最新高中高三第一次教学质量检测理综化学试题(答案解析)

【精品】四川省泸州市高三第一次教学质量检测理综化学试
题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。

下列有关说法错误的是（）
A．垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝
B．废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理
C．废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾
D．废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质
2．设阿伏加德罗常数值用N A表示，下列说法正确的是（）
A．常温下1LpH＝3的亚硫酸溶液中，含H+数目为0.3N A
B．A1与NaOH溶液反应产生11.2L气体，转移的电子数为0.5N A
C．NO2与N2O4混合气体的质量共ag，其中含质子数为0.5aN A
D．1mo1KHCO3晶体中，阴阳离子数之和为3N A
3．下列有关装置对应实验的说法正确的是（）
A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态
B．②可用于收集NH3
C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离
D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体
4．下列实验方案正确，且能达到目的的是（）
A．A B．B C．C D．D
5．纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。

实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。

下列说法错误的是（）
A．酸浸的化学方程式是：FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O
B．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应
C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用
D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应
6．科研工作者利用Li4Ti5O12纳米材料与LiFePO4作电极组成可充放电电池，其工作原理如图所示。

下列说法正确的是（）
A．放电时，碳a电极为正极，电子从b极流向a极
B．电池总反应为Li7Ti5O12+FePO4＝Li4Ti5O12+LiFePO4
C．充电时，a极反应为Li4Ti5O12 +3Li++3e-＝Li7Ti5O12
D．充电时，b电极连接电源负极，发生还原反应
7．298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol 的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH 溶液的体积（V）的关系如图所示。

已知CH3COOH的K a＝1.8×10－5，NH3·H2O的
K b=1.8×10－5。

下列说法错误的是（）
A．MOH是强碱
B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）
C．d点溶液呈酸性
D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小
二、实验题
8．硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。

实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) ΔH=-97.3kJ/mol]，装置如图所示（部分装置省略）。

已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。

回答下列问题：
I．SO2Cl2的制备
（1）水应从___（选填“a”或“b”）口进入。

（2）制取SO2的最佳组合是___（填标号）。

①Fe+18.4mol/LH2SO4
②Na2SO3+70%H2SO4
③Na2SO3+3mo/LHNO3
（3）乙装置中盛放的试剂是___。

（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是___。

（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是___。

II．测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：
①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；
②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000mol·L－1的AgNO3溶液l00.00mL；
③向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。

已知：K sp(AgCl)=3.2×10-10K sp(AgSCN)=2×10-12
（6）滴定终点的现象为___。

（7）产品中SO2Cl2的质量分数为___%，若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将
___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

三、工业流程题
9．高铁酸钾是常见的水处理剂，工业上制备高铁酸钾有多种方法。

某兴趣小组以铁屑为原料模拟制备高铁酸钾的流程如下：
（查阅资料）高铁酸钾呈紫红色，在酸性或中性溶液中快速产生O2。

回答下列问题：
（1）“氧化”阶段通入空气作氧化剂，它比用氯气具有的优点是___。

（2）为了检验“氧化”过程中所得FeCl3溶液中是否还含有Fe2+，最佳的检验试剂是___（填标号）。

a.K3[Fe(CN)6]溶液
b.NaOH溶液
c.淀粉KI试纸
（3）请写出“制备”反应的离子方程式___。

（4）“转化”过程使用过量饱和KOH溶液的原因是___。

（5）“分离”过程获得K2FeO4晶体的系列操作是蒸发，结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤使用的最佳洗涤剂是___（填标号）。

a.冷水
b.冷的稀NaOH溶液
c.冷的浓KOH溶液
（6）电解法制备K2FeO4，操作简单，易于实验室制备原理如图所示，其中阳极的电极反应式是___。

（7）探究K2FeO4的性质。

取电解后的紫红色溶液，加入稀盐酸，观察到溶液由紫红色逐渐变为黄色，并收集到黄绿色气体。

甲同学认为：气体中一定含有Cl2；乙同学认为：气体中还可能含有___。

请设计实验证明乙同学的猜测___。

10．工业上以水钴矿（主要成分为Co2O3，还含Fe、A1、Mg、Ca、Si等元素）制备钴的氧化物，工艺如图所示。

回答下列问题：
相关金属离子[c o(M n+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
（1）水钴矿中的Fe、A1、Mg、Ca元素的存在形态为___（填“游离态”或“化合态”）。

