Question

9．在80℃时，将0.40mol 的N₂O₄气体充入2L 已经抽成真空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N₂O₄（g）?2NO₂ （g）△H=+56.9kJ/mol，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：

n/mol 时间/s	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）反应进行至100s 后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色变浅（填“变浅”、“变深”或“不变”）．
（2）20s时，N₂O₄的浓度为0.14mol/L，0～20s内N₂O₄的平均反应速率为0.003mol/（L．s）．
（3）该反应的平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{c（{N}_{2}{O}_{4}）}$．
（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时ABD．（多选）
A．N₂O₄的转化率越高B．NO₂的产量越大
C．N₂O₄与NO₂的浓度之比越大D．正反应进行的程度越大
（5）要增大该反应的K值，可采取的措施有D（填序号）．
A．增大N₂O₄起始浓度B．向混合气体中通入NO₂C．使用高效催化剂D．升高温度
（6）当反应达到平衡后，下列操作，不能使平衡混合气体颜色加深的是D
A．恒温恒容下再通入N₂O₄气体
B．恒温恒容下再通入NO₂气体
C．恒容时，升高温度
D．恒温恒容时通入Ar
E．恒温时压缩体积．

Answer 1

分析 （1）正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度降低；
（2）由方程式可知△n（N₂O₄）=$\frac{1}{2}$△n（NO₂）=$\frac{1}{2}$×0.24mol=0.12mol，故△c（N₂O₄）=$\frac{0.12mol}{2L}$=0.06mol/L，20s时N₂O₄的浓度=起始浓度-△c（N₂O₄），根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（N₂O₄）；
（3）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；
（4）则在其他条件相同时，该反应的K值越大，说明反应正向进行程度越大；
（5）平衡常数只受温度影响，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；
（6）改变条件不能使平衡混合气体颜色加深，说明二氧化氮的浓度不增大，结合平衡移动原理分析解答．

解答 解：（1）正反应为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度降低，混合气体的颜色变浅，
故答案为：变浅；
（2）由方程式可知△n（N₂O₄）=$\frac{1}{2}$△n（NO₂）=$\frac{1}{2}$×0.24mol=0.12mol，故△c（N₂O₄）=$\frac{0.12mol}{2L}$=0.06mol/L，20s时N₂O₄的浓度=$\frac{0.4mol}{2L}$-0.06mol/L=0.14mol/L，v（N₂O₄）=$\frac{0.06mol/L}{20s}$=0.003mol/（L．s），
故答案为：0.14；0.003mol/（L．s）；
（3）N₂O₄（g）?2NO₂ （g）的化学平衡常数表达式K=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{c（{N}_{2}{O}_{4}）}$，
故答案为：$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{c（{N}_{2}{O}_{4}）}$；
（4）则在其他条件相同时，该反应的K值越大，说明反应正向进行程度越大，N₂O₄的转化率越高，NO₂的产量越大，N₂O₄与NO₂的浓度之比越小，
故选：ABD；
（5）平衡常数只受温度影响，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，
故选：D；
（6）改变条件不能使平衡混合气体颜色加深，说明二氧化氮的浓度不增大．
A．恒温恒容下再通入N₂O₄气体，平衡正向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深，故A错误；
B．恒温恒容下再通入NO₂气体，二氧化氮浓度增大，颜色加深，故B错误；
C．恒容时，升高温度，平衡正向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深，故C错误；
D．恒温恒容时通入Ar，平衡不移动，二氧化氮浓度不变，颜色不加深，故D正确；
E．恒温时压缩体积，二氧化氮浓度增大，颜色加深，故E错误，
故选：D．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数，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．