Question

苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下： (g) (g)+H₂(g)  △H=+17.6kJ/mol。

(1)从温度和压强角度分析提高乙苯平衡转化率可采取的措施有___________。

(2)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:4)，测得容器总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。

①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实__________。

平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)

②反应速率V=V_正-V_逆=k_正P_乙苯-k_逆p_苯乙烯p_氢气，k_正、k_逆分别为正逆反应速率常数。计算a处的______。

(3)CO₂气氛下乙苯催化脱氢可同时存在图1两种途径：

①b=_______kJ/mol。

②途径I的反应历程图所示，下列说法正确的是______________。

a．CO₂为氧化剂                

b．状态1到状态2形成了O-H键

c．中间产物只有()

d．该催化剂可提高乙苯的平衡转化率

③在相同的容器中，不同p(CO₂)的条件下，进行相同的反应时间，p(CO₂)与乙苯转化率关系如图，分析，p(CO₂)为15kPa时乙苯转化率最高的因____________________。

Answer

升温、降压 乙苯蒸气中掺混水蒸气，可以达到减小乙苯蒸气分压的作用，减压有利于平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率 45 2.5 59.2 a、b p(CO2)压强增大，反应速率加快，乙苯转化率增多，当p(CO2)大于15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降

【解析】

（1）(g) (g)+H2(g) △H=+17.6kJ/mol是吸热反应，又是气体体积增大的反应；

（2）气体体积增大的反应，利用减小压强，平衡正向移动；根据反应三段式分析计算；

反应速率v=v正-v逆=k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，则v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气，平衡时v正=v逆，即k正p乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，所以计算；

（3）①由图片可知b=17.6J/mol+41.6J/mol；

②反应过程中CO2转化为CO，C的化合价降低，被还原；状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和等中间产物；催化剂可加快反应速率，但不影响反应进程；

③由反应途径I图片可知乙苯催化脱氢被催化剂吸附，在催化剂表面进行，随着CO2压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快，但压强过大时，会导致催化剂吸附乙苯的机能降低，乙苯平衡转化率反而降低。

（1）(g) (g)+H2(g) △H=+17.6kJ/mol是气体体积增大的吸热反应，升高温度和减小压强，平衡向正反应方向移动，则提高乙苯平衡转化率可采取的措施有升温、降压，故答案为：升温、降压；

（2）①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实乙苯蒸气中掺混水蒸气，可以达到减小乙苯蒸气分压的作用，减压有利于平衡正向移动，可以提高乙苯的平衡转化率。

原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:4，根据PV=nRT，其它条件相同时，物质的量之比等于压强比，原料气中P水蒸气=80Kpa，P乙苯=20Kpa，平衡时P乙苯=20Kpa（1-75%）=5Kpa，P苯乙烯=20Kpa×75%=15Kpa，P氢气=20Kpa×75%=15Kpa，平衡常数Kp==45kPa，故答案为：45；

②反应速率V=V正-V逆=k正P乙苯-k逆p苯乙烯p氢气，k正、k逆分别为正逆反应速率常数，a处的，故答案为：2.5；

（3）①由盖斯定律可知b=17.6J/mol+41.6J/mol= 59.2kJ/mol，故答案为：59.2；

②a．反应过程中CO2转化为CO，C的化合价降低，被还原，是氧化剂，故a正确；

b．状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“等中间产物，形成了O-H键，故b正确；

c．状态1到状态2过程中在催化剂表面生成了”HO-C=O“和等中间产物，故c错误；

d．催化剂可加快反应速率，但不影响反应进程，故d错误；

ab正确，故答案为：ab；

③在相同的容器中，不同p(CO2)的条件下，进行相同的反应时间，p(CO2)与乙苯转化率关系如图3，p(CO2)为15kPa时乙苯转化率最高的原因：p(CO2)压强增大，反应速率加快，乙苯转化率增多，当p(CO2)大于15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降，故答案为：p(CO2)压强增大，反应速率加快，乙苯转化率增多，当p(CO2)大于15kPa，由于催化剂表面有限，能吸附的乙苯量下降，反应速率减慢，乙苯转化率下降。