山西运城市2020届高三调研测试（一模）（4月）理综化学试题（解析版）

运城市 2020 年高三调研测试 理科综合试题化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 1.化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ） A. 预防新冠病毒用 95%的酒精比用 75%的酒精效果好 B. “雷雨发庄稼”既涉及到氮的固定又涉及到农作物对 NH4+的吸收 C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象 D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙 【答案】C 【解析】 【详解】A．医学上常用 75%的酒精溶液消毒杀菌，75%的酒精溶液消毒杀菌效果最好，A 错误； B．雷雨发庄家涉及到的反应为：氮气和氧气在放电条件下反应生成 NO，NO 和氧气反应生成 NO2，NO2 与水反应生成硝酸和 NO，硝酸和土壤中的矿物质形成硝酸盐，NO3-被植物吸收，涉及农作物对 NO3-的吸 收而不是 NH4+，B 错误； C．丁达尔效应是胶体特有的现象，C 正确； D．漂白粉和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙，漂白液的有效成分是次氯酸钠，D 错误。 答案选 C。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） A. 28g 乙烯和环烷的混合气体中含有的碳原子数为 2NA B. 2.0gD2O 中含有 质子数、电子数均为 NA C. 常温下，5.6gFe 与含 0.2molHNO3 的溶液充分作用，最少失去的电子数为 0.15NA D. 含 1molCl-的 NH4Cl 溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中 NH4+数为 NA 【答案】C 【解析】 【分析】 C．Fe 和 HNO3 反应有四种情况，①和稀硝酸反应，Fe 过量，氧化产物是 Fe(NO3)2 且 HNO3 反应完全，此 时 计算；②和稀硝酸反应，HNO3 过量，Fe 完全反应，氧化 产物是 Fe(NO3)3，此时用 ；③和浓硝酸反应，Fe 过量，HNO3 反应完，氧化产物是 Fe(NO3)2，还原产物是 NO2，此时用 计 的 3 3 2 23Fe+8HNO ( )=3Fe(NO ) +4H O+2NO ↑稀 3 3 3 2Fe+4HNO ( )=Fe(NO ) +2H O+NO ↑稀 3 3 2 2 2Fe+4HNO ( )=Fe(NO ) +2H O+2NO ↑浓算；④ 和浓硝酸反应， HNO3 过量，Fe 反应完，氧化产物是 Fe(NO3)3 ，还原产物是 NO2 ，此时用 计算。本题中 n(Fe):n(HNO3)=0.1:0.2=1:2﹥3:8﹥1:4﹥1:6，也 就是说，Fe 一定过量，那么就只需要考虑 Fe 过量、硝酸反应完的两种情况了。 【详解】A．乙烯(C2H4)和环烷(CnH2n)最简式都为 CH2，可看成混合物由一定物质的量的 CH2 组成，CH2 的 物质的量 n= =2mol，n(C)=2mol 1=2mol，所以碳原子数为 2NA，A 正确； B．D2O 即 ，所以 n(D2O)= =0.1mol，n(质子)=0.1mol×10=1mol，n（电子） =0.1mol×10=1mol，质子数、电子数均为 NA，B 正确； C．假设硝酸是稀硝酸，n(Fe):n(HNO3)=0.1:0.2=1:2﹥3:8，铁过量，HNO3 反应完全且氧化产物是 Fe(NO3)2， 以 HNO3 的量计算， ，解得 n1=0.15mol，假设硝酸 是浓硝酸，n(Fe):n(HNO3)=0.1:0.2=1:2﹥1:4，Fe 过量，HNO3 反应完全且氧化产物是 Fe(NO3)2，以 HNO3 的 量计算 ，解得 n2=0.1mol，C 错误； D．电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，中性时：c(H+)=c(OH-)，所以 c(NH4+)= (Cl-)，D 正确。 答案选 C。 3.如图是某有机化合物的结构简式，下列有关说法正确的是（ ） A. 该有机物的分子式为 C17H13O5 B. 该分子中含有 4 种共 6 个官能团 C. 该分子中最多有八个碳原子共面 D. 该有机物可以使溴水褪色，是因为分子中含有羟基 【答案】B 【解析】 【详解】A．该有机物的分子式为 C17H14O5，A 错误； B．分子中含 2 个羟基、2 个醚键、1 个羰基、1 个碳碳双键共 4 种 6 个官能团，B 正确； 3 3 3 2 2Fe+6HNO ( )=Fe(NO ) +3H O+3NO ↑浓 28g 14g / mol × 2 1 2H O 2g (2 2+16)g / mol× - 3 3 2 2 1 3Fe+8HNO ( )=3Fe(NO ) +4H O+2NO 6e 8mol 6mol 0.2mol n ↑稀 - 3 3 2 2 2 2 Fe+4HNO ( )=Fe(NO ) +2H O+2NO 2e 4mol 2mol 0.2mol n ↑浓C．该分子中最多有 17 个碳原子共面，C 错误； D．该有机物可以使溴水褪色，是因为分子中含有碳碳双键，D 错误。 答案选 B。 4.图(1)是实验室合成溴苯并检验其部分生成物 装置，下列说法错误的是（ ） A. 苯和液溴在 A 中发生反应的化学方程式为： +Br2 +HBr B. 