（2）“酸溶”中Co2O3反应的离子方程式是___，滤渣1的成分可能是___。

（3）“氧化”中加Co2O3的作用是___。

（4）“调pH”为4.7-6之间，则滤渣2为___。

（5）已知K sp(CaF2)=5.3×10-9，K sp(MgF2)=5.2×10-12，“除杂”是为了除去Ca2+和Mg2+，
此时先析出的沉淀是___（填化学式），过程中
2+
2+
c(Ca)
c(Mg)
最大值为___（列出算式即可）。

（6）实验室拟在空气中煅烧CoC2O4以探究其产物。

实验时将13.23gCoC2O4放入___（填仪器名称）中，测得生成钴的某种氧化物7.23g和气体CO2。

据此预测：该氧化物中Co化合价的可能情况是___，真实情况有待进一步查证。

四、原理综合题
11．氯胺是一种长效缓释水消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl，NHCl2和NCl
3
)。

工业上可利用NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺。

回答下列问题：（1）氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质是___，二氯胺与水反应的化学方程式为___。

（2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如表和如图所示（忽略不同物质中同种化学键键能的细微差别）。

则ΔH2=___kJ/mol，x=___。

（3）在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，据此反应通过热
力学定律计算理论上NH2Cl的体积分数随3
2
n(NH
)
n(Cl)（氨氯比）的变化曲线如图所示。

①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是___。

T1温度下该反应的平衡常数为___（列出算式即可）。

②在T2温度下，Q点对应的速率：v正___v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。

③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是___（任写1种)
④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是___。

参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A. 垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝，说法合理，故A正确；
B. 废弃的金属易发生电化学腐蚀，掩埋处理很容易造成污染，故B错误；
C. 废弃荧光灯管中含有重金属，属于有害垃圾，故C正确；
D. 废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质，故D正确；
故选B。

2．C
【详解】
A. 1LpH＝3的亚硫酸溶液中，H+的浓度为10-3mol/L，1L溶液中H+数目为0.001 N A，故A 错误；
B. A1与NaOH溶液反应生成氢气，因未说明气体所处的状态，所以无法计算反应中转移的电子数目，故B错误；
C. NO2和N2O4，最简比相同，只计算ag NO2中质子数即可，一个N含质子数为7，一个氧
质子数为8，所以一个NO2分子含质子数为7+2×8=23，agNO2中质子数为
ag
23 46g/mol
N A mol-1= 0.5aN A，故C正确；
D. 1mo1KHCO3晶体中只有钾离子和碳酸氢根离子，阴阳离子数之和为2N A，故D错误；答案是C。

3．A
【详解】
A. ①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A 正确；
B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；
C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；
D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误；
正确答案是A。

4．D
【详解】
A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH 范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；
B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；
C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；
D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；
正确答案是D。

5．D
【详解】
A. FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；
B. 纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。

故B正确；
C. 用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；
D. ①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；
故选D。

6．C
【详解】
A. 由图可知，放电时，Li+从碳a电极向碳b电极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，则碳b电极为正极，电子从a极流向b极，故A错误；
B. 电池反应为Li7Ti5O12+3FePO4＝Li4Ti5O12+3LiFePO4，B项没有配平，故B错误；
C. 充电时，Li+向a极移动，生成Li7Ti5O12，故电极方程式为：Li4Ti5O12 +3Li++3e-＝Li7Ti5O12，故C正确；
D. 充电时，b电极失去电子发生氧化反应，应该和电源的正极相连，故D错误；
正确答案是C。

【点睛】
放电时为原电池反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源的正极相连，发生氧化反应。

7．B
【分析】
溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM+H2O，NH3·H2O+ CH3COOH= CH3COONH4。

a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。

【详解】
A. 由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM +H2O然后NH3·H2O+ CH3COOH= CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；
B. 加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的K a＝1.8×10－5等于NH3·H2O的K b=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；
C. d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；
D. a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；
故选B。

