题目内容

3．汽车尾气中含有NO、CO和碳颗粒等有害物质，已成为某些大城市空气的主要污染源．
（1）汽车燃料中一般不含氮元素，汽缸中生成NO的原因为（用化学方程式表示为可逆反应）N2+O22NO；汽车启动后，汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，试分析其原因温度升高，反应速率加快．
（2）治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法是将其转化为无害的CO2和N2，反应原理为：2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）△H＜0 某研究小组在三个容积均为5L的恒容密闭容器中，分别充入0.4mol NO和0.4molCO，在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示：
①计算实验Ⅱ从开始至达到平衡时的反应速率v（N0）=1.75×10-3mol•L-1•min-1．
②图中三组实验从开始至达到平衡时的反应速率v（NO）由大到小的顺序为Ⅲ＞Ⅰ＞Ⅱ（填实验序号）．
③与实验Ⅱ相比，实验I和实验Ⅲ分别仅改变一种反应条件，所改变的条件和判断的理由为：
实验Ⅰ升高温度；达到平衡的时间比Ⅱ缩短，起始压强增大；
实验Ⅲ加催化剂；达到平衡的时间比Ⅱ缩短，平衡没有移动．
④三组实验中CO的平衡转化率aⅠ（CO、）aⅡ（CO）和aⅢ（CO） 的大小关系为aⅡ（CO）=aⅢ（CO）＞aⅠ（CO）．
⑤计算实验Ⅲ的平衡常数K=17150．

分析 （1）氮与氧气在高温下反应生成NO；温度升高，反应速率加快；
（2）①设参加反应NO为xmol，用三段式表示出平衡时各组分物质的量，恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，据此列方程计算，再根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（NO）；
②反应速率越快，到达平衡时间越短；
③对比Ⅱ、I可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大；
对比Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时压强不变，Ⅲ到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动；
④根据③中分析的条件改变，判断I、Ⅲ相对Ⅱ发生的平衡移动，进而判断转化率；
⑤Ⅱ、Ⅲ温度相同，平衡常数相同，结合①中计算可知平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{2}（C{O}_{2}）×c（{N}_{2}）}{{c}^{2}（NO）×{c}^{2}（CO）}$计算．

解答 解：（1）氮与氧气在高温下反应生成NO，反应方程式为：N2+O22NO；温度升高，反应速率加快，单位时间内NO排放量越大，
故答案为：N2+O22NO；温度升高，反应速率加快；
（2）①设参加反应NO为xmol，则：
           2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）
开始（mol）：0.4       0.4      0        0
转化（mol）：x         x        x        0.5x
平衡（mol）：0.4-x     0.4-x     x        0.5x
恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，则（0.4+0.4）mol：（0.4-x+0.4-x+x+0.5x）mol=320：250，解得x=0.35，故v（N0）=$\frac{\frac{0.35mol}{5L}}{40min}$=1.75×10-3mol•L-1•min-1，
故答案为：1.75×10-3mol•L-1•min-1；
②反应速率越快，到达平衡时间越短，由图可知反应速率：Ⅲ＞Ⅰ＞Ⅱ，
故答案为：Ⅲ＞Ⅰ＞Ⅱ；
③对比Ⅱ、I可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度；
对比Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时压强不变，Ⅲ到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动，应是使用催化剂，
故答案为：升高温度；达到平衡的时间比Ⅱ缩短，起始压强增大；
加催化剂；达到平衡的时间比Ⅱ缩短，平衡没有移动；
④根据③中分析可知，Ⅱ、Ⅲ相比，平衡不移动，故CO转化率不变，即aⅡ（CO）=aⅢ（CO）．I与Ⅱ相比，I中温度较高，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，即aⅠ（CO）＜aⅡ（CO），故转化率aⅡ（CO）=aⅢ（CO）＞aⅠ（CO），
故答案为：aⅡ（CO）=aⅢ（CO）＞aⅠ（CO）；
⑤Ⅱ、Ⅲ温度相同，平衡常数相同，结合①中计算可知平衡时NO浓度为$\frac{0.4mol-0.35mol}{5L}$=0.01mol/L、CO浓度为$\frac{0.4mol-0.35mol}{5L}$=0.01mol/L，CO2的浓度为$\frac{0.35mol}{5L}$=0.07mol/L，N2的浓度为$\frac{0.5×0.35mol}{5L}$=0.035mol/L，故平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（C{O}_{2}）×c（{N}_{2}）}{{c}^{2}（NO）×{c}^{2}（CO）}$=$\frac{0.0{7}^{2}×0.035}{0.0{1}^{2}×0.0{1}^{2}}$=17150，
故答案为：17150．

