题目内容
10.废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施(1)SO2能造成酸雨,向煤中加生石灰可以减少其排放,原理的方程式为2SO2+2CaO+O2=2CaSO4.
(2)用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx、碳氢化合物转化成无毒物质,从而减少汽车尾气污染.已知:
N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol
写出NO(g)与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ/mol.
(3)用NH3还原NOx生成N2和H2O.现有NO、NO2的混合气3L,可用同温同压下3.5L的NH3恰好使其完全转化为N2,则原混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3.
(4)纳米级Cu2O具有优良的催化性能,制取Cu2O的方法有:
①加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2制备纳米级Cu2O,同时放出N2.该制法的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2+6H2O.
②用阴离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米Cu2O,反应为2Cu+H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu2O+H2↑,如图1所示.
该电解池的阳极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O.
③检验生成该物质的最简单操作的名称丁达尔效应.
(5)SO2经催化氧化可生成SO3,该反应的热化学方程式为:
2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=-a kJ•mol-1
在T1℃时,将2mol SO2、1mol O2充入容积为2L的密闭容器A中,充分反应并达到平衡,此过程中放出热量98.3kJ,测得SO2的平衡转化率为50%,则a=196.6,T1℃时,上述反应的平衡常数K1=4_.若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中,充分反应,在T2℃时达到平衡,在此温度时上述反应的平衡常数为K2.则K1> K2 (填“>”、“<”或“=”).
(6)在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂,工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3,其电解原理如图2所示.
①氮化硅的化学式为Si3N4.
②a电极为电解池的阳(填“阴”或“阳”)极,写出该电极的电极反应式:NH4++3F--6e-=NF3+4H+;电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质,该气体的分子式是F2.
分析 (1)二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙,亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙;
(2)已知:①.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol
②.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol
③.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol
根据盖斯定律,③×2-②-①可得:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g);
(3)相同条件下,气体体积之比等于其物质的量之比,假设NO、NO2的混合气体为3mol,氨气为3.5mol,由于反应生成N2和H2O,根据H原子守恒计算H2O的物质的量,设NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol,由二者物质的量之和及氧原子守恒列方程计算解答;
(4)①由题目信息可知,N2H4与Cu(OH)2生成Cu2O、N2,由元素守恒可知有水生成,配平书写方程式;
②阳极发生氧化反应,Cu失去电子,与通过阴离子交换膜的氢氧根离子反应生成Cu2O、与水;
③由于得到纳米级Cu2O,具有胶体的性质,可以用丁达尔效应检验;
(5)测得SO2的平衡转化率为50%,则参加反应的SO2为2mol×50%=1mol,则:
2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)
开始(mol):2 1 0
转化(mol):1 0.5 1
平衡(mol):1 0.5 1
计算2molSO2反应放出的热量可得a的值;
平衡常数K=$\frac{{c}^{2}(S{O}_{3})}{{c}^{2}(S{O}_{2})×c({O}_{2})}$,代入平衡浓度计算;
若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中,该反应正反应为放热反应,随反应进行,容器内温度升高,平衡会向逆反应进行,平衡常数减小;
(6)①氮化硅的化学式为Si3N4;
②由图可知,b极产生氢气,发生还原反应,b为阴极,则a为阳极,阳极发生氧化反应,NH4F失去电子得到
NF3,还有H+生成;电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质,该单质为氟气.
