Question

【题目】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 ． （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 ． （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 ．
（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 ， 平衡将向方向移动，计算重新达到平衡时SO2的浓度是 ， SO2的转化率由50%变为 ， NO2的转化率由变为 ．
②实验结果启示我们：增大一种反应物浓度，其转化率将（填增大、减小或不变），另一种反应物的转化率将 ． 现实生产的意义是：可以通过增大的用量，来提高成本高的反应物的利用率．

Answer 1

【答案】
（1）bc；acd；0.05mol/（L﹒min）
（2）正；0.9mol/L；40%；50%；60%；减小；增大；低成本物质
【解析】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；
所以答案是：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；
所以答案是：acd；③根据平衡常数的定义书写表达式为：K= ，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），所以答案是： ；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= = =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 =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= ×100%=40%、NO2的转化率= ×100%=60%；
所以答案是：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，
所以答案是：减小；增大；低成本物质．
【考点精析】认真审题，首先需要了解化学平衡状态本质及特征(化学平衡状态的特征：“等”即 V正=V逆>0；“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行；“定”即反应混合物中各组分百分含量不变；“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡；与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效）)，还要掌握化学平衡的计算(反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%)的相关知识才是答题的关键．