_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。 【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性

溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460×10-3 蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90 【解析】 【分析】

(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；

(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；

(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。 根据以上分析进行解答。 【详解】

(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所给Pb3O4 、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。 答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）

2+

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。 (2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。 答案是：过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50?10-3

L?0.0400mol/L=1.460?10-3mol。

答案为：酸式滴定管；1.460×10-3 。

(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢复；根据反应：PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－可得：

11n(S2O32-)=?0.05000mol/L?30.80?10-3L=7.7?10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）22与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7?10-4=1.90。 答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。 【点睛】

n(PbO2)=n(I2)=

有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。

8．NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。

（1）利用反应2NO(g)＋2CO(g) = N2(g)＋2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条

n(NO)]的关系如图1件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m[m=

n(CO)所示。

①该反应的ΔH ____0(填“>”“<”或“＝”)。 ②下列说法正确的是________(填字母)。

A．当体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态 B．投料比：m1＞m2＞m3

C．当投料比m＝2时，NO转化率是CO转化率的2倍 D．汽车排气管中的催化剂可提高NO的平衡转化率

③随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为________。 （2）若反应2NO(g)＋2CO(g) = N2(g)＋2CO2(g)的正、逆反应速率可表示为：v正=k

正

·c2(NO) ·c2(CO)；v逆=k逆·c (N2) ·c2(CO2), k正、k逆分别为正、逆反应速率常数， 仅与温

度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图2所示，则a点时v正∶v逆＝________。 （3）工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图3为298K各气体分压(气体的物质的量分数与总压的乘积)与CO物质的量分数的关系，图4为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。

下列说法不正确的是________(填字母)。

A．不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种 B．温度越高脱硫脱硝的效果越好 C．NOx比SO2更易被CO还原

D．体系中可能发生反应：2COS = S2＋2CO；4CO2＋S2 = 4CO＋2SO2

（4）NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图5所示，则总反应方程式为________。

（5）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图6所示，则阴极的电极反应式为____。 【答案】＜ AB 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160：1 B 4NH3+4NO+O2【解析】 【分析】

(1)①由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；

V2O5 4N2+6H2O 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O

②A.起始投料比m一定时，而反应中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断； B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；

C.根据转化率α=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断； D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；

③由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；

(2)反应达到平衡时v正=k正?c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆?c（N2）c2（CO2），则平衡常数K=

K正，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：vK逆逆

；

(3)A．由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关； B．温度高于1000℃时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；

C．根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；

D．根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2

分压减小，CO分压增大；

(4)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO 还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；

(5) 阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。 【详解】

(1)①由图象可知，起始投料比m一定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即△H＜0；

②A．反应正向进行时CO2增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；

B．由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1＞m2＞m3，故B正确；

C．由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率α=

消耗量×100%，

起始量所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C错误；

D．催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO的平衡转化率不变，故D错误；

故答案为：AB；

③由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；

(2)平衡时三段式为：

2NO?g?+2CO?g??N2?g?+2CO2?g?起始(molgL-1)2200

转化(molgL-1)1.61.60.81.6平衡(molgL-1)0.40.40.81.6平衡时正逆反应速率相等即k正?c2(NO)c2(CO)= k逆?c(N2)c2(CO2)，所以

c?N2?c2?CO2?1.62?0.8k正=K?2==80； k逆c?NO?c2?CO?0.42?0.42a点时反应三段式为：

2NO?g?+2CO?g??N2?g?+2CO2?g?起始(molgL-1)2200

转化(molgL-1)2x2xx2x平衡(molgL-1)2-2x2-2xx2xa点时c(CO)=c(CO2)，则2-2x=2x，解得x=0.5，所以a点时c(CO)=c(CO2)=c(NO)=1mol/L，

v正k正12?12k=?2=2?正=2K=160，即v正：v逆=160：1； c(N2)=0.5mol/L，所以

v逆k逆1?0.5k逆(3)A．由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关，故A正确；