点评 本题考查压强随时间变化曲线、化学反应速率计算、化学平衡影响因素、平衡常数计算等，是对学生综合能力的考查，侧重考查学生分析计算能力，难度中等．

练习册系列答案
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13．下列各项中表达正确的是（　　）
A．第三周期元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4
B．水分子很稳定性是因为水分子间易形成氢键
C．用电子式表示HCl形成过程：H-+${\;}_{\;}^{•}$$\underset{\stackrel{••}{CI}}{••}$${\;}_{•}^{•}$→H+[${\;}_{•}^{•}$$\underset{\stackrel{••}{CI}}{••}$${\;}_{•}^{•}$]-
D．第VⅡA族元素形成的氢化物中沸点最高的是HI
14．在分子中，下列说法正确的是（　　）
A．处于同一平面上的原子数最多可能有12个
B．1mol该分子最多可以与3molH2加成
C．该分子含有三种官能团
D．该物质能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
11．下列叙述正确的是（　　）
A．同周期元素的原子半径以ⅦA族的为最大
B．在周期表中0族元素的电负性最大
C．ⅠA族元素的原子，其半径越大第一电离能越小
D．所有主族元素的原子形成单原子离子时的最高价数都和它的族数相等
18．常温下电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图中Ⅰ、Ⅱ所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），根据图中信息进行下列计算：（要求写出计算步骤）
（1）原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度．
（2）电解至t3时，消耗水的质量．
8．如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示．其中B元素的最高正价是最低负价绝对值的3倍，它的最高氧化物中含氧60%，回答下列问题：
（1）A、B、C、D、E五种元素中，原子半径最小的是（写元素符号）O，
A、B、E三种元素的阴离子中，离子半径最大的是（写离子符号）S2-＞Cl-＞O2-
（2）写出B、D、E最高氧化物对应水化物的化学式：BH2SO4、DH3PO4、EHClO4．其中酸性最强的物质的名称是HClO4
（3）写出A、B、C所形成气态氢化物的化学式：AH2O、BH2S、CH2Se．其中最稳定的氢化物的电子式是．
（4）D和E组成的可以组成两种化合物，其中一种化合物中各原子最外层都满足8电子结构，这种化合物的分子式是PCl3．
（5）写出E的单质与B的氢化物反应的化学方程式H2S+Cl2=S+2HCl．
（6）C元素处在长周期的第四周期ⅥA族，其原子结构简图为．
15．已知1-18号元素的离子aAm+、bBn+、cCp-、dDq-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（　　）
A．若p＞q，则还原性cCp-＜dDq-
B．若m＞n，则碱性A（OH）m＞B（OH）n
C．若半径aAm+＞bBn+，则a＜b
D．若半径aAm+＞bBn+，则A的单质一定能从含Bn+的盐溶液中置换出B
12．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是KJ/mol．根据下表所列数据判断错误的是（　　）
元素I1I2I3I4
X49645626912 9543
Y5781817274511600
A．元素X的常见化合价是+1价
B．元素Y是ⅢA族的元素
C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应
2．欲设计一个实验，验证红热的炭与浓硫酸发生反应所生成的各种产物．有一位同学按气体的流动方向设计了一个实验流程，其所使用的试剂顺序可表示为：气体产物→无水硫酸铜固体→品红溶液→酸性高锰酸钾溶液→品红溶液→澄清石灰水．
①澄清石灰水　②品红溶液　③反应装置  ④品红溶液　⑤KMnO4溶液
（1）⑥中的药品是无水硫酸铜；
（2）按照气体的流向从左到右接口的顺序为（填字母）ejkcdhifgba；
（3）写出红热的炭与浓硫酸发生反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）无水硫酸铜固体的作用是检验产物水，品红溶液使用了两次，第二次使用时的作用是确认二氧化硫气体已经被完全除净．
（5）二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了二氧化硫的还原性．

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