Question

7．固定和利用CO₂能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体．工业上有一种用CO₂来生产甲醇燃料的方法：
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49.0kJ•mol^-1
某科学实验将6molCO₂和8molH₂充入2L的密闭容器中，测得H₂的物质的量随时间变化如图所示（实线）．

（1）a点正反应速率大于（填大于、等于或小于）逆反应速率．
（2）下列时间段平均反应速率最小的是D．
A．0～1min     B．1～3min     C．3～8min     D．8～11min
（3）求平衡时氢气的转化率和该条件下反应的平衡常数K．（写出计算过程）
（4）仅改变某一实验条件再进行两次实验，测得H₂的物质的量随时间变化如图中虚线所示，曲线I对应的实验条件改变是升高温度，曲线II对应的实验条件改变是增大压强．判断的理由是Ⅱ中反应速率增大，平衡时氢气物质的量减少，说明平衡正移，该反应正方向为气体分子数目减少，因此改变的条件为增大压强．

Answer 1

分析 （1）a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；
（2）根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；
（3）利用三段式进行计算；
（4）从虚线变化判断达到平衡时反应物的转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强．

解答 解：（1）a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，
故答案为：大于；
（2）分别计算不同时间内的反应速率：0～1min内，v（H₂）=$\frac{（8-6）mol}{2L×1min}$=1mol/（L•min）；1～3min内，v（H₂）=$\frac{（6-3）mol}{2L×（3-1）min}$=0.75mol/（L•min）；3～8min内，v（H₂）=$\frac{（3-1）mol}{2L×（8-3）min}$=0.1mol/（L•min）；8min后达到化学平衡状态，正逆反应速率相等，综合速率为零；所以0～1min内反应速率最大，8～11min反应速率最小，
故答案为：D；
（3）CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）
起始物质的量/mol      6          8                0                  0
物质的量变化/mol      2          6                2                 2
平衡物质的量/mol      4          2                2                 2      
氢气的转化率为：$\frac{n（{H}_{2}）_{转化}}{n（{H}_{2}）_{起始}}$=$\frac{6}{8}$=75%，K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）•c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）•{c}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{2mol}{2L}×\frac{2mol}{2L}}{\frac{4mol}{2L}×（\frac{2mol}{2L}）^{3}}$=0.5L²•mol^-2，
答：平衡时氢气的转化率为75%，该条件下反应的平衡常数为0.5L²•mol^-2；
（4）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强．
故答案为：升高温度；增大压强；Ⅱ中反应速率增大，平衡时氢气物质的量减少，说明平衡正移，该反应正方向为气体分子数目减少，因此改变的条件为增大压强．

点评 此题考查化学反应速率或平衡的图象和热化学反应方程式，考查计算反应速率的大小比较以及反应物转化的多少，注意把握对题目图象的分析．题目较为综合，具有一定难度．