Question

13．在一定温度下，发生反应：Fe₂O₃（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO₂（g）．已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：

温度/℃	1000	1150	1300
平衡常数	64.0	50.7	42.9

请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$，△H＜0（填“＜”、“＞”或“=”）
（2）欲提高上述反应中CO的平衡转化率，可采取的措施是B．
A．提高反应温度                    B．移出部分CO₂
C．加入合适的催化剂                D．减小容器的容积
（3）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe₂O₃、CO、CO₂各1.0mol，反应经过10min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v（CO₂）=0.006 mol•L^-1•min^-1，CO的平衡转化率为60%．
（4）1000℃时，在（2）的平衡体系中，各加0.5molCO和0.5molCO₂，v_正＞v_逆（填“＜”、“＞”或“=”），平衡向正向移动（填“正向”、“逆向”或“不移动”）．

Answer 1

分析 （1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；
由表中数据可知，随温度增大平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；
（2）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量，结合选项根据平衡移动原理分析；
（3）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：
      Fe₂O₃（s）+3CO（g）?Fe（s）+3CO₂（g）
开始（mol）：1               1
变化（mol）：n               n
平衡（mol）：1-n             n+1
所以$\frac{（n+1）^{3}}{（1-n）^{3}}$=64，解得n=0.6，
再根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（CO），转化率=$\frac{物质的量变化量}{起始物质的量}$×100%；
（4）计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断v_正、v_逆的相对大小．

解答 解：（1）Fe₂O₃（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO₂（g）的化学平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$；
由表中数据可知，随温度增大平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，
故答案为：$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$；＜；
（2）A．升高温度，平衡常数减少，说明平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故A错误；
B．移出部分CO₂，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故B正确；
C．加入催化剂，平衡不移动，故C错误；
D．减小体积，平衡不移动，故D错误．
故答案为：B；
（3）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：
        Fe₂O₃（s）+3CO（g）?Fe（s）+3CO₂（g）
开始（mol）：1                1
变化（mol）：n                n
平衡（mol）：1-n               n+1
所以K=$\frac{{c}^{3}（C{O}_{2}）}{{c}^{3}（CO）}$=$\frac{（n+1）^{3}}{（1-n）^{3}}$=64，解得n=0.6，
v（CO₂）=$\frac{\frac{0.6mol}{10L}}{10min}$=0.006 mol•L^-1•min^-1，
则CO的平衡转化率为$\frac{0.6mol}{1mol}$×100%=60%，
故答案为：0.006 mol•L^-1•min^-1；60%；
（4）浓度商Qc=$\frac{（1.6+0.5）^{3}}{（0.4+0.5）^{3}}$=12.7＜K=64，反应向正反应进行，则v_正＞v_逆，
故答案为：＞；正向．

点评 本题考查化学平衡的有关计算、化学反应速率计算、平衡常数等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，化学平衡移动原理分析判断是关键，题目难度中等．