Question

9．能源、环境与人类生活和社会发展密切相关，研究它们的综合利用有重要意义．
（1）氧化-还原法消除氮氧化物的转化：NO$→_{反应Ⅰ}^{O_{3}}$NO₂$→_{反应Ⅱ}^{CO（NH_{2}）_{2}}$N₂
反应Ⅰ为：NO+O₃═NO₂+O₂，生成11.2L O₂（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol．反应Ⅱ中，当n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2时，反应的化学方程式是6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂．
（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：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写出NO和O₂反应生成NO₂的热化学方程式2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=-113.0 kJ•mol^-1．
（3）将燃煤废气中的CO₂转化为二甲醚的反应原理为：2CO₂（g）+6H₂（g）$\stackrel{催化剂}{?}$CH₃OCH₃（g）+3H₂（g）；该反应平衡常数表达式为K=$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$．已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO₂的转化率如图1所示．该反应的△H小于（填“大于”、“小于”或“等于”）0．

（4）合成气CO和H₂在一定条件下能发生如下反应：CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0．在容积均为V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中分别充入a molCO和2a molH₂，三个容器的反应温度分别为T₁、T₂、T₃且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图2所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；若三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的反应温度是T₁．
（5）某N₂H₄（肼或联氨）燃料电池（产生稳定、无污染的物质）原理如图3所示．

①M区发生的电极反应式为N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺．
②用上述电池做电源，用图4装置电解饱和氯化钾溶液（电极均为惰性电极），设饱和氯化钾溶液体积为500mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），若该燃料电池的能量利用率为80%，则需消耗N₂H₄的质量为0.5g（假设溶液电解前后体积不变）．

Answer 1

分析 （1）化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价的变化来确定电子转移数目；反应方程式中，系数之比等于物质的量之比；
（2）根据盖斯定律结合热化学方程式的书写来回答，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，则反应：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）可以看成是B-2A得到的；
（3）平衡常数K=$\frac{生成物平衡浓度幂次方乘积}{反应物平衡浓度幂次方乘积}$，图象可知温度升高二氧化碳转化率减小，说明升温平衡逆向进行；
（4）CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0，该反应正反应为放热反应，根据图4中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小；
（5）①左端为负极，在酸性电解质中失去电子生成氮气和氢离子；
②该燃料电池的能量利用率为80%，即电池转移电子的80%=电解中转移电子，结合电子转移守恒计算．

解答 解：（1）NO+O₃═NO₂+O₂，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O₂（标准状况）时，转移电子的物质的量是1mol，当n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2，即NO₂和CO（NH₂）₂的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂，
故答案为：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，则反应：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）可以看成是B-2A得到的，所以该反应的△H=-196.6kJ•mol^-1-2（-41.8kJ•mol^-1）=-113.0 kJ•mol^-1，
故答案为：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=-113.0 kJ•mol^-1；
（3）2CO₂（g）+6H₂（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃OCH₃（g）+3H₂O（g）；该反应平衡常数表达式为K=$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$，图象可知温度升高二氧化碳转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆向反应是吸热反应，正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：$\frac{{c}^{3}（{H}_{2}O）c（C{H}_{3}OC{H}_{3}）}{{c}^{2}（C{O}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}）}$；小于；
（4）CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H＜0，该反应正反应为放热反应，根据图4中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T₁中的状态转变成T₂中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T₁未达平衡状态，T₂中的状态转变成T₃中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T₂可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，Ⅰ容器温度最低，所以CO转化率最大的反应温度是T₁，
故答案为：Ⅲ；T₁；
（5）①由氢离子的移动方向可知，M区为负极，发生的电极反应式为N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺，故答案为：N₂H₄-4e^-=N₂↑+4H⁺； 
②用惰性电极，电解饱和KCl总的电极反应式为2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，pH值变为13时，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，
故答案为：0.5．

点评 本题目综合考查盖斯定律的应用、化学反应平衡常数的计算和应用、电化学原理及计算等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等．注意（4）从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点．