题目内容

10．近几年，大气污染越来越严重，雾霾天气对人们的生活、出行、身体健康产生许多不利的影响．汽车尾气是主要的大气污染源．降低汽车尾气危害的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生的反应为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）
（1）已知：如图1

则2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=2a+2b-2c-dkJ•mol-1（用含a、b、c、d的式子表示）．
（2）某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和 1mol CO，NO的转化率随时间的变化如图2所示．
回答下列问题：
①该温度下，化学平衡常数K=$\frac{15}{128}$，平衡时CO的转化率为60%．
②A点的逆反应速率υ逆（CO）＜B点的逆反应速率υ逆（NO） （填“＞”、“＜”或“=”）．
③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是B
A．平衡向正反应方向移动     B．CO的体积分数增大
C．平衡常数减小            D．一氧化碳的浓度增大．

分析 （1）2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，据此进行计算；
（2）①该温度下，由图象可知达到平衡时NO转化率为20%，则NO转化的物质的量为：3mol×20%=0.6mol，根据反应2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）可知：CO转化了0.6mol，反应生成氮气、二氧化碳分别为0.3mol，0.6mol，则平衡时各物质浓度分别为：c（NO）=$\frac{3mol-0.6mol}{1L}$=2.4mol/L、c（CO）=$\frac{1mol-0.6mol}{1L}$=0.4mol/L、c（N2）=$\frac{0.3mol}{1L}$=0.3mol/L、c（CO2）=$\frac{0.6mol}{1L}$=0.6mol/L，然后根据化学平衡常数表达式计算即可；平衡时CO的转化率=$\frac{反应转化的物质的量}{反应前总物质的量}$×100%；
②根据随着反应时行反应物浓度减小，反应速率减小判断A点的逆反应速率逆V逆（CO）与B点的逆反应速率V逆（NO）大小；
③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，相当于减小了压强，平衡向体积增大方向移动，即向逆方向移动，据此进行分析．

解答 解：（1）2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，根据图1可知该反应的焓变为：△H=（2a+2b-2c-d0kJ/mol，
故答案为：2a+2b-2c-d；
（2）①该温度下，由图象可知达到平衡时NO转化率为20%，则NO转化的物质的量为：3mol×20%=0.6mol，根据反应2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）可知：CO转化了0.6mol，反应生成氮气、二氧化碳分别为0.3mol，0.6mol，则平衡时各物质浓度分别为：c（NO）=$\frac{3mol-0.6mol}{1L}$=2.4mol/L、c（CO）=$\frac{1mol-0.6mol}{1L}$=0.4mol/L、c（N2）=$\frac{0.3mol}{1L}$=0.3mol/L、c（CO2）=$\frac{0.6mol}{1L}$=0.6mol/L，
将数据代入化学平衡常数表达式可得：K=$\frac{0.3×0．{6}^{2}}{2．{4}^{2}×0．{4}^{2}}$=$\frac{15}{128}$；
平衡时CO的转化率为：$\frac{0.6mol}{1mol}$×100%=60%，
故答案为：$\frac{15}{128}$；60%；
②由于随着反应时行反应物浓度减小，速率减小，故A点的逆反应速率逆V逆（CO）小于B点的逆反应速率V逆（NO），
故答案为：＜；
③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，相当于减小了压强，平衡向体积增大方向移动，即向逆方向移动，
A．根据分析可知，平衡向着逆向移动，故A错误；
B．平衡向着逆向移动，则CO的体积分数增大，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数不变，故C错误；
D．由于体积的增大比一氧化碳的物质的量增大还要大，则浓度会减小，故D错误；
故答案为：B．

点评 本题考查了化学平衡的计算、反应热计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学键断裂、形成中的能力变化与焓变之间的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．

