Question

1．运用化学反应原理研究碳、氮、硫元素及其化合物有重要意义．
（1）已知一定量的C单质能在O₂（g）中燃烧，其可能的产物及能量关系如图1所示：
写出CO₂（g）与C（s）反应生成CO（g）的热化学方程式CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol．
（2）汽车尾气净化过程中发生反应2NO（g）+2CO（g）?N₂+2CO₂（g）△H＜0．一定条件下，向某密闭恒容容器中按体积比1：l充入44.8L，（标准状况）NO和CO混合气体，发生上述反应，某同学根据反应过程中的有关数据绘制了如图2所示曲线．
①下列关于上述反应过程的叙述正确的是AD（填写字母代号）．
A．其它条件不变，加入催化剂，△H的值不变
B．及时除去二氧化碳，反应的正反应速率加快
C．NO、CO、N₂、CO₂浓度均不再变化，说明未达到平衡状态
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变，证明反应达到化学平衡状态
②前10min内CO的平均反应速率为0.03mol/（L•min），达平衡时NO的转化率为75%，能使上述平衡体系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大的措施有降低温度或加压或增大CO的物质的量或从体系中分离出N₂（任写一条）．
（3）已知弱电解质在水中的电离平衡常数（25℃）如下表（单位省略）：

弱电解质	H2CO3	NH3•H2O
电离平衡常数	Ka1=4.2×10-7　　　　Ka2=5.6×10-11	1.7×10-5

①室温条件下．用敞口容器加热氨水一段时间，恢复至室温后，溶液中水的电离程度比加热前增大（填写“增大”、“减小”或“不变”）．
②常温下，测得某碳酸饮料的pH=6，则该饮料$\frac{n（C{O}_{3}^{2-}）}{n（HC{O}_{3}^{-}）}$=5.6×10^-5．

Answer 1

分析 （1）根据图象写出生成一氧化碳和二氧化碳的热化学方程式，再根据盖斯定律计算二氧化碳转化为一氧化碳的热化学方程式；
（2）①A、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；
B．正反应速率由反应物的浓度决定；
C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；
D．选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
②发生反应：2NO+2CO=N₂+2CO₂，计算消耗CO物质的量浓度，根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（CO），根据图象中二氧化碳生成浓度计算得到一氧化氮消耗浓度，得到NO起始浓度，而计算NO转化率；反应为气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析平衡正向进行的条件；
（3）①室温条件下．用敞口容器加热氨水一段时间，一水合氨分解生成的氨气挥出，恢复至室温后，导致一水合氨溶液浓度减小，对水电离程度有限减小；
②常温下，测得某碳酸饮料的pH=6，$\frac{n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{2}}{c（{H}^{+}）}$；

解答 解：（1）由图可知，1molC（s）与0.5molO₂（g）反应得到1molCO（g）放出热量=393.5kJ-283kJ=110.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol ①
1molC（s）与1molO₂（g）反应得到1molCO₂（g）放出热量393.5kJ，该反应热化学方程式为：C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ/mol ②
根据盖斯定律，①×2-②得：CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol；
故答案为：CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol；
（2）①A、催化剂不影响平衡移动，所以，加入催化剂△H不变，故A正确；
B．除去二氧化碳，生成物浓度降低，平衡正向移动，正反应速率逐渐减慢，故B错误；
C．NO、CO、N₂、CO₂浓度均不再变化，说明达到平衡状态，故C正确；
D．混合气体的平均相对分子质量M=$\frac{m}{n}$，质量在反应前后是守恒的，是一个反应前后物质的量会变化的反应，所以当M不变时，达到了平衡，故D正确；
故选：AD；
②一定条件下，向某密闭恒容容器中按体积比1：l充入44.8L，（标准状况）NO和CO混合气体物质的量为=$\frac{44.8L}{22.4L/mol}$=2mol，NO物质的量为1mol，CO物质的量为1mol，发生反应：2NO+2CO=N₂+2CO₂，平衡时CO₂物质的量浓度0.3mol/L，则消耗CO是0.3mol/L，v（CO）=$\frac{0.3mol/L}{10min}$=0.03mol/（L•min），NO反应的浓度为0.3mol/L，平衡状态下NO浓度为0.1mol/L，则原来NO浓度为0.4mol/L，则NO转化率=$\frac{0.3mol/L}{0.4mol/L}$×100%=75%，
能使上述平衡体系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大的措施是平衡正向进行，2NO（g）+2CO（g）?N₂+2CO₂（g）△H＜0，反应为放热反应，降低温度，增大压强或增加CO量或从体系中分离出N₂ 都可以使平衡正向进行，平衡体系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大，
故答案为：0.03mol/（L•min），75%，降低温度，加压，增大CO的物质的量，从体系中分离出N₂；
（3）①室温条件下．用敞口容器加热氨水一段时间，一水合氨分解生成的氨气挥出，恢复至室温后，导致一水合氨溶液浓度减小，对水电离程度有限减小，恢复至室温后，溶液中水的电离程度比加热前增大，
故答案为：增大；
②常温下，测得某碳酸饮料的pH=6，$\frac{n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{2}}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{5.6×1{0}^{-11}}{1{0}^{-6}}$=5.6×10^-5，
故答案为：5.6×10^-5．

点评 本题考查了热化学方程式书写、有限化学平衡因素、化学平衡移动原理的理解、平衡三行计算方法、弱电解质电离平衡常数等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．