Question

1．汽车尾气是城市主要空气污染物，研究控制汽车尾气排放是保护环境的首要任务．
（1）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．T₀℃时将等物质的量的N₂（g）和O₂（g）充入恒容密闭容器中发生反应，图1曲线a表示该反应在T₀℃下N₂的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N₂的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是ad．
a．温度T₀℃下，该反应的平衡常数K=$\frac{4（{c}_{0}-{c}_{1}）^{2}}{{{c}_{1}}^{2}}$
b．温度T₀℃下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
c．曲线b对应的条件改变可能是充入了NO气体
d．若曲b对应的条件改变是温度，可判断△H＞0
（2）汽车安装尾气催化转化器可将尾气中的主要污染物转化成无毒物质，反应为：2NO（g）+2CO（g）?N₂（g）+2CO₂（g）△H．某科研小组为了探究催化剂的效果，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：

时间/s	0	1	2	3	4	5
c（NO）/（×10-4mol•L-1）	10.0	4.50	2.50	1.60	1.00	1.00
c（CO）/（×10-3mol•L-1）	3.60	3.05	2.85	2.76	2.70	2.70

①2～3s间的平均反应速率v（N₂）=4.5×10^-5mol•L^-1•S¹．
②在该温度下，反应的平衡常数K=5000．
③在使用等质量催化剂时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率．下图表示在其他条件不变时，CO₂的浓度随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（t）的变化曲线．由此可知该反应的△H＜0（填“＞”“＜”），原因是温度T₁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CO₂的浓度越低，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．
若催化剂的表面积S₁＞S₂，在图2中画出c（CO₂）在T₁、S₂条件下达到平衡过程中的变化曲线．
④假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时能提高NO转化率的措施是降低反应体系的温度或缩小容器的体积．
（3）用NH₃还原NO_x生成N₂和H₂O也可以减少污染．现有NO、NO₂的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH₃恰好使其完全转化为N₂，则原混合气体中NO和NO₂的物质的量之比为1：3．

Answer 1

分析 （1）a．依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；
b．此容器为恒容密闭容器，ρ=$\frac{m}{V}$，据此判断即可；
c．若是充入NO，平衡逆向进行，氮气浓度增大；
d．由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应；
（2）①2s-3s内的平均反应速率v（NO）=$\frac{2.5mol/L-1.6mol/L}{3s-2s}$×10^-4=9×10^-5mol•L^-1•S¹，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率；
②计算出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数表达式可计算平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；
③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CO₂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CO₂的浓度相同，据此作图；
④能提高NO转化率则化学平衡正向移动，利用影响化学平衡移动的因素来分析；
（3）氮氧化物与氨气发生的反应是氧化还原反应，氮氧化物把氨气氧化为氮气，本身被还原为氮气，可以利用反应方程式通过设未知列方程组计算；也可以根据氧化还原反应的电子守恒计算；也可以利用平均值法计算．

解答 解：（1）a．          N₂（g）+O₂（g）?2NO（g），
起（mol/L）     c₀ c₀ 0
转（mol/L）     x      x       2x
平（mol/L）   c₁ c₁   2x
解2x=2（c₀ -c₁ ），故K=$\frac{4（{c}_{0}-{c}_{1}）^{2}}{{{c}_{1}}^{2}}$，故a正确；
b．反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=$\frac{m}{V}$不变，故b错误；
c．由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生正向进行移动，若是充入NO平衡逆向进行，氮气浓度增大，故c错误；
d．由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故d正确，故选ad，
故答案为：ad；
（2）①2s-3s内的平均反应速率v（NO）=$\frac{2.5mol/L-1.6mol/L}{3s-2s}$×10^-4=9×10^-5mol•L^-1•S¹，v（N₂）=$\frac{1}{2}$v（NO）=4.5×10^-5mol•L^-1•S¹，
故答案为：4.5×10^-5mol•L^-1•S¹；
②2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）
初始浓度：10×10^-4    3.6×10^-3   0        0
变化浓度：9×10^-4     9×10^-4    4.5×10^-4   9×10^-4
平衡浓度：1×10^-4     2.7×10^-3  4.5×10^-4   9×10^-4
K=$\frac{4.5×1{0}^{-4}×（9×1{0}^{-4}）^{2}}{（1×1{0}^{-4}）^{2}（2.7×1{0}^{-3}）^{2}}$=5000，
故答案为：5000；
③温度T₁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CO₂的浓度越低，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CO₂的浓度相同，故c（CO₂） 在T₁、S₂条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，
故答案为：＜；温度T₁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CO₂的浓度越低，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，；
④降低反应体系温度，平衡正向移动，反应物转化率增大，缩小容器体积，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，
故答案为：降低反应体系的温度或缩小容器的体积；
（3）根据反应可知：氨气被氧化为氮气，NH₃～N₂～3e^-；一氧化氮被还原为氮气，NO～N₂～2e^-二氧化氮被还原为氮气NO₂～N₂～4e^-
设一氧化氮体积为x，二氧化氮体积为3-x，氨气的体积为3.5L，根据电子守恒可知：3.5L×3=2x+4×（3-x），
x=0.75L，二氧化氮体积为2.25L，则相同条件下，混合气体中NO和NO₂的体积比等于物质的量之比=0.75：2.25=1：3；
故答案为：1：3．

点评 本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响、氧化还原反应单质守恒等，综合性较强，难度中等．