2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练23化学平衡和化学平衡常数

这是一份2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练23化学平衡和化学平衡常数，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2022·揭阳市第三中学月考)一定温度下某恒容的容器中，当下列各项不再发生变化时，表明反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是( )
①混合气体的压强 ②混合气体的密度
③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量
⑤混合气体的平均相对分子质量 ⑥v(C)与v(D)的比值
⑦混合气体的总质量 ⑧混合气体的总体积
⑨2v正(B)＝v逆(C)
A．②③⑤⑦ B．②③⑤⑥⑦
C．①③④⑤⑨D．③⑤⑥⑨
解析：该反应的反应前后气体体积不变，所以无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，所以不能根据混合气体的压强判断反应是否达到平衡状态，①不选；A为固体，随着反应进行，气体质量改变，体积不变，故当混合气体的密度不变时，该反应达到平衡状态，②选；B的物质的量浓度不变时，B的物质的量不变，反应达到化学平衡，③选；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的物质的量始终不变，所以不能根据混合气体总物质的量判断反应是否达到平衡状态，④不选；A为固体，随着反应进行，混合气体的质量改变，该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的物质的量始终不变，故反应前后混合气体的平均相对分子质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，该反应达到平衡状态，⑤选；无论反应是否达到平衡状态，v(C)与v(D)的比值始终不变，所以不能判断是否达到平衡状态，⑥不选；A为固体，随着反应进行，混合气体的质量改变，当混合气体的总质量不变时，反应达到化学平衡，⑦选；容器的容积不变，混合气体的总体积始终不变，故混合气体的总体积不变不能说明反应达到平衡，⑧不选；当正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，即v正(B)＝v逆(B)＝2v逆(C)，故当2v正(B)＝v逆(C)，反应未达到平衡状态，⑨不选；答案选A。
答案：A
2．(2022·潮州高级中学月考)实验室配制碘水时，通常将I2溶于KI溶液：I2(aq)＋I－(aq)Ieq \\al(－,3)(aq)。关于该溶液，下列说法正确的是( )
A．KI的电子式为
B．滴入淀粉溶液，不变蓝
C．加水稀释，平衡逆向移动
D．加少量AgNO3固体平衡正向移动
解析：KI是离子化合物，电子式为，A项错误；该溶液存在I2，滴入淀粉溶液，变蓝，B项错误；根据勒夏特列原理，加水稀释，平衡逆向移动，C项正确；加少量AgNO3固体，Ag＋与I－生成沉淀，I－浓度下降，平衡逆向移动，D项错误。
答案：C
3．(2020·浙江卷)5 mL 0.1 ml·L－1 KI溶液与1 mL 0.1 ml·L－1 FeCl3溶液发生反应：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)2Fe2＋(aq)＋I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数K＝eq \f(c2（Fe2＋）,c2（Fe3＋）·c2（I－）)
解析：加入苯，振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c(I2)减小，平衡正向移动，A项正确；将5 mL 0.1 ml·L－1 KI溶液与1 mL 0.1 ml·L－1 FeCl3溶液混合，参与反应的Fe3＋与I－的物质的量之比为1∶1，则I－过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈红色，说明水溶液中仍含有Fe3＋，即Fe3＋没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B项正确；加入的FeSO4固体溶于水电离出Fe2＋，c(Fe2＋)增大，平衡逆向移动，C项正确；该反应的平衡常数K＝eq \f(c2（Fe2＋）·c（I2）,c2（Fe3＋）·c2（I－）)，D项错误。
答案：D
4．(2022·华南师大附中月考)NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0。下列说法正确的是( )
A．1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B．断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
解析：1 ml NO2含有1 ml N原子，1 ml N2O4含有2 ml N原子，则1 ml平衡混合气体中所含N原子大于1 ml，A项错误；反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，故断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量，B项正确；气体颜色变深是容器容积减小，浓度变大引起的，C项错误；反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体颜色加深，D项错误。
答案：B
5．(2022·东莞一中月考)SO2的催化氧化是硫酸工业中的重要反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，图中L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是( )
A．X代表压强
B．L2＞L1
C．Ka＝Kb
D．若c点的温度或压强分别为L2、X1，则c点v正(SO2)＞v逆(SO2)
解析：若X代表压强，增大压强，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，不符合题给图像，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2平衡转化率减小，则X代表温度，L代表压强，故A项错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，所以L1＞L2，故B项错误；a、b两点温度不同，则平衡常数不同，故C项错误；c点未达到平衡状态，且平衡正向移动，则c点v正(SO2)＞v逆(SO2)，故D正确。
