Question

在80℃时，将0.40mol的N₂0₄气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N₂O₄?2NO₂，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：

时间（s） n（mol）	0	20	40	60	80	100
n（N2O4）	0.40	a	0.20	c	d	e
n（NO2）	0.00	0.24	b	0.52	0.60	0.60

（1）计算20s一40s内用N₂O₄表示的平均反应速率为

0.0020

mol?L^-1?S^-1；
（2）计算在80℃时该反应的平衡常数K=

1.8mol?L^-1

（请注明单位）．
（3）反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色（填“变浅”．“变深”或“不变”）

变浅

；
（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有（填序号）

D

：
A．增大N₂O₄的起始浓度  B．向混合气体中通入NO₂ C．使用高效催化剂    D．升高温度
（5）如图是80℃时容器中N₂0₄物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60℃时N₂0₄物质的量的变化曲线．

Answer 1

分析：（1）先根据二氧化氮物质的量计算反应的四氧化二氮的物质的量，总物质的量减去反应的物质的量即是容器中剩余的四氧化二氮的物质的量，再根据公式v=

△n

V△t

计算四氧化二氮的平均反应速率．
（2）根据K=

C2(NO2)

C(N2O4)

计算平衡常数．
（3）降低温度平衡向放热方向移动，根据平衡移动方向判断气体颜色变化．
（4）化学平衡常数只与温度有关．
（5）降低温度，化学反应速率减小，平衡向放热方向移动．

解答：解：（1）当20s时，生成二氧化氮0.24mol，则消耗四氧化二氮0.12mol，容器中还剩余0.40mol-0.12mol=0.28mol；
v=

△n

V△t

=

(0.28-0.20)mol

2L×20s

=0.0020mol/（L．s）
故答案为：0.0020．
（2）当到达80s时，二氧化氮的物质的量不再变化，所以反应达到平衡状态，二氧化氮的物质的量是0.60mol，则消耗四氧化二氮的物质的量是0.30mol，还剩余0.10mol，即d=e=0.10mol．
二氧化氮的平衡浓度=

0.60mol

2L

=0.30mol/L，四氧化二氮的平衡浓度=

0.10mol

2L

=0.05mol/L
K=

C2(NO2)

C(N2O4)

=

(0.30mol/L)2

0.05mol/L

=1.8mol?L^-1
故答案为：1.8mol?L^-1．
（3）该反应的正反应是吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的含量减少，所以混合气体的颜色变浅．
故答案为：变浅．
（4）化学平衡常数只与温度有关，与其它任何物理量无关，故选D．
（5）当降低温度，化学反应速率减小，到达平衡所需时间增大，平衡向逆反应方向移动，所以到达新平衡时四氧化二氮的物质的量比第一次平衡时少，60℃曲线为．





故答案为：

点评：本题考查了化学平衡的计算和外界条件对化学平衡的影响，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，与其它任何物理量都无关．