Question

【题目】二氧化硫和氮的氧化物是大气的主要污染物，防止和治理其对环境的污染是当前环保工作的重要研究内容之一．
（1）一定条件下，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），向2L密闭容器中通入2mol SO2（g）、1mol O2（g）和0.2mol SO3（g），2min后反应达到平衡时，测得SO2的物质的量为1mol，则该可逆反应的平衡常数K=；恒温下，若往容器中再加入2mol SO2（g），则重新达到平衡时SO2的总转化率 0%（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）在一密闭容器中发生反应2NO22NO+O2△H＞0，反应过程中NO2的浓度随时间变化的情况如图所示．

请回答：
①依曲线A，反应在前3min内氧气的平均反应速率为 ．
②若曲线A、B分别表示的是该反应在某不同条件下的反应情况，则此条件可能是（填“浓度”、“压强”、“温度”或“催化剂”）．
（3）一定温度下，在密闭容器中N2O5可发生下列反应：
①2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）
②2NO2（g）2NO（g）+O2（g）
若达平衡时，c（NO2）=0.4molL﹣1 ， c（O2）=1.3molL﹣1 ， 则反应②中NO2的转化率为 ， N2O5（g）的起始浓度应不低于 molL﹣1 ．

Answer 1

【答案】
（1）5.76；＜
（2）0.0117mol?L﹣1?min﹣1；温度
（3）80%；1
【解析】解：（1）一定条件下，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），向2L密闭容器中通入2mol SO2（g）、1mol O2（g）和0.2mol SO3（g），2min后反应达到平衡时，测得SO2的物质的量为1mol，则

	2SO2（g）	+	O2（g）		2SO3（g）
起始量（mol/L）	1		0.5		0.1
变化量（mol/L）	0.5		0.25		0.5
平衡量（mol/L）	0.5		0.25		0.6

平衡常数K= = =5.76，
若往容器中再加入2mol SO2（g），平衡正向进行，由于三氧化硫浓度比起始大，则重新达到平衡时SO2的总转化率小于50%，
所以答案是：5.76；＜；
（2.）①依曲线A，前3min内NO2的平均反应速率V= = mol/（Lmin）= mol/（Lmin），又因为速率之比等于系数之比，所以氧气的平均反应速率为 × mol/（Lmin）=0.0117mol/（Lmin），
所以答案是：0.0117 molL﹣1min﹣1；
②由图象可知B状态反应较快，且A、B处于不同平衡状态，肯定不是催化剂的影响，如是压强的影响，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，则NO2的物质的量应增大，但B状态NO2的物质的量较少，应是升高温度的原因，该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，则NO2的物质的量减少，
所以答案是：温度；（3）设出反应①和反应②产生的氧气的浓度分别为XmolL﹣1 ， Y molL﹣1 ，

2N2O5（g）		4NO2（g）	+	O2（g）	①
2X		4XmolL﹣1		XmolL﹣1

2NO2（g）		2NO（g）	+	O2（g）	②
2YmolL﹣1				YmolL﹣1

则建立关系：X+Y=1.3；4X﹣2Y=0.4；解得：X=0.5；Y=0.8；反应②中NO2的转化率为 ×100%=80%，由①反应生成的O2的浓度为0.5 molL﹣1 ， 知N2O5的起始浓度应大于1 molL﹣1 ， N2O5的起始浓度应不低于1molL﹣1 ，
所以答案是：80%；1．
【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡状态的判断的相关知识，掌握状态判断：①v(B耗)=v(B生)②v(C耗):v(D生)=x : y③c(C)、C%、n(C)%等不变④若A、B、C、D为气体，且m+n≠x+y，压强恒定⑤体系颜色不变⑥单位时间内某物质内化学键的断裂量等于形成量⑦体系平均式量恒定（m+n ≠ x+y）等，以及对化学平衡的计算的理解，了解反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%．