答案：D
6．(2022·深圳龙岗中学月考)氨是最基本的化工原料之一。工业合成氨的反应为3H2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH<0，在一定条件下，将H2(g)和N2(g)充入恒容密闭容器中，反应过程中各物质的物质的量浓度随时间的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A．图中两次平衡时反应的化学平衡常数不相等
B．第10 min时改变的一个条件为加压或加入催化剂
C．可用勒夏特列原理来解释工业合成氨需在高温下进行
D．25～30 min时间段，反应的平均速率v(H2)＝0.015 ml/(L·min)
解析：平衡常数只与温度有关，图中两次平衡时反应温度未发生变化，化学平衡常数不变，故A项错误；由图可知，在10 min时改变条件，反应速率增大，若加压，10 min时刻各组分的浓度均增大，根据图示信息可知，10 min时刻各组分浓度保持不变，然后再逐渐变化，所以改变的条件不可能是加压，故B项错误；合成氨反应属于放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以不能用勒夏特列原理来解释工业合成氨需要在高温下进行，故C项错误；v(H2)＝eq \f(Δc（H2）,Δt)＝eq \f(0.15 ml·L－1－0.075 ml·L－1,5 min)＝0.015 ml/(L·min)，故D项正确。
答案：D
7．(2022·珠海第一中学月考)二氧化碳的化工利用是降低大气中二氧化碳浓度的有效途径，二氧化碳加氢制甲烷是该领域的最佳选择。反应体系中，主要发生反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－164.7 kJ·ml－1；
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·ml－1；
反应Ⅲ：2CO(g)＋2H2(g)CO2(g)＋CH4(g) ΔH＝－247.1 kJ·ml－1。
向恒压密闭容器中通入1 ml CO2和4 ml H2，不同温度下，使反应均进行t min，测得CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝eq \f(c（CH4）c2（H2O）,c（CO2）c4（H2）)
B．图中曲线B表示CH4的物质的量随温度的变化
C．为提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)在任何温度下均能自发
解析：反应Ⅰ的平衡常数可表示为K＝eq \f(c（CH4）c2（H2O）,c（CO2）c4（H2）)，A项正确；曲线先升高，后降低，说明低于600 ℃，t时间反应未达到平衡，随着温度升高，反应速率升高，物质的量增大，超过600 ℃，反应达到平衡，升高温度，物质的量减少，说明反应逆向移动，反应为放热反应，反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，故甲烷的平衡量会减少，故B曲线为CH4的物质的量随温度的变化，B项正确；CO2转化为CH4的转化率，需要增加反应Ⅰ和反应Ⅲ，减少反应Ⅱ的发生，反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，低温条件利于正反应的进行，故需要研发在低温区高效的催化剂，C项正确；根据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ得到CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋41.2 kJ·ml－1－(－164.7 kJ·ml－1)＝＋205.9 kJ·ml－1>0，此反应是气体体积增加的反应，ΔS>0，再根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时，反应可以自发进行，故高温下自发进行，D项错误。
答案：D
8．(2022·深圳深大附中月考)随着聚酯工业的快速发展，氯化氢的产出量迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacn发明的催化氧化法为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)。下图为体积不变的密闭容器中，进料总物质的量一定，c(HCl)∶c(O2)分别为1∶1、4∶1、7∶1时HCl的平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是( )
A．反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞0
B．①对应的曲线表示的c(HCl)∶c(O2)＝7∶1
C．400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，O2平衡转化率为76%
D．对于③表示的反应，与100 ℃时相比，用更高效的催化剂在常温下反应不能改变HCl的平衡转化率
解析：由图中曲线可知，温度升高，HCl的平衡转化率变小，即升高温度，平衡逆向移动，所以该可逆反应的正反应是放热反应，即ΔH<0，故A项错误；进料比c(HCl)∶c(O2)越大，HCl的平衡转化率就越低，①对应的曲线在相同温度时HCl的平衡转化率最高，因此①对应的曲线表示的c(HCl)∶c(O2)＝1∶1，故B项错误；由题图知，400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，HCl平衡转化率为76%，进料比正好等于反应的化学计量数之比，则与O2平衡转化率相等，即O2平衡转化率为76%，故C项正确；催化剂只是改变反应速率，只影响达到平衡的时间，对平衡常数无影响。常温和100 ℃是两种温度，③的平衡常数在两种温度下肯定不一样，自然HCl的平衡转化率也不一样，故D项错误。
答案：C
9．(2022·广州第一中学月考)反应X2Z经历两步：①X―→Y；②Y―→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)
