Question

1．冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一．
（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）$?_{加热}^{催化剂}$ 2CO₂（g）+N₂（g）
①一定条件下，在一个容积固定为2L的密闭容器中充入0.8mol NO和1.2mol CO，开始反应至2min时测得CO转化率为20%，则用N₂表示的平均反应速率为v（N₂）=0.03mol/（L．min）
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（P_B）代替物质的量浓度（C_B）也可以表示平衡常数（记作K_P），则该反应平衡常数的表达式K_P=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$
③该反应在低温下能自发进行，该反应的△H＜0（填“＞”、“＜”）
④在某一绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO发生上述反应，测得正反应的速率随时间变化的曲线如图1所示（已知：t₂-t₁=t₃-t₂）
则下列说法不正确的是D．（填编号）
A．反应在c点未达到平衡状态
B．反应速率a点小于b点
C．反应物浓度a点大于b点
D．NO的转化率：t₁～t₂＞t₂～t₃
（2）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染．某化工厂用水煤气为原料合成甲醇，恒温条件下，在体积可变的密闭容器中发生反应CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）到达平衡时，测得CO、H₂、CH₃OH分别为1mol、1mol、1mol，容器的体积为3L，现往容器中继续通入3mol CO，此时v（正）=v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是度不变，平衡常数不变，平衡常数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瞬间体积变为3L×$\frac{6}{3}$=6L，浓度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移动
（3）二甲醚也是清洁能源．用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：2CO（g）+4H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+H₂O（g），已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO）}$的变化曲线如图2：

①a、b、c按从大到小的顺序排序为a＞b＞c
②某温度下，将某温度下，将2.0molCO（g）和6.0molH₂（g）充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH₃OCH₃（g）的物质的量分数变化情况如图3所示，关于温度和压强的关系判断正确的是BD；
A．P₃＞P₂，T₃＞T₂B．P₁＞P₃，T₁＞T₃
C．P₂＞P₄，T₄＞T₂D．P₁＞P₄，T₂＞T₃
③在恒容密闭容器里按体积比为1：3充入一氧化碳和氢 气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是B；
A．正反应速率先增大后减小     B．逆反应速率先增大后减小
C．化学平衡常数K值增大       D．反应物的体积百分含量增大
E．混合气体的密度减小         F．氢气的转化率减小．

Answer 1

分析 （1）①根据CO转化率计算消耗CO物质的量，根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N₂）；
②由题目信息可知，用某组分（B）的平衡压强（P_B）表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比；
③正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，而△H-T△S＜0反应自发进行；
④从t₄时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t₄时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由③中可知为反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
（2）使根据K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$计算平衡常数，恒温恒压下计算加入3molCO时容器体积，再计算浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；
（3）①增大H₂的浓度，平衡右移，CO的转化率增大；
②通过图2可知，温度升高CO的转化率降低，说明升温平衡逆向移动，故正反应方向为放热反应，则温度越高二甲醚的质量分数越小；
正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大；
③A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动；
D．如加入反应物，反应物的体积百分含量增大，但平衡正向移动；
E．移走生成物的量，平衡正向移动，混合气体总质量减小，容器容积不变，混合气体密度减小； 
F．增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气转化率减小．

解答 解：（1）①消耗CO物质的量为1.2mol×20%=0.24mol，v（CO）=$\frac{\frac{0.24mol}{2L}}{2min}$=0.06mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（N₂）=$\frac{1}{2}$v（CO）=0.03mol/（L．min），
故答案为：0.03mol/（L．min）；
②由题目信息可知，用某组分（B）的平衡压强（P_B）表示平衡常数为：生成物分压的系数次幂乘积与反应物分压系数次幂乘积的比，2NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N₂（g）用某组分（B）的平衡压强（P_B）表示平衡常数K_P=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$，
故答案为：=$\frac{{p}^{2}（C{O}_{2}）×p（{N}_{2}）}{{p}^{2}（NO）×{p}^{2}（CO）}$；
③正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，△S＜0，而△H-T△S＜0反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，该反应的△H＜0，故答案为：＜；
④从t₄时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t₄时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由③中可知为反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
A．反应在c点未达到平衡状态，故A正确；
B．由图可知，反应速率a点小于b点，故B正确；
C．反应物浓度a点大于b点，故C正确；
D．NO的转化率：t₁～t₂＜t₂～t₃，故D错误，
故选：D；
（2）温度不变，平衡常数不变，平衡常数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瞬间体积变为3L×$\frac{6}{3}$=6L，浓度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移动，故v（正）=v（逆），
故答案为：=；温度不变，平衡常数不变，平衡常数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瞬间体积变为3L×$\frac{6}{3}$=6L，浓度商Qc=$\frac{\frac{1}{6}}{\frac{4}{6}×（\frac{1}{6}）^{2}}$=9=K，平衡不移动；
（3）①增大H₂的浓度，平衡右移，CO的转化率增大，故有a＞b＞c，
故答案为：a＞b＞c；
②通过图2可知，温度升高CO的转化率降低，说明升温平衡逆向移动，故正反应方向为放热反应，则温度越高二甲醚的质量分数越小，故温度：T₁＞T₂＞T₃＞T₄；
正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大，故压强P₁＞P₂＞P₃＞P₄，
故选：BD；
③A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小，不一定逆向移动，故A错误；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动，故B正确；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．如加入反应物，反应物的体积百分含量增大，但平衡正向移动，故D错误；
E．移走生成物的量，平衡正向移动，混合气体总质量减小，容器容积不变，混合气体密度减小，故E错误；
F．增大氢气的物质的量，平衡正向移动，但氢气转化率减小，故F错误，
故选：B．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、平衡状态建立、反应速率计算、平衡常数应用等，式对学生综合能力考查，难度中等，（2）为易错点，学生容易忽略体积变化．