8．b ②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色，而且半分钟内不褪色85.5% 偏小【分析】
（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；
（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；
（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；
（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；
（7）用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量；AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl
沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。

【详解】
（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；
（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用②70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选②；
（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；
（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN−反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
（7）用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol，与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0. 1L−Vc×10−3mol＝1.9×10-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol
×0.5=9.5×10-3mol ，产品中SO2Cl2的质量分数为
3mol135g/
9.51m
0ol
1.5g
-
⨯⨯
×100%=85.5%；
已知：K sp(AgCl)=3.2×10−10，K sp(AgSCN)=2×10−12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl 沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。

9．选用通入空气经济、而且氯气有毒，污染环境 a 2Fe2++3ClO- +10OH- =2
FeO42++3Cl-+5 H2O 防止K2FeO4在溶液中会水解成H2FeO4 c Fe-6e-+8OH- ═ FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑氧气将气体中通入过量NaOH溶液的洗气瓶，收集气体用带火星的木条检验，若木条复燃，则乙猜测正确
【详解】
（1）选用通入空气经济、而且氯气有毒，污染环境，故“氧化”阶段通入空气作氧化剂比用氯气更好；故答案为选用通入空气经济、而且氯气有毒，污染环境；
（2）Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，可用来检验亚铁离子；故选a；
（3）Fe2+和NaClO、NaOH溶液混合得到Na2FeO4，铁元素化合价升高，则氯元素化合价降低，生成氯化钠，故反应为：2Fe2++3ClO- +10OH- =2 FeO42++3Cl-+5 H2O；
（4）饱和KOH溶液可以让Na2FeO4转化为K2FeO4，K2FeO4在水溶液中会水解成H2FeO4和氢氧根，这个反应是可逆反应，过量KOH溶液可以使反应左移，防止K2FeO4在溶液中会水解成H2FeO4；故答案为防止K2FeO4在溶液中会水解成H2FeO4；
（5）洗涤剂要求不能加入新的杂质，还要防止K2FeO4在溶液中水解，最好用冷的浓KOH 溶液，故选c；
（6）根据电源的正负极判断电极名称，该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为：
Fe-6e-+8OH- ═ FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑；
（7）气体中还可能含有氧气，鉴定氧气可以先将气体中通入过量NaOH溶液的洗气瓶，收集气体用带火星的木条检验，若木条复燃，则乙猜测正确。

10．化合态 Co 2O 3+ SO 32-+4H +=2Co 2++ SO 42-+2 H 2O SiO 2 将Fe 2+氧化为Fe 3+
Fe （OH ）3、Al （OH ）3 MgF 2 9
125.3105.210
--⨯⨯ 坩埚 +2和+3，+2和+4 【分析】
根据流程：Co 2O 3与硫化锰矿（还含Fe 、Al 、Mg 、Zn 、Ni 、Si 等元素）在硫酸中酸浸，
Na 2SO 3把三价钴还原成二价钴，SiO 2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有SiO 2，滤液含有Co 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+、Mg 2+、Ca 2+，加入Co 2O 3将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe 3+、Al 3+，滤渣2为Fe （OH ）3、Al （OH ）3，加入CoF 2生成MgF 2沉淀除去Mg 2+和Ca 2+，滤渣3为MgF 2和CaF 2，滤液主要含有Co 2+，加入(NH 4)2C 2O 4生成CoC 2O 4，煅烧CoC 2O 4得到含Co 氧化物。