解析：由题中信息可知，反应X2Z经历两步：①X―→Y；②Y→2Z。因此，题图中呈不断减小趋势的a线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。据此分析解答。X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A项正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B项正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C项正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y―→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立，因此，D项不正确。
答案：D
10．工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)，一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 ml S2Cl2和1 ml Cl2发生上述反应，SCl2和Cl2的消耗速率与温度的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH>0
B．A点对应的状态为化学平衡状态
C．使用高效催化剂能提高S2Cl2的平衡产率
D．若300 ℃达平衡时，S2Cl2的转化率为α，则300 ℃时，该反应的化学平衡常数K＝eq \f(4α2,（1－α）2)
解析：升高温度，正逆反应速率均增大，从图中可以看出相同温度下正反应速率小于逆反应速率，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，焓变小于零，故A项错误；A点时v正(Cl2)＝
v逆(SCl2)，即v正(Cl2)＝eq \f(1,2)v逆(Cl2)，非平衡状态，故B项错误；高效催化剂可以增大反应速率，不能使平衡移动增大平衡产率，故C项错误；若300 ℃达平衡时，根据题意，S2Cl2的转化率为α，消耗的氯气和S2Cl2的物质的量为α ml，反应后的氯气和S2Cl2的物质的量为(1－α) ml，生成的SCl2的物质的量为2α ml，平衡常数为eq \f(c2（SCl2）,c（Cl2）·c（S2Cl2）)＝eq \f(（\f(n（SCl2）,V)）2,\f(n（Cl2）,V)·\f(n（S2Cl2）,V))，即K＝eq \f(4α2,（1－α）2)，故D项正确。
答案：D
二、非选择题
11．(2022·江门第一中学模拟)碘水中存在可逆反应：I2(aq)＋I－(aq)Ieq \\al(－,3)(aq)，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验。
实验ⅰ 测定平衡体系中I2和Ieq \\al(－,3)总浓度。
实验ⅱ 测定饱和碘水中I2浓度。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。
(1)碘量瓶是带磨口塞和水封槽的锥形瓶，盖上塞子后可以水封瓶口，常用于碘量分析。本实验采用碘量瓶的目的是_____________________________________________________。
(2)滴定过程应使用__________滴定管。
(3)滴定过程，当溶液变为浅黄色时再加入淀粉溶液，滴定终点现象为_______________。
(4)实验ⅰ和实验ⅱ中I2浓度近似相等，则实验ⅰ剩余碘固体的质量__________实验ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。
(5)实验测得平衡体系中c(Ieq \\al(－,3))＝_________ml·L－1，平衡常数K＝_________(列出表达式即可)。
(6)下列关于实验分析的说法正确的是__________(填序号)。
A．实验ⅰ的碘量瓶在使用前未烘干会影响实验结果
B．实验ⅰ应精准控制加入KI溶液的体积
C．实验ⅱ吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏大
D．实验ⅱ滴定终点时俯视读数，则测得的K偏大
(7)另外设计实验方案测定平衡常数K：取10.00 mL碘量瓶②中上层清液，加入10 mL CCl4萃取I2并分液。用0.005 0 ml·L－1 Na2S2O3溶液分别滴定水层和有机层，消耗Na2S2O3溶液的体积为V3 mL和V4 mL。试分析该方案是否可行，并说明理由：______________
________________________________________________________________________。
解析：实验ⅰ滴定过程中I2不断被消耗，平衡不断正向移动，所以根据消耗的Na2S2O3标准液的体积，结合方程式可以计算出10.00 mL平衡体系中c(I2)与c(Ieq \\al(－,3))之和；实验ⅱ中不存在平衡体系，可以求出50.00 mL饱和碘水中c(I2)。(1)碘易挥发，使用碘量瓶可以减小碘单质的挥发损失。(2)Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，应使用碱式滴定管。(3)滴定终点碘单质完全反应，溶液不再显蓝色，所以滴定终点现象为溶液蓝色褪去。(4)两个实验中碘单质浓度近似相等，实验ⅰ中有部分碘单质转化为Ieq \\al(－,3)，所以实验ⅰ中溶解的碘更多，剩余碘固体的质量小于实验ⅱ。(5)根据实验ⅰ可知c(I2)与c(Ieq \\al(－,3))之和为eq \f(1,2)×eq \f(5×10－3×V1×10－3,0.01)＝eq \f(5V1×10－4,2) ml·L－1，实验ⅱ中c(I2)＝eq \f(1,2)×eq \f(5×10－3×V2×10－3,0.05)＝5V2×10－5 ml·L－1，根据“实验ⅰ和实验ⅱ中I2浓度近似相等”可知平衡体系中c(Ieq \\al(－,3))＝eq \f(5V1×10－4,2) ml·L－1－5V2×10－5 ml·L－1＝5(5V1－V2)×10－5 ml·L－1；该反应的平衡常数K＝eq \f(c（Ieq \\al(－,3)）,c（I2）·c（I－）)，实验①中所用KI溶液的浓度为0.01 ml·L－1，所以平衡时c(I－)＝[0.01－5(5V1－V2)×10－5] ml·L－1，所以K＝eq \f(5（5V1－V2）×10－5,[0.01－5（5V1－V2）×10－5]×5V2×10－5)＝eq \f(5V1－V2,V2[0.01－5（5V1－V2）×10－5])。(6)实验ⅰ的碘量瓶在使用前未烘干会将溶液稀释，平衡会发生移动，实验ⅰ和实验ⅱ中的I2浓度不再相等，使得离子浓度计算不准确，影响实验结果，A项正确；加入KI溶液的体积不影响
