Question

3．为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量．有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要．
（1）在汽车排气管内安装催化转化器，可将汽车尾气中主要污染物转化为无毒的大气循环物质．
已知：①N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
②C和CO的燃烧热（△H）分别为-393.5kJ•mol^-1和-283kJ•mol^-1
则2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5kJ•mol^-1
（2）将0.20mol NO和0.10mol CO充入一个容积为1L的密闭容器中，反应过程中物质浓度变化如图所示．
①CO在0-9min内的平均反应速率v（CO）=4.4×10^-3L^-1•min^-1（保留两位有效数字）；第12min时改变的反应条件可能为D．A升高温度   B加入NO   C．加催化剂   D．降低温度
②该反应在第24min时达到平衡状态，CO₂的体积分数为22.2%（保留三位有效数字），化学平衡常数K=34%（保留两位有效数字）．
（3）一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染．常温下，将a mol/L的醋酸与b mol/LBa（OH）₂溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba²⁺）=c（CH₃COO^-），则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7 mol•L^-1（用含a和b的代数式表示）．
（4）在T温度下，向2L密闭容器中充入10molN₂与5mo1O₂，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，该温度下，若开始时向上述容器中充入N₂与O₂均为1mol，则达到平衡后N₂的转化率为14.3%．

Answer 1

分析 （1）已知：①N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
又知C和CO的燃烧热（△H）分别为-393.5kJ•mol^-1和-283kJ•mol^-1
可得热化学方程式：②C（s）+O₂（g）═CO₂（g）△H=-393.5kJ•mol^-1
③CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H=-283kJ•mol^-1
根据盖斯定律，③×2-①可得：2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+2CO₂（g）；
（2）①根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（CO）；
12min时改变条件瞬间各组分浓度不变，而氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，平衡正向移动，结合平衡移动原理分析解答；
②由①中可知12min时为改变温度，重新到达平衡时NO为0.14mol/L、CO为0.04mol/L、氮气为0.03mol/L，由方程式可知二氧化碳为0.06mol/L，二氧化碳条件分数=$\frac{平衡时二氧化碳浓度}{混合气体总浓度}$×100%，根据K=$\frac{c（{N}_{2}）×{c}^{2}（C{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）×{c}^{2}（CO）}$计算平衡常数；
（3）混合后溶液中c（Ba²⁺）=0.5b mol/L，根据电荷守恒：2c（Ba²⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），溶液中存在2c（Ba²⁺）=c（CH₃COO^-），则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，溶液中c（CH₃COO^-）=b mol/L，由微粒守恒可知溶液中c（CH₃COOH）=（0.5a-b ）mol/L，再根据Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$计算；
（4）利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入K=$\frac{{c}^{2}（NO）}{c（{N}_{2}）×c（{O}_{2}）}$计算平衡常数，温度相同，则平衡常数相同；
令N₂转化的物质的量为xmol，利用三段式求出反应混合物各组分物质的量的变化量、平衡时反应混合物各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答．

解答 解：（1）已知：①N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
又知C和CO的燃烧热（△H）分别为-393.5kJ•mol^-1和-283kJ•mol^-1
可得热化学方程式：②C（s）+O₂（g）═CO₂（g）△H=-393.5kJ•mol^-1
③CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H=-283kJ•mol^-1
根据盖斯定律，③×2-①可得：2NO（g）+2CO（g）═N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5KJ/mol
故答案为：-746.5；
（2）①0-9min内CO浓度变化为（0.1-0.06）mol/L=0.04mol/L，则v（CO）=$\frac{0.04mol/L}{9min}$=4.4×10^-3L^-1•min^-1，
12min时改变条件瞬间各组分浓度不变，而氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，平衡正向移动，正反应为放热反应，应是降低温度，
故答案为：4.4×10^-3；D；
②由①中可知12min时为改变温度，重新到达平衡时NO为0.14mol/L、CO为0.04mol/L、氮气为0.03mol/L，由方程式可知二氧化碳为0.06mol/L，二氧化碳条件分数=$\frac{0.06}{0.14+0.04+0.03+0.06}$×100%=22.2%，平衡常数K=$\frac{c（{N}_{2}）×{c}^{2}（C{O}_{2}）}{{c}^{2}（NO）×{c}^{2}（CO）}$=$\frac{0.03×0.0{6}^{2}}{0.1{4}^{2}×0.0{4}^{2}}$=3.4，
故答案为：22.2%；3.4；
（3）混合后溶液中c（Ba²⁺）=0.5b mol/L，根据电荷守恒：2c（Ba²⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），溶液中存在2c（Ba²⁺）=c（CH₃COO^-），则c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，溶液中c（CH₃COO^-）=b mol/L，由微粒守恒可知溶液中c（CH₃COOH）=（0.5a-b ）mol/L，电离平衡常数Ka=$\frac{c（{H}^{+}）×c（C{H}_{3}CO{O}^{-}）}{c（C{H}_{3}COOH）}$=$\frac{1{0}^{-7}×b}{（0.5a-b）}$=$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7 mol•L^-1，
故答案为：$\frac{2b}{a-2b}$×10^-7 mol•L^-1；
（4）在T温度下，向2L密闭容器中充入10molN₂与5mo1O₂，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，
则参加反应氮气为2mol×$\frac{1}{2}$=1mol，
           N₂（g）+O₂（g）?2NO（g）
起始（mol）：10    5        0
反应（mol）：1     1        2
平衡（mol）：9     4        2
所以平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（NO）}{c（{N}_{2}）×c（{O}_{2}）}$=$\frac{{2}^{2}}{9×4}$=$\frac{1}{9}$
令N₂转化的物质的量为xmol，则
           N₂（g）+O₂（g）?2NO（g）
起始（mol）：1     1       0
反应（mol）：x     x       2x
平衡（mol）：1-x   1-x     2x
所以$\frac{（2x）^{2}}{（1-x）×（1-x）}$=$\frac{1}{9}$，解得x=$\frac{1}{7}$，
N₂的转化率为$\frac{\frac{1}{7}mol}{1mol}$×100%=14.3%．
故答案为：14.3%．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、平衡常数应用、反应热计算、电离平衡常数等，属于拼合型题目，需学生具备扎实的基础，难度中等．