题目内容
【题目】氮及其化合物对环境具有显著影响。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
△H=+180 kJ·mol-1
△H=+68 kJ·mol-1
则
△H=__________ kJ·mol-1
(2)对于反应的反应历程如下：
第一步：
第二步：
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是______(填标号)
A 整个反应的速率由第一步反应速率决定
B 同一温度下，平衡时第一步反应的k1正／k1逆越大，反应正向程度越大
C 第二步反应速率低，因而转化率也低
D 第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高
(3)科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为：
△H<0。某温度下，向10 L密闭容器中分别充入0．1 mol NO2和0．2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：
时间／min | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 12 |
压强／kPa | 75 | 73.4 | 71.95 | 70.7 | 69.7 | 68.75 | 68.75 |
在此温度下，反应的平衡常数Kp=___________kPa-1(K
(4)汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下
I： NO+Pt(s)=NO(*) [Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同]
Ⅱ：CO+Pt(s)=CO(*)
III：NO(*)=N(*)+O(*)
IV：CO(*)+O(*)=CO2+2Pt(s)
V：N(*)+N(*)=N2+2 Pt(s)
VI：NO(*)+N(*)=N2O+2 Pt(s)
尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。
①330℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是__________________________。
②反应V的活化能_____反应VI的活化能(填“<”、“>”或“=”)，理由是_________________。
【答案】-112 BD 0.04 降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小 CO+2NO
CO2+N2O > 生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能就小
【解析】
（1）根据盖斯定律解答即可；（2）根据影响化学反应速率因素和化学平衡的条件进行判断反应的问题；（3）运用三段式和Kp的含义计算；（4）根据反应的机理和图像分析。
(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
① N2(g)+ O2(g)
2NO(g) △H=+180 kJ·mol-1 ② N2(g)+ 2O2(g)2NO2(g) △H=+68 kJ·mol-1，运用盖斯定律将②-①得，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=+68 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-112 kJ·mol-1；答案：-112。
(2) A项，对于反应2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g) 
N2O2(g)（快速平衡）；第二步：N2O2(g)+ O2(g)
2NO2(g)（慢反应），决定总反应速率的是第二步，故A错误；B项，因为υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，同一温度下达到平衡时υ正=υ逆，即k1正／k1逆= c(N2O2)/ c2(NO)=反应的平衡常数，k1正／k1逆越大，反应正向程度越大，故B正确；C项，化学反应速率快慢，与转化率没有关系，故C错误；D项，化学反应的活化能越高，活化分子数目越越少，有效碰撞次数越少，化学反应速率越慢，所以第二步比第一步反应的活化能高，故D正确；答案：BD。
（3）向10L密闭容器中分別充入0．1 mol NO2和0．2 mol CO，反应10min达到平衡，体系内圧強由75kPa减少到68.75kPa，则反应该中转化N2的浓度为xmol/L
2NO2(g)+ 4CO(g) 4CO2(g) + N2(g)
幵始(mo/L) 0.01 0.02 0 O
变化(mo/L) 2x 4x 4x x
平衡(mol/L)0.01-2x 0.02-4x 4x x
根据压强比就等于物质的量之比：75kPa/68.75kPa=（0.01+0.02）/(0.01-2x+0.02-4x+4x+x)，解得x=0.0025；Kp=[(68.75
0.01/0.0275)468.75×0.0025/0.0275]/[(68.75×0.005/0.0275)2×(68.75×0.01/0.0275)4]=0.04；因为该反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动，气体的总物质的量减小，压强减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。答案：0.04；降低温度，由于反应放热，所以平衡向正反应方向移动，容器中气体分子数减少，总压强也减小；若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小。
（4）①由图可知330℃以下的低温区中CO2、N2O含量较高，故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NOCO2+N2O；答案：CO+2NOCO2+N2O。
②低温区N2O选择性高于N2 ，由此可推断出: V反应的活化能 > VI反应的活化能，理由是反应的活化能小，化学反应速率大，选择性高；答案：> ；生成N2O的选择性高，说明反应VI的化学反应速率大，该反应的活化能就小。
【题目】研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) △H1=a kJ/mol
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=b kJ/mol
则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H3=________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）。
Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化。
（1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)。
容器 | 反应物 |
甲 | 8 mol CO2(g)、16 mol H2(g) |
乙 | w mol CO2(g)、x mol H2(g)、y mol CO(g)、z mol H2O(g) |
甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0~15 min内平均反应速率v(H2)=______，此条件下该反应的平衡常数K=______。
欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：y______z（填“＞”、“＜”或“=”），且y=______（用含x、w的等式表示）。
（2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)C6H5CH=H2(g)+CO(g) +H2O(g) △H ”中乙苯的平衡转化率影响如图所示：
则△H_____0（填“＞”、“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是________。
（3）CO可被NO2氧化：CO+NO2CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率v 正=k正·c(CO)·c(NO2)、v逆=k逆·c(CO2)·c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为________。
【题目】醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：
相对分子质量 | 密度/（gcm﹣3） | 沸点/℃ | 溶解性 | |
环乙醇 | 100 | 0.9618 | 161 | 微溶于水 |
环己烯 | 82 | 0.8102 | 83 | 难溶于水 |
a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．反应粗产物倒入f中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯．
回答下列问题：
（1）由环己醇制取环己烯的反应类型为_________；
（2）装置b的冷凝水方向是______（填下进上出或上进下出）；
（3）加入碎瓷片的作用是______；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是___（填正确答案标号）．
A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料
（4）本实验中最容易产生的副产物所含的官能团名称为____．
（5）在分离提纯中，使用到的仪器f名称是_____，分离氯化钙的操作是_____．
（6）合成过程中加入浓硫酸的作用是_____．