练习册系列答案
相关题目
18．根据如图回答，下列说法不正确的是（　　）
A．此装置用于电镀铜时，电解一段时间，硫酸铜溶液的浓度不变
B．若a为纯铜，b为粗铜，该装置可用于粗铜的电解精炼
C．燃料电池中正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-
D．电子经导线流入b电极
1．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒．
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失．
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大、偏小、无影响”）
（4）若上述HCl、NaOH溶液的密度都近似为1g/cm3，中和后生成的溶液的比热容C=4.18J/（g•℃），反应后温度升高了△t，生成1mol水时的反应热△H=-$\frac{0.418△t}{0.025}$ kJ/mol（填表达式）．
（5）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等、不相等”），所求中和热相等（填“相等、不相等”）；如果用1molH2SO4溶液与NaOH溶液恰好完全反应时放热114.6kJ写出此反应热化学方程式H2SO4（aq）+2NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=-114.6kJ/mol．
（6）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．
18．中和热的测定是高中重要的定量实验．取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.50mol/L的盐酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）从如图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒，除此之外，装置中的一个明显错误是小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）
（2）图中的小烧杯应该选择下列哪种规格的②（选填代号）
①50mL         ②100mL        ③150mL        ④250mL
（3）该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和NaOH溶液各50mL，并记录如下原始数据：
实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃温差（t2-t1）℃
盐酸NaOH溶液平均值
125.124.925.028.33.3
225.125.125.128.53.4
325.125.125.128.63.5
已知盐酸、NaOH溶液密度均近似为1.00g/cm3，中和后混合液的比热容c=4.18×10-3kJ/（g•℃），则该反应的中和热△H=-56.8kJ/mol（保留到小数点后1位）
5．磷在氧气和氯气中都可以燃烧．
（1）磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物（P2O3、P2O5）．1mol的单质磷（P）在1mol的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出x kJ的热量．计算确定反应产物的组成为P2O3、P2O5（写分子式）．
己知单质磷在足量的氧气中燃烧的热化学方程式为P（s）+$\frac{5}{4}$O2（g）=$\frac{1}{2}$P2O5（s）△H=-y kJ•mol-1，则31g P与一定量的氧气反应完全生成P2O3的热化学方程式为P（s）+$\frac{3}{4}$O2（g）=$\frac{1}{2}$P2O3（s）△H=-（2X-Y）kJ/mol．
（2）白磷与氧气可发生如下反应：P4+5O2=P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收能量分别为：P-P kJ•mol-1、P-O kJ•mol-1、P=O kJ•mol-1、O=O kJ•mol-1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H为（6a+5d-4c-12b）kJ•mol-1．
（3）磷在氯气中燃烧可生成PCl5、PCl3，PCl3的电子式为；PCl3水解得到的亚磷酸（H3PO3）是一种二元弱酸，写出亚磷酸与足量NaOH反应的离子方程式H3PO3 +2OH-=HPO32-+2H2O；某温度下，0.1mol•L-1亚磷酸溶液c（H+）=2.5×10-2mol•L-1，除OH-之外其他离子浓度由大到小顺序是c（H+）＞c（H2PO3-）＞c（HPO32-）．
15．海水中主要离子的含量如下：
成分含量/（mg/L）成分含量/（mg/L）
Cl-18980Ca2+400
Na+10560HCO3-142
SO42-2560Mg2+1272
（1）常温下，海水的pH在7.5～8.6之间，其原因是（用离子方程式表示）HCO3-+H2O?H2CO3+OH-．
（2）电渗析法淡化海水示意图如图所示，其中阴（阳）离子交换膜仅允许阴（阳）离子通过．阴极上产生氢气，阴极附近还产生少量白色沉淀，其成分有Mg（OH）2和CaCO3，生成CaCO3的离子方程式是Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O．
（3）用海水可同时生产氯化钠和金属镁或镁的化合物，其流程如下图所示：

①在实验室中由粗盐“重结晶”制精盐的操作包括溶解、过滤、蒸发…洗涤等步骤；有关其中“蒸发”步骤的叙述正确的是bd．
a．蒸发的目的是得到热饱和溶液
b．蒸发的目的是析出晶体
c．应用余热蒸干溶液
d．应蒸发至有较多晶体析出时为止
②由MgCl2溶液得到MgCl2•6H2O晶体时，也需要蒸发，蒸发的目的是得到热饱和溶液，判断溶液已饱和的现象是溶液表面形成晶膜．
（4）25℃时，饱和Mg（OH）2溶液的浓度为5×10-4 mol/L．
①饱和Mg（OH）2溶液中滴加酚酞，现象是溶液变红．
②某学习小组测海水中Mg2+含量（mg/L）的方法是：取一定体积的海水，加入足量盐酸，再加入足量NaOH，将Mg2+转为Mg（OH）2．25℃，该方法测得的Mg2+含量与表中1272mg/L的“真值”比，相对误差约为-5.6%[保留2位小数，海水中饱和Mg（OH）2溶液的密度都以l g/cm3计]．
2．下列物质在水中的电离方程式书写正确是（　　）
A．NaHSO4═Na++HSO4-B．NaHCO3═Na++H++CO32-
C．H2CO3?2H++CO32-D．A12（SO4）3═2A13++3SO42-
19．硬质玻璃管是化学实验中经常使用的一种仪器，请分析下列实验（固定装置略）并回答问题．
Ⅰ、进行微量实验：如图所示，将浓硫酸滴入装有Na2SO3固体的培养皿一段时间后，a、b、c三个棉球变化如下表．请填写表中的空白：

棉球棉球上滴加的试剂实验现象解释和结论
a品红试液棉球变白，微热后又恢复红色SO2具有漂白性，且为暂时性漂白
b含酚酞的NaOH溶液棉球变为白色离子方程式：2OHˉ+SO2 =SO32ˉ+H2O或OHˉ+SO2=HSO3ˉ
c含淀粉的碘水棉球变为白色该气体具有还原性 （选填“氧化性”或“还原性”）
Ⅱ、硬质玻璃管与其它装置结合完成定性或定量实验．下图是某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究的装置．

实验一：铁矿石中含氧量的测定
（1）按图组装仪器（夹持仪器均省略），检查装置的气密性；
（2）将10.0g铁矿石放入硬质玻璃管中；
（3）从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后后，点燃A处酒精灯；
（4）充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．
（5）测得反应后装置B增重2.70g，则铁矿石中氧的质量分数为24%．
实验二：铁矿石中含铁量的测定

（1）步骤②和⑤中都要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒．
（2）下列有关步骤⑥的操作中说法不正确的是bc．
a．滴定管用蒸馏水洗涤后再用待装液润洗
b．锥形瓶需要用待测液润洗
c．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂
实验结论：推算铁的氧化物的组成，由实验一、二得出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe5O6．
20．下列叙述中，肯定能说明金属甲比金属乙金属性强的是（　　）
A．甲原子最外层电子数比乙原子最外层电子数少
B．甲原子电子层数比乙原子电子层数多
C．1mol甲从酸中置换生成的氢气比1mol乙从酸中置换生成的氢气多
D．常温下，甲能与水反应生成氢气，而乙不能

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