实验中 C 中的液体逐渐变为浅红色，是因为溴具有挥发性 C. D、E、F 均具有防倒吸的作用，其中 F 不可以用图(2)所示装置代替 D. D 中石蕊试液慢慢变红，E 中产生浅黄色沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】 制取溴苯的反应为： +Br2 +HBr。 【详解】A．实验室制取溴苯的反应为： +Br2 +HBr，在 A 中进行，A 正确； B．苯、溴苯、溴、HBr 均易挥发，溴苯、溴均会溶于苯，溴苯溶于苯无色，少量溴溶于苯为浅红色，B 正 确； C．D、E、F 均具有防倒吸的作用，F 的作用是尾气处理，不影响性质探究了，可用图(2)所示装置代替，C 错误； D．产物有 HBr 且不溶于 C 中的苯，那么 HBr 到 D 中后溶于水显酸性，使石蕊溶液变红，HBr 来到 E 中后 生成浅黄色的 AgBr 沉淀，D 正确。 答案选 C。 5.氮氧化物(NOx)是有毒的大气污染物，研究发现，可以采用如图装置有效去除氮的氧化物，下列说法正确 的是（ ） 的A. 电解过程中，Pt 电极 I 上发生氧化反应 B. 电解过程中，Pt 电极 II 上发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑ C. 电解过程中，左极室 pH 会逐渐减小， D. 若 NOx 为 NO，转移 1mol 电子时吸收塔中消耗 0.5molS2O42- 【答案】D 【解析】 【分析】 HSO3-在电极Ⅰ变成 S2O42-，S 化合价从+4 降低到+3，被还原，电极Ⅰ是阴极，电极Ⅱ是阳极，水中的 OH- 在阳极放电生成 O2，S2O42-在吸收塔将 NOx 还原成氮气，自身又被还原成 HSO3-继续进入电解池循环。 【详解】A．Pt 电极 I 附近 S 化合价从+4 降低到+3，被还原，发生还原反应，A 错误； B．电极Ⅱ是阳极，由质子交换膜可知，电极Ⅱ发生的反应为：2H2O-4e-=O2+4H+↑，B 错误； C．左极是阴极，发生的反应为：2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O，消耗 4H+，pH 增大，C 错误； D．S2O42-和 NO 发生反应为：2S2O42-+2NO+2H2O=N2+ 4HSO3-，由方程式可知，1 个 NO 中 N 化合价从+2 降低到 0 价，故消耗 2mol S2O42-转移 4mol 电子，转移 1mol 电子时吸收塔中消耗 0.5molS2O42-，D 正确。 答案选 D。 6.W、X、Y、Z、Q 为原子序数依次增大的前 20 号元素，W、X、Z 形成的一种化合物 A 为无色油状液体， 是中学化学中常用的无机试剂。Y 和 Q 形成的化合物 QY2 可与化合物 A 反应，生成的气体 WY 可腐蚀玻璃。 下列说法不正确的是（ ） A. Y 的最高价氧化物对应的水化物的酸性比 Z 的强 B. W 和 Q 可以形成离子化合物 C. 简单离子半径 Z>Q>X>Y>W D. X 的简单气态氢化物比 Z 的更稳定 【答案】A【解析】 【分析】 WY 可腐蚀玻璃，则 W 是 H，Y 是 F， QY2 可与化合物 A 反应生成 HF，且 A 为无色油状液体，是常见的 无机试剂，则 A 为浓 H2SO4，Q 是 Ca， A 由 W、X、Z 三种元素形成，且 W、X、Y、Z、Q 为原子序数依 次增大，所以 X 为 O，Z 为 S，综上所述：W 为 H，X 为 O，Y 为 F，Z 为 S，Q 为 Ca，A 为浓硫酸，据此 回答。 【详解】A．Y 是 F，F 没有正价，无最高价氧化物的水化物，A 错误； B．W 为 H，Q 为 Ca，二者可形成离子化合物 CaH2，B 正确； C．H+无电子层，半径最小，O2-和 F-，核外电子排布相同，都有两个电子层，O2-序数小，O2-的半径比 F-大， S2-和 Ca2+都有三个电子层，S2-原子序数小，半径比 Ca2+大，故半大小关系为：S2-﹥Ca2+﹥O2-﹥F-﹥H+，即 简单离子半径 Z>Q>X>Y>W，C 正确； D．X 的简单气态氢化物为 H2O，Z 的简单气态氢化物为 H2S，O 和 S 同主族，O 在上，O 的非金属性较强， 所以稳定性：H2O﹥H2S，D 正确。 答案选 A。 【点睛】微粒半径大小的比较方法：①先看电子层，层多半径大；②层同看序数，序小半径大；③序同看 价态，价低半径大。 7.室温下用等浓度的 NaOH 溶液滴定 25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4 溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中 微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ） 已知：①Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2 Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5 ②设 H2C2O4 溶液中 c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-) A. 滴入 NaOH 溶液体积为 25.00mL 时：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+) B. pH=7 的溶液：c(Na+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-) C. 