Question

9．能源、環(huán)境與人類生活和社會(huì)發(fā)展密切相關(guān)，研究它們的綜合利用有重要意義．
（1）氧化-還原法消除氮氧化物的轉(zhuǎn)化：NO$→_{反應(yīng)Ⅰ}^{O_{3}}$NO₂$→_{反應(yīng)Ⅱ}^{CO（NH_{2}）_{2}}$N₂
反應(yīng)Ⅰ為：NO+O₃═NO₂+O₂，生成11.2L O₂（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1mol．反應(yīng)Ⅱ中，當(dāng)n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2時(shí)，反應(yīng)的化學(xué)方程式是6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂．
（2）硝化法是一種古老的生產(chǎn)硫酸的方法，同時(shí)實(shí)現(xiàn)了氮氧化物的循環(huán)轉(zhuǎn)化，主要反應(yīng)為：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）△H=-41.8kJ•mol^-1已知：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1寫出NO和O₂反應(yīng)生成NO₂的熱化學(xué)方程式2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=-113.0 kJ•mol^-1．
（3）將燃煤廢氣中的CO₂轉(zhuǎn)化為二甲醚的反應(yīng)原理為：2CO₂（g）+6H₂（g）$\stackrel{催化劑}{?}$CH₃OCH₃（g）+3H₂（g）；該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式為K=$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$．已知在某壓強(qiáng)下，該反應(yīng)在不同溫度、不同投料比時(shí)，CO₂的轉(zhuǎn)化率如圖1所示．該反應(yīng)的△H小于（填“大于”、“小于”或“等于”）0．

（4）合成氣CO和H₂在一定條件下能發(fā)生如下反應(yīng)：CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0．在容積均為V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)相同密閉容器中分別充入a molCO和2a molH₂，三個(gè)容器的反應(yīng)溫度分別為T₁、T₂、T₃且恒定不變，在其他條件相同的情況下，實(shí)驗(yàn)測(cè)得反應(yīng)均進(jìn)行到t min時(shí)CO的體積分?jǐn)?shù)如圖2所示，此時(shí)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)容器中一定達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是Ⅲ；若三個(gè)容器內(nèi)的反應(yīng)都達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)化率最大的反應(yīng)溫度是T₁．
（5）某N₂H₄（肼或聯(lián)氨）燃料電池（產(chǎn)生穩(wěn)定、無污染的物質(zhì)）原理如圖3所示．

①M(fèi)區(qū)發(fā)生的電極反應(yīng)式為N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺．
②用上述電池做電源，用圖4裝置電解飽和氯化鉀溶液（電極均為惰性電極），設(shè)飽和氯化鉀溶液體積為500mL，當(dāng)溶液的pH值變?yōu)?3時(shí)（在常溫下測(cè)定），若該燃料電池的能量利用率為80%，則需消耗N₂H₄的質(zhì)量為0.5g（假設(shè)溶液電解前后體積不變）．

Answer 1

分析 （1）化合價(jià)升高值=化合價(jià)降低值=轉(zhuǎn)移電子數(shù)，根據(jù)化合價(jià)的變化來確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目；反應(yīng)方程式中，系數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比；
（2）根據(jù)蓋斯定律結(jié)合熱化學(xué)方程式的書寫來回答，已知：A、NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）△H=-41.8kJ•mol^-1；
B、2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1，則反應(yīng)：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）可以看成是B-2A得到的；
（3）平衡常數(shù)K=$\frac{生成物平衡濃度冪次方乘積}{反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積}$，圖象可知溫度升高二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明升溫平衡逆向進(jìn)行；
（4）CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)圖4中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圖象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，結(jié)合化學(xué)平衡移動(dòng)分析解答；根據(jù)溫度對(duì)平衡的影響來判斷，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率減��；
（5）①左端為負(fù)極，在酸性電解質(zhì)中失去電子生成氮?dú)夂蜌潆x子；
②該燃料電池的能量利用率為80%，即電池轉(zhuǎn)移電子的80%=電解中轉(zhuǎn)移電子，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算．

解答 解：（1）NO+O₃═NO₂+O₂，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移電子是2mol，生成11.2L即0.5mol O₂（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1mol，當(dāng)n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2，即NO₂和CO（NH₂）₂的系數(shù)之比是3：2，其方程式表示為：6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂，
故答案為：1，6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂；
（2）已知：A、NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）△H=-41.8kJ•mol^-1；
B、2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1，則反應(yīng)：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）可以看成是B-2A得到的，所以該反應(yīng)的△H=-196.6kJ•mol^-1-2（-41.8kJ•mol^-1）=-113.0 kJ•mol^-1，
故答案為：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=-113.0 kJ•mol^-1；
（3）2CO₂（g）+6H₂（g）$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$CH₃OCH₃（g）+3H₂O（g）；該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式為K=$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$，圖象可知溫度升高二氧化碳轉(zhuǎn)化率減小，說明升溫平衡逆向進(jìn)行，逆向反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，
故答案為：$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$；小于；
（4）CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)圖4中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圖象，CO百分含量，由小到大依次為：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T₁中的狀態(tài)轉(zhuǎn)變成T₂中的狀態(tài)，CO百分含量減小，說明平衡正向移動(dòng)，說明T₁未達(dá)平衡狀態(tài)，T₂中的狀態(tài)轉(zhuǎn)變成T₃中的平衡狀態(tài)，CO百分含量增大，說明平衡逆向移動(dòng)，說明T₂可能達(dá)平衡狀態(tài)，一定達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是Ⅲ，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，若三個(gè)容器內(nèi)的反應(yīng)都達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，Ⅰ容器溫度最低，所以CO轉(zhuǎn)化率最大的反應(yīng)溫度是T₁，
故答案為：Ⅲ；T₁；
（5）①由氫離子的移動(dòng)方向可知，M區(qū)為負(fù)極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺，故答案為：N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺； 
②用惰性電極，電解飽和KCl總的電極反應(yīng)式為2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，pH值變?yōu)?3時(shí)，c（OH^-）=0.1mol/L，n（OH^-）=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，
N₂H₄～4e^-～4OH^-
 32g      4mol
x×80%   0.05mol，
解得x=0.5g，
故答案為：0.5．

點(diǎn)評(píng) 本題目綜合考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)的計(jì)算和應(yīng)用、電化學(xué)原理及計(jì)算等方面的知識(shí)，側(cè)重于影響平衡移動(dòng)及平衡常數(shù)的因素的考查，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，題目難度中等．注意（4）從圖象中曲線的變化趨勢(shì)分析條件改變導(dǎo)致平衡移動(dòng)的特點(diǎn)．