题目内容
研究控制汽车尾气成为保护环境的重要任务．汽车内燃机工作时发生反应：N2（g）+O2（g）?2NO（g） 是导致汽车尾气中含有NO的原因之一．
（1）T℃时，向 5L密闭容器中充入6.5mol N2和7.5mol O2，在5min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是5mol．5min内该反应的平均速率υ（NO）=
（2）反应过程中，容器压强始终保持不变，这说明
a．反应未达到平衡 b．高温时NO与O2不反应 c．生成了其它氮氧化物
（3）H2或CO可以催化还原NO以达到消除污染的目的．
已知：N2（g）+O2（g）→2NO（g）-180.5kJ、2H2（g）+O2（g）→2H2O（l）+571.6kJ
则 H2（g）与NO（g）反应生成N2（g）和H2O（l）的热化学方程式是
（4）当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率．如图表示在其他条件不变时，反应：2NO（g）+2CO（g）?2CO2（g）+N2（g）中NO的浓度[c（NO）]随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（t）的变化曲线．
①该反应是
②若催化剂的表面积S1＞S2，在图中画出c（NO）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
（5）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据．
| 温度（℃） | c（氨水）（mol/L） | 电离常数 | 电离度（%） | c（OH-）（mol/L） |
| 0 | 16.56 | 1.37×10-5 | 9.098 | 1.507×10-2 |
| 10 | 15.16 | 1.57×10-5 | 10.18 | 1.543×10-2 |
| 20 | 13.63 | 1.71×10-5 | 11.2 | 1.527×10-2 |
a．电离常数 b．电离度 c．c（OH-） d．c（氨水）
②表中c（OH-）基本不变的原因是
考点：化学平衡状态的判断,反应热和焓变,热化学方程式,化学平衡的影响因素,弱电解质在水溶液中的电离平衡
专题：基本概念与基本理论
分析：（1）①根据v=
，计算v（NO）；
（2）N2（g）+O2（g）?2NO（g）是两边计量相等的反应，不管平衡还是未平衡，反应未反应压强都不变，但是如果一氧化氮转化为二氧化氮，气体物质的量减小，压强变小；
（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；
（4）根据到达平衡的时间，判断温度高低，再根据不同温度下到达平衡时NO的浓度高低，判断温度对平衡的影响，据此判断反应热效应；催化剂的表面积S1＞S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，据此作图；
（5）①温度升高，促进NH3?H2O的电离，平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数；②氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH-）基本不变．
| ||
| △t |
（2）N2（g）+O2（g）?2NO（g）是两边计量相等的反应，不管平衡还是未平衡，反应未反应压强都不变，但是如果一氧化氮转化为二氧化氮，气体物质的量减小，压强变小；
（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；
（4）根据到达平衡的时间，判断温度高低，再根据不同温度下到达平衡时NO的浓度高低，判断温度对平衡的影响，据此判断反应热效应；催化剂的表面积S1＞S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，据此作图；
（5）①温度升高，促进NH3?H2O的电离，平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数；②氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH-）基本不变．
解答：
解：（1）①5min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是5mol，则v（NO）=
=0.2 mol?L-1?min-1，故答案为：0.2 mol?L-1?min-1；
（2）针对反应N2（g）+O2（g）?2NO（g）是两边计量相等的反应，不管平衡还是未平衡，反应未反应压强都不变，但是如果一氧化氮转化为二氧化氮，气体物质的量减小，压强变小，故选b；
（3）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6 kJ?mol-1
依据盖斯定律可知②-①得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H，
△H=（-571.6kJ/mol）-180.5kJ/mol═-752.1kJ/mol，故答案为：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-752.1kJ/mol；
（4）温度T2到达平衡的时间短，反应速率快，故温度T2＞T1，温度越高，平衡时NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；催化剂的表面积S1＞S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，故c（NO） 在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：
；故答案为：放热、；
（5）①温度升高，促进NH3?H2O的电离，平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；
（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH-）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH-）减小，而温度升高，使c（OH-）增大，双重作用使c（OH-）基本不变．
| ||
| 5min |
（2）针对反应N2（g）+O2（g）?2NO（g）是两边计量相等的反应，不管平衡还是未平衡，反应未反应压强都不变，但是如果一氧化氮转化为二氧化氮，气体物质的量减小，压强变小，故选b；
（3）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6 kJ?mol-1
依据盖斯定律可知②-①得：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H，
△H=（-571.6kJ/mol）-180.5kJ/mol═-752.1kJ/mol，故答案为：2H2（g）+2NO（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-752.1kJ/mol；
（4）温度T2到达平衡的时间短，反应速率快，故温度T2＞T1，温度越高，平衡时NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0；催化剂的表面积S1＞S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，故c（NO） 在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：
；故答案为：放热、；（5）①温度升高，促进NH3?H2O的电离，平衡向右移动，只有电离平衡常数是温度的函数，故答案为：右，a；
（2）氨水浓度再降低，而温度升高，两者双重作用使c（OH-）基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c（OH-）减小，而温度升高，使c（OH-）增大，双重作用使c（OH-）基本不变．
点评：本题主要考查化学反应速率、影响化学平衡的因素、化学平衡图象以及热化学方程式的书写等，难度不大，（4）中注意根据“先拐先平数值大”原则判断温度高低是关键，作图时注意到达平衡的时间与平衡时NO的浓度．
练习册系列答案
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下列说法正确的是（ ）
| A、在中和热测定的实验中，将氢氧化钠溶液和盐酸混合反应后的最高温度作为末温度 |
| B、检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，先用稀硫酸进行酸化，再加人AgN03溶液进行检验 |
| C、为了加快过滤速度以及得到较干燥的硅酸白色胶状沉淀可以采用抽滤的方法 |
| D、用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，滤纸上端呈棕黄色，说明Fe3+在固定相中分配的更多 |
在室温下，发生下列几种反应：
①16H++10Z-+2XO4-═2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B2═2A3++2B-
③2B-+Z2═B2+2Z-根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
①16H++10Z-+2XO4-═2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B2═2A3++2B-
③2B-+Z2═B2+2Z-根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
| A、溶液中可发生：Z2+2A2+═2A3++2Z- |
| B、Z2在①中作还原产物、③中作还原剂 |
| C、氧化性强弱的顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+ |
| D、X2+是XO4-的还原产物 |
从某微粒的原子结构示意图反映出（ ）
| A、质子数和中子数 |
| B、中子数和电子数 |
| C、核电荷数和核外电子层排布的电子数 |
| D、质量数和核外电子层排布的电子数 |
下列粒子的核外电子排布正确的是（ ）
A、Na |
B、K |
C、Xe |
D、Cl- |
水的电离平衡曲线如图所示：
A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素．A、F原子的最外层电子数