Question

NO₂气体对环境有危害，应特别注意对地表水、土壤、大气和饮用水的污染。在一定温度时，将0.80 mol的NO₂气体充入4 L真空的密闭容器中，每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到数据如下表所示：

时间(s)	0	20	40	60	80
n(NO2)/mol	0.80	n1	0.52	n3	n4
n(N2O4)/mol	0.00	0.10	n2	0.16	0.16

(1)在上述条件下，反应从20 s至40 s这一时间段内，NO₂的平均反应速率为        mol·L^-1·s^-1。

(2)n₃________n₄(填“＞”、“＜”或“＝”)，该反应的平衡常数为           (保留小数点后一位)。

(3)达到平衡后，如向该密闭容器中再充入0.64 mol氦气，并把容器体积扩大为8 L，则平衡将______(选填“向正反应方向移动”、 “向逆反应方向移动”或“不移动”)，其理由是                      。

(4)若在相同情况下，最初向该容器中充入的是N₂O₄气体，要达到上述同样的平衡状态，起始充入N₂O₄的物质的量是          mol，假设在80 s时达到平衡，请在图中画出并标明该条件下此反应中N₂O₄和NO₂的浓度随时间变化的曲线。

(5)取五等份NO₂，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，反应相同时间后，分别测定体系中NO₂的百分量(NO₂%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是          。

 

Answer

(1)0.001；

(2) ＝；2.8

(3) 向逆反应方向移动；氦气是稀有气体，不参与反应；扩大体积的瞬间，c(NO2)和c(N2O4)都降低为原来的一半，使c(N2O4)/c2(NO2)增大，并大于该温度下的平衡常数K，平衡会向左移动(或氦气是惰性气体，不参与反应，扩大体积相当于减小压强，平衡向左移动)

(4)0.40；

(5)BD

【解析】

试题分析：(1)从反应开始直至20s时，生成的四氧化二氮的物质的量为0.1mol，根据反应：2NO2N2O4，消耗的二氧化氮物质的量为：0.2mol，二氧化氮的反应速率为：v(NO2)==0.001mol•L-1•s-1，故答案为：0.001；

(2)根据表中的数据可知，60s时反应达到了平衡状态，60s和80s时二氧化氮的物质的量相等，即n3=n4，达到平衡状态时，n(N2O4)=0.16mol，n(NO2)=0.8mol-0.16mol×2=0.48mol，二者浓度分别为：c(N2O4)==0.04mol/L，c(NO2)==0.12mol/L，该该反应在该温度下的平衡常数为：≈2.8，故答案为：=；2.8；

(3)达到平衡后，如向该密闭容器中再充入0.32mol氦气，稀有气体不影响各组分的浓度，由于把容器体积扩大为4L，反应体系的压强减小，平衡向着体积增大的方向移动，即向左移动，故答案为：向逆反应方向移动；氦气是稀有气体，不参与反应；扩大体积的瞬间，c(NO2)和c(N2O4)都降低为原来的一半，使c(N2O4)/c2(NO2)增大，并大于该温度下的平衡常数K，平衡会向左移动；

(4)若在相同情况下，最初向该容器中充入的是四氧化二氮气体，要达到上述同样的平衡状态，说明两个反应为等效平衡，根据反应方程式，需要四氧化二氮的物质的量为：0.80mol×=0.40mol，c(N2O4)==0.10mol/L，反应开始时，c(N2O4)=0.10mol/L，c(NO2)=0，之后二氧化氮浓度逐渐增加，四氧化二氮浓度逐渐减小，达到平衡时，根据(2)可知，c(N2O4)=0.04mol/L，c(NO2)=0.12mol/L，据此画出反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线为：，故答案为：0.40；；

(4)由于升高温度，气体颜色会变深，说明化学平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，四氧化二氮浓度减小，所以平衡常数减小，故答案为：减小；

(5)A、因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故A错误；B、因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；C、若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，不可能出现NO2的百分含量不变的情况，故C错误；D、在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故D正确；故选BD。

考点：考查了化学反应速率和化学平衡的影响因素以及计算的相关知识。