Question

5．（1）汽車排氣管內安裝的催化轉化器，可使尾氣中主要污染物（NO和CO）轉化為無毒物質．
已知：N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
2C（s）+O₂（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ•mol^-1
C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ•mol^-1
則該反應的熱化學方程式為：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5kJ•mol^-1 ；
（2）NO₂與SO₂混合可發生反應：NO₂+SO₂?SO₃+NO．
I．100℃時，1mol NO₂與1mol SO₂的混合氣體置于絕熱恒容密閉容器中發生上述反應，
①下列說法正確的是CE（填字母）；
A．反應在c點達到平衡狀態
B．反應物濃度：a點小于b點
C．反應物的總能量高于生成物的總能量
D．△t₁=△t₂時，SO₂的消耗量：a～b段大于b～c段
E．當反應達到平衡時，繼續充入1mol NO₂，則NO的體積分數將變小
②判斷此反應達到平衡的標志是ADEF；
A．體系的壓強不再發生變化               B．混合氣體的密度不變
C．混合氣體的平均相對分子質量不變       D．各組分的物質的量濃度不再改變
E．體系的溫度不再發生變化               F．v（NO₂）_正=v（NO）_逆
II．在常溫時，維持體系總壓強p恒定，體積為V升的1mol NO₂與1mol SO₂的混合氣體于密閉容器中發生上述反應．已知NO₂的平衡轉化率為α，則在該溫度下反應的平衡常數K=$\frac{{a}^{2}}{（1-a）^{2}}$（用α、V等符號表示）；
（3）熔融鹽燃料電池具有較高的發電效率，因而受到重視．某燃料電池以熔融的K₂CO₃（其中不含O^2-和HCO₃^-）為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，以具有催化作用和導電性能的稀土金屬材料為電極．試回答下列問題：
①該燃料電池正極電極反應式為：O₂+2CO₂+4e^-=2CO₃^2-；
②25℃時，某學生想用該燃料電池電解一定量的硫酸鈉飽和溶液，當電路中有a mol電子轉移，溶液中析出mg Na₂SO₄•10H₂O晶體．若溫度不變，在剩余溶液中溶質的質量分數為$\frac{71m}{161（m+9a）}$×100%，消耗掉的丁烷在標準狀況下的體積為0.86a．

Answer 1

分析 （1）①N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
②2C（s）+O₂（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ•mol^-1
③C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ•mol^-1
根據蓋斯定律可得：③×2-①-②，由此分析解答；
（2）①A．反應在達到平衡狀態時，反應速率應保持不變；
B．隨著反應的進行，反應物濃度越來越��；
C．根據圖可知，該反應在絕熱條件下進行，反應速率受溫度和濃度的因素影響，反應速率先增大后減小，說明該反應為放熱反應，先由于溫度升高反應速率增大，后濃度下降，反應速率下降，所以反應物的總能量高于生成物的總能量；
D．根據圖可知，ab段的速率小于bc段，所以△t₁=△t₂時，SO₂的消耗量：a～b段小于b～c段；
E．當反應達到平衡時，繼續充入1mol NO₂，平衡正向濃度，但轉化的二氧化氮遠遠小于加入的二氧化氮；
②該反應為氣體體積不變的放熱反應，在絕熱的條件下進行，則體系的溫度是不斷升高的，直至平衡狀態，根據平衡狀態的特征：正逆反應速率相等，各組份的分數或濃度保持不變，及某些外部特征不變判斷反應是否處于平衡狀態；
II．根據反應NO₂+SO₂?SO₃+NO，利用三段式，根據K=$\frac{c（NO）．c（S{O}_{3}）}{c（N{O}_{2}）．c（S{O}_{2}）}$計算；
（3）①某燃料電池以熔融的K₂CO₃（其中不含O^2-和HCO₃^-）為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發生還原反應生成碳酸根離子；
②電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有amol電子轉移時，消耗的水的質量為 $\frac{a}{2}$×18g=9ag，結合析出的mgNa₂SO₄•10H₂O晶體，可計算出原飽和溶液的溶質的質量分數，剩余溶液中溶質的質量分數與原飽和溶液的溶質的質量分數相等，根據原池的負極反應C₄H₁₀-26e^-+13CO₃^2-=17CO₂+5H₂O可知，當電路中有amol電子轉移時，消耗掉的丁烷的物質的量為$\frac{a}{26}$mol．