c(I－)，对结果没有影响，B项错误；实验ⅱ吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，使得计算得到的平衡体系中c(I2)偏大，c(Ieq \\al(－,3))偏小，平衡常数K偏小，C项错误；实验ⅱ滴定终点时俯视读数，读取的标准液体积偏小，计算得到的平衡体系中c(I2)偏小，c(Ieq \\al(－,3))偏大，平衡常数K偏大，D项正确；综上所述答案为AD。(7)由于萃取后水层依然会有碘单质，所以根据数据只能获得水层中Ieq \\al(－,3)和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K；但若知道碘单质在水层和有机层中的分配比，则可根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层Ieq \\al(－,3)和I－的浓度，即可算出K。
答案：(1)减小碘单质的挥发损失 (2)碱式 (3)溶液蓝色褪去 (4)小于 (5)5(5V1－V2)×
10－5 eq \f(5V1－V2,V2[0.01－5（5V1－V2）×10－5]) (6)AD (7)不可行，根据数据只能获得水层中Ieq \\al(－,3)和I2的总浓度，无法算出各自浓度，故无法算出K(或可行，根据有机层I2的浓度及分配比算出水层I2的浓度，再依次算出水层Ieq \\al(－,3)和I－的浓度，即可算出K)
12．(2022·东莞中学松山湖学校月考)2甲氧基2甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：。
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图1所示。据图判断，A和B中相对稳定的是________(填序号，下同)；eq \f(ΔH1,ΔH2)的数值范围是________。
A．<－1 B．－1～0 C．0～1 D．>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0 ml TAME，控制温度为353 K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，则平衡体系中B的物质的量为________ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1＝____________________。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)∶c(CH3OH)＝__________________。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353 K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图2所示。代表B的变化曲线为________(填“X”或“Y”)；t＝100 s时，反应Ⅲ的正反应速率v正________(填“＞”“＜”或“＝”)逆反应速率v逆。
解析：(1)由题图1所示平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即ΔH1＜0、ΔH2＜0、ΔH3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B；由盖斯定律可知，Ⅰ－Ⅱ＝Ⅲ，则ΔH1－ΔH2＝ΔH3＜0，因此ΔH1＜ΔH2，由于放热反应的ΔH越小，其绝对值越大，则eq \f(ΔH1,ΔH2)的数值范围是大于1，选D。(2)向某反应容器中加入1.0 ml TAME，控制温度为353 K，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)＝(1－α) ml，n(A)＋n(B)＝n(CH3OH)＝α ml。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，则eq \f(n（B）,n（A）)＝9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α ml，n(A)＝0.1α ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1＝eq \f(\f(1－α,1＋α),0.1（\f(α,1＋α)）2)＝eq \f(10（1－α）（1＋α）,α2)。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)∶c(CH3OH)＝0.1α∶α＝1∶10。(3)温度为353 K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，eq \f(n（B）,n（A）)＝9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由曲线的变化趋势可知，100 s以后各组分的浓度仍在变化，t＝100 s时eq \f(n（B）,n（A）)＝eq \f(0.112,0.011)≈10.2>9，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆。
答案：(1)B D (2)0.9α eq \f(10（1－α）（1＋α）,α2) 逆向移动 1∶10 (3)X ＜
13．(2022·揭阳一中月考)大气污染是中国第一大环境污染问题，氮和硫的氧化物排放是造成大气污染的原因之一。
(1)汽车尾气中的NO由如下反应产生：
N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180 kJ·ml－1。
已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH＝－566 kJ·ml－1；
则2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝____________kJ·ml－1。
(2)NO可用氨水—臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·ml－1
在恒容密闭容器中，NO氧化率随eq \f(n（O3）,n（NO）)值以及温度变化的曲线如图甲所示。
①NO氧化率随eq \f(n（O3）,n（NO）)值增大而增大的主要原因是____________________________
