Question

10．研究NO₂、SO₂、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義．
I．已知：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）
（1）一定條件下，將NO₂與SO₂以體積比1：2置于恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是bc．
a．體系壓強(qiáng)保持不變               
b．混合氣體顏色保持不變
c．SO₂和NO₂的體積比保持不變       
d．每消耗1mol SO₃的同時(shí)生成1molNO₂
e．氣體密度保持不變
（2）若保持體積不變，升高溫度，體系顏色加深，則說明該反應(yīng)的△H＜0（填”＞””＜”或”=”）
II．對(duì)于反應(yīng)2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）；△H=-196.6kJ/mol．
在一定溫度下，向一個(gè)容積不變的容器中，通入3mol SO₂和2mol O₂及固體催化劑，使之反應(yīng)．平衡時(shí)容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)為起始時(shí)的90%．此時(shí)
（3）加入3mol SO₂和2mol O₂發(fā)生反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)，放出的熱量為98.3kJ．
（4）保持同一溫度，在相同的容器中，將起始物質(zhì)的量改為amol SO₂、bmol O₂、cmol SO₃（g）及固體催化劑，欲使起始時(shí)反應(yīng)表現(xiàn)為向正反應(yīng)方向進(jìn)行，且平衡時(shí)SO₃的體積分?jǐn)?shù)為2/9，a的取值范圍是2＜a≤3．
（5）保持同一溫度，在相同容器中，將起始物質(zhì)的量改為3mol SO₂、6mol O₂、3mol SO₃（g）及固體催化劑，則平衡不移動(dòng)．（填“正向、不、逆向或無法確定是否”）
（6）某SO₂（g）和O₂（g）體系，時(shí)間t₁達(dá)到平衡后，改變某一外界條件，反應(yīng)速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，若不改變SO₂（g）和O₂（g）的量，則圖中t₄時(shí)引起平衡移動(dòng)的條件可能是升高溫度；圖中表示平衡混合物中SO₃的含量最高的一段時(shí)間是t₃～t₄．
（7）各階段平衡時(shí)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)如表所示：

t1～t2	t3～t4	t5～t6	t6～t7
K1	K2	K3	K4

K₁、K₂、K₃、K₄之間的關(guān)系為k₁=k₂＞k₃=k₄．

Answer 1

分析 （1）利用平衡的特征“等、定”及由此衍生的一些物理量來判斷；
（2）升高溫度，體系顏色加深，則說明平衡逆向移動(dòng)，由此判斷該反應(yīng)的△H；
（3）根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比計(jì)算平衡時(shí)混合氣體總的物質(zhì)的量，再利用差量法計(jì)算參加反應(yīng)的二氧化硫的物質(zhì)的量，結(jié)合熱化學(xué)方程式計(jì)算放出的熱量；
（4）根據(jù)（1）計(jì)算可知，原平衡時(shí)SO₃的體積分?jǐn)?shù)為$\frac{1mol}{4.5mol}$=$\frac{2}{9}$，將起始物質(zhì)的量改為amol SO₂、bmol O₂、cmol SO₃（g）及固體催化劑，平衡時(shí)SO₃的體積分?jǐn)?shù)為$\frac{2}{9}$，則與原平衡為等效平衡，計(jì)算原平衡時(shí)二氧化硫的物質(zhì)的量，欲使起始時(shí)反應(yīng)表現(xiàn)為向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則a應(yīng)大于原平衡狀態(tài)時(shí)二氧化硫的物質(zhì)的量，結(jié)合極限法判斷；
（5）假定體積為VL，利用三段式計(jì)算原平衡時(shí)各組分的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算平衡常數(shù)，將起始物質(zhì)的量改為3mol SO₂、6mol O₂、3mol SO₃（g）及固體催化劑，計(jì)算此時(shí)的濃度商，與平衡常數(shù)比較判斷反應(yīng)進(jìn)行方向；
（6）t₄時(shí)正逆反應(yīng)速率都較原平衡時(shí)的速率大，可升高溫度或增大壓強(qiáng)；t₆時(shí)正逆反應(yīng)速率都較原平衡時(shí)的速率大，但平衡不移動(dòng)，前后氣體系數(shù)之和不等，只能是使用催化劑；在反應(yīng)向逆反應(yīng)之前衡混合物中CO的含量最高；
（7）平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度改變平衡常數(shù)改變，據(jù)此判斷．

