10.D 化学反应速率随温度的升高而加快,而由M点到N点,催化剂的催化效率降低,所以v(M)有可能小于v(N),故A项错误;升高温度,二氧化碳的平衡转化率降低,则升温平衡逆向移动,所以化学平衡常数减小,即KM>KN,故B项错误;催化剂只影响反应速率,不影响平衡移动和转化率,故C项错误;设开始投料n(H2)=3mol,则n(CO2)=1mol,在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%,所以有 6H2(g)+2CO2(g)
起始 转化 平衡
CH2CH2(g)+4H2O(g)
3 1 0 0 1.5 0.5 0.25 1 1.5 0.5 0.25 1
所以CO2的体积分数为 ×100%=15.4%,故D项正确。 11.答案(1)AD
(2)①该反应是一个熵增的反应(或ΔS>0)
②2CH3OH+O22HCHO+2H2O 0.5
解析(1)浓度相等不能说明其浓度不再变化,B错误;气体总质量一定、容器容积一定,密度始终不变,C错误。
(2)①该反应是一个熵增的反应,若是放热反应,则一定能自发进行,若是吸热反应,则一定条件下能自发进行。②n(O2)∶n(CH3OH)=0.25时,主要生成甲醛。制备H2时要求H2的选择性要好,由图可知在n(O2)∶n(CH3OH)=0.5时,H2的选择性接近100%。
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12.答案(1)小于 (2)①0.011 7 mol·L·min ②C (3)80% 1 解析(1)增大二氧化硫的浓度,导致自身转化率减小。
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(2)①根据图像分析可知:前3min内氧气浓度增大了0.035mol·L,所以平均反应速率为
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0.0117mol·L·min;②从图像变化趋势来看,b相对于a来说,反应速率增大,NO2浓度减小,所以改变的条件只可能是温度。
(3)设平衡时反应①生成的氧气的物质的量浓度为x,反应②生成的氧气的物质的量浓度为y。
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利用反应①和②可以求出当c(NO2)=0.4mol·L,c(O2)=1.3mol·L时,
①2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) 4x x ②2NO2(g)2NO(g)+O2(g) 2y 2y y
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x+y=1.3mol·L,4x-2y=0.4mol·L,
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解得:x=0.5mol·L,y=0.8mol·L。所以反应②中NO2的转化率为80%。由反应①生成的O2的
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浓度为0.5mol·L知,N2O5(g)的起始浓度大于1mol·L。
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13.答案(1)①吸热 ②0.2 0.002 5 mol·L·s
+-(2)B > (3)N2+6H+6e2NH3
解析(1)①升高温度,其平衡常数增大,说明升温时平衡向正反应方向移动,即正反应为吸热反应。
②设平衡时NO的物质的量为xmol,根据“三段式”法计算如下: N2(g) + O2(g) 2NO(g) 起始/mol 0.3 0.3 0 转化/mol 0.5x 0.5x x 平衡/mol 0.3-0.5x 0.3-0.5x x
2260℃时,平衡常数K为1,则
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=1,解得x=0.2,v(N2)=
=0.0025mol·L·s。
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(2)工业固氮为放热、气体体积减小的反应,在温度相同的条件下,增大压强,平衡正向移动,N2
的转化率增大;在压强相同的条件下,升高温度,平衡逆向移动,N2的转化率减小,即T1>T2。
(3)根据电解装置图和电解原理分析,阴极发生还原反应,氮气在阴极上放电,与氢离子结合生
-+
成氨气,阴极的电极反应式为N2+6e+6H2NH3。
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