南昌一中2022-2023学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

第20页/共20页南昌一中2022-2023学年上学期高二期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Mn-55Fe-56Ag-108Ba-137一、单选题(本大题共15小题，每小题3分，共45.0分)1.下列化学用语表述正确的是A.结构示意图为的阴离子都不能破坏水的电离平衡B.增大浓度能增大单位体积内的活化分子百分数，加快反应速率C.羟基的电子式：D.乙酸电离方程式：CH3COOH=CH3COO-+H+【答案】C【解析】【详解】A．结构示意图为的S2-，可以与水电离出的氢离子结合，从而水解，能破坏水的电离平衡，故A错误；B．增大浓度不能增大单位体积内的活化分子百分数，可以增大单位体积内的活化分子数，从而加快反应速率，故B错误；C．羟基是一个基团存在一个单电子，电子式为：，故C正确；D．乙酸是弱酸，电离方程式应为可逆符号，故D错误；故选C。2.化学与生产、生活、学习密切相关。下列叙述错误的是A.将FeCl3溶液直接蒸干不能得到原溶质B.疫苗冷藏存放可减缓变质速率C.常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＜7D.明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同【答案】D【解析】【详解】A．将FeCl3溶液直接蒸干，产物为Fe2O3，故A正确；B．降温能减慢化学反应速率，因此疫苗冷藏存放可减缓变质速率，故B正确；C．醋酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，导致溶液呈酸性，pH＜7，故C正确；D．明矾净水的原因是Al3+水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的强氧化性，进行杀菌消毒，因此两者原理不同，故D错误；故选D。3.图示与对应的叙述相符的是ABCD测定NaOH溶液浓度中和反应反应热的测定反应开始后，注射器的活塞右移，该反应为放热反应研究不同金属离子对过氧化氢分解速率的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．未加入酸碱指示剂，无法确定滴定终点，A错误；B．反应装置缺少玻璃搅拌器，B错误；C．反应过程中有氢气产生，故注射器右移不能说明反应为放热，C错误；D．根据控制变量法，Fe3+和Cu2+能起催化剂的作用，D正确；答案选D。4.是阿伏加德罗常数的值，在隔绝空气条件下，加热发生反应：。下列说法正确的是A.溶液含数为B.标准状况下，含分子数为C.按上述反应完全分解时转移电子数为D.常温常压下，通入足量的水形成的溶液中数为【答案】C【解析】【详解】A．会发生水解，溶液含数目小于，故A项错误；B．标准状况下，呈固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B项错误；C．，按上述反应完全分解，转移0.2mol电子，故C项正确；D．与水反应是可逆的，是中强酸，通入足量的水形成的溶液中远小于1mol，D项错误；答案选C。5.1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步进攻1，3-丁二烯生成碳正离子（）；第二步进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85.下列说法正确的是A.从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度B.1，4-加成产物更稳定，低温下更容易生成1，4-加成产物C.加入催化剂既可以降低反应的活化能又可以降低反应的反应热D.两种反应进程中第一步反应速率都大于第二步反应速率【答案】A【解析】【详解】A．该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，从0℃升至40℃，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故A正确；B．能量越低越稳定，根据图象可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的比1，2-加成产物稳定，在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85，这说明低温下更容易生成1，2-加成产物，故B错误；C．加入催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应的反应热，故C错误；D．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应速率均小于第二步反应速率，故D错误；故选A。6.美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如下图所示)，下列有关说法正确的是()A.设计该循环是为了制取能源气体O2B.整个循环过程中产生1molO2的同时产生44.8LH2C.若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1+△H2+△H3>0D.图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行【答案】C【解析】【详解】根据图示，反应I为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应II为：2H2SO42SO2+O2+2H2O，反应III为2HIH2+I2。A项，设计该循环是为了制取能源气体H2，错误；B项，该循环的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，生成1molO2同时产生2molH2，H2所处温度、压强未知，无法计算H2的体积，错误；C项，根据盖斯定律，总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，水分解为吸热反应，则△H1+△H2+△H3>0，正确；D项，反应I可在常温常压下进行，反应II、III不可在常温常压下进行，错误；答案选C。7.现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是A.向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①B.等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小C.①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性D.等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①【答案】B【解析】【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001mol/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001mol/L。【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；B．铝足量时，2mol氯化氢生成1mol氢气，2mol氢氧化钠生成3mol氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等体积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；答案选B。8.已知2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)。某研究小组将甲醇蒸气以一定的流速持续通过相同量的同种催化剂，不同温度得到如下图象，则下列结论不正确的是A.一段时间后甲醇反应率下降可能是催化剂活性下降B.