Question

1．一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
（1）SO₂（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+S（l）△H＜0
①如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是bc．（选填编号）
a．减压        b．增加SO₂的浓度      c．升温        d．及时移走产物
②若反应在恒容的密闭绝热容器中进行，下列说法不正确的是acd．（选填编号）
a．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
b．当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡
c．其他条件不变，升高温度可增大平衡常数
d．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应热效应不同
③该反应的平衡常数表达式是′；某温度下2L恒定容器中加入2mol的SO₂和2mol的CO．10分钟内，气体密度减小了8g/L，则CO的反应速率是0.05mol/（L﹒min）．
（2）SO₂（g）+NO₂（g）?NO（g）+SO₃（g）
①在2L恒定容器中加入2mol的SO₂和2mol的NO₂，达到平衡时测得SO₂的转化率为50%，向该容器中再加入1mol的SO₂，平衡将向正方向移动，计算重新达到平衡时SO₂的浓度是0.9mol/L，SO₂的转化率由50%变为40%，NO₂的转化率由50%变为60%．
②实验结果启示我们：增大一种反应物浓度，其转化率将减小（填增大、减小或不变），另一种反应物的转化率将增大．现实生产的意义是：可以通过增大低成本物质的用量，来提高成本高的反应物的利用率．

Answer 1

分析 （1）①增大浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂均能加快化学反应速率；
②a．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小；
b．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡；
c．平衡时，其他条件不变，正反应是放热反应；
d．反应热效应与催化剂无关；
③根据平衡常数的定义书写表达式为：K=$\frac{{c}^{2}（C{O}_{2}）}{c（S{O}_{2}）•{c}^{2}（CO）}$，根据V=$\frac{△c}{△t}$计算速率；该温度下、该容器中，再继续加入1mol的SO₂（g），平衡正向移动；
（2）①该温度下、该容器中，再继续加入1mol的SO₂（g），平衡正向移动；在2L容器中，加入2mol的SO₂（g）和2mol的NO₂（g），保持温度恒定，当达到平衡状态时，测得容器中SO₂（g）的转化率为50%，转化的SO₂为2mol×50%=1mol，则：
                       SO₂（g）+NO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）
起始量（mol）：2           2                0             0
转化量（mol）：1           1                 1            1
平衡量（mol）：1           1                 1            1
再根据K=$\frac{c（S{O}_{3}）×c（NO）}{c（S{O}_{2}）×c（N{O}_{2}）}$计算平衡常数；
再继续加入1mol的SO₂（g），等效为开始加入3mol的SO₂（g）和2mol的NO₂（g），设平衡时容器中SO₂（g）的浓度是xmol/L，表示出其它组分的平衡浓度，再根据平衡常数列方程计算；SO₂、NO₂起始物质的量之比为1：1，又按物质的量1：1反应，二者转化率相等，根据三行式的计算可知新平衡时SO₂的转化率、NO₂的转化率；
②增大一种反应物的用量，其转化率将减小，另一反应物的转化率将增大，现实生产中的意义是：可以通过增大低成本物质的用量，来提高成本高的反应物的利用率．

解答 解：（1）①a．减压，减小速率，故错误；
b．增加SO₂的浓度，加快反应速率，故正确；
c．升温，加快反应速率，故正确；
d．及时移走产物，相对于减小浓度，减小反应速率，故错误；
故答案为：bc；
②a．平衡前，随着反应的进行，气体的物质的量减小，故容器内压强始会减小，故错误；
b．温度为变量，当容器内温度不再变化时，反应达到了平衡，故正确；
c．平衡时，其他条件不变，正反应是放热反应，所以升高温度K减小，故错误；
d．反应热效应与催化剂无关，故错误；
故答案为：acd；③根据平衡常数的定义书写表达式为：K=$\frac{{c}^{2}（C{O}_{2}）}{c（S{O}_{2}）•{c}^{2}（CO）}$，2L容器中，10分钟内，气体密度减小了8g/L，则减少的S为0.25mol/L，变化的CO的浓度为0.5mol/L，故CO的反应速率是0.05mol/（L﹒min），故答案为：$\frac{{c}^{2}（C{O}_{2}）}{c（S{O}_{2}）•{c}^{2}（CO）}$；0.05mol/（L﹒min）；
（2）①在2L容器中，加入2mol的SO₂（g）和2mol的NO₂（g），保持温度恒定，当达到平衡状态时，测得容器中SO₂（g）的转化率为50%，转化的SO₂为2mol×50%=1mol，则：
SO₂（g）+NO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）
起始量（mol）：2 2 0 0
转化量（mol）：1 1 1 1
平衡量（mol）：1 1 1 1
平衡常数K=$\frac{c（S{O}_{3}）×c（NO）}{c（S{O}_{2}）×c（N{O}_{2}）}$=$\frac{\frac{1}{2}×\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}×\frac{1}{2}}$=1
再继续加入1mol的SO₂（g），等效为开始加入3mol的SO₂（g）和2mol的NO₂（g），设平衡时容器中SO₂（g）的浓度是xmol/L，则：
SO₂（g）+NO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）
起始量（mol/L）：1.5 1 0 0
转化量（mol/L）：1.5-x 1.5-x 1.5-x 1.5-x
平衡量（mol/L）：x x-0.5 1.5-x 1.5-x
所以$\frac{（1.5-x）^{2}}{x（x-0.5）}$=1，解得x=0.9mol/L，
SO₂、NO₂起始物质的量之比为1：1，又按物质的量1：1反应，二者转化率相等，故NO₂的转化率为50%；新平衡时SO₂的转化率=$\frac{1.5-0.9}{1.5}$×100%=40%、NO₂的转化率=$\frac{1.5-0.9}{1}$×100%=60%；
故答案为：正；0.9mol/L；40%；50%；60%；
②增大一种反应物的用量，其转化率将减小，另一反应物的转化率将增大，现实生产中的意义是：可以通过增大低成本物质的用量，来提高成本高的反应物的利用率，
故答案为：减小；增大；低成本物质．

点评 本题考查化学平衡有关计算，涉及平衡常数计算及应用，掌握三段式解题法在化学平衡计算中应用，注意平衡常数有关应用．