________________________________________________________________________。
②当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)工业上用硫酸厂尾气中的SO2与SCl2、Cl2为原料合成SOCl2，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH＝－471.7 kJ·ml－1；
反应Ⅱ：SCl2(g)＋SO2Cl2(g)2SOCl2(g) ΔH＝－5.6 kJ·ml－1。
一定条件下，在5 L的恒容密闭容器中通入一定量的SO2、SCl2与Cl2，反应4 min后达到平衡。若初始压强为p0，反应过程中容器内总压强(p)随时间(t)变化如图乙所示(平衡时温度与初始温度相同)。
容器内各组分物质的量如下表。
①0～1 min容器内压强增大的原因为_______________________________________
________________________________________________________________________。
②反应Ⅰ、Ⅱ达平衡时，SCl2的平衡转化率为________________________________。
③K为平衡常数，pK＝－lg K，该温度下，反应Ⅱ的pK＝____________(保留两位有效数字，lg 2＝0.30)。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图丙所示。
①在50～150 ℃范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是______________
________________________________________________________________________。
②当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_______________
________________________________________________________________________。
解析：(1)将题给反应依次编号①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝＋180 kJ·ml－1，②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·ml－1，根据盖斯定律，②－①得2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·ml－1－180 kJ·ml－1＝－746 kJ·ml－1。(2)①NO氧化率随eq \f(n（O3）,n（NO）)值增大而增大的主要原因是eq \f(n（O3）,n（NO）)值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)正向移动。②当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因是平衡后，温度升高，平衡向逆反应方向移动。(3)①根据已知反应和盖斯定律，Ⅰ＋Ⅱ得SO2 (g)＋Cl2(g)＋SCl2(g)2SOCl2(g)，反应正向进行时气体分子数减小，反应放热，故压强增大应为温度升高引起的热胀冷缩。0～1 min容器内压强增大的原因为反应为放热反应，温度升高使体系压强增大。②由题可知SO2、Cl2、SCl2起始浓度均为eq \f(0.25 ml,5 L)＝0.05 ml·L－1，SO2Cl2平衡时的浓度为eq \f(0.1 ml,5 L)＝0.02 ml·L－1，建立“三段式”：
SO2(g) ＋ Cl2(g)SO2Cl2(g)
起始量/ml 0.25 0.25 0
变化量/ml x x x
平衡量/ml 0.25－x 0.25－x
SCl2(g) ＋ SO2Cl22SOCl2(g)
起始量/ml 0.25 x 0
变化量/ml x－0.1 x－0.1 2x－0.2
平衡量/ml 0.35－x 0.1 2x－0.2
恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，故起始压强和平衡压强的比值＝起始物质的量和平衡物质的量的比值，
eq \f(0.25＋0.25＋0.25,（0.25－x）＋（0.25－x）＋（0.35－x）＋0.1＋（2x－0.2）)＝eq \f(1,0.8)，故x＝0.15，所以 SCl2的转化率α＝eq \f(x－0.1,0.25)×100%＝eq \f(0.15－0.1,0.25)×100%＝20%，即反应Ⅰ、Ⅱ达平衡时，SCl2的平衡转化率为20%。③由②中的“三段式”可知，平衡时c(SCl2)＝eq \f(（0.35－0.15） ml,5 L)＝0.04 ml·L－1，c(SO2Cl2)＝eq \f(0.1 ml,5 L)＝0.02 ml·L－1，c(SOCl2)＝eq \f(（2×0.15－0.2） ml,5 L)＝0.02 ml·
L－1，所以K＝eq \f(0.022,0.02×0.04)＝0.5，pK＝－lg K＝－lg eq \f(1,2)＝－(lg 1－lg 2)＝0.30，该温度下，反应Ⅱ的pK＝0.30。(4)①在50～150 ℃范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是催化剂活性随温度升高而增大，同时温度升高，反应速率也增大，使NOx的去除速率迅速增大。②当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降(或氨与氧气反应生成了NO)。
答案：(1)－746 (2)①eq \f(n（O3）,n（NO）)值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)正向移动
②平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动
(3)①反应为放热反应，温度升高使体系压强增大
②20% ③0.30 (4)①催化剂活性随温度升高而增大，使NOx的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率增大 ②催化剂活性下降(或氨与氧气反应生成了NO)
组分
SO2
Cl2
SCl2
SO2Cl2
SOCl2
起始/ml
0.25
0.25
0.25
0
0
平衡/ml
0.1