Question

14．汽車(chē)尾氣中的主要污染物是NO和CO．為減輕大氣污染，人們提出通過(guò)以下反應(yīng)來(lái)處理汽車(chē)尾氣：
（1）已知：2NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N₂（g）△H=-746.5KJ/mol（條件為使用催化劑）
2C （s）+O₂（g）?2CO（g）△H=-221.0KJ/mol
C （s）+O₂（g）?CO₂（g）△H=-393.5KJ/mol
則N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1．
（2）T℃下，在一容積不變的密閉容器中，通入一定量的NO和CO，用氣體傳感器測(cè)得不同時(shí)間NO和CO的濃度如下表

時(shí)間/s	0	1	2	3	4	5
C（NO）10-4  mol/L	10.0	4.50	C1	1.50	1.00	1.00
C（CO）10-3  mol/L	3.60	3.05	C2	2.75	2.70	2.70

則c₁合理的數(shù)值為D（填字母標(biāo)號(hào)）．
A．4.20      B．4.00      C．3.50     D．2.50
（3）研究表明：在使用等質(zhì)量催化劑時(shí)，增大催化劑的比表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率．根據(jù)下表設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)測(cè)得混合氣體中NO的濃度隨時(shí)間t變化的趨勢(shì)如圖所示：

實(shí)驗(yàn) 編號(hào)	T/°C	NO初始濃 度/10-3mol•L-1	CO初始濃 度/10-3mol•L-1	催化劑的比 表面積/m2•g-1
①	350	1.20	5.80	124
②	280	1.20	5.80	124
③	280	1.20	5.80	82

則曲線(xiàn)I對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)編號(hào)為③．
（4）將不同物質(zhì)的量的H₂O（g）和CO（g）分別通入體積為2L的恒容密閉容器中，進(jìn)行反應(yīng)：H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g），得到如下三組數(shù)據(jù)：

實(shí)驗(yàn)組	溫度/℃	起始量/mol		平衡量/mol		達(dá)到平衡所 需時(shí)間/min
		H2O	CO	CO	H2
①	650	2	4	2.4	1.6	5
②	900	1	2	1.6	0.4	3
③	900	a	b	c	d	t

①實(shí)驗(yàn)組①中以v（CO₂）表示的反應(yīng)速率為0.16mol/（L•min）．
②若a=2，b=1，則c=0.6，達(dá)平衡時(shí)實(shí)驗(yàn)組②中H₂O（g）和實(shí)驗(yàn)組③中CO的轉(zhuǎn)化率的關(guān)系為：α₂ （H₂O）=α₃ （CO）（填“＜”、“＞”或“=”）．
（5）CO分析儀的傳感器可測(cè)定汽車(chē)尾氣是否符合排放標(biāo)準(zhǔn)，該分析儀的工作原理類(lèi)似于燃料電池，其中電解質(zhì)是氧化釔（Y₂O₃）和氧化鋯（ZrO₂）晶體，能傳導(dǎo)O^2-．
①負(fù)極的電極反應(yīng)式為CO+2O^2--2e^-=CO₃^2-．

②以上述電池為電源，通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)連接成圖一．若X、Y為石墨，a為2L 0.1mol/L KCl溶液，寫(xiě)出電解總反應(yīng)的離子方程式2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$Cl₂↑+H₂↑+2OH^-．電解一段時(shí)間后，取25mL上述電解后的溶液，滴加0.04mol/L醋酸得到圖二曲線(xiàn)（不考慮能量損失和氣體溶于水，溶液體積變化忽略不計(jì)）．根據(jù)圖二計(jì)算，上述電解過(guò)程中消耗一氧化碳的質(zhì)量為2.8g．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式，反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算；
（2）由表中數(shù)據(jù)可知4s時(shí)反應(yīng)到達(dá)平衡，1-3s內(nèi)NO濃度變化量為4.5×10^-4 mol/L-1.5×10^-4 mol/L=3×10^-4 mol/L，該2s內(nèi)平均每秒內(nèi)變化量為1.5×10^-4 mol/L，隨反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)速率減小，該2s中前1s內(nèi)NO濃度變化量應(yīng)大于1.5×10^-4 mol/L，則2s時(shí)NO的濃度小于4.5×10^-4 mol/L-1.5×10^-4 mol/L=3×10^-4 mol/L，故2s時(shí)NO的濃度應(yīng)介于1.5×10^-4 mol/L～3×10^-4 mol/L之間；
（3）由圖可知，曲線(xiàn)Ⅰ和曲線(xiàn)Ⅱ相比，平衡沒(méi)有移動(dòng)，反應(yīng)速率Ⅱ比Ⅰ快，故曲線(xiàn)Ⅱ中催化劑比比表面積大于Ⅰ，而其它條件相同；而曲線(xiàn)Ⅲ和曲線(xiàn)Ⅱ相比，反應(yīng)速率變快且平衡逆向移動(dòng)，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)；
（4）①列三段表示出實(shí)驗(yàn)1各物質(zhì)濃度的變化情況，然后根據(jù)速率公式：v（CO₂）=$\frac{△c}{△t}$；
②實(shí)驗(yàn)組②和實(shí)驗(yàn)組③溫度相同，平衡常數(shù)相同，根據(jù)三行式進(jìn)行計(jì)算求解；
（5）①CO發(fā)生氧化反應(yīng)與O^2-結(jié)合生成CO₃^2-；
②陽(yáng)極上氯離子失電子，陰極上陽(yáng)離子得電子．

