呈淡黄色，加入l mL指示剂，滴定至终点．平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL．
已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣十2I﹣． ①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为 0.08mol/L ． ②滴定过程中所用的指示剂是 淀粉 ． ③下列操作导致实验结果偏低的是 ac ．
a．移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液润洗 b．盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 c．量取CrCl3溶液时先俯视后仰视
d．滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落．
【考点】制备实验方案的设计． 【专题】制备实验综合．
【分析】（1）平衡压强，使液体顺利滴下，防止液体挥发；
（2）制备气体需要检验装置气密性；由于Cr2+易被氧气氧化，用反应生成氢气将装置中的空气排出；
利用生成的氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；
（3）3.17g CrCl3为0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据CrCl2计算[Cr（CH3COO）2]2?2H2O 的理论产量，进而计算其产率；
（4）①根据关系式2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣计算； ②碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去；
③a．水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小； b．气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内；
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c．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，对数偏大，则溶液体积偏大；
d．外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内．
【解答】解：（1）分液漏斗添加液体，需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发，
故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发； （2）实验开始前，必需进行的实验操作是：检验装置气密性，
打开A，关闭B，目的是：盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化，
关闭A，打开B，目的是：让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，故答案为：检验装置气密性；盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化；让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应； （3）CrCl3为
=0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸
亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据原子守恒，则得到[Cr（CH3COO）2]2?2H2O为0.02mol，质量为0.02mol××376g/mol=3.76g，所得产品的产率为故答案为：75%；
（4）①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol/L，则： 2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣ 2 6
0.025L×amol/L 0.024L×0.25mol/L 所以2：6=0.025L×amol/L：0.024L×0.25mol/L 解得a=0.08，
故答案为：0.08mol/L；
②碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去，可以用淀粉作指示剂， 故答案为：淀粉；
③a．水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，测定浓度偏小，故a符合；
b．气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内，测定浓度偏大，故b不符合；
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=75%，
c．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，对数偏大，则CrCl3溶液体积偏大，测定其浓度偏小，故c符合；
d．外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内，测定浓度偏大，故d不符合． 故选：ac．
【点评】本题考查物质制备实验，涉及化学仪器使用、对操作的分析评价、产率计算、位置 含量的测定、信息的获取与运用等，有利于培养学生分析能力、实验能力，题目难度中等．
9．研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作． （1）NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反应： 反应Ⅰ：4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l）△H1 反应Ⅱ：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H2
反应Ⅲ：4NH3（g）+6NO2（g）?5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）△H3 则△H3= △H1﹣3△H2 （用△H1和△H2的代数式表示）．n（N2）（mol）
相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示．
①计算0～4min在A催化剂作用下，反应速率v（NO）= 0.36mol?L﹣1?min﹣1 ． ②下列说法不正确的是 a ．
a．该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＞Eb（B）＞Ec（C）
b．缩小体积能使体系压强增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变 c．单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡 d．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡 （2）三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置，装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）．
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①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图2所示的曲线．催化装置比较适合的温度和压强是 400K，1MPa ．
②测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示．则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是 尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度） ． 实验编号 T（K） NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积（m2/g） （mol?L﹣1） （mol?L﹣1） Ⅰ Ⅱ Ⅲ 400 400 450 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 82 124 124 ③研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如表三组实验： 根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为 5000L?mol﹣1 ；并在图中画出上表中的实验II、III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）．
【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算． 【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算．
【分析】（1）已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，△H1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，△H2＜0；反应I﹣反应II×3得到反应III，则△H3=△H1﹣3△H2，据此分析；
①已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，根据v（NO）=
计算；
②a．单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率，N﹣H键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；
b．改变压强，活化分子百分数不变；
c．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低； d．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小； （2）①综合考虑NO的转化率和成本；
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②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；
③结合表格中的浓度，利用三段法列出400K时平衡浓度，带入平衡常数表达式计算；根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断．
【解答】解：（1）已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，△H1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，△H2＜0；反应I﹣反应II×3得到反应III，则△H3=△H1﹣3△H2， 故答案为：△H1﹣3△H2；
①已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，所以v（NO）=故答案为：0.36mol?L﹣1?min﹣1；
②a．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），故a选；
b．增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故b不选；
c．单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率，N﹣H键断裂表示正速率，单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故c不选；
d．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故d不选； 故答案为：a；
（2）①由图2可知，等压条件下，温度越低，NO的转化率越高，因此温度选400K，同温下，NO的转化率随着温度的升高变化不大，所以选用较为经济的1MPa， 故答案为：400K，1MPa：
②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；证明反应未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）；
故答案为：尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）； ③设400K达到平衡状态时，则
20
=
=0.36mol?L﹣1?min﹣1，