当 c(Na+)=2c(总)时：c(OH-)=c(H+)+c((HC2O4-)+c(H2C2O4) D. 0.1000mol·L-1H2C2O4 溶液：c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4) 【答案】D 【解析】 【分析】 因为 Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，所以 H2C2O4 是二元弱酸，NaOH 是一元强碱，所以等浓 度的 NaOH 溶液滴定 25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4 溶液，消耗 25mL H2C2O4 时溶质为 NaHC2O4，消耗 50mL H2C2O4 时溶质为 Na2C2O4，据此分析回答。 【详解】A．滴入 NaOH 溶液体积为 25.00mL 时，NaOH 和草酸按 1:1 反应，溶质为 NaHC2O4，HC2O4-既会水解，又会电离，水解为：HC2O4-+H2O H2C2O4+OH- ，根据 Kh×Ka=Kw 得：HC2O4- 的水解常数 Kh= =1.85×10-13，电离为：HC2O4- C2O42-+H+，其电离常数 Ka= Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，所以电 离常数 Ka>水解常数 Kh，故此时溶液显酸性且 c(C2O42-)> c(H2C2O4)，A 错误； B．根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，pH=7 时，有：c(H+)= c(OH-)，所以 c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B 错误； C．c(Na+)=2c(总)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)]，是 Na2C2O4 溶液的物料守恒，即此时溶质为 Na2C2O4， Na2C2O4 溶液的质子守恒为：c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，C 错误； D．0.1000mol·L-1H2C2O4 溶液电荷守恒式子为：c(H+)=2 c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+c(OH-)，物料守恒式子为： 0.1000mol·L-1= c(H2C2O4)+ c(C2O42-)+ c(HC2O4-)，用电荷守恒式子-物料守恒式子得： c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，D 正确。 答案选 D。 【点睛】A．越弱越水解用等式解释：Ka(或 Kb)×Kh=Kw，温度不变的条件下，Kw 不变，不同物质的 Ka(Kb) 不同，Ka(或 Kb)越小，则 Kh 必然越大。 8.某小组为测定化合物 Co(NH3)yClx(其中 Co 为+3 价)的组成，进行如下实验。 （1）氯的测定：准确称取 2.675g 该化合物，配成溶液后用 1.00mol·L-1AgNO3 标准溶液滴定，K2CrO4 溶液 为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4 为砖红色)且不再消失时，消耗 AgNO3 溶液 30.00mL。[已知： Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12] ①AgNO3 标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。(用化学方程式表示) ②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果__。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”) ③用 K2CrO4 溶液作指示剂的理由是__。 （2）氨的测定：再准确称取 2.675g 该化合物，加适量水溶解，注入如图 4___。(填仪器名称)中，然后通过 仪器 3 滴加足量的 NaOH 溶液，加热 1 装置，产生的氨气被 5 中的盐酸吸收，多余的盐酸再用 NaOH 标准 溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗 1.00mol·L-1 盐酸 60.00mL。 装置 A 在整个实验中的作用是__，如果没有 6 中的冰盐水，会使得测定结果___(填“偏大”、“偏小”、“无影  -14 2 1 10-14 10=a 5.4 10K −× 响”)。 （3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。 【答案】 (1). 2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑ (2). 偏大 (3). Ag2CrO4 为砖红色，由 Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中 Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀 (4). 三颈烧瓶 (5). 产生水蒸气，将装 置 B 中产生的氨气全部蒸出 (6). 