题目内容

14.按要求填空:
(1)航天技术上使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便、不污染环境等优点,碱式氢氧燃料电池中的电解质是碱,其正极反应表示为:O2+2H2O+4e-═4OH-,则其负极反应可表示为2H2+4OH--4e-═4H2O.
(2)在一定条件下,RO3n-和I-发生反应的离子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+═R-+3I2+3H2O则R元素的原子最外层电子有7个.
(3)Na2SX在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:16,则x值是5
(4)CH4和H2O(g)通入聚焦太阳能反应器中,发生反应:CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g),将等物质的量的CH4和H2O(g)充入2L恒容密闭反应器中,某温度下反应达到平衡时$\frac{C(CO){C}^{3}({H}_{2})}{C(C{H}_{4})C({H}_{2}O)}$=27,此时测得n(CO)=0.2mol,则平衡时CH4的转化率为90.9%.(计算结果保留三位有效数字).

分析 (1)碱性条件下,负极上氢气失电子生成水;
(2)根据生成R-离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构,应为第七主族元素;
(3)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,S元素的化合价由-$\frac{2}{x}$价变为+6价,NaClO被还原成NaCl,Cl元素的化合价由+1价变为-1价,根据得失电子守恒计算x值;
(4)依据化学平衡的三段式列式计算,设CH4与H2O(g)物质的量为a,
                       CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)
起始量(mol) a               a                  0            0
变化量(mol) 0.20        0.20             0.20          0.60
平衡量(mol) a-0.20   a-0.20           0.20          0.60
K=27列式计算.

解答 解:(1)碱性条件下,燃料电池中,负极上氢气失电子生成水,其电极反应式为:2H2+4OH--4e-═4H2O,
故答案为:2H2+4OH--4e-═4H2O;   
(2)RO3n-中R元素的化合价不一定为最高正价,应根据反应物中R-离子的化合价进行判断,根据生成R-离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构,应为第七主族元素,最外层电子数为7,故答案为:7;    
(3)Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,S元素化合价由-$\frac{2}{x}$升高为+6,而NaClO被还原为NaCl,Cl元素化合价由+1价降低为-1价,反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:16,根据电子转移守恒,则:
x×[6-(-$\frac{2}{x}$)]=16×[1-(-1)]
解得:x=5,
故答案为:5;
(4)依据化学平衡的三段式列式计算,设CH4与H2O(g)物质的量为a,
                      CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)
起始量(mol) a              a                0               0
变化量(mol) 0.20       0.20            0.20            0.60
平衡量(mol) a-0.2     0 a-0.20        0.20           0.60
K=$\frac{c(CO){c}^{3}({H}_{2})}{c(C{H}_{4})c({H}_{2}O)}$$\frac{0.1×0.{3}^{3}}{(\frac{a-0.2}{2})(\frac{a-0.2}{2})}$=27
计算得到a=0.22mol;则CH4的平衡转化率=$\frac{0.20mol}{0.22mol}$×100%=90.9%;
故答案为:90.9%.

点评 本题主要考查原电池原理、速率的计算、化学平衡常数的计算、氧化还原反应等知识点,题目难度中等,注意基础知识的运用.

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