Question

20．汽车尾气是导致雾霾天气的重要源头之一，其含有的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可发生反应．
（一）已知：反应l：N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H₁   K₁
反应2：CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂ （g）△H₂   K₂
反应3：2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+CO₂（g）△H₃   K₃
则反应3的焓变△H₃=2△H₂-△H₁（用△H₁和△H₂表示） 平衡常数K₃=$\frac{{{K}_{2}}^{2}}{{K}_{1}}$（用K₁和K₂表示）．
（二）向1.0L恒容密闭容器中，充入N₂O（g）和CO（g），可发生如下反应：N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），所得实验数据如表：

实验编号	温度/℃	起始时物质的量/mol		平衡时物质的量/mol
		n（N2O）	n（CO）	n（CO2）
①	400	0.20	0.30	0.14
②	500	0.10	0.40	0.080
③	500	0.30	0.20	A
④	600	0.60	0.40	B

上述实验编号①中，若10min时测得n（N₂）=0.12mol，则0至10min内，用CO2表示的平均反应速率以v（CO₂）=0.012mol•（L•min）^-1；
（2）500℃时，欲使N₂O的平衡转化率a（N₂O）≥80%，则起始时n（N₂O）：n（CO）≤1：4．
（3）上述实验编号④达平衡时，b＜0.24（填“＞”、“＜”或“=”），原因是该反应△H＜0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故b＜0.24mol．
（4）N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g）的反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化情况如如图所示：
①若在第10min仅改变了一个条件，第20min时是在新条件下达到新的平衡状态，则第10min 时改变的条件可能是升温；
②比较CO在第5min和第25min时速率的大小v（5）＜v（25）（填”＞”、“＜”或“=”），你判断的理由是相对于第5min而言，在第10min时升高了温度，且浓度增加了，在其它条件不变时，速率会变快．

Answer 1

分析 （一）反应l：N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H₁ K₁
反应2：CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂ （g）△H₂ K₂
反应3：2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+CO₂（g）△H₃ K₃
结合盖斯定律计算反应2×2-反应1得到；平衡常数 K=$\frac{生成物平衡浓度幂次方乘积}{反应物平衡浓度幂次方乘积}$，写出平衡常数表达式计算得到K₃；
（二）（1）若10min时测得n（N₂）=0.12mol，
                         N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol）   0.2            0.3           0               0
变化量（mol）   0.12         0.12       0.12          0.12
平衡量（mol） 0.08          0.18          0.12          0.12
则0至10min内，用CO₂表示的平均反应速率以v（CO₂）=$\frac{△c}{△t}$；
（2）结合三行计算列式计算，500℃时，欲使N₂O的平衡转化率a（N₂O）≥80%，
                       N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.1            0.4           0             0
变化量（mol） 0.08         0.08          0.08         0.08
平衡量（mol） 0.02         0.12          0.08          0.08
欲使N₂O的平衡转化率a（N₂O）≥80%，两种反应物增加一种会提高另一种转化率；
（3）实验②③温度相同，平衡常数相同，结合平衡常数计算A的值，实验④起始量增大一倍，反应前后气体体积不变，温度不变时B=2A；图表数据计算可知温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升温平衡逆向进行；
（4）①反应为放热反应，图象可知10min改变条件，平衡逆向进行，说明为升高温度；
②图象可知5min达到平衡状态，25min又达到平衡状态，此时CO浓度增大，反应速率增大．

解答 解：（一）反应l：N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H₁ K₁
反应2：CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂ （g）△H₂ K₂
反应3：2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+CO₂（g）△H₃ K₃
结合盖斯定律计算反应2×2-反应1得到2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+CO₂（g）△H₃=2△H₂-△H₁ ，
K₁=$\frac{{c}^{2}（NO）}{c（{N}_{2}）c（{O}_{2}）}$，K₂=$\frac{c（C{O}_{2}）}{c（CO）{c}^{\frac{1}{2}}（{O}_{2}）}$，
K₃=$\frac{c（C{O}_{2}）c（{N}_{2}）}{{c}^{3}（NO）{c}^{2}（CO）}$=$\frac{{{K}_{2}}^{2}}{{K}_{1}}$，
故答案为：2△H₂-△H₁；$\frac{{{K}_{2}}^{2}}{{K}_{1}}$；
（二）（1）若10min时测得n（N₂）=0.12mol，
                       N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.2           0.3           0             0
变化量（mol） 0.12         0.12         0.12       0.12
平衡量（mol） 0.08        0.18          0.12        0.12
则0至10min内，用CO₂表示的平均反应速率以v（CO₂）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{\frac{0.12mol}{1L}}{10min}$=0.012mol•（L•min）^-1，
故答案为：0.012mol•（L•min）^-1；
（2）结合三行计算列式计算，500℃时，欲使N₂O的平衡转化率a（N₂O）≥80%，
                    N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.2        0.3            0               0
变化量（mol） 0.12       0.12          0.12        0.12
平衡量（mol） 0.08       0.18          0.12         0.12
欲使N₂O的平衡转化率a（N₂O）≥80%，两种反应物增加一种会提高另一种转化率，所以起始时n（N₂O）：n（CO）≤1：4，
故答案为：l：4；
（3）实验②③温度相同，平衡常数相同，实验②平衡常数计算，
                       N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.1              0.4             0            0
变化量（mol） 0.08            0.08           0.08         0.08
平衡量（mol） 0.02            0.32          0.08         0.08
反应前后气体体积不变，可以用物质的量代替平衡浓度计算平衡常数K=$\frac{0.08×0.08}{0.02×0.32}$=1
400°C平衡常数计算
                        N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.2             0.3           0            0
变化量（mol） 0.14           0.14          0.14       0.14
平衡量（mol） 0.06           0.16          0.14       0.14
K=$\frac{0.14×0.14}{0.16×0.06}$=$\frac{49}{24}$＞1，说明温度越高平衡逆向进行，正反应为放热反应，
结合500°C平衡常数计算A的值，
                       N₂O（g）+CO（g）?N₂（g）+CO₂（g），
起始量（mol） 0.3              0.2           0             0
变化量（mol） x                  x              x                x
平衡量（mol） 0.3-x         0.2-x           x             x
$\frac{{x}^{2}}{（0.3-x）（0.2-x）}$=1
x=0.12
实验④起始量增大一倍，反应前后气体体积不变，温度不变时B=2A=0.24；图表数据和计算可知温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升温平衡逆向进行，b＜0.24mol，
故答案为：＜；该反应△H＜O，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故b＜0.24mol；
（4）①若在第10min仅改变了一个条件，第20min时是在新条件下达到新的平衡状态，过程中反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向进行，反应是放热反应，改变的条件可以是升高温度偏高逆向进行，
故答案为：升温；
②图象分析比较CO在第5min和第25min时速率的大小v（5）＜v（25），判断的理由是：相对于第5min而言，在第10min时升高了温度，且浓度增加了，在其它条件不变时，速率会变快，
故答案为：＜；相对于第5min而言，在第10min时升高了温度，且浓度增加了，在其它条件不变时，速率会变快．

点评 本题考查了热化学方程式书写、平衡常数计算、平衡常数影响因素分析，主要是图象的理解应用和平衡常数随温度变化的特征性质，掌握基础是解题关键，题目难度中等．