是同一个物理量 C. 水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化D. 水的离子积常数 KW 与水的电离平衡常数 K 电离是两个没有任何关系的物理量 【答案】C 【解析】 水的离子积常数 KW=K 电离·c(H2O)，一定温度下 K 电离和 c(H2O)都是不变的常数，所以 KW 仅 仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是 KW=c(H+)·c(OH－)，只与温度有关溶液中 H+的 浓度变大，OH－的浓度就变小，反之亦然。 25.一定温度下，水溶液中 H＋和 OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ） A. 升高温度，可能引起由 c 向 b 的变化 B. 该温度下，水的离子积常数为 1.0×10－13 C. 该温度下，通入 HCl 可能引起由 b 向 a 的变化 D. 该温度下，稀释溶液可能引起由 c 向 d 的变化 【答案】C 【解析】 【详解】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会 还在曲线上，故 A 错误； B.根据水的离子积常数的计算公式，结合 b 点的数据可得水的离子积常数为 1.0×10－14，故 B 错误； C.通入 HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故 C 正确； D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故 D 错误； 答案选 D。 二．填空题 26.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为 0.1 mol·L－1 的 NaOH 溶液，乙为 0.1 mol·L－1 的 HCl 溶液，丙为 0.1 mol·L－1 的 CH3COOH 溶液，试回答下列问题： （1）甲溶液的 pH＝________。 （2）丙溶液中存在的电离平衡为______________(用电离平衡方程式表示)。（3）常温下，用水稀释 0.1 mol·L－1 的 CH3COOH 溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是 ________(填序号)。 ①n(H＋)　　　　　②c(H＋) ③ c(CH3COOH)/c(CH3COO-) ④c(OH－) （4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的 c(OH－)的大小关系为___________。 （5）某同学用甲溶液分别滴定 20.00 mL 乙溶液和 20.00 mL 丙溶液，得到如图所示的两条滴 定曲线，请回答有关问题： ①甲溶液滴定丙溶液的曲线是________(填“图 1”或“图 2”)曲线。 ②a＝________。 【答案】 (1). 13 (2). H2O H++OH-,CH3COOH CH3COO-+H+ (3). ①④ (4). 丙>甲＝乙 (5). 图 2 (6). 20.00 【解析】 【分析】 (1)0.1mol•L-1 的 NaOH 溶液中 c(OH-)=0.1mol/L，根据 Kw=c(H+)•c(OH-)计算溶液中 c(H+)，再根 据 pH=-lgc(H+)计算溶液的 pH 值； (2)溶液中存在水和醋酸，都是弱电解质，存在电离平衡； (3)用水稀释①0.01mol•L-1 的 CH3COOH 溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的 量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断； (4)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析判断； (5)乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性，结合图像分析解答。 【详解】(1)0.1mol•L-1 的 NaOH 溶液中 c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中 c(H+)= mol/L=10-13mol/L，故该溶液的 pH=-lg10-13=13，故答案为：13； (2)0.1mol•L-1 的 CH3COOH 溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电   1410 0.1 −离平衡为 CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：H2O⇌OH-+H+、CH3COOH⇌CH3COO-+H+； (3)①用水稀释 0.01mol•L-1 的 CH3COOH 溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的 量增大，故①正确；②用水稀释 0.01mol•L-1 的 CH3COOH 溶液，醋酸的电离程度增大，溶液 中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故②错误；③加 水稀释 0.01mol•L-1 的 CH3COOH 溶液，醋酸的电离平衡常数 Ka= 不变， c(H+)减小，所以 增大，则 减小，故③错误；④用水稀释 0.01mol•L-1 的 CH3COOH 溶液，c(H+)减小，Kw 不变，所以 c(OH-)增大，故④正确；故答案为： ①④； (4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯 化氢是强电解质，所以相同物质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧 根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中 水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，所以水电离出 的氢氧根离子浓度大小顺序是：丙＞甲=乙，故答案为：丙＞甲=乙； (5)①醋酸为弱电解质，滴定过程中 pH 变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸 溶液的曲线是图 2，故答案为：图 2； ②滴定终点时 n(CH3COOH)=n(NaOH)，则 a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生 水解，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，溶液显示碱性 pH＞7，故答案为：20.00。 27.CoCl2 可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co 元素主要以 Co2O3、CoO 存在，还含有 Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca 元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下： 已知：①焦亚硫酸钠 Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2 难溶于水。 ②CoCl2·6H2O 熔点 86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至 110~120℃时，失去 结晶水变成有毒的无水氯化钴。 ③部分金属离子形成氢氧化物的 pH 见下表： ( ) ( ) 3 3 ( )c H c CH COO c CH COOH + − ( )3 3 ( )c CH COO c CH COOH − ( )3 3( ) c CH COOH c CH COO−回答下列问题： （1）操作①的名称为_________，NaClO3 具有氧化性，其名称为__________________。 （2）浸取中加入 Na2S2O5 的作用是___________________________。 （3）滤液 1 中加入 NaClO3 的作用是_________，相关的离子方程式为__________________。 （4）加入 Na2CO3 溶液生成滤渣 2 的主要离子方程式为___________________________。 （5）滤渣 3 主要成分为__________________(写化学式)。滤液 3 经过多次萃取与反萃取制备 CoCl2 晶体 （6）滤液 3 中加入萃取剂 I，然后用稀盐酸反萃取的目的是___________________________。 （7）制备晶体 CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是___________________________。 【答案】 (1). 过滤 (2). 氯酸钠 (3). 将+3 价钴还原为+2 价钴 (4). 将亚铁离子 氧 化 为 三 价 铁 离 子 ， 便 于 分 离 (5). 