Question

【題目】減少氮的氧化物和碳的氧化物在大氣中的排放是環境保護的重要內容之一。

（1）己知: N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1

C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1

2C(S)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1

若某反應的平衡常數表達式c(N2)·c2(CO2)/ c(NO)·c2(CO)為: 請寫出此反應的熱化學方程式______________。

（2）利用H2和CO2在一定條件下可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)

己知不同溫度對CO2的轉化率及催化劑的效率影響如圖所示，下列有關說法正確的是_____(填序號)。

①不同條件下反應，N點的速率最大

②N點時平衡常數比M點時平衡常數小

③溫度低于250℃時，隨溫度升高乙烯的產率增大

④實際反應應盡可能在較低的溫度下進行，以提高CO2的轉化率

（2）在密閉容器中充入5molCO和4molNO，發生上述(1)中某反應，如圖為平衡時NO的體積分數與溫度，壓強的關系。

回答下列問題:

①溫度：T1_______T2(填“<“ 或“>”)。

②某溫度下，若反應進行到10 分鐘達到平衡狀態D點時，容器的體積為2L，則此時的平衡常數K=___(結果精確到兩位小數)；用CO的濃度變化表示的平均反應速率V(CO)=_______。

③若在D點對反應容器降溫的同時擴大體積至體系壓強減小，重新達到的平衡狀態可能是圖中A～G點中的______點。

Answer 1

【答案】 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =-746.5kJ·mol-1 ② > 0.22 mol·L-1 0.1mol mol·L-1·min-1 E

【解析】（1）化學平衡常數，是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值，則此反應的化學方程式為：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ，已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1 ③2C(S)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1 ，由蓋斯定律，△H=—①—③—②×2==—180.55kJ·mol-1—（-221kJ·mol-1）—-393.5kJ·mol-1×2= △H =-746.5kJ·mol-1，故反應的熱化學方程式為：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H =-746.5kJ·mol-1；

（2）①溫度升高，速率加快，但催化效率降低，說明在溫度過高升高后，催化劑失去了催化活性，速率反而降低，故①不正確；

②由CO2的轉化率隨溫度變化曲線可知，溫度升高，CO2的轉化率下降，平衡逆向移動，則N點時平衡常數比M點時平衡常數小，②正確；

③圖中曲線是CO2的平衡轉化率，溫度升高，CO2的轉化率下降，平衡逆向移動，乙烯的產率減小，故③不正確；

④溫度較低，催化劑可能失去催化活性，速率太低。所以，在實際反應時，需要綜合考慮影響因素，選擇適宜溫度、壓強，增大氫氣濃度等來提高CO2的轉化率，故D不正確。

（3）①圖為平衡時NO的體積分數與溫度，壓強的關系，此反應是放熱反應，在相壓強下，T1時的NO的體積分數大于T2時的NO的體積分數，平衡逆向移動，是由溫度升高引起的，所以，T1>T2；

②某溫度下，反應達到平衡狀態D點時，NO的體積分數是25%，設CO的變化濃度是x， 2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）
初始濃度：2.5 2 0 0

變化濃度：x x 0.5x x

平衡濃度：2.5-x 2-x 0.5x x

NO的體積分數是25%，即(2-x)/[ 2.5-x+2- x+0.5x+x] ×100%=25%，解得x=1，此時K=12×0.5/1．52×1=0.22；V(CO)= =△c/△t=1mol/L÷10min= 0.1 mol·L-1·min-1；

③若在D點對反應容器降低溫度，D向F點移動（T2線溫度低），同時擴大體積使體系壓強減小，則平衡會逆向移動，NO的體積分數增加，重新達到的平衡狀態可能是圖中E點。