解答 解：（1）已知：①2 NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N₂（g）△H=-746.5KJ/mol
②2C （s）+O₂（g）?2CO（g）△H=-221.0KJ/mol
③C （s）+O₂（g）?CO₂（g）△H=-393.5KJ/mol
則依據(jù)蓋斯定律，③×2-②-①得到：N₂（g）+O₂（g）=2NO（g） 則△H=（-393.5KJ/mol）×2-（-220KJ/mol）-（-746.5KJ/mol）=+180.5KJ/mol，
故答案為：+180.5；
（2）由表中數(shù)據(jù)可知4s時(shí)反應(yīng)到達(dá)平衡，1-3s內(nèi)NO濃度變化量為4.5×10^-4 mol/L-1.5×10^-4 mol/L=3×10^-4 mol/L，該2s內(nèi)平均每秒內(nèi)變化量為1.5×10^-4 mol/L，隨反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)速率減小，該2s中前1s內(nèi)NO濃度變化量應(yīng)大于1.5×10^-4 mol/L，則2s時(shí)NO的濃度小于4.5×10^-4 mol/L-1.5×10^-4 mol/L=3×10^-4 mol/L，故2s時(shí)NO的濃度應(yīng)介于1.5×10^-4 mol/L～3×10^-4 mol/L之間，選項(xiàng)中只有2.5×10^-4 mol/L符合，
故選：D；
（3）由于②、③溫度相同，催化劑對(duì)平衡移動(dòng)無(wú)影響，化學(xué)平衡不移動(dòng)，達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，但②的起始濃度較大，催化劑的比表面積較大，則反應(yīng)的速率大，所以②先達(dá)到化學(xué)平衡；由于①、②濃度、催化劑的比面積大相同，而①的溫度較高，反應(yīng)速率較快，先到達(dá)平衡，且平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，平衡時(shí)NO的濃度增大，
所以曲線(xiàn)Ⅰ對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)③，曲線(xiàn)Ⅱ?qū)��?yīng)實(shí)驗(yàn)②，曲線(xiàn)Ⅲ對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)①，
故答案為：③；
（4）①H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
初始 1mol/L     2mol/L      0         0
轉(zhuǎn)化 0.8mol/L   0.8mol/l   0.8mol/L    0.8mol/L
平衡0.2mol/L   1.2mol/L   0.8mol/L   0.8mol/L
v（CO₂）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{0.8mol/L}{5min}$=0.16mol/（L•min），故答案為：0.16mol/（L•min）；
②H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
初始 0.5mol/L     1mol/L      0         0
轉(zhuǎn)化 0.2mol/L     0.2mol/l   0.2mol/L   0.2mol/L
平衡0.3mol/L      0.8mol/L   0.2mol/L   0.2mol/L
      H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
初始   1mol/L      0.5mol/L        0         0
轉(zhuǎn)化 （0.5-$\frac{c}{2}$）mol/L  （0.5-$\frac{c}{2}$）mol/l  $\fracbhnie92{2}$mol/L   $\frac4sartg9{2}$mol/L
平衡（0.5+$\frac{c}{2}$）mol/L     $\frac{c}{2}$mol/L     $\frac9ho49lo{2}$mol/L       $\fractml48dg{2}$mol/L
所以0.5-$\frac{c}{2}$=$\frac9uexy4k{2}$
則：d=1-c，由平衡常數(shù)相等可知：$\frac{\frac{1-c}{2}×\frac{1-c}{2}}{（0.5+\frac{c}{2}）×\frac{c}{2}}=\frac{0.2×0.2}{0.3×0.8}$，解之得c=0.6，②中H₂O（g）的轉(zhuǎn)化率為：$\frac{0.2}{0.5}×100%$=40%，實(shí)驗(yàn)組③中CO的轉(zhuǎn)化率的$\frac{0.5-\frac{0.6}{2}}{0.5}$=40%，故答案為：0.6；=；
（5）①負(fù)極CO發(fā)生氧化反應(yīng)與O^2-結(jié)合生成CO₃^2-，負(fù)極電極反應(yīng)式為：CO+2O^2--2e^-=CO₃^2-，
故答案為：CO+2O^2--2e^-=CO₃^2-；
②陽(yáng)極上氯離子失電子，陰極上陽(yáng)離子得電子，所以電解0.1mol/L KCl溶液，其電解總反應(yīng)的離子方程式為：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$Cl₂↑+H₂↑+2OH^-；根據(jù)圖知，KOH溶液的pH=13，常溫下，KOH的濃度是0.1mol/L，則n（KOH）=0.1mol/L×2L=0.2mol，根據(jù)2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑知，生成0.2mol氫氧根離子轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=$\frac{0.2mol}{2}$×2=0.2mol，燃料電池的負(fù)極反應(yīng)方程式是CO+2O^2--2e^-=CO₃^2-，消耗1molCO轉(zhuǎn)移電子數(shù)=2mol，因此當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)消耗CO的物質(zhì)的量為0.1mol，則CO的質(zhì)量=0.1mol×28g/mol=2.8g，
故答案為：2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$Cl₂↑+H₂↑+2OH^-；2.8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查蓋斯定律的應(yīng)用，化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算及應(yīng)用，做題時(shí)注意影響平衡移動(dòng)的因素以及平衡常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，題目難度中等．