Question

1．冬季是霧霾天氣高發的季節，其中汽車尾氣和燃煤尾氣是造成霧霾的原因之一．
（1）汽車尾氣凈化的主要原理為：2NO（g）+2CO（g）$?_{加熱}^{催化劑}$ 2CO₂（g）+N₂（g）
①一定條件下，在一個容積固定為2L的密閉容器中充入0.8mol NO和1.2mol CO，開始反應至2min時測得CO轉化率為20%，則用N₂表示的平均反應速率為v（N₂）=0.03mol/（L．min）
②對于氣相反應，用某組分（B）的平衡壓強（P_B）代替物質的量濃度（C_B）也可以表示平衡常數（記作K_P），則該反應平衡常數的表達式K_P=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$
③該反應在低溫下能自發進行，該反應的△H＜0（填“＞”、“＜”）
④在某一絕熱、恒容的密閉容器中充入一定量的NO、CO發生上述反應，測得正反應的速率隨時間變化的曲線如圖1所示（已知：t₂-t₁=t₃-t₂）
則下列說法不正確的是D．（填編號）
A．反應在c點未達到平衡狀態
B．反應速率a點小于b點
C．反應物濃度a點大于b點
D．NO的轉化率：t₁～t₂＞t₂～t₃
（2）使用甲醇汽油可以減少汽車尾氣對環境的污染．某化工廠用水煤氣為原料合成甲醇，恒溫條件下，在體積可變的密閉容器中發生反應CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）到達平衡時，測得CO、H₂、CH₃OH分別為1mol、1mol、1mol，容器的體積為3L，現往容器中繼續通入3mol CO，此時v（正）=v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”），判斷的理由是度不變，平衡常數不變，平衡常數K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}×（\frac{1}{3}）^{2}}$=9，通入3mol CO瞬間體積變為3L×$\frac{6}{3}$=6L，濃度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移動
（3）二甲醚也是清潔能源．用合成氣在催化劑存在下制備二甲醚的反應原理為：2CO（g）+4H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+H₂O（g），已知一定條件下，該反應中CO的平衡轉化率隨溫度、投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$的變化曲線如圖2：

①a、b、c按從大到小的順序排序為a＞b＞c
②某溫度下，將某溫度下，將2.0molCO（g）和6.0molH₂（g）充入容積為2L的密閉容器中，反應到達平衡時，改變壓強和溫度，平衡體系中CH₃OCH₃（g）的物質的量分數變化情況如圖3所示，關于溫度和壓強的關系判斷正確的是BD；
A．P₃＞P₂，T₃＞T₂B．P₁＞P₃，T₁＞T₃
C．P₂＞P₄，T₄＞T₂D．P₁＞P₄，T₂＞T₃
③在恒容密閉容器里按體積比為1：3充入一氧化碳和氫 氣，一定條件下反應達到平衡狀態．當改變反應的某一個條件后，下列變化能說明平衡一定向逆反應方向移動的是B；
A．正反應速率先增大后減小     B．逆反應速率先增大后減小
C．化學平衡常數K值增大       D．反應物的體積百分含量增大
E．混合氣體的密度減小         F．氫氣的轉化率減小．

Answer 1

分析 （1）①根據CO轉化率計算消耗CO物質的量，根據v=$\frac{△c}{△t}$計算v（CO），再根據速率之比等于化學計量數之比計算v（N₂）；
②由題目信息可知，用某組分（B）的平衡壓強（P_B）表示平衡常數為：生成物分壓的系數次冪乘積與反應物分壓系數次冪乘積的比；
③正反應為氣體物質的量減小的反應，為熵減反應，而△H-T△S＜0反應自發進行；
④從t₄時刻正反應速率不變，處于平衡狀態，t₄時刻前未到達平衡，反應向正反應進行，由③中可知為反應熱反應，絕熱條件下，隨反應進行溫度升高，溫度起主導作用，反應速率加快，而后濃度為主導因素，反應速率減低至平衡狀態；
（2）使根據K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$計算平衡常數，恒溫恒壓下計算加入3molCO時容器體積，再計算濃度商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；
（3）①增大H₂的濃度，平衡右移，CO的轉化率增大；
②通過圖2可知，溫度升高CO的轉化率降低，說明升溫平衡逆向移動，故正反應方向為放熱反應，則溫度越高二甲醚的質量分數越小；
正反應為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，二甲醚的質量分數增大；
③A．增大反應物濃度，平衡正向移動，正反應速率先增大后減小；
B．逆反應速率先增大后減小，說明平衡逆向移動；
C．化學平衡常數K值增大，說明平衡正向移動；
D．如加入反應物，反應物的體積百分含量增大，但平衡正向移動；
E．移走生成物的量，平衡正向移動，混合氣體總質量減小，容器容積不變，混合氣體密度減小； 
F．增大氫氣的物質的量，平衡正向移動，但氫氣轉化率減小．

