题目内容
2.CO是生产羰基化学品的基本原料,对于以水煤气为原料提取CO的工艺,如果氢气未能充分利用,则提高了CO生产成本,所以在煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、投料比及热值问题.反应CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g)的平衡常数随温度的变化如下表:| 温度/℃ | 400 | 500 | 800 |
| 平衡常数K | 9.94 | 9 | a |
(2)已知在一定温度下:C(s)+CO2(g)?2CO(g) K
C(s)+H2O (g)?H2(g)+CO(g) K1
CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g) K2
则K、K1、K2、之间的关系是K=$\frac{{K}_{1}}{{K}_{2}}$.
(3)800℃时,在2L的恒容密闭容器中,充入2.0molCO(g)和3.0molH2O(g),保持温度不变进行反应:CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g),4min时反应达到平衡,测得CO的转化率为60%.
①0~4min内,CO2的平均反应速率为0.15mol•L-1•min-1,800℃时a=1.
②800℃时四个不同容器中发生上述反应,测得各物质的浓度(mol•L-1)如下
表,其中达到平衡的是D(填字母).
| c(CO2) | 3 | 1 | 0.8 | 1 |
| c(H2) | 2 | 1 | 0.8 | 1 |
| c(CO) | 1 | 2 | 3 | 0.5 |
| c(H2O) | 2 | 2 | 3 | 2 |
A、0.5molCO+2molH2O(g)+1molCO2+1molH2
B、1molCO+1molH2O(g)+1molCO2+1molH2
C、0.5molCO+1.5molH2O(g)+0.4molCO2+0.4molH2
D、0.5molCO+1.5molH2O(g)+0.5molCO2+0.5molH2.
分析 (1)由表中数据可知升高温度平衡常数减小,说明平衡逆向移动,以此判断反应热;
(2)依据化学反应的平衡常数表达式计算分析;
(3)保持温度不变进行反应:CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g),4min时反应达到平衡,测得CO的转化率为60%,可知消耗1.2molCO,生成1.2molCO2,以此可计算CO2的平均反应速率,计算出平衡时各物质的浓度,可计算平衡常数;
根据各物质的浓度计算浓度幂之积,与平衡常数相比较,可确定是否达到平衡状态;
(4)根据等效平衡解答,恒温恒容下,该反应前后气体体积不发生变化,将物质全部转化到左边满足n(CO):n(H2O)=1:2,为等效平衡,平衡时CO的体积分数相同,不同配比达到平衡时CO的体积分数大于原平衡中CO的体积分数x,说明不同配比全部转化到左边应n(CO):n(H2O)>1:2,据此解答.
解答 解:(1)由表可知,温度越高,平衡常数越小,反应进行程度越小,平衡向逆反应移动,升高温度平衡向吸热方向移动,故正反应为放热反应,
故答案为:放热;
(2)反应①C(s)+CO2(g)?2CO(g)平衡常数K=$\frac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}$;
反应②C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)平衡常数K1=$\frac{c({H}_{2})•c(CO)}{c({H}_{2}O)}$;
反应③CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g) 平衡常数K2=$\frac{c({H}_{2})•c(C{O}_{2})}{c(CO)•c({H}_{2}O)}$,
则$\frac{{K}_{1}}{{K}_{2}}$=$\frac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}$=K,
故答案为:K=$\frac{{K}_{1}}{{K}_{2}}$;
(3)①保持温度不变进行反应:CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g),4min时反应达到平衡,测得CO的转化率为60%,可知消耗1.2molCO,生成1.2molCO2,
0~4min内,CO2的平均反应速率为:v=$\frac{\frac{1.2mol}{2L}}{4min}$=0.15mol•L-1•min-1,
