Question

14．某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的固体A和气体B发生反应：
A（s）+2B（g）?D（g）+E（g）△H=Q kJ•mol^-1．在T₁℃时，反应进行到不同时间测得各物质的物质的量如表：

时间（min）	0	10	20	30	40	50
B	2.00	1.36	1.00	1.00	1.20	1.20
D	0	0.32	0.50	0.50	0.60	0.60
E	0	0.32	0.50	0.50	0.60	0.60

（1）T₁℃时，该反应的平衡常数K=0.25；
（2）30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据表中的数据判断改变的条件可能是ad（填字母编号）．
a．通入一定量的B       b．加入一定量的固体A
c．升高反应体系温度      d．同时加入0.2molB、0.1molD、0.1molE
（3）维持容器的体积和温度T₁不变，当向该容器中加入1.60molB、0.20molD、0.20molE和n molA，达到平衡后，与表格中20分钟时各物质的浓度完全相同时，则投入固体A的物质的量n应不少于0.3mol．
（4）维持容器的体积和温度T₁不变，各物质的起始物质的量为：n（A）=1.0mol，n（B）=3.0mol，n（D）=amol，n（E）=0mol，达到平衡后，n（E）=0.50mol，则a=1.5．
（5）若该密闭容器绝热，实验测得B的转化率B%随温度变化的示意图如图所示．由图可知，Q＜0  （填＜、＞、=），c点v_（正）=v_（逆）（填＜、＞、=）．

Answer 1

分析 （1）T₁℃时，20min处于平衡状态，平衡时B、D、E的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.5mol，反应气体气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=$\frac{c（D）×c（E）}{{c}^{2}（B）}$计算；
（2）30min改变改变，40min又到达平衡，B增大0.2mol，D、E分别增大0.1mol，平衡正向移动，可能是增大B的物质的量，由平衡常数可知各组分物质的量变化相同倍数也可以；
（3）与原平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到之比满足n（B）=2mol，由于原平衡中消耗的A为0.5mol，且A的为固体，A的用量增大不影响平衡移动，故按化学计量数转化到之比满足n（A）≥0.5mol；
（4）反应正向进行，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答；
（5）B的转化率最大时到达平衡，之前未到达平衡，随温度升高转化率增大，平衡后升高温度，B的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应．

解答 解：（1）T₁℃时，20min处于平衡状态，平衡时B、D、E的物质的量分别为1mol、0.5mol、0.5mol，反应气体气体体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=$\frac{c（D）×c（E）}{{c}^{2}（B）}$=$\frac{0.5×0.5}{{1}^{2}}$=0.25，
故答案为：0.25；
（2）30min改变改变，40min又到达平衡，B增大0.2mol，D、E分别增大0.1mol，平衡正向移动，可能是增大B的物质的量，由平衡常数可知各组分物质的量变化相同倍数也可以，同时加入0.2molB、0.1molD、0.1molE也可以，
故选：ad；
（3）与原平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到之比满足n（B）=2mol，由于原平衡中消耗的A为0.5mol，且A的为固体，A的用量增大不影响平衡移动，故按化学计量数转化到之比满足n（A）≥0.5mol，所以生成D、E的量为0.5-0.2=0.3mol，A的量要够转化所以A的量不小于0.3mol，
故答案为：0.3；
（4）反应正向进行，生成0.5molE，则：
            A（s）+2B（g）?D（g）+E（g）
起始量（mol）：3      a      0
变化量（mol）：1      0.5     0.5
平衡量（mol）：2      a+0.50  0.50
所以$\frac{0.5×（a+0.5）}{{2}^{2}}$=0.25，解得a=1.5，
故答案为：1.5；
（5）B的转化率最大时到达平衡，则c点v_（正）=v_（逆），之前未到达平衡，随温度升高转化率增大，平衡后升高温度，B的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则Q＜0，
故答案为：＜；=．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数及其应用等，（3）为易错点，由于A为固体不影响平衡移动，学生认为A的用量无关，忽略A的用量应保证可以转化得到D、E的量．