Question

【题目】研究、NO、、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）已知：CO可将部分氮的氧化物还原为。

反应I：

反应II：

则反应的=___________kJ·mol－1。

（2）一定条件下，将与CO以体积比1∶2置于恒容密闭容器中发生反应II，下列能说明反应达到平衡状态的是________________。

a. 体系压强保持不变 b. 容器中气体密度保持不变

c. 混合气体颜色保持不变d. 每消耗的同时生成

（3）温度为T 容积为10L的恒容密闭容器中，充入1molCO和0.5mol发生反应：

实验测得生成的体积分数随着时间的变化曲线如图1所示：

①达到平衡状态时，的转化率为______，该温度下反应的平衡常数_________。

②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入、、、各，此时V（正）__________ V（逆）填“﹥”“ ＜”或“=”。

4）法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为，在催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2所示：图中A点处NO的转化率____________填“可能是”、“一定是”或“一定不是”该温度下的平衡转化率；B点之后，NO转化率降低的原因可能是______。

A. 平衡常数变大 B. 副反应增多

C. 催化剂活性降低 D. 反应活化能增大

Answer 1

【答案】-277 ac 60% 3.375 ﹥ 一定不是 BC

【解析】

(1)根据盖斯定律分析计算；

(2)达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，据此分析判断；

(3)①根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，结合三段式，列式计算得到平衡浓度，再分析解答；②计算此时的浓度商和平衡常数的大小，判断反应进行的方向；

(4)根据可知开始NO转化率增大，是反应正向进行，逐渐建立平衡，达到最大转化率后，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率减小，结合温度对催化剂的活性的影响分析解答。

(1)已知：CO可将部分氮的氧化物还原为N2。反应I：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746kJmol-1，反应II：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H=-1200kJmol-1，根据盖斯定律，(反应II-反应I)×得到反应NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)△H=[(-1200kJmol-1)-(-746kJmol-1)]×=-227kJ/mol，故答案为：-227；

(2)反应II：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)△H=-1200kJmol-1，该反应为气体体积减小的放热反应。a．反应前后气体物质的量减小，气体的压强为变量，当体系压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故a正确；b．反应前后气体质量和体积都不变，容器中气体密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．混合气体颜色保持不变，说明气体中二氧化氮浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d．每消耗2molNO2的同时生成1molN2，都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；

(3)①根据图象知达到平衡状态CO2体积分数为0.4，设消耗二氧化硫物质的量浓度x，

2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(g)

起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0

变化量(mol/L) 2x x 2x x

平衡量(mol/L)0.1-2x 0.05-x 2x x

则×100%=0.4，解得：x=0.03mol/L，因此二氧化硫的转化率=×100%=60%，平衡常数K==3.375，故答案为：60%； 3.375；

②其它条件保持不变，再向上述平衡体系中充入SO2(g)、CO(g)、S(g)、CO2(g)各0.2mol，

2CO(g) + SO2(g) 2CO2(g) + S(g)

起始量(mol/L) 0.1 0.05 0 0

变化量(mol/L) 0.06 0.03 0.06 0.03

平衡量(mol/L) 0.04 0.02 0.06 0.03

加入后(mol/L) 0.04+0.02 0.02+0.02 0.06+0.02 0.03+0.02

此时浓度商Qc==2.22＜K=3.375，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故答案为：＞；

(4)根据图象，温度升高NO转化率先增大后减小，图像的前半段是建立平衡的过程，后半段是温度对平衡的影响，因此A点NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，B点之后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，NO转化率降低，升高温度，催化剂的活性降低，发生的副反应增多，也会导致NO转化率降低，反应的活化能不影响反应物的转化率，故选BC，故答案为：一定不是；BC。