【详解】
（1）水钴矿是固体，Fe 、A1、Mg 、Ca 元素的存在形态只能是化合态；
（2）Co 2O 3在硫酸中酸浸，Na 2SO 3把三价钴还原成二价钴，离子方程式为：Co 2O 3+ SO 32-+4H +=2Co 2++ SO 42-+2 H 2O ；SiO 2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有SiO 2；
（3）“氧化中”加入Co 2O 3是为了将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe 3+； （4）滤液含有Co 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+、Mg 2+、Ca 2+，加入Co 2O 3将Fe 2+氧化为Fe 3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe 3+、Al 3+，滤渣2为Fe （OH ）3、Al （OH ）3； （5）“除杂”是为了除去Ca 2+和Mg 2+，先生成溶解度较小的沉淀，故先生成MgF 2；当Mg 2+刚好完全沉淀时，2+2+c(Ca )c(Mg )
的值最大，此时K sp （MgF 2）=c （Mg 2+）·c 2（F -）=5.210-12，c （Mg 2+）=1.0×10-5mol/L ，c 2（F -）=5.2×10-7；K sp （CaF 2）=c （Ca 2+）·c 2（F -）=5.3×10-9，c
（Ca 2+）=5.3×10-9÷（5.210-7），此时溶液中c （Ca 2+）最大，则2+
2+c(Ca )c(Mg )=9755.3105.2101.010---⨯⨯⨯=9
12
5.3105.210--⨯⨯； （6）煅烧CoC 2O 4需要在坩埚中进行，13.23gCoC 2O 4的物质的量n= 13.23g 147g/mol
=0.09mol ，氧元素质量为：0.09mol ×
4×16g/mol=5.76g ，设钴的氧化物的化学式为Co x O y ，生成0.18molCO 2，二氧化碳中氧元素质量为：0.36mol×16g/mol=5.76g ，由质量守恒可知煅烧CoC 2O 4的过程消耗氧气的质量为0.18×44g+7.23g-13.23g=1.92g ，消耗氧气的物质的量为
1.92g 32g/mol
=0.06mol ，煅烧方程式为：9CoC 2O 4+6O 2=Co x O y +18 CO 2，则x=9，y=12，因此钴的氧化物的化学式为Co 9O 12，由化合价代数和为0可知，Co 的平均价态为2.67，则Co 9O 12中Co 的最高价要大于2.67，最低价要小于2.67，所以Co 的价态可能是+2和+3，+2和+4； 11．HClO NHCl 2+2H 2O NH 3 +2HClO -1405.6 191.2 K a =K b >K c 或a=b>c 2
0.280.720.12
⨯ 小于 加热（或者及时移出产物） 有副产物生成，如NHCl 2、NCl 3、N 2等
【详解】
（1）氯胺中N 为-3价，Cl 为+1价，在水中水解生成一种有强氧化性的物质，说明生成HClO ；
NHCl 2水解生成氨气和次氯酸，其水解的离子方程式为NHCl 2+2H 2O NH 3 +2HClO ；
（2）根据图中内容,可以看出：ΔH 2=-（ΔH 1-ΔH ）
=ΔH -ΔH 1=11.3kJ/mol-1416.9 kJ/mol=-1405.6 kJ/mol ；根据图中内容，可以看出NH 3(g)+Cl 2
(g) NH 2Cl(g)+HCl(g) △H=+11.3kJ/mol ，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN−Cl 键所需的能量为x ，新键生成释放的能量
ΔH 2=-(391.3×2+x+431.8)kJ/mol=-1405.6kJ/mol ，解得x=191.2；
（3）①反应NH 3(g)+Cl 2
(g) NH 2Cl(g)+HCl(g)是吸热反应，a 和b 温度一致，平衡常数相等，c 点NH 2Cl 的体积分数减小，平衡常数减小，温度应该升高，所以K a =K b >K c 或a=b>c ；
T 1温度下，32n(NH )n(Cl )
=0.4时，NH 2Cl 的体积分数为20%，设n （NH 3）=0.4a ，n （Cl 2）=a ，则有；
NH 3(g)+Cl 2(g) NH 2Cl(g)+HCl(g)
起始（mol ）0.4a a 0 0
转化（mol ）x x x x
平衡（mol ）0.4a-x a-x x x
NH 2Cl 的体积分数=x 0.4a-x+a-x+2x
=20%，x=0.28a ，平衡常数K= ()()()()232NH Cl HCl c NH c c Cl c = 0.28a 0.28a 0.72a 0.12a ⨯⨯= 2
0.280.720.12
⨯； ②在T 2温度下，Q 点相当于加入部分NH 2Cl ，则v 正不变，v 逆增大，故v 正小于v 逆；
③在氨氯比一定时，该反应吸热，可以加热来提高NH3的转化率，或者及时移出产物NH2Cl 和HCl；
④若产物都是气体，实验测得NH2Cl的体积分数始终比理论值低，原因可能是有副产物生成，如NHCl2、NCl3、N2等。