偏大 (7). [Co(NH3)6]Cl3 【解析】 【分析】 Co(NH3)yClx 中 Co 的化合价为+3，NH3 为 0，Cl 为-1，则 x=3，通过实验测出 NH3 和 Cl 的物质的量之比即 得出结果。 【 详 解 】（ 1 ） ①AgNO3 不 稳 定 ， 见 光 易 分 解 成 Ag 和 NO2 和 O2 ， 发 生 的 反 应 为 ： 2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑； ②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得 V2 读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大； ③一方面 Ag2CrO4 为砖红色，另一方面由 Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12 可知，AgCl 饱和溶 液中 c(Ag+)= mol/L，Ag2CrO4 饱和溶液中 c(Ag+)= ×10-4mol/L，所以，AgCl 的溶解度更小， 当滴入 AgNO3 时溶解度小的沉淀先形成，当 AgCl 形成的差不多的时候，溶液中 Cl-几乎沉淀完了，此时再 滴 AgNO3 溶液就会立刻产生 Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4 为砖红色， 由 Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中 Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀； （2）图 4 为三颈烧瓶，装置 A 的作用是产生水蒸气，将装置 B 中产生的氨气全部蒸出，如果没有 6 的冰盐 水，HCl 吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的 HCl 有一部分被倒吸，被反滴定的 HCl 的量就少，计算吸收氨 气时的 HCl 就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置 B 中产生的氨气全部 蒸出；偏大； （3）滴定 Cl-时，2.675g 样品消耗 30mL 1.00mol·L-1AgNO3，所以 n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g 样品消耗 1.00mol·L-1 盐酸 60.00mL，所 以 n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故 n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2，由于化合物 Cox(NH3)yClx 中 Co 的化合价为+3，NH3 的化合价为 O，Cl 的化合价为-1，所以 x=3，y=6，该化合物为： [Co(NH3)6]Cl3，故答案为：[Co(NH3)6]Cl3。 【点睛】测氨的含量时 HCl 总物质的量=氨气消耗的 HCl 的物质的量+反滴定时 NaOH 消耗的 HCl 的物质 光照 光照 光照 -51.8 10× 3 1.12的量。 9.五氧化二钒(V2O5)为强氧化剂，易被还原成各种低价氧化物，在工业生产中常用作催化剂，即触媒。实验 室以含钒废料(含 V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备 V2O5 的一种流程如图： 已知 I.25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示： II.NH4VO3 在水中的溶解度：20℃、4.8g·L-1；60℃、24.2g·L-1。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的是__。 （2）“滤渣 1”的用途为__(写出一种即可)。 （3）滤渣 2 成分为__。通过列式计算说明，常温下，若“调 pH”为 6，Cu2+是否沉淀完全__。(溶液中离子浓 度小于 10-5mol·L-1 时，认为该离子沉淀完全) （4）“沉锰”需将温度控制在 70°C 左右，温度不能过高或过低的原因为___。 （5）滤渣 3 成分为 MnCO3，请写出“沉锰”的离子方程式__。 （6）V2O5 最重要的应用是在接触法制硫酸时，作 SO2 氧化为 SO3 的催化剂。该催化反应中 VO2 为中间产 物，请用化学方程式表示该催化过程：__、__。 【答案】 (1). 除去有机物，将 V2O3 氧化成 V2O5 (2). 制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可) (3). Al(OH)3 、 Cu(OH)2 (4). pH=6 时 ， c(H+)=10-6mol/L ， c(OH-)= mol/L=10-8mol/L ， 因 为 -14 -6 10 10Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此时有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)= =2.2×10-4﹥10-5，所以未完 全沉淀 (5). 温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3 可能提前析出 导致产率低 (6). 2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑ (7). V2O5+SO2= 2VO2+SO3 (8). 