Question

19．恒溫恒容下向2L密閉容器中加入SO₃發(fā)生反應(yīng)：2SO₃（g）?2SO₂（g）+O₂（g），反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表：下列說法正確的是（　　）

反應(yīng)時間/min	n（SO3）/mol	n（O2）/mol
0	2.0	0
2	0.8
4		0.6
6	1.8	1.1

• A． 0～2 min平均速率v（SO₂）=0.6 mol•L^-1•min^-1
• B． 4 min后，平衡移動的原因可能是減壓
• C． 若升高溫度后的平衡常數(shù)的值為1.0，則該正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)
• D． 若起始時容器中SO₃的物質(zhì)的量改為1.0 mol，則平衡時n（SO₂）=0.6 mol

Answer 1

分析 2min時n（SO₃）=0.8mol，則反應(yīng)消耗三氧化硫的物質(zhì)的量為2.0mol-0.8mol=1.2mol，此時生成氧氣的物質(zhì)的量為：n（O₂）=$\frac{1}{2}$n（SO₃）=1.2mol×$\frac{1}{2}$=0.6mol，而4min時氧氣的物質(zhì)的量仍然為0.6mol，說明該反應(yīng)在2min 時已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，
A．根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算出0～2 min平均速率v（SO₃），然后利用二者計量數(shù)關(guān)系得出0～2 min平均速率v（SO₂）；
B．將氧氣按照計量數(shù)關(guān)系轉(zhuǎn)化成三氧化硫可知，改變條件下三氧化硫的物質(zhì)的量增大了，而減壓不影響三氧化硫的物質(zhì)的量；
C．利用化學(xué)平衡三段式列式計算出原平衡時的平衡常數(shù)，然后利用溫度對平衡常數(shù)的影響判斷反應(yīng)熱；
D．減小三氧化硫的物質(zhì)的量，減小了壓強(qiáng)，平衡向著正向移動，二氧化硫的物質(zhì)的量增大．

解答 解：2min時n（SO₃）=0.8mol，則反應(yīng)消耗三氧化硫的物質(zhì)的量為2.0mol-0.8mol=1.2mol，此時生成氧氣的物質(zhì)的量為：n（O₂）=$\frac{1}{2}$n（SO₃）=1.2mol×$\frac{1}{2}$=0.6mol，而4min時氧氣的物質(zhì)的量仍然為0.6mol，說明該反應(yīng)在2min 時已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，
A.0～2 min平均速率v（SO₃）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{\frac{1.2mol}{2L}}{2min}$=0.3 mol•L^-1•min^-1，化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)成正比，則v（SO₂）=v（SO₃）=0.3 mol•L^-1•min^-1，故A錯誤；
B．將1.1mol氧氣按照計量數(shù)關(guān)系轉(zhuǎn)化成三氧化硫可知，改變條件下三氧化硫的物質(zhì)的量為：1.8mol+1.1mol×$\frac{1}{2}$=2.35mol＞2mol，說明平衡移動的原因為加入了三氧化硫，而不是改變了壓強(qiáng)，故B錯誤；
C.2SO₃（g）?2SO₂（g）+O₂（g），
開始（mol）：2mol           0              0
變化（mol）：1.2            1.2           0.6
平衡（mol）：0.8           1.2            0.6，
原條件下的平衡常數(shù)K=$\frac{（\frac{1.2}{2}）^{2}×（\frac{0.6}{2}）}{（\frac{0.8}{2}）^{2}}$=0.675＜1，說明升高溫度后平衡向著正向移動，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故C正確；
D．若起始時容器中SO₃的物質(zhì)的量改為1.0 mol，假如平衡不一定，則平衡時n（SO₂）=1.2mol×$\frac{1}{2}$=0.6 mol，由于三氧化硫的物質(zhì)的量減小，相當(dāng)于減小了壓強(qiáng)，平衡向著正向移動，則重新達(dá)到平衡時二氧化硫的物質(zhì)的量大于0.6mol，故D錯誤；
故選C．

點(diǎn)評 本題考查了化學(xué)平衡的計算，題目難度中等，正確判斷2min后該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)為解答關(guān)鍵，注意掌握化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)反應(yīng)速率的概念及表達(dá)式，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計算能力．