Question

14．二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向．
（1）科学家提出由CO₂制取C的太阳能工艺如图1所示．
①若“重整系统”发生的反应中$\frac{n（FeO）}{n（C{O}_{2}）}$=6，则Fe_xO_y的化学式为Fe₃O₄．
②“热分解系统”中每分解1molFe_xO_y，转移电子的物质的量为2mol．
（2）工业上用CO₂和H₂反应合成甲醚．已知：
CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-53.7kJ•mol^-1
CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）═2CH₃OH（g）△H₂=+23.4kJ•mol^-1
则2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+3H₂O（g）△H₃=-130.8kJ•mol^-1．
（3）①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是b（填字母）．
a．逆反应速率先增大后减小       b．H₂的转化率增大
c．反应物的体积百分含量减小     d．容器中的$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值变小
②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO₂的转化率如图2所示．T₁温度下，将6molCO₂和12molH₂充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内
的平均反应速率v（CH₃OCH₃）=0.18mol•L^-1•min^-1；K_A、K_B、K_C三者之间的大小关系为K_A=K_C＞K_B．

（4）常温下，用氨水吸收CO₂可得到NH₄HCO₃溶液，在NH₄HCO₃溶液中，c（NH${\;}_{4}^{+}$）＞c（HCO${\;}_{3}^{-}$）（填“＞”、“＜”或“=”）；反应NH${\;}_{4}^{+}$+HCO${\;}_{3}^{-}$+H₂O?NH₃•H₂O+H₂CO₃的平衡常数K=1.25×10^-3．（已知常温下NH₃•H₂O的电离平衡常数K_b=2×10^-5，H₂CO₃的电离平衡常数K₁=4×10^-7，K₂=4×10^-11）
（5）现以H₂与O₂、熔融盐Na₂CO₃组成的燃料电池（如图3所示，其中Y为CO₂）装置进行电解．
写出石墨I电极上发生反应的电极反应式：H₂-2e^-+CO₃^2-═CO₂+H₂O．
在电解池中生成N₂O₅的电极反应式为：N₂O₄+2HNO₃-2e^-=2N₂O₅+2H⁺．

Answer 1

分析 （1）①由示意图可知，重整系统中CO₂和FeO反应生成Fe_xO_y和C，根据原子守恒确定Fe_xO_y的化学式；
②热分解系统中是Fe_xO_y分解为FeO与氧气，根据Fe元素化合价变价计算转移电子；
（2）已知：①．CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-53.7kJ•mol^-1
②．CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）═2CH₃OH（g）△H₂=+23.4kJ•mol^-1
根据盖斯定律，①×2-②可得：2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+3H₂O（g），则△H₃=2△H₁-△H₂；
（3）①a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；
b．H₂的转化率增大，平衡一定正向移动；
c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；
d．容器中的$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；
②T₁温度下，将6molCO₂和12molH₂充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH₃OCH₃0为6mol×60%×$\frac{1}{2}$=1.8mol，根据平均反应速率v（CH₃OCH₃）=$\frac{△c}{△t}$；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T₁温度下二氧化碳转化率大，所以T₁温度下较T₂温度下正向进行程度大；
（4）根据盐类水解规律，已知NH₃．H₂O的电离平衡常数K=2×10^-5，H₂CO₃的电离平衡常数K₁=4×10^-7，K₂=4×10^-11，越弱越水解判断；反应NH₄⁺+HCO₃^-+H₂O═NH₃．H₂O+H₂CO₃的平衡常数K=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}_{2}C{O}_{3}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（{H}^{+}）c（O{H}^{-}）}{K（N{H}_{3}•{H}_{2}O）{K}_{1}}$进行计算；
（5）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；先根据化合价判断生成N₂O₅的电极，再根据离子的放电顺序写出电极反应式．

解答 解：（1）①由示意图可知，重整系统中CO₂和FeO反应生成Fe_xO_y和C，发生的反应中$\frac{n（FeO）}{n（C{O}_{2}）}$=6，根据Fe原子、O原子守恒可知x：y=6：（6+2）=3：4，故Fe_xO_y的化学式为Fe₃O₄，
故答案为：Fe₃O₄；
②热分解系统中是Fe₃O₄分解为FeO与氧气，分解l mol Fe₃O₄转移电子的物质的量为1mol×3×（$\frac{8}{3}$-2）=2mol，
故答案为：2mol；
（2）已知：①．CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-53.7kJ•mol^-1
②．CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）═2CH₃OH（g）△H₂=+23.4kJ•mol^-1
根据盖斯定律，①×2-②可得：2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+3H₂O（g），△H₃=2△H₁-△H₂=2×（-53.7kJ•mol^-1）-23.4kJ•mol^-1=-130.8kJ•mol^-1，
故答案为：-130.8；
（3）①a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故a错误；
b．H₂的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；
c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；
d．容器中的$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（{H}_{2}）}$变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误，
故答案为：b；
②T₁温度下，将6molCO₂和12molH₂充入2L的密闭容器中，由图象可知，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH₃OCH₃0为6mol×60%×$\frac{1}{2}$=1.8mol，所以平均反应速率v（CH₃OCH₃）=$\frac{\frac{1.8mol}{2L}}{5min}$=0.18mol•L^-1•min^-1 ；
平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以K_A=K_C，在相同投料比时，T₁温度下二氧化碳转化率大，所以T₁温度下正向进行程度故T₂温度大，则K_A=K_C＞K_B，
故答案为：0.18 mol/（L•min）；K_A=K_C＞K_B；
 （4）根据盐类水解规律，已知NH₃．H₂O的电离平衡常数K=2×10^-5，H₂CO₃的电离平衡常数K₁=4×10^-7，K₂=4×10^-11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH₄HCO₃显碱性；在NH₄HCO₃溶液中，c（NH${\;}_{4}^{+}$）＞c（HCO${\;}_{3}^{-}$ ），反应NH₄⁺+HCO₃^-+H₂O═NH₃．H₂O+H₂CO₃的平衡常数K=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}_{2}C{O}_{3}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（{H}^{+}）c（O{H}^{-}）}{K（N{H}_{3}•{H}_{2}O）{K}_{1}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{2×1{0}^{-5}×4×1{0}^{-7}}$=1.25×10^-3；
故答案为：＞； 1.25×10^-3；
（5）燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为H₂+CO₃^2--2e^-=CO₂+H₂O；
N₂O₅中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价．因此应该在左侧生成N₂O₅，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H⁺+2e^-=H₂↑的反应，则阳极为N₂O₄+2HNO₃-2e^-=2N₂O₅+2H⁺，
故答案为：H₂-2e^-+CO₃^2-═CO₂+H₂O；N₂O₄+2HNO₃-2e^-=2N₂O₅+2H⁺．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用、对图象分析提取信息能力、原电池和电解池的工作原理及图象的分析等，较好的考查学生对知识的迁移应用，题目难度中等．