Question

【题目】研究氢的获得和应用具有重要意义。

(1)已知：将0.20molH2S气体充入密闭容器中，保持恒压(p=a)、温度T1条件下进行上述反应。

①下列可以作为反应达到平衡状态的判据是________。

A.气体的平均相对分子质量不变

B.

C.K不变

D.容器体积不变

②时刻反应达到平衡，H2S的平衡转化率为40%。该反应的平衡常数Kp=________(用a的代数式表示。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)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。

③反应温度T1时，画出0~t2时段，n(S2)随时间变化曲线[n(S2)—t]。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2>T1)，画出0~t2时段，n(S2)随时间变化趋势的曲线[n(S2)—t]________

(2)已知：某催化剂作用下，H2还原NO的反应有两种可能：

Ⅰ.

Ⅱ.

反应历程可以表示为(表示吸附态)

吸附分解： ①

②

反应脱附： ③

④

⑤

其中，反应脱附过程中④与⑤是一组竞争关系，决定了H2还原NO的最终产物。

①如图显示不同温度条件下，原料气，达到平衡时体系中N2和N2O的含量，由此判断________0(填“>”或“<”)；判断反应脱附过程中④与⑤两步反应的活化能高低并说明理由________。

②如图显示不同温度条件下，原料气分别为1、2、3(对应图中标注“1”、“2”、“3”)，达到平衡时，体系中N2和N2O的含量，由此可知，增加H2的量，可以增加________的选择性(填“N2”或“N2O”)

Answer 1

【答案】ABD (0.074a) > 由图可知温度低时以反应④为主，温度高时以反应⑤为主，说明反应⑤具有较高的反应活化能 N2

【解析】

(1)①根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；

②初始投料为0.20molH2S，转化率为40%，列三段式有：

，据此分析作答；

③根据温度对平衡的影响结合三段式分析；

(2)①吸热反应焓变大于0，放热反应焓变小于0；活化能越高反应越不容易进行；

②分析投料比对选择性的影响，则需要在相同温度条件下比较改变投料比产物中各物质含量的变化。

(1)①A．该反应反应物和生成物均为气体，且前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而总质量不变，所以未平衡时气体的平均相对分子质量会变，当其不变时，说明反应达到平衡，故A符合题意；

B．同一反应同一时段反应速率之比等于计量数之比，所以v正(H2S)=2v正(S2)，所以当v正(H2S)=2v逆(S2)时，也即v正(S2)= v逆(S2)，说明反应平衡，故B符合题意；

C．平衡常数只与温度有关，无论反应是否平衡，只要温度不变K就不变，所以K不变不能说明反应平衡，故C不符合题意；

D．反应过程中恒压，而前后气体系数之和不相等，所以未平衡时容器体积会变，当体积不变时说明反应平衡，故D符合题意；

综上所述选ABD；

②根据分析可知平衡时n(H2S)=0.12mol，n(H2)=0.08mol，n(S2)=0.04mol，气体总物质的量为0.12mol+0.08mol+0.04mol=0.24mol，总压强为a，所以p(H2S)=，同理可知p(H2)=a，p(S2)=a，所以Kp==；

③反应温度T1时，初始投料为0.20molH2S，所以反应过程中S2的物质的量增大，t1时反应达到平衡，S2的物质的量不再改变，根据三段式可知平衡时n(S2)=0.04mol；反应温度T2时，该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，且平衡正向移动，平衡时n(S2)>0.04mol，所以曲线图为；

(2)①据图可知温度越高N2含量越大，而N2O在温度达到一定值继续升高温度含量下降，说明生成N2O的反应为吸热反应，所以△H1>0；由图可知温度低时以反应④为主，说明该反应容易进行，温度高时以反应⑤为主，说明反应⑤具有较高的反应活化能；

②据图可知相同温度的情况下，投料比越大，即氢气的量越多，N2的含量越高，说明增加氢气的量可以增加N2的选择性。