解答 解:(1)二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙,亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙,总反应方程式为:2SO2+2CaO+O2=2CaSO4,
故答案为:2SO2+2CaO+O2=2CaSO4;
(2)已知:①.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol
②.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol
③.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol
根据盖斯定律,③×2-②-①可得:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g),所以△H=(-393.5kJ/mol)×2-(-221.0kJ/mol)-(+180.5kJ/mol)=-746.5 kJ/mol,
故热化学方程式为:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ/mol,
故答案为:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ/mol;
(3)相同条件下,气体体积之比等于其物质的量之比,假设NO、NO2的混合气体为3mol,氨气为3.5mol,由于反应生成N2和H2O,根据H原子守恒,则生成H2O的物质的量$\frac{3.5mol×3}{2}$=5.25mol,设NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol,由二者物质的量之和及氧原子守恒可得则:$\left\{\begin{array}{l}{x+y=3}\\{x+2y=5.25}\end{array}\right.$,解得x=0.75、y=2.25,故NO、NO2的物质的量之比为0.75mol:2.25mol=1:3,
故答案为:1:3;
(4)①由题目信息可知,N2H4与Cu(OH)2生成Cu2O、N2,由元素守恒可知有水生成,配平方程式为:4Cu(OH)2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2+6H2O,
故答案为:4Cu(OH)2+N2H4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu2O+N2+6H2O;
②阳极发生氧化反应,Cu失去电子,与通过阴离子交换膜的氢氧根离子反应生成Cu2O、与水,该电解池的阳极反应式为:2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O,
故答案为:2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O;
③由于得到纳米级Cu2O,具有胶体的性质,可以用丁达尔效应检验,故答案为:丁达尔效应;
(5)测得SO2的平衡转化率为50%,则参加反应的SO2为2mol×50%=1mol,则:
2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)
开始(mol):2 1 0
转化(mol):1 0.5 1
平衡(mol):1 0.5 1
1molSO2反应放出热量98.3kJ,则2molSO2反应放出的热量为98.3kJ×2=196.6kJ,故反应热△H-196.6kJ/mol,则a=196.6;
平衡常数K=$\frac{{c}^{2}(S{O}_{3})}{{c}^{2}(S{O}_{2})×c({O}_{2})}$=$\frac{(\frac{1}{2})^{2}}{(\frac{1}{2})^{2}×\frac{0.5}{2}}$=4;
若将初始温度为T1℃的2molSO2和1molO2充入容积为2L的绝热密闭容器B中,在T2℃时达到平衡,在此温度时上述反应的平衡常数为K2,该反应正反应为放热反应,随反应进行,容器内温度升高,平衡会向逆反应进行,平衡常数减小,即K1>K2,
故答案为:196.6;4;>;
(6)①氮化硅的化学式为Si3N4,故答案为:Si3N4;
②由图可知,b极产生氢气,发生还原反应,b为阴极,则a为阳极,阳极发生氧化反应,NH4F失去电子得到
NF3,还有H+生成,电极反应式为:NH4++3F--6e-=NF3+4H+;电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质,该单质为F2,
故答案为:阳;NH4++3F--6e-=NF3+4H+;F2.
点评 本题考查热化学方程式书写、混合物有关计算、化学平衡计算、电解池应用等,属于拼合型题目,需要学生具备扎实的基础,较好的考查学生运用知识分析解决问题的能力、对信息处理能力,难度中等.
A. | 若甲既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应,则丙可能属于两性氧化物 | |
B. | 若丙、丁混合产生白烟,且丙为18电子分子,则乙的水溶液可能具有漂白作用 | |
C. | 若甲、丙、戊含有同一种元素,该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊 | |
D. | 若甲为短周期中原子半径最大的主族元素的单质,且戊为碱,则丙只能为Na2O2 |
A. | 在蒸发皿中放入NaCl溶液,加热、蒸发所有水分得到NaCl晶体 | |
B. | 用10 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 | |
C. | 用托盘天平称取25.20 g NaCl | |
D. | 用1 000 mL容量瓶配制450 mL 0.1 mol•L-1的盐酸 |
t/min | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 |
V(O2)/mL | 0.0 | 9.9 | 17.2 | 22.4 | 26.5 | 29.9 |
A. | 0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2mol•L-1•min-1 | |
B. | 4~6min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2mol•L-1•min-1 | |
C. | 反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol•L-1 | |
D. | 反应至6 min时,H2O2分解了50% |