综合图1、图2可知，甲醇还发生了其他反应C.若改变甲醇蒸气流速，不会影响甲醇反应率和乙烯产率D.制乙烯比较适宜的温度是450℃左右【答案】C【解析】【详解】A.催化剂活性是受温度影响的，温度不同催化剂的活性不同，一段时间后甲醇反应率下降可能是催化剂活性下降，故A正确；B.根据2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)图1知，450℃时甲醇的反应率比400℃大，图2450℃后期C2H4(g)的产率低于400℃的产率，所以有其他反应发生，故B正确；C.若改变甲醇蒸气的流速，甲醇反应率和乙烯产率都将改变，故C错误；D.由图1、2知450℃左右，甲醇的反应率、制乙烯产率都比较高，故D正确；答案：C。9.室温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液的过程中[忽略溶液体积和温度的变化，]。下列说法错误的是A.室温下，的水解常数B.当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，C.当混合溶液的pH=7时，溶液中各离子浓度之间的大小关系为D.当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，【答案】D【解析】【详解】A．，A正确；B．当滴入NaOH溶液的体积为5mL时，醋酸物质的量是NaOH的4倍，根据物料守恒有，B正确；C．电荷守恒：，pH=7，，则，故，C正确；D．当滴入NaOH溶液的体积为20mL时，二者恰好完全反应生成醋酸钠，有质子守恒，D错误；选D。10.科学家正在研究利用催化技术将尾气中的和转变为和，其反应为，的平衡转化率随温度、压强变化的示意图如图所示，下列说法正确的是A.X、Y分别代表压强和温度B.C.平衡常数：D.适当地降低温度，的平衡转化率增大【答案】D【解析】【分析】为气体物质的量减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，则X表示温度，Y为压强；相同温度下，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则Y2＞Y1，据此分析解答。【详解】A．为气体物质的量减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，则X表示温度，Y为压强，故A错误；B．相同温度下，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则Y2＞Y1，故B错误；C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，，温度不变，平衡常数不变，平衡常数：，故C错误；D．为气体物质的量减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故D正确；故选D。11.常温下，分别向体积相同、浓度均为1mol/L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgC)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A.HB的电离常数(Ka)数量级为B.酸性大小比较：HA＞HBC.a、b两点溶液中，水的电离程度b＜aD.当lgC=-7时，两种酸溶液均是pH=7【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，b点时HB溶液中c=10-3mol·L－1，pH=3，则pH=6，溶液中c(H＋)=10-6mol·L－1，c(B-)=10-6mol·L－1，则HB的电离常数Ka==10-9，A错误；B．a点的坐标近似为(-3，2)，根据A选项的分析，HA的电离常数Ka==10-5＞HB的电离常数，则酸性弱于HA＞HB，B正确；C．a、b两点溶液中，b中氢离子浓度更小，水电离程度更大，水的电离程度b＞a，C错误；D．当lgC=-7时，HA、HB酸的浓度为10-7mol/L，但仍是酸溶液，溶液不能为中性，pH均小于7，D错误；故选B。12.H2S分解的热化学方程式为2H2S(g)2H2(g)+S2(g)ΔH=akJ•mol-1。向体积为1L的恒容密闭容器中加入n(H2S)+n(Ar)=0.1mol的混合气体(Ar不参与反应)，测得不同温度(T1＞T2)时H2S的平衡转化率随()比值的变化如图所示。下列说法正确的是A.该反应的a＜0B.平衡常数K(X)＞K(Z)C.T1温度下，当=1，到达平衡时，H2的体积分数为D.维持Y点时n(H2S)不变，向容器中充入Ar，H2S的平衡转化率减小【答案】C【解析】【详解】A．已知T1＞T2，可知升高温度H2S的平衡转化率升高，则升高温度平衡正向移动，可知正反应为吸热反应，则该反应的a＞0，故A错误；B．X、Z位于同一条温度曲线，温度相同则平衡常数相同，即K(X)=K(Y)，故B错误；C．当=1，同时n(H2S)+n(Ar)=0.1mol，可知n(H2S)=0.05mol，由图可知，此时H2S的平衡转化率为50%，即转化了0.025mol，可得三段式恒容下体积分数等于物质的量分数，则H2的体积分数为，故C正确；D．恒容容器中，通入惰性气体，参加反应气体的浓度不变，则平衡不移动，H2S的平衡转化率不变，故D错误；故选C。13.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，下列叙述正确的是A.将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B.向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw变小C.向纯水中加入少量Na2CO3固体，c(OH-)增大，Kw不变，影响水的电离平衡D.向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小【答案】C【解析】【详解】A．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，但水仍呈中性，故A错误；B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH-)增大，温度不变，Kw不变，故B错误；C．向水中加入少量固体碳酸钠，碳酸根离子水解结合水电离出的氢离子，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变，促进水电离，平衡正向移动，故C正确；D．向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中，此时平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，即增大，故D错误；故选C。14.下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快酸性：HB＞HAB相同温度下，等质量的大理石与等体积等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快反应速率：粉状大理石＞块状大理石CNa2SO3固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质DCH3COOH和HClO的Ka大小用pH试纸分别测0.1mol•L-1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)＞pH(CH3COONa)则说明Ka(CH3COOH)＞Ka(HClO)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大，HA为弱酸，所以酸性HB＞HA，故A正确；B．取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，即白色沉淀为BaSO4，亚硫酸钠固体已变质，故B正确；C．固体表面积越大，反应速率越大，故C正确；D．NaClO具有漂白性，故不能用pH试纸测定溶液的pH值，故D错误；故选D。