CO(g)+H2O (g)?H2(g)+CO2(g)
起始(mol/L) 1 1.5 0 0
转化(mol/L)0.6 0.6 0.6 0.6
平衡(mol/L) 0.4 0.9 0.6 0.6
该温度下该反应的平衡常数为K=$\frac{0.6×0.6}{0.4×0.9}$=1,
故答案为:0.15;1;
②若达到平衡,则平衡常数K=1,
A.$\frac{c({H}_{2})•c(C{O}_{2})}{c(CO)•c({H}_{2}O)}$=$\frac{3×2}{1×2}$=3>1,没有达到平衡状态,故A错误;
B.$\frac{c({H}_{2})•c(C{O}_{2})}{c(CO)•c({H}_{2}O)}$=$\frac{1×1}{2×2}$=$\frac{1}{4}$小于1,反应向正反应进行,故B错误;
C.$\frac{c({H}_{2})•c(C{O}_{2})}{c(CO)•c({H}_{2}O)}$=$\frac{0.8×0.8}{3×3}$<1,没有达到平衡状态,故C错误;
D.$\frac{c({H}_{2})•c(C{O}_{2})}{c(CO)•c({H}_{2}O)}$=$\frac{1×1}{0.5×2}$=1,处于平衡状态,故D正确;
故答案为:D;
(4)恒温恒容下,该反应前后气体体积不发生变化,将物质全部转化到左边满足n(CO):n(H2O)=1:2,为等效平衡,平衡时CO的体积分数相同,不同配比达到平衡时CO的体积分数大于原平衡中CO的体积分数x,说明不同配比全部转化到左边应n(CO):n(H2O)>1:2,
A.0.5mol CO+2mol H2O(g)+1mol CO2+1mol H2等效为1.5 molCO+3 molH2O(g),n(CO):n(H2O)=1:2,平衡时CO的体积分数为x,故A不符合;
B.1mol CO+1mol H2O(g)+1mol CO2+1mol H2等效为2 molCO+2 molH2O(g),n(CO):n(H2O)=1:1>1:2,平衡时CO的体积分数大于x,故B符合;
C.0.5mol CO+1.5mol H2O(g)+0.4mol CO2+0.4molH2等效为0.9 molCO+1.9 molH2O(g),n(CO):n(H2O)=9:19<1:2,平衡时CO的体积分数小于x,故C不符合;
D.0.5mol CO+1.5mol H2O(g)+0.5molCO2+0.5mol H2等效为1 molCO+2 molH2O(g),n(CO):n(H2O)=1:2,平衡时CO的体积分数等于x,故D不符合,
故答案为:B.
点评 本题考查化学平衡计算,题目难度中等,涉及化学平衡常数、化学反应速率的计算、等效平衡应用、反应热与焓变等知识,为高频考点,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意(2)平衡常数书写,(3)有关平衡常数的运用,为易错点.
| A. | Na2SO3 | B. | NaHSO3 | C. | Na2SO3和NaHSO3 | D. | NaOH和Na2SO3 |
| A. | CCl4 | B. | KI | C. | KCl | D. | Cl2 |
| A. | 向Na2CO3溶液中通入CO2至溶液为中性,则$\frac{c({{N}_{a}}^{+})}{2c(C{{O}_{3}}^{2-})}$>1 | |
| B. | pH相同的氨水和Ba(OH)2溶液中2c(NH4+)=c(Ba2+) | |
| C. | 将CH3COONa溶液从25℃升温至40℃,溶液中$\frac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)•c(O{H}^{-})}$增大 | |
| D. | 向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl粉末,$\frac{c(M{g}^{2+})}{c(O{H}^{-})}$不变 |
| A. | 1:1:1 | B. | 1:3:3 | C. | 1:2:3 | D. | 2:3:3 |
| A. | [PtCl4]2- | B. | [Zn(NH3)4]2+ | C. | [Ni(CN)4]2- | D. | [Cu(H2O)4]2+ |
| A. | 被氧化的 HCl为0.6mol | B. | 转移电子1.806×1023个 | ||
| C. | 产生气体为6.72L | D. | 还原剂占参加反应HCl的$\frac{5}{6}$ |
| A. | 分液、蒸馏 | B. | 萃取、蒸馏 | C. | 分液、萃取 | D. | 蒸馏、萃取 |