Question

【題目】一定條件下，通過下列反應可實現燃煤煙氣中硫的回收：
（1）SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）△H＜0
①如果要提高上述反應的反應速率，可以采取的措施是 ． （選填編號）
a．減壓 b．增加SO2的濃度 c．升溫 d．及時移走產物
②若反應在恒容的密閉絕熱容器中進行，下列說法不正確的是 ． （選填編號）
a．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強始終不變
b．當容器內溫度不再變化時，反應達到了平衡
c．其他條件不變，升高溫度可增大平衡常數
d．其他條件不變，使用不同催化劑，該反應熱效應不同
③該反應的平衡常數表達式是′；某溫度下2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的CO．10分鐘內，氣體密度減小了8g/L，則CO的反應速率是 ．
（2）SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3（g）
①在2L恒定容器中加入2mol的SO2和2mol的NO2 ， 達到平衡時測得SO2的轉化率為50%，向該容器中再加入1mol的SO2 ， 平衡將向方向移動，計算重新達到平衡時SO2的濃度是 ， SO2的轉化率由50%變為 ， NO2的轉化率由變為 ．
②實驗結果啟示我們：增大一種反應物濃度，其轉化率將（填增大、減小或不變），另一種反應物的轉化率將 ． 現實生產的意義是：可以通過增大的用量，來提高成本高的反應物的利用率．

Answer 1

【答案】
（1）bc；acd；0.05mol/（L﹒min）
（2）正；0.9mol/L；40%；50%；60%；減小；增大；低成本物質
【解析】解：（1）①a．減壓，減小速率，故錯誤； b．增加SO2的濃度，加快反應速率，故正確；
c．升溫，加快反應速率，故正確；
d．及時移走產物，相對于減小濃度，減小反應速率，故錯誤；
所以答案是：bc；②a．平衡前，隨著反應的進行，氣體的物質的量減小，故容器內壓強始會減小，故錯誤；
b．溫度為變量，當容器內溫度不再變化時，反應達到了平衡，故正確；
c．平衡時，其他條件不變，正反應是放熱反應，所以升高溫度K減小，故錯誤；
d．反應熱效應與催化劑無關，故錯誤；
所以答案是：acd；③根據平衡常數的定義書寫表達式為：K= ，2L容器中，10分鐘內，氣體密度減小了8g/L，則減少的S為0.25mol/L，變化的CO的濃度為0.5mol/L，故CO的反應速率是0.05mol/（L﹒min），所以答案是： ；0.05mol/（L﹒min）；（2）①在2L容器中，加入2mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），保持溫度恒定，當達到平衡狀態時，測得容器中SO2（g）的轉化率為50%，轉化的SO2為2mol×50%=1mol，則：
SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）
起始量（mol）：2 2 0 0
轉化量（mol）：1 1 1 1
平衡量（mol）：1 1 1 1
平衡常數K= = =1
再繼續加入1mol的SO2（g），等效為開始加入3mol的SO2（g）和2mol的NO2（g），設平衡時容器中SO2（g）的濃度是xmol/L，則：
SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L）：1.5 1 0 0
轉化量（mol/L）：1.5﹣x 1.5﹣x 1.5﹣x 1.5﹣x
平衡量（mol/L）：x x﹣0.5 1.5﹣x 1.5﹣x
所以 =1，解得x=0.9mol/L，
SO2、NO2起始物質的量之比為1：1，又按物質的量1：1反應，二者轉化率相等，故NO2的轉化率為50%；新平衡時SO2的轉化率= ×100%=40%、NO2的轉化率= ×100%=60%；
所以答案是：正；0.9mol/L；40%；50%；60%；②增大一種反應物的用量，其轉化率將減小，另一反應物的轉化率將增大，現實生產中的意義是：可以通過增大低成本物質的用量，來提高成本高的反應物的利用率，
所以答案是：減小；增大；低成本物質．
【考點精析】認真審題，首先需要了解化學平衡狀態本質及特征(化學平衡狀態的特征：“等”即 V正=V逆>0；“動”即是動態平衡，平衡時反應仍在進行；“定”即反應混合物中各組分百分含量不變；“變”即條件改變，平衡被打破，并在新的條件下建立新的化學平衡；與途徑無關，外界條件不變，可逆反應無論是從正反應開始，還是從逆反應開始，都可建立同一平衡狀態（等效）)，還要掌握化學平衡的計算(反應物轉化率=轉化濃度÷起始濃度×100%=轉化物質的量÷起始物質的量×100%；產品的產率=實際生成產物的物質的量÷理論上可得到產物的物質的量×100%)的相關知識才是答題的關鍵．