15.室温下，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中-lg和-lgc(HA-)[或-lg和-lgc(A2-)]的关系如图所示，下列说法正确的是(忽略溶液混合时体积和温度的变化)A.原H2A溶液中c(H2A)=0.02mol•L-1B.当溶液中c(A2-)=c(H2A)时，溶液的pH=3.5C.当滴定至c(NaHA)=c(H2A)时，溶液中微粒之间的关系为c(H2A)+c(H+)>c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)D.当滴定至恰好完全反应时，溶液中存在c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-)【答案】B【解析】【分析】的电离平衡常数Ka1=，Ka2=，两边分别取负对数：=-，=-，因此存在关系=x+y，其中x、y分别表示横纵坐标的数值，即Ka=10-(x+y)，又Ka1＞Ka2，故图中M点所在曲线代表与的关系，N点所在曲线代表与的关系。【详解】A．因NaOH溶液的浓度和体积未知，无法求出原溶液中H2A的浓度，故A错误；B．结合以上分析可知，Ka1·Ka2=，当溶液中时，Ka1·Ka2=，=10-2mol/L×10-5mol/L，所以c(H+)=10-3.5，溶液的，故B正确；C．，由物料守恒可知①2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，由电荷守恒可知②c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，②-①得c(H2A)+c(H+)=c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)，故C错误；D．恰好完全反应时，溶质为Na2A，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因Na2A溶液为强碱弱酸盐溶液呈碱性，，即c(OH-)>c(H+)，所以，故D错误；故选B。二、非选择(本大题共4大题，共55分)16.I.已知水在25℃和95℃时的电离平衡曲线如图所示：（1）25℃时水的电离平衡曲线应为_______(填“A”或“B”)。（2）95℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_______。（3）25℃时，等体积的pH=12的NaOH溶液和氨水分别与0.1mol•L-1的盐酸发生中和反应，恰好完全反应时消耗盐酸的体积_______(填“前者多”“后者多”或“一样多”)。Ⅱ.NaOH溶液可用于多种气体的处理。（4）CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3。Na2CO3俗称纯碱，因CO水解而使其水溶液呈碱性，写出CO第一步水解的离子方程式_______。已知25℃时，CO第一步水解的平衡常数Kh=2×10-4，当溶液中c(HCO)：c(CO)=20：1时，溶液的pH=_______。（5）金属与浓硝酸反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L-1CH3COONa溶液，则两份溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为_______(已知HNO2的电离常数Ka=5.6×10-4，CH3COOH的电离常数Ka=1.75×10-5)。可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_______(填字母)。A．向溶液A中加适量NaOHB．向溶液A中加适量水C．向溶液B中加适量NaOHD．向溶液B中加适量水【答案】（1）A（2）1∶9（3）后者多（4）①.②.9（5）①.②.AD【解析】【小问1详解】水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，Kw变大，氢离子、氢氧根的浓度均升高，由图可知，25℃时水的电离平衡曲线应为A；【小问2详解】95℃时，KW=10-12，混合溶液的pH=7，此时溶液呈碱性，c（OH-）=10-5mol/L，pH=9的NaOH溶液c（OH-）=10-3mol/L，设其体积为aL，pH=4的H2SO4溶液c（H+）=10-4mol/L，设其体积为bL，aL×10-3mol/L-bL×10-4mol/L=10-5mol/L（aL+bL），即a∶b=1∶9；【小问3详解】25℃时，pH=12的NaOH溶液和氨水，氨水的浓度更大，等体积的情况下分别与0.1mol•L-1的盐酸发生中和反应，恰好完全反应时消耗盐酸的体积氨水比较多；【小问4详解】CO第一步水解生成碳酸氢根离子，对应的离子方程式为：；，，25℃时，Kw=10-14，此时c（H+）=，pH值为9；【小问5详解】含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，根据反应的化学方程式2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得溶液A中NaNO3和NaNO2的物质的量浓度均为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1CH3COONa溶液，HNO2的电离常数Ka=5.6×10-4，CH3COOH的电离常数Ka=1.75×10-5，说明酸性：HNO2＞CH3COOH，溶液中醋酸根离子的水解程度大于亚硝酸根离子，溶液B碱性大于溶液A，两份溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为：；由于溶液B碱性大于溶液A，调节至溶液A和溶液B的pH相等，可以向溶液A中加适量NaOH，增大溶液A的碱性，也可以向溶液B中加适量水，减小溶液B的碱性，故选AD。17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。（1）已知：T℃时，Ka(HNO2)=1×10-5。T℃时，0.1mol•L-1HNO2溶液的pH为_______。（2）某化学实验小组用如图装置(略去夹持仪器)制备亚硝酸钠。已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO和NO2均能与MnO反应生成NO和Mn2+。①装置A中发生反应的化学方程式为_______。②装置B、F的作用分别是_______、_______。③若没有C、E可能产生副产物是_______。（3）为测定产品的质量分数，该小组取4.00g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如表：、滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88①滴定时应将KMnO4溶液加入_______(填“a”或“b”)滴定管中。②第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_______(填代号)。a.锥形瓶洗净后未干燥b.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c.滴定终点时俯视读数d.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失③该样品中亚硝酸钠的质量分数为_______。【答案】（1）3（2）①.Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②.将NO2转化为NO③.