Question

1．運用化學反應原理研究碳、氮、硫元素及其化合物有重要意義．
（1）已知一定量的C單質(zhì)能在O₂（g）中燃燒，其可能的產(chǎn)物及能量關(guān)系如圖1所示：
寫出CO₂（g）與C（s）反應生成CO（g）的熱化學方程式CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol．
（2）汽車尾氣凈化過程中發(fā)生反應2NO（g）+2CO（g）?N₂+2CO₂（g）△H＜0．一定條件下，向某密閉恒容容器中按體積比1：l充入44.8L，（標準狀況）NO和CO混合氣體，發(fā)生上述反應，某同學根據(jù)反應過程中的有關(guān)數(shù)據(jù)繪制了如圖2所示曲線．
①下列關(guān)于上述反應過程的敘述正確的是AD（填寫字母代號）．
A．其它條件不變，加入催化劑，△H的值不變
B．及時除去二氧化碳，反應的正反應速率加快
C．NO、CO、N₂、CO₂濃度均不再變化，說明未達到平衡狀態(tài)
D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，證明反應達到化學平衡狀態(tài)
②前10min內(nèi)CO的平均反應速率為0.03mol/（L•min），達平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為75%，能使上述平衡體系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大的措施有降低溫度或加壓或增大CO的物質(zhì)的量或從體系中分離出N₂（任寫一條）．
（3）已知弱電解質(zhì)在水中的電離平衡常數(shù)（25℃）如下表（單位省略）：

弱電解質(zhì)	H2CO3	NH3•H2O
電離平衡常數(shù)	Ka1=4.2×10-7　　　　Ka2=5.6×10-11	1.7×10-5

①室溫條件下．用敞口容器加熱氨水一段時間，恢復至室溫后，溶液中水的電離程度比加熱前增大（填寫“增大”、“減小”或“不變”）．
②常溫下，測得某碳酸飲料的pH=6，則該飲料$\frac{n（C{O}_{3}^{2-}）}{n（HC{O}_{3}^{-}）}$=5.6×10^-5．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圖象寫出生成一氧化碳和二氧化碳的熱化學方程式，再根據(jù)蓋斯定律計算二氧化碳轉(zhuǎn)化為一氧化碳的熱化學方程式；
（2）①A、催化劑改變反應速率不改變化學平衡；
B．正反應速率由反應物的濃度決定；
C．當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變；
D．選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；
②發(fā)生反應：2NO+2CO=N₂+2CO₂，計算消耗CO物質(zhì)的量濃度，根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算v（CO），根據(jù)圖象中二氧化碳生成濃度計算得到一氧化氮消耗濃度，得到NO起始濃度，而計算NO轉(zhuǎn)化率；反應為氣體體積減小的放熱反應，結(jié)合平衡移動原理分析平衡正向進行的條件；
（3）①室溫條件下．用敞口容器加熱氨水一段時間，一水合氨分解生成的氨氣揮出，恢復至室溫后，導致一水合氨溶液濃度減小，對水電離程度有限減��；
②常溫下，測得某碳酸飲料的pH=6，$\frac{n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{2}}{c（{H}^{+}）}$；

解答 解：（1）由圖可知，1molC（s）與0.5molO₂（g）反應得到1molCO（g）放出熱量=393.5kJ-283kJ=110.5kJ，該反應熱化學方程式為：C（s）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol ①
1molC（s）與1molO₂（g）反應得到1molCO₂（g）放出熱量393.5kJ，該反應熱化學方程式為：C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ/mol ②
根據(jù)蓋斯定律，①×2-②得：CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol；
故答案為：CO₂（g）+C（s）=2CO（g）△H=+172.5kJ/mol；
（2）①A、催化劑不影響平衡移動，所以，加入催化劑△H不變，故A正確；
B．除去二氧化碳，生成物濃度降低，平衡正向移動，正反應速率逐漸減慢，故B錯誤；
C．NO、CO、N₂、CO₂濃度均不再變化，說明達到平衡狀態(tài)，故C正確；
D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量M=$\frac{m}{n}$，質(zhì)量在反應前后是守恒的，是一個反應前后物質(zhì)的量會變化的反應，所以當M不變時，達到了平衡，故D正確；
故選：AD；
②一定條件下，向某密閉恒容容器中按體積比1：l充入44.8L，（標準狀況）NO和CO混合氣體物質(zhì)的量為=$\frac{44.8L}{22.4L/mol}$=2mol，NO物質(zhì)的量為1mol，CO物質(zhì)的量為1mol，發(fā)生反應：2NO+2CO=N₂+2CO₂，平衡時CO₂物質(zhì)的量濃度0.3mol/L，則消耗CO是0.3mol/L，v（CO）=$\frac{0.3mol/L}{10min}$=0.03mol/（L•min），NO反應的濃度為0.3mol/L，平衡狀態(tài)下NO濃度為0.1mol/L，則原來NO濃度為0.4mol/L，則NO轉(zhuǎn)化率=$\frac{0.3mol/L}{0.4mol/L}$×100%=75%，
能使上述平衡體系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大的措施是平衡正向進行，2NO（g）+2CO（g）?N₂+2CO₂（g）△H＜0，反應為放熱反應，降低溫度，增大壓強或增加CO量或從體系中分離出N₂ 都可以使平衡正向進行，平衡體系中$\frac{n（C{O}_{2}）}{n（NO）}$增大，
故答案為：0.03mol/（L•min），75%，降低溫度，加壓，增大CO的物質(zhì)的量，從體系中分離出N₂；
（3）①室溫條件下．用敞口容器加熱氨水一段時間，一水合氨分解生成的氨氣揮出，恢復至室溫后，導致一水合氨溶液濃度減小，對水電離程度有限減小，恢復至室溫后，溶液中水的電離程度比加熱前增大，
故答案為：增大；
②常溫下，測得某碳酸飲料的pH=6，$\frac{n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{c（C{{O}_{3}}^{2-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$×$\frac{c（{H}^{+}）}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{{K}_{2}}{c（{H}^{+}）}$=$\frac{5.6×1{0}^{-11}}{1{0}^{-6}}$=5.6×10^-5，
故答案為：5.6×10^-5．

點評 本題考查了熱化學方程式書寫、有限化學平衡因素、化學平衡移動原理的理解、平衡三行計算方法、弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．