解答 解：（1）①消耗CO物質的量為1.2mol×20%=0.24mol，v（CO）=$\frac{\frac{0.24mol}{2L}}{2min}$=0.06mol/（L．min），速率之比等于化學計量數之比，則v（N₂）=$\frac{1}{2}$v（CO）=0.03mol/（L．min），
故答案為：0.03mol/（L．min）；
②由題目信息可知，用某組分（B）的平衡壓強（P_B）表示平衡常數為：生成物分壓的系數次冪乘積與反應物分壓系數次冪乘積的比，2NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N₂（g）用某組分（B）的平衡壓強（P_B）表示平衡常數K_P=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$，
故答案為：=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$；
③正反應為氣體物質的量減小的反應，為熵減反應，△S＜0，而△H-T△S＜0反應自發進行，該反應在低溫下能自發進行，該反應的△H＜0，故答案為：＜；
④從t₄時刻正反應速率不變，處于平衡狀態，t₄時刻前未到達平衡，反應向正反應進行，由③中可知為反應熱反應，絕熱條件下，隨反應進行溫度升高，溫度起主導作用，反應速率加快，而后濃度為主導因素，反應速率減低至平衡狀態；
A．反應在c點未達到平衡狀態，故A正確；
B．由圖可知，反應速率a點小于b點，故B正確；
C．反應物濃度a點大于b點，故C正確；
D．NO的轉化率：t₁～t₂＜t₂～t₃，故D錯誤，
故選：D；
（2）溫度不變，平衡常數不變，平衡常數K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}×（\frac{1}{3}）^{2}}$=9，通入3mol CO瞬間體積變為3L×$\frac{6}{3}$=6L，濃度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移動，故v（正）=v（逆），
故答案為：=；溫度不變，平衡常數不變，平衡常數K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}×（\frac{1}{3}）^{2}}$=9，通入3mol CO瞬間體積變為3L×$\frac{6}{3}$=6L，濃度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移動；
（3）①增大H₂的濃度，平衡右移，CO的轉化率增大，故有a＞b＞c，
故答案為：a＞b＞c；
②通過圖2可知，溫度升高CO的轉化率降低，說明升溫平衡逆向移動，故正反應方向為放熱反應，則溫度越高二甲醚的質量分數越小，故溫度：T₁＞T₂＞T₃＞T₄；
正反應為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，二甲醚的質量分數增大，故壓強P₁＞P₂＞P₃＞P₄，
故選：BD；
③A．增大反應物濃度，平衡正向移動，正反應速率先增大后減小，不一定逆向移動，故A錯誤；
B．逆反應速率先增大后減小，說明平衡逆向移動，故B正確；
C．化學平衡常數K值增大，說明平衡正向移動，故C錯誤；
D．如加入反應物，反應物的體積百分含量增大，但平衡正向移動，故D錯誤；
E．移走生成物的量，平衡正向移動，混合氣體總質量減小，容器容積不變，混合氣體密度減小，故E錯誤；
F．增大氫氣的物質的量，平衡正向移動，但氫氣轉化率減小，故F錯誤，
故選：B．

點評 本題考查化學平衡計算與影響因素、化學平衡圖象、平衡狀態建立、反應速率計算、平衡常數應用等，式對學生綜合能力考查，難度中等，（2）為易錯點，學生容易忽略體積變化．