Question

4．C、N、S是重要的非金屬元素，按要求回答下列問題：
（1）煙道氣中含有的CO和SO₂是重要的污染物，可在催化劑作用下將它們轉化為S（s）和CO₂，此反應的熱化學式為2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270 kJ•mol^-1．
已知：CO（g）+1/2O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1；S（s）+O₂=SO₂（g）△H=-296.0kJ•mol^-1
（2）向甲、乙兩個均為1L的密閉容器中，分別充入5mol SO₂和3mol O₂，發生反應：2SO₂ （g）+O₂ （g）?2SO₃（g）△H＜0．甲容器在溫度為T₁的條件下反應，達到平衡時SO₃的物質的量為4.5mol；乙容器在溫度為T₂的條件下反應，達到平衡時SO₃的物質的量為4.6mol．
則T₁＞T₂（填“＞”“＜”），甲容器中反應的平衡常數K=108L•mol^-1．
（3）如圖1所示，A是恒容的密閉容器，B是一個體積可變的充氣氣囊．保持恒溫，關閉K₂，分別將1mol N₂和3mol H₂通過K₁、K₃充入A、B中，發生的反應為N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），起始時A、B的體積相同均為a L．
①圖2示意圖中正確，且既能說明A容器中反應達到平衡狀態，又能說明B容器中反應達到平衡狀態的是d．
②容器A中反應到達平衡時所需時間t s，達到平衡后容器的壓強變為原來的5/6，則平均反應速率v（H₂）=$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1．
（4）將0.1mol氨氣分別通入1L pH=1的鹽酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反應后三溶液中NH₄⁺離子濃度分別為c₁、c₂、c₃，則三者濃度大小的關系為c₁=c₂＜c₃ （用c₁、c₂、c₃和＞、＜、=表示）．已知醋酸銨溶液呈中性，常溫下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，則該溫度下0.1mol•L^-1的NH₄Cl溶液的pH為5．

Answer 1

分析 （1）已知①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0KJ•mol^-1
②S（s）+O₂（g）=SO₂（g）△H=-296.0KJ•mol^-1
根據蓋斯定律將方程式①×2-②得2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g），然后計算反應熱；
（2）該反應為放熱反應，溫度越高，生成的SO₃越少；先利用三段式求出平衡時各物質的濃度，再根據K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$計算；
（3）①化學反應達到化學平衡狀態時，正逆反應速率相等，且不等于0，各物質的濃度不再發生變化，由此衍生的一些物理量不發生變化，以此進行判斷；
②已知反應為N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），通入1mol N₂和3mol H₂，達到平衡后容器的壓強變為原來的5/6，根據壓強之比等于物質的量比結合三段式計算；
（4）pH=1的醋酸中醋酸的濃度大于0.1mol/L，則通入0.1mol氨氣反應后，醋酸有剩余，醋酸電離的氫離子能抑制銨根離子的電離，氨氣與硫酸和鹽酸恰好反應；
醋酸銨溶液呈中性，則一水合氨和醋酸的電離常數相同，常溫下CH₃COOH的Ka=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的電離常數為1×10^-5 mol•L^-1，Ka=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（{H}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，據此計算．

解答 解：（1）①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0KJ•mol^-1
②S（s）+O₂（g）=SO₂（g）△H=-296.0KJ•mol^-1
將方程式①×2-②得2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=（-283.0KJ•mol^-1）×2-（-296.0KJ•mol^-1）=-270KJ•mol^-1，
所以熱化學反應方程式為：2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270KJ•mol^-1，
故答案為：2CO（g）+SO₂（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270KJ•mol^-1；
（2）該反應為放熱反應，溫度越高，生成的SO₃越少，達到平衡時甲容器中生成的三氧化硫的物質的量少，則甲容器的溫度高，即T₁＞T₂；
               2SO₂ （g）+O₂ （g）?2SO₃（g）
起始（mol/L）：5          3        0
轉化（mol/L）：x         0.5x      x
平衡（mol/L）：5-x        3-0.5x    x
達到平衡時SO₃的物質的量為4.5mol，則x=4.5mol/L，所以K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$=$\frac{4．{5}^{2}}{0．{5}^{2}×0.75}$=108L•mol^-1；
故答案為：＞；108L•mol^-1；
（3）①a．密度=$\frac{總質量}{體積}$，總質量一定，A中體積不變，故密度不變，所以不能說明反應達到平衡狀態，故a錯誤；
b．恒溫條件下，平衡常數保持不變，則不能說明反應達到平衡狀態，故b錯誤；
c．都是正反應速率，不能說明反應達到平衡狀態，故c錯誤；
d．N₂的轉化率先增大，后保持不變，說明反應達到平衡狀態，與圖象相符，故d正確；
故答案為：d；
②
             N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）
起始（mol）：1       3          0
轉化（mol）：x       3x         2x
平衡（mol）：1-x     3-3x       2x
達到平衡后容器的壓強變為原來的$\frac{5}{6}$，則$\frac{4-2x}{4}$=$\frac{5}{6}$，解得x=$\frac{1}{3}$，
v（H₂）=$\frac{\frac{1mol}{aL}}{ts}$=$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1；
故答案為：$\frac{1}{at}$mol•L^-1•S^-1；
（4）pH=1的醋酸中醋酸的濃度大于0.1mol/L，則通入0.1mol氨氣反應后，醋酸有剩余，醋酸電離的氫離子能抑制銨根離子的電離，銨根離子濃度較大，氨氣與硫酸和鹽酸恰好反應，所以溶液中銨根離子濃度：c₁=c₂＜c₃，；
醋酸銨溶液呈中性，則一水合氨和醋酸的電離常數相同，常溫下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的電離常數為1×10^-5 mol•L^-1，
Ka=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（{H}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1×10^-5，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，
設c（H⁺）為xmol/L，
則Kh=$\frac{{x}^{2}}{0.1}=1.0×1{0}^{-9}$，解得x=1×10^-5mol/L，所以pH=5；
故答案為：c₁=c₂＜c₃；5．

點評 本題考查較綜合，涉及平衡常數計算、反應速率計算、平衡狀態判斷、弱電解質的電離等知識點，這些都是高考高頻點，側重考查學生分析、計算及知識運用能力，注意只有反應前后改變的物理量才能作為平衡狀態的判斷依據，注意化學平衡常數計算中用物質濃度而不是物質的量計算，這些都是易錯點．