Question

13．在一定溫度下，發生反應：Fe₂O₃（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO₂（g）．已知該反應在不同溫度下的平衡常數如下表：

溫度/℃	1000	1150	1300
平衡常數	64.0	50.7	42.9

請回答下列問題：
（1）該反應的平衡常數表達式K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$，△H＜0（填“＜”、“＞”或“=”）
（2）欲提高上述反應中CO的平衡轉化率，可采取的措施是B．
A．提高反應溫度                    B．移出部分CO₂
C．加入合適的催化劑                D．減小容器的容積
（3）在一個容積為10L的密閉容器中，1000℃時加入Fe、Fe₂O₃、CO、CO₂各1.0mol，反應經過10min后達到平衡．求該時間范圍內反應的平均反應速率v（CO₂）=0.006 mol•L^-1•min^-1，CO的平衡轉化率為60%．
（4）1000℃時，在（2）的平衡體系中，各加0.5molCO和0.5molCO₂，v_正＞v_逆（填“＜”、“＞”或“=”），平衡向正向移動（填“正向”、“逆向”或“不移動”）．

Answer 1

分析 （1）化學平衡常數是指：一定溫度下，可逆反應到達平衡時，生成物的濃度系數次冪之積與反應物的濃度系數次冪之積的比，固體、純液體不需要在化學平衡常數中寫出；
由表中數據可知，隨溫度增大平衡常數減小，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應；
（2）提高CO的平衡轉化率，應使平衡向正反應移動，但不能增大CO的用量，結合選項根據平衡移動原理分析；
（3）令平衡時CO的物質的量變化為nmol，則：
      Fe₂O₃（s）+3CO（g）?Fe（s）+3CO₂（g）
開始（mol）：1               1
變化（mol）：n               n
平衡（mol）：1-n             n+1
所以$\frac{（n+1）^{3}}{（1-n）^{3}}$=64，解得n=0.6，
再根據v=$\frac{△c}{△t}$計算v（CO），轉化率=$\frac{物質的量變化量}{起始物質的量}$×100%；
（4）計算此時濃度商Qc，若Qc=K，處于平衡狀態，若Qc＜K，反應向正反應進行，若Qc＞K，反應向逆反應進行，進而判斷v_正、v_逆的相對大小．

解答 解：（1）Fe₂O₃（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO₂（g）的化學平衡常數表達式K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$；
由表中數據可知，隨溫度增大平衡常數減小，說明升高溫度平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，故△H＜0，
故答案為：$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$；＜；
（2）A．升高溫度，平衡常數減少，說明平衡逆向移動，CO的平衡轉化率減小，故A錯誤；
B．移出部分CO₂，平衡向正反應移動，CO的平衡轉化率增大，故B正確；
C．加入催化劑，平衡不移動，故C錯誤；
D．減小體積，平衡不移動，故D錯誤．
故答案為：B；
（3）令平衡時CO的物質的量變化為nmol，則：
        Fe₂O₃（s）+3CO（g）?Fe（s）+3CO₂（g）
開始（mol）：1                1
變化（mol）：n                n
平衡（mol）：1-n               n+1
所以K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$=$\frac{（n+1）^{3}}{（1-n）^{3}}$=64，解得n=0.6，
v（CO₂）=$\frac{\frac{0.6mol}{10L}}{10min}$=0.006 mol•L^-1•min^-1，
則CO的平衡轉化率為$\frac{0.6mol}{1mol}$×100%=60%，
故答案為：0.006 mol•L^-1•min^-1；60%；
（4）濃度商Qc=$\frac{（1.6+0.5）^{3}}{（0.4+0.5）^{3}}$=12.7＜K=64，反應向正反應進行，則v_正＞v_逆，
故答案為：＞；正向．

點評 本題考查化學平衡的有關計算、化學反應速率計算、平衡常數等，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，化學平衡移動原理分析判斷是關鍵，題目難度中等．