4VO2+O2=2V2O5 【解析】 【分析】 将钒废料(含 V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)进行焙烧除去有机物，加硫酸进行溶解，SiO2 不溶 于硫酸，过滤除去，加合适的药品调 pH 除去 Cu2+和 Al3+，接下来利用碳酸氢铵把 Mn2+沉淀，然后过滤除 去，加硫酸铵得到硫酸铵和 NH4VO3 的混合溶液，利用溶解性不同浓缩结晶后过滤得到 NH4VO3，煅烧 NH4VO3 得到 V2O5，据此分析解得。 【详解】（1）一方面，通过焙烧，有机物燃烧除去了，另一方面，从整个流程看，在没有加氧化剂的情况 下 V 从 V2O3 中的+3 价变成了最后的+5 价，所以焙烧还有一个目的，将 V2O3 氧化成 V2O5，故答案为：除 去有机物，将 V2O3 氧化成 V2O5； （2）由分析可得出“滤渣 1”主要成分是二氧化硅，可以用来制坩埚、制光导纤维、制玻璃等，故答案为： 制坩埚、制光导纤维、制玻璃(写出一种即可)； （3）对比调 pH 前后，溶液中少了 Cu2+和 Al3+，说明 Cu2+和 Al3+被沉淀除去了，所以滤渣 2 成分为： Al(OH)3、Cu(OH)2。pH=6 时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)= mol/L=10-8mol/L，因为 Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此时有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)= =2.2×10-4﹥10-5，所以未完 全沉淀，故答案为：Al(OH)3、Cu(OH)2；pH=6 时，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)= mol/L=10-8mol/L，因为 Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，此时有：c(Cu2+)×(10-8)2=2.2×10-20，c(Cu2+)= 2.2×10-4﹥10-5，所以未完全 沉淀； （4）温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3 可能提前析出导致产率 低，故答案为：温度过高，碳酸氢铵分解，原料利用率低，温度过低，反应速率慢，NH4VO3 可能提前析出 导致产率低； （5）根据电荷守恒有：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为： 2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑； （6）VO2 是中间产物，从 V2O5 到 VO2，V 从+5 价降低到+4 价，被还原，SO2 做还原剂，自身被氧化成 SO3，所以第一步为 V2O5+SO2= 2VO2+SO3，接下来，VO2 被氧气氧化为 V2O5，所以第二步为 4VO2+O2=2V2O5， -20 -16 2.2 10 ×10 -14 -6 10 10 20 16 2 1 .2 10 0 − − × 14 -6 10 10 − 20 16 2 1 .2 10 0 − − ×故答案为：V2O5+SO2= 2VO2+SO3；4VO2+O2=2V2O5。 【点睛】（5）不用刻意去研究反应的原理是什么，只需根据电荷守恒 1 个 Mn2+一定和 2 个 HCO3-反应，再 根据原子守恒可推出产物除了 MnCO3 外还有水和二氧化碳。 10.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题： （1）已知：25°C 时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。 向 Na2CO3 溶液中滴加少量 H3PO4 溶液，反应的离子方程式为__。 （2）已知： I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ∆H= -271kJ·mol-1 II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) ∆H=-937 kJ·mol-1 回答下列问题： ①工业上用 Ca3(PO4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。 ②一定条件下，在密闭容器中只发生反应 II，达到平衡后缩小容器容积，HF 的平衡转化率__(填“增大”“减 小”或“不变”，下同)；HF 的平衡浓度__。 （3）工业上用磷尾矿制备 Ca3(PO4)3F 时生成的副产物 CO 可用于制备 H2，原理为 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H。 ①一定温度下，向 10L 密闭容器中充入 0.5molCO 和 lmolH2O(g)，2min 达到平衡时，测得 0~2min 内用 CO2 表示的反应速率 v(CO2)=0.02mol·L-1·min-1。则 CO 的平衡转化率 a=__，该反应的平衡常数 K=__。 ②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的 =y，CO 的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系 如图所示。则：该反应的∆H__0(填“>”“