现改用催化能力稍弱的催化剂B进行实验，请在上图中画出在催化剂 B作用下的脱氮率随温度变化的曲线_________（不考虑温度对催化剂活性的影响）。 (4)某研究小组利用反应：C(s)+2NO(g)

N2(g)+CO2(g) △ H= -34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。

已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得 NO的转化率随温度的变化如图所示：

①由图可知，在 1050 K 前，反应中 NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为____________； 在 1100 K 时，N2的体积分数为____________。

1.1×106 Pa 时，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 1050 K、该反应的化学平衡常数 Kp=____________（已知：气体分压(P分) =气体总压(Pa)×体积分数）

【答案】 (1). < (2). bc (3). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx

去除反应速率迅速增大 (4). (5). 1050 K前反应未达到平衡

状态，转化率没有达到最大值，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (6). 20% (7). 4 【解析】 【分析】

(1)①根据反应自发进行的依据判断；

②为提高反应速率同时提高NO的转化率，需要改变条件平衡正向进行； (2)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；

(3)脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小，B催化剂

的效率低，所以达平衡的时间长，但平衡不移动，最终的脱氮率不变；

(4)①结合平衡状态特点：平衡时转化率最大，则1050 K前反应末达到平衡状态，升高温度，反应速率加快； 根据1100 K时NO的转化率为40%，利用物质反应转化关系计算出各种物质的物质的量，带入物质含量表达式即可求解；

②已知1050 K时NO的转化率为80%，设NO起始量为1 mol，根据物质反应转化关系计算各种物质的平衡物质的量，结合Kp表达式即可求解。

【详解】(1)①根据反应自由能公式△G=△H-T△S，若反应能够自发进行，则△G=△H-T△S<0，该反应的正反应是气体体积减小的反应，△S<0，反应在低温下可自发进行，则△H<0； ②根据上述分析可知：2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2 (g)，ΔH<0；

a．改用高效催化剂加快反应速率，平衡不变，物质转化率不变，a错误；

b．缩小容器的体积，体系内压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，b正确； c．增加CO的浓度反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，c正确；

d．升高温度，反应速率增大，由于该反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO的转化率减小，d错误；

故合理选项是bc；

(2)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降；

(3)300℃前反应未达到平衡状态，脱氮率决定于速率，温度越高速率越快，所以脱氮率增大，300℃之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小．B催化剂的效率低，所以达平衡的时间长，平衡不移动，但最终的脱氮率不变，所以图象为

；

(4)①该反应的正反应是放热反应，1050 K反应从正反应方向开始，当达到平衡状态时反应物的转化率最高；前转化率没有达到最大值，即反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大； 在1100 K时，NO的转化率为40%，设起始量NO为2 mol，则根据反应方程式可知平衡时NO的物质的量(1-40%)=1.2 mol，n(N2)=n(CO2)=为n(NO)=2 mol×

112 mol×40%=0.4 mol，所以平衡时N2的体△n(NO)= ×

22积分数为

0.4×100%=20%；

1.2?0.4?0.4111 mol×80%=0.4 △n(NO)= ×

22②由图可知1050K时，NO的转化率为80%，设NO起始量为1 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时(1-80%)=0.2 mol，n(N2)=n(CO2)=各种物质的物质的量分别为：n(NO)=1 mol×

mol，气体的物质的量的比等于气体所占的压强比，平衡常数压强表示的平衡常数

?0.4p总???0.4P总?Kp==4。 20.2P?总?【点睛】本题考查了图象方法在反应的热效应、化学反应速率的影响因素、温度、压强、催化剂等对化学平衡影响因素、化学平衡计算，注意掌握有关概念及平衡移动原理的应用，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力和灵活运用能力。

30.硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S=Na2S2O3。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3?5H2O。Na2S2O3·5H2O 于 40～45℃熔化，48℃分解；

Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图所示。

5H2O：Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3·将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150 mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按上右图安装好装置。 (1)仪器2的名称为_____________，装置6中可放入_____________。 A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液

(2)打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：

①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ② Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S ③2H2S+SO2=3S↓+2H2O ④ Na2SO3+S

Na2S2O3

随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通入SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：_____________(用文字和相关离子方程式表示)。

5H2O 并测定含量： Ⅱ．分离Na2S2O3·

(3)从热的反应混合液中获得 Na2S2O3·5H2O粗晶体，需经过下列实验步骤，请选择正确的选项：热的反应混5H2O粗晶体。 合液→活性炭脱色并保温→________→________→________→________→获得Na2S2O3·a．用冰水浴冷却结晶，抽滤； b．用少量水洗涤晶体、烘干； c．80℃蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜； d．用乙醇洗涤晶体、晾干； e．45℃蒸发浓缩滤液至溶液呈微黄色浑浊； f．趁热过滤。

(4)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中 Na2S2O3·5H2O的含量， 一般采用在酸性条件下用 KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取1.280 g的粗样品溶于水，用 0.4000 mol/LKMnO4溶液(加入适量硫酸酸化)滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗 KMnO4溶液体积20.00 mL。 试回答：

①对于上述实验操作，下列说法正确的是_____。

A.用电子天平称量粗样品时，若电子天平未进行调平，则纯度偏高 B.装 KMnO4标准液的酸式滴定管洗涤后若未润洗，则纯度偏高

C.滴定至锥形瓶内溶液刚好由无色变为浅红色立即进行读数，则纯度偏高 D.滴定时若滴定速度过慢或摇晃锥形瓶过于剧烈，则纯度偏高 5H2O的质量分数为_____________。 ②产品中Na2S2O3·

【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). CD (3). Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (4). f (5). e (6). a (7). d (8). B (9). 96.9% 【解析】 【分析】

I．在蒸馏烧瓶中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，在三颈烧瓶中二氧化硫、硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠，Na2S2O3在酸性环境中不稳定，容易分解得到S与二氧化硫，二氧化硫不易过量，碳酸钠可以反应掉氢离子，防止溶液呈酸性，尾气中有未反应的二氧化硫，在装置⑥中用氢氧化钠溶液、酸性高锰酸钾溶液等吸收；

II．(3)根据流程图，及Na2S2O3·5H2O于 40～45℃熔化，48℃分解，分析判断操作步骤的先后顺序； (4)①根据滴定消耗标准溶液的体积大小判断实验误差；

②根据n=c?V计算出样品消耗的高锰酸钾的物质的量，根据反应计算出样品中含有Na2S2O3?5H2O的物质的量，进而计算出产品中Na2S2O3?5H2O的质量分数。

【详解】I． (1)仪器2的名称为蒸馏烧瓶；装置6吸收未反应的SO2，防止污染空气，SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化；SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，不能被BaCl2溶液、浓H2SO4吸收，