Question

4．C、N、S是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：
（1）烟道气中含有的CO和SO₂是重要的污染物，可在催化剂作用下将它们转化为S（s）和CO₂，此反应的热化学式为2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270 kJ•mol^-1．
已知：CO（g）+1/2O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1；S（s）+O₂=SO₂（g）△H=-296.0kJ•mol^-1
（2）向甲、乙两个均为1L的密闭容器中，分别充入5mol SO₂和3mol O₂，发生反应：2SO₂ （g）+O₂ （g）?2SO₃（g）△H＜0．甲容器在温度为T₁的条件下反应，达到平衡时SO₃的物质的量为4.5mol；乙容器在温度为T₂的条件下反应，达到平衡时SO₃的物质的量为4.6mol．
则T₁＞T₂（填“＞”“＜”），甲容器中反应的平衡常数K=108L•mol^-1．
（3）如图1所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气气囊．保持恒温，关闭K₂，分别将1mol N₂和3mol H₂通过K₁、K₃充入A、B中，发生的反应为N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），起始时A、B的体积相同均为a L．
①图2示意图中正确，且既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是d．
②容器A中反应到达平衡时所需时间t s，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，则平均反应速率v（H₂）=$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1．
（4）将0.1mol氨气分别通入1L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中NH₄⁺离子浓度分别为c₁、c₂、c₃，则三者浓度大小的关系为c₁=c₂＜c₃ （用c₁、c₂、c₃和＞、＜、=表示）．已知醋酸铵溶液呈中性，常温下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，则该温度下0.1mol•L^-1的NH₄Cl溶液的pH为5．

Answer 1

分析 （1）已知①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0KJ•mol^-1
②S（s）+O₂（g）=SO₂（g）△H=-296.0KJ•mol^-1
根据盖斯定律将方程式①×2-②得2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g），然后计算反应热；
（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的SO₃越少；先利用三段式求出平衡时各物质的浓度，再根据K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$计算；
（3）①化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
②已知反应为N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），通入1mol N₂和3mol H₂，达到平衡后容器的压强变为原来的5/6，根据压强之比等于物质的量比结合三段式计算；
（4）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，氨气与硫酸和盐酸恰好反应；
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH₃COOH的Ka=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的电离常数为1×10^-5 mol•L^-1，Ka=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（{H}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，据此计算．

解答 解：（1）①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0KJ•mol^-1
②S（s）+O₂（g）=SO₂（g）△H=-296.0KJ•mol^-1
将方程式①×2-②得2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=（-283.0KJ•mol^-1）×2-（-296.0KJ•mol^-1）=-270KJ•mol^-1，
所以热化学反应方程式为：2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270KJ•mol^-1，
故答案为：2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270KJ•mol^-1；
（2）该反应为放热反应，温度越高，生成的SO₃越少，达到平衡时甲容器中生成的三氧化硫的物质的量少，则甲容器的温度高，即T₁＞T₂；
               2SO₂ （g）+O₂ （g）?2SO₃（g）
起始（mol/L）：5          3        0
转化（mol/L）：x         0.5x      x
平衡（mol/L）：5-x        3-0.5x    x
达到平衡时SO₃的物质的量为4.5mol，则x=4.5mol/L，所以K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$=$\frac{4．{5}^{2}}{0．{5}^{2}×0.75}$=108L•mol^-1；
故答案为：＞；108L•mol^-1；
（3）①a．密度=$\frac{总质量}{体积}$，总质量一定，A中体积不变，故密度不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．恒温条件下，平衡常数保持不变，则不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c．都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．N₂的转化率先增大，后保持不变，说明反应达到平衡状态，与图象相符，故d正确；
故答案为：d；
②
             N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）
起始（mol）：1       3          0
转化（mol）：x       3x         2x
平衡（mol）：1-x     3-3x       2x
达到平衡后容器的压强变为原来的$\frac{5}{6}$，则$\frac{4-2x}{4}$=$\frac{5}{6}$，解得x=$\frac{1}{3}$，
v（H₂）=$\frac{\frac{1mol}{aL}}{ts}$=$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1；
故答案为：$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1；
（4）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，铵根离子浓度较大，氨气与硫酸和盐酸恰好反应，所以溶液中铵根离子浓度：c₁=c₂＜c₃，；
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的电离常数为1×10^-5 mol•L^-1，
Ka=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（{H}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1×10^-5，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，
设c（H⁺）为xmol/L，
则Kh=$\frac{{x}^{2}}{0.1}=1.0×1{0}^{-9}$，解得x=1×10^-5mol/L，所以pH=5；
故答案为：c₁=c₂＜c₃；5．

点评 本题考查较综合，涉及平衡常数计算、反应速率计算、平衡状态判断、弱电解质的电离等知识点，这些都是高考高频点，侧重考查学生分析、计算及知识运用能力，注意只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态的判断依据，注意化学平衡常数计算中用物质浓度而不是物质的量计算，这些都是易错点．