解答 解：（1）①a．由反應(yīng)可知，三氧化硫是氣體，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量改變，體系壓強(qiáng)始終保持不變，不能判定平衡狀態(tài)，故a錯(cuò)誤；
b．混合氣體的顏色保持不變，即二氧化氮的濃度不變，達(dá)到平衡狀態(tài)，故b正確；
c．SO₂和NO₂起始量不等，變化量相等，當(dāng)SO₂和NO₂的體積比保持不變，可判斷反應(yīng)達(dá)到平衡，故c正確；
d．每生成1 mol SO₃的同時(shí)消耗1mol NO₂，只能判斷正反應(yīng)速率，不能確定正逆反應(yīng)速率的關(guān)系，不能判定平衡狀態(tài)，故d錯(cuò)誤；
e．混合氣體的質(zhì)量和體積始終不變，密度始終是定值，不一定是平衡狀態(tài)，故e錯(cuò)誤；
故答案為：bc；
（2）升高溫度，體系顏色加深，說明平衡逆向移動(dòng)，則該反應(yīng)的△H＜0，故答案為：＜；
（3）由題意氣體壓強(qiáng)為起使時(shí)的90%，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量為起使時(shí)的90%，平衡時(shí)總物質(zhì)的量為（3mol+2mol）×90%=4.5mol，則平衡時(shí)各組成物質(zhì)的量變化為：
  2SO₂+O₂?2SO₃ 物質(zhì)的量減少△n
  2    1    2              1
1mol  0.5mol 1mol  （3mol+2mol）-4.5mol=0.5mol
此時(shí)放出的熱量為196.6KJ×$\frac{0.5mol}{1mol}$=98.3KJ，
故答案為：98.3kJ；
（4）原平衡時(shí)SO₃的體積分?jǐn)?shù)為$\frac{1mol}{4.5mol}$=$\frac{2}{9}$，將起始物質(zhì)的量改為amol SO₂、bmol O₂、cmol SO₃（g）及固體催化劑，平衡時(shí)SO₃的體積分?jǐn)?shù)為$\frac{2}{9}$，則與原平衡為等效平衡，則a+c=3  b+0.5c=2，由（1）計(jì)算可知，平衡時(shí)二氧化硫的物質(zhì)的量為3mol-1mol=2mol，欲使起始時(shí)反應(yīng)表現(xiàn)為向正反應(yīng)方向進(jìn)行，則2＜a≤3，
故答案為：2＜a≤3；
（5）由題意氣體壓強(qiáng)為起使時(shí)的90%，則反應(yīng)后總的物質(zhì)的量為起使時(shí)的90%，平衡時(shí)總物質(zhì)的量為（3mol+2mol）×90%=4.5mol，則平衡時(shí)各組成物質(zhì)的量變化為：
           2SO₂+O₂?2SO₃
開始（mol）：3    2   0
變化（mol）：1   0.5  1
平衡（mol）：2   1.5  1
假定體積為VL，則k=$\frac{（\frac{1}{V}）^{2}}{（\frac{2}{V}）^{2}×\frac{1.5}{V}}=\frac{V}{6}$，將起始物質(zhì)的量改為3mol SO₂、6mol O₂、3mol SO₃（g）及固體催化劑，此時(shí)的濃度商Qc=$\frac{（\frac{3}{V}）^{2}}{（\frac{3}{V}）^{2}×\frac{6}{V}}=\frac{V}{6}$，等于平衡常數(shù)，處于平衡狀態(tài)，平衡不移動(dòng)，
故答案為：不；
（6）t₄時(shí)正逆反應(yīng)速率都較原平衡時(shí)的速率大，反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，升高溫度；t₆時(shí)正逆反應(yīng)速率都較原平衡時(shí)的速率大，但平衡不移動(dòng)，前后氣體系數(shù)之和不等，只能是使用催化劑；在t₄時(shí)反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則t₃～t₄時(shí)平衡混合物中CO的含量最高，
故答案為：升高溫度；t₃～t₄；
（7）由圖象分析可知，t₁～t₂與t₃～t₄溫度相同，t₅～t₆與t₇～t₈溫度相同，且t₄后升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)逆向移動(dòng)，則k₁=k₂＞k₃=k₄，
故答案為：k₁=k₂＞k₃=k₄．

點(diǎn)評(píng) 考查反應(yīng)熱的計(jì)算、平衡狀態(tài)的判斷、化學(xué)平衡影響因素和平衡計(jì)算的分析判斷，（5）中反應(yīng)進(jìn)行方向判斷為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．