研究含氮、碳化合物的性质对它们的综合利用有重要意义。
23.反应NO＋O3＝NO2＋O2，若生成11.2 L O2(标准状况)时，转移电子的物质的量是
Mol
已知：2SO2(g)＋O2(g)
写出N
25.N2H4(肼或联氨)燃料电池(产生稳定、无污染的物质)原理如图所示。M电极发生的电极反应式为
26.已知CO (g) +H
①一定条件下反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说
A．逆反应速率先增大后减小
B．H2 O (g)的体积百分含量减小
C．CO的转化率增大
D．容器中c（CO2）/c（CO）的值减小
②在某压强下，上述反应在不同温度、不同投料比时， CO的转化率如图所示。则KA、KB、KC三者之间 的大小关系为 T1温度下，将1molCO和4mol H2O (g)充入2L的密 闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min 内的
考察知识点
- 铵盐
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正确答案
1
解析
NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；
考查方向
解题思路
化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；
易错点
利用化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用对图象分析提取信息。
正确答案
2NO(g)+O2(g) ＝ 2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ/mol
解析
已知：A、NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；
B、2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，则反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）可以看成是B﹣2A得到的，所以该反应的△H=﹣196.6kJ•mol﹣1﹣2（﹣41.8kJ•mol﹣1）=﹣113.0 kJ•mol﹣1，故答案为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=﹣113.0 kJ•mol﹣1；
考查方向
解题思路
A、NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1；B、2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，则反应：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）可以看成是B﹣2A得到的，根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答；
易错点
利用化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用对图象分析提取信息。
正确答案
N2H4－4e－＝N2↑+4H+
解析
由氢离子的移动方向可知，M区为负极，发生的电极反应式为N2H4﹣4e﹣=N2↑+4H+，故答案为：N2H4﹣4e﹣=N2↑+4H+；
考查方向
解题思路
由氢离子的移动方向可知，M区为负极，发生失电子的氧化反应；
易错点
利用化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用对图象分析提取信息。
正确答案
① C
解析
①A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故A错误；
B．H2O（g）的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡不一定正向移动，故B错误；
C．CO的转化率增大，平衡正向移动，故C正确；
D．容器中的二氧化碳和氢气浓度比值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故D错误，
故选：C；
②平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，反应是吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，CO的转化率增加，T2＜T1，温度越高，K越大，所以KA=KC＞KB，T1温度下，将1molCO和4mol H2O （g）充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，此时CO的转化率是80%，则0～5min内的平均反应速率v（CO）=
此时K=
考查方向
解题思路
①A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
B．H2的转化率增大，平衡一定正向移动；
C．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；
D．容器中的二氧化碳和氢气浓度比值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量．
②根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，T1温度下，根据平均反应速率v（CO）=
易错点
利用化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用对图象分析提取信息。