除尾气NO④.NaOH、O2（3）①.a②.b、d③.86.25%【解析】【小问1详解】0.1mol•L-1HNO2溶液存在如下电离，，，，则，则pH=3；【小问2详解】①装置A中是铜和浓硝酸反应，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②装置B中是水，A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，最后通过F中酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮，防止其污染空气；③装置C、E中的碱石灰，可以吸收水蒸气，若没有C、E，则水蒸气可以和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气；【小问3详解】①酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，会腐蚀橡胶，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管a中；②a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据分析，c(标准)不变，故a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据分析，c(待测)偏大，故b正确；c．滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据分析，c(待测)偏小，故c错误；d．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致在读数数值偏大，故d正确；故选b、d；③去掉实验1异常的数据，计算消耗高锰酸钾的物质的量：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，根据离子方程式，可得关系式，即亚硝酸钠物质的量为0.005mol，原样品中亚硝酸钠物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol×69g/mol=3.45g，即亚硝酸钠的质量分数为×100%=86.25%。18.十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)活化能Ea1，ΔH1=218.4kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)活化能Ea2，ΔH2=-175.6kJ·mol－1请回答下列问题：（1）反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)；△H=__________kJ•mol-1；该反应在________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO4和一定物质的量的CO气体，此时压强为p0。tmin中时反应达到平衡，此时CO和CO2体积分数相等，CO2是SO2体积分数的2倍，则反应I的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。（3）图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和II，c(SO2)随时间的变化图象。请分析图1曲线中c(SO2)在0～t2区间变化的原因___________________。图1图2（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比与SO2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是______________________。A．当气体的平均密度不再变化，反应I和反应Ⅱ同时达到平衡状态B．提高CaSO4的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大C．其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，SO2体积分数增大，不利于脱硫D．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO2反应），可有效降低SO2体积分数，提高脱硫效率（5）图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请在图1中画出t2-t3区间c(SO2)的变化曲线__________。【答案】①.-394.0kJ·mol-1②.低温③.0.25p0④.反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态。⑤.ACD；⑥.【解析】【详解】(1)反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=218.4kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol－1根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)，所以，ΔH=ΔH2-ΔH1=-175.6kJ·mol－1-218.4kJ·mol-1=-394.0kJ·mol-1。该反应为气体分子数减小的反应，ΔS＜0，ΔH＜0，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ·mol-1；低温；(2)设参加反应Ⅰ的CO起始的物质的量为a，平衡时，CO和CO2体积分数相等，CO2的体积分数是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，SO2的物质的量为xmol，CO和CO2的物质的量为2x，则对于反应Ⅰ有：则反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=xmol，生成CO的物质的量=[2x-(a-x)]mol=(3x-a)mol，则对于反应Ⅱ有：结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO的充入量为(4x-a)+a=4x，而平衡时，气体的总物质的量=2x+x+2x=5x，设平衡时体系总压为p，则，解得：p=，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp==0.25p0，故答案为：0.25p0；(3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态；(4)A．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m=ρV可知，容器体积V恒定下，ρ不变，说明气体总质量m不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；B．CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误；C．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C正确；D．通入氧气，CO被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；综上所述，ACD满足题意，故答案为：ACD；(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t2～t3二氧化硫浓度比t1～t2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t3重新平衡时，二氧化硫浓度略比t2时刻大，据此如图：，故答案为：。【点睛】勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。19.富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO•B2O3)、镁硅酸盐(2MgO•SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如图。已知：生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2