解答 解：（1）N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）；△H=+180.5kJ/mo1①
    2C（s）+O₂（g）═2CO（g）；△H=-221.0kJ/mo1②
    C（s）+O₂（g）═CO₂（g）；△H=-393.5kJ/mo1③
根據蓋斯定律可得：③×2-①-②，2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5 kJ•mol^-1，
故答案為：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5kJ/mol；
（2）I．①A．反應在達到平衡狀態時，反應速率應保持不變，故A錯誤；
B．隨著反應的進行，反應物濃度越來越小，所以反應物濃度：a點大于b點，故B錯誤；
C．根據圖可知，該反應在絕熱條件下進行，反應速率受溫度和濃度的因素影響，反應速率先增大后減小，說明該反應為放熱反應，先由于溫度升高反應速率增大，后濃度下降，反應速率下降，所以反應物的總能量高于生成物的總能量，故C正確；
D．根據圖可知，ab段的速率小于bc段，所以△t₁=△t₂時，SO₂的消耗量：a～b段小于b～c段，故D錯誤；
E．當反應達到平衡時，繼續充入1mol NO₂，平衡正向濃度，但轉化的二氧化氮遠遠小于加入的二氧化氮，NO的濃度減小，故E正確；
故選CE；
②該反應為氣體體積不變的放熱反應，在絕熱的條件下進行，則體系的溫度是不斷升高的，直至平衡狀態，
A．根據上面的分析可知，反應過程中溫度升高，體積不變，則體系壓強增大，當體系的壓強不再發生變化，則說明反應已經處于平衡狀態，故A正確；
 B．該反應體積不變，質量守恒，所以混合氣體的密度不隨反應的進行而改變，故不能作為平衡狀態的判斷標志，故B錯誤；
C．反應前后質量和物質的量都不變，所以混合氣體的平均相對分子質量不能作為平衡狀態的判斷標志，故C錯誤； 
 D．各組分的物質的量濃度不再改變，則反應處于平衡狀態，故D正確；
E．根據上面的分析可知，體系的溫度不再發生變化，反應處于平衡狀態，故E正確；
 F．v（NO₂）_正=v（NO）_逆，則反應處于平衡狀態，故F正確；
故選ADEF；
II．由于反應中各物質的計量數都是1，且在同一個容器進行反應，所以各物質的濃度關系就可以用物質的量表示，利用三段式，
      NO₂+SO₂?SO₃+NO
起始   1   1
轉化   α   α   α   α
平衡  1-α  1-α α   α 
所以K=$\frac{c（NO）．c（S{O}_{3}）}{c（N{O}_{2}）．c（S{O}_{2}）}$=$\frac{{a}^{2}}{（1-a）^{2}}$，
故答案為：$\frac{{a}^{2}}{（1-a）^{2}}$；
（3）①某燃料電池以熔融的K₂CO₃（其中不含O^2-和HCO₃^-）為電解質，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發生還原反應生成碳酸根離子，電極反應式為O₂+CO₂+2e^-=CO₃^2-，
故答案為：O₂+CO₂+2e^-=CO₃^2-；
②電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有amol電子轉移時，消耗的水的質量為 $\frac{a}{2}$×18g=9ag，結合析出的mgNa₂SO₄•10H₂O晶體，所以原飽和溶液的溶質的質量分數為$\frac{\frac{142}{322}×m}{9a+m}$×100%=$\frac{71m}{161（m+9a）}$×100%，剩余溶液中溶質的質量分數與原飽和溶液的溶質的質量分數相等，也為$\frac{71m}{161（m+9a）}$×100%，根據原池的負極反應C₄H₁₀-26e^-+13CO₃^2-=17CO₂+5H₂O可知，當電路中有amol電子轉移時，消耗掉的丁烷的物質的量為$\frac{a}{26}$mol，其體積為$\frac{a}{26}$mol×22.4L/mol=0.86aL，
故答案為：$\frac{71m}{161（m+9a）}$×100%；0.86a．

點評 本題考查化學平衡計算、原電池和電解池原理，明確化學反應原理及各個物理量的關系是解本題關鍵，運用所掌握的知識進行必要的分析、類推或計算，解釋、論證一些具體化學問題，注意化學平衡計算中三段式的計算方法，題目難度中等．