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O (6). 2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (7). CaF2、MgF2 (8). 分离出溶液中的 Mn2+、 Cu2+、Zn2+，回收利用 (9). 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 【解析】 【分析】 (1)操作①后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3 名称为氯酸钠； (2)焦亚硫酸钠 Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3 价钴转化为+2 价钴； (3)滤液 1 中加入 NaClO3 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离； (4)Fe3+与 CO32-结合成 Fe(OH)3 沉淀，据此判断； (5)故加入 NaF 后，得到的滤渣主要是 CaF2、MgF2； (6)反萃取可从有机层中获取 Mn2+、Cu2+、Zn2+； (7)CoCl2·6H2O 加热至 110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干； 【详解】(1)操作①后得到滤液和滤渣，故操作①为过滤；NaClO3 中氯为+5 价，其名称为氯酸 钠； (2)下一步操作过程中加入 NaClO3，调节 pH3.0~3.5 时，会将+3 价钴转化为沉淀，降低产率， 而此时+2 价钴不会转化为沉淀，故加入 Na2S2O5 的作用是将+3 价钴还原为+2 价钴； (3)NaClO3 具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为： 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O； (4)加入 Na2CO3 溶液生成滤渣 Fe(OH)3，反应式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (5)CaF2、MgF2 难溶于水，故加入 NaF 后，得到的滤渣主要是 CaF2、MgF2； (6)滤液 3 中含有 Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的 Mn2+、Cu2+、 Zn2+，回收利用； (7) CoCl2·6H2O 加热至 110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干 的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴； 28.研究处理 NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题： (1)SO2 的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。已知吸收过程 中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。 (2)NOx 的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应 C (s) + 2NO(g) N2(g) + CO2(g) △H＝－ 34.0 kJ•mol-1，用活性炭对 NO 进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的 NO 气体，测得 NO 的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示： ①由图可知，1050K 前反应中 NO 的转化率随温度升高而增大，原因是 _________________________； 在 1100K 时，CO2 的体积分数为______。 ②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp）。在 1050K、 1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数 Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。 (3)在高效催化剂的作用下用 CH4 还原 NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用 A、B、C 三种不同催化剂进行反应，生成 N2 的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化 能最小的是_________(填字母标号)。 (4)在汽车尾气的净化装置中 CO 和 NO 发生反应：2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ 正＝k 正•c2(NO) •c2(CO) ，υ 逆＝k 逆•c(N2) •c2(CO2) (k 正、 k 逆为速率常数，只与温度有关）。 ①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。 ②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%，则 ＝_____(保留 2 位有效数字)。 【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高， 反应速率加快，NO 转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25 【解析】 【分析】 （1）利用盖斯定律解答。 （2）①在 1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大； 达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO 的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分 数。 ②利用化学平衡常数表达式计算。 （3）A 反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。 （4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增 大的倍数。 k k 正 逆②当反应达到平衡时，υ 正=υ 逆，故 =c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。 【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1； ② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1； ③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1； 利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。 （2）①在 1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO 转化率增大； 达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO 的转化率降低。根据反应 C (s) + 2NO(g) N2(g) + CO2(g)，假设加入 1molNO，在 1100K 时，NO 的转化率为 40％，则△n(NO)=0.4mol，故 n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中 CO2 的体积分数为 ％=20％，故答案为：1050K 前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率 加快，NO 转化率增大；20％。 ②根据反应 C (s) + 2NO(g) N2(g) + CO2(g)，假设加入 1molNO，在 1050K 时， α(NO)=80 ％，平衡时 n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压 p 分（NO） = Pa，p 分（N2）= ×1.1×106Pa，p 分（CO2）= ×1.1×106Pa， 故反应的化学平衡常数 Kp＝ ×1.1×106Pa× ×1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。 （3）A 反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案 ：A。 （4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增 大的倍数，故 k 正增大的倍数小于 k 逆增大的倍数。故答案为：