Question

（1）80℃時，將0.40mol的N₂O₄氣體充入2L已經(jīng)抽空的固定容積的密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：N₂O₄（g）?2NO₂（g）△H＞0，隔一段時間對該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到如下數(shù)據(jù)：

時間（s） n（mol）	0	20	40	60	80	100
n（N2O4）	0.40	a	0.20	c	d	e
n（NO2）	0.00	0.24	b	0.52	0.60	0.60

①計算20s～40s內(nèi)用N₂O₄表示的平均反應(yīng)速率為

 

②計算在80℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=

 

；
③反應(yīng)進(jìn)行至100s后將反應(yīng)混合物的溫度降低，混合氣體的顏色（填“變淺”、“變深”或“不變”）

 

；
④要增大該反應(yīng)的K值，可采取的措施有（填序號）

 

A．增大N₂O₄的起始濃度      B．向混合氣體中通入NO₂
C．使用高效催化劑          D．升高溫度
（2）氧化還原反應(yīng)中實際上包含氧化和還原兩個過程．下面是一個還原過程的反應(yīng)式：
NO₃^-+4H⁺+3e→NO+2H₂O，從KMnO₄、Na₂CO₃、Cu₂O、Fe₂（SO₄）₃這四種物質(zhì)中選出一種物質(zhì)（甲），甲物質(zhì)能使上述還原過程發(fā)生．
①寫出并配平該氧化還原反應(yīng)的方程式：

 

②反應(yīng)中若產(chǎn)生0.2mol氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是

 

mol．
③若1mol甲與某濃度硝酸反應(yīng)時，被還原硝酸的物質(zhì)的量增加，原因是：

 

．
（3）北京奧運(yùn)會“祥云”火炬燃料是丙烷（C₃H₈），亞特蘭大奧運(yùn)會火炬燃料是丙烯（C₃H₆）．
①丙烷脫氫可得丙烯．
已知：C₃H₈（g）?CH₄（g）+HC≡CH（g）+H₂（g）△H₁=+156.6kJ?mol^-1
     CH₃CH=CH₂（g）?CH₄（g）+HC≡CH（g）△H₂=+32.4kJ?mol^-1
則相同條件下，反應(yīng)C₃H₈（g）?CH₃CH=CH₂（g）+H₂（g）的△H=

 

kJ?mol^-1
②以丙烷為燃料制作新型燃料電池，電池的正極通入O₂和CO₂，負(fù)極通入丙烷，電解質(zhì)是熔融碳酸鹽．電池反應(yīng)方程式為

 

；放電時，CO₃^2-移向電池的

 

（填“正”或“負(fù)”）極．
③常溫下，0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，則溶液c（H₂CO₃）

 

c（CO₃^2-）（填“＞”、“=”或“＜”），原因是

 

（用文字說明）．

Answer 1

考點(diǎn)：化學(xué)平衡的計算,氧化還原反應(yīng),用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計算,化學(xué)電源新型電池,化學(xué)平衡的影響因素,離子濃度大小的比較

專題：氧化還原反應(yīng)專題,化學(xué)反應(yīng)中的能量變化,化學(xué)平衡專題

分析：（1）①先根據(jù)二氧化氮物質(zhì)的量計算20s內(nèi)反應(yīng)的四氧化二氮的物質(zhì)的量，進(jìn)而計算20s時容器內(nèi)四氧化二氮的物質(zhì)的量，再計算20s～40s參加反應(yīng)的四氧化二氮的物質(zhì)的量，再根據(jù)速率定義式計算四氧化二氮的平均反應(yīng)速率；
②利用三行式計算該反應(yīng)的平衡常數(shù)K；
③該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，降低溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，NO₂濃度減��；
④若使K值變小，需使平衡向逆反應(yīng)方向移動；
（2）①根據(jù)物質(zhì)中的元素的化合價處于低價時具有還原性，再根據(jù)電子守恒及質(zhì)量守恒定律來配平化學(xué)反應(yīng)方程式；
②利用化合價變化分析轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；
③根據(jù)濃硝酸被還原的產(chǎn)物及氧化還原反應(yīng)來分析原因；
（3）①依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到；
②負(fù)極通入丙烷，碳元素的化合價升高，電池的正極通入O₂，氧元素的化合價降低，以此來書寫電池總反應(yīng)方程式；
③0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，說明碳酸氫根離子的水解程度大于電離程度．

解答： 解：（1）①20s時△n（NO₂）=0.24mol，故△n（N₂O₄）=

1

2

△n（NO₂）=

1

2

×0.24mol=0.12mol，所以a=0.4mol-0.12mol=0.28mol，故20s～40s參加反應(yīng)的四氧化二氮的物質(zhì)的量為0.28mol-0.2mol=0.08mol，所以20s-40s內(nèi)用N₂O₄表示的平均反應(yīng)速率為

0.08mol 2L

20s

=0.002mol/（L?S），
故答案為：0.002mol/（L?S）；
②結(jié)合化學(xué)平衡三段式列式計算
               N₂O₄（g）═2NO₂（g）
起始量（mol）    0.4         0
變化量（mol）   0.3        0.6
平衡量（mol）   0.1        0.6
平衡常數(shù)K=

( 0.6 2 )2

0.1 2

=1.8mol/L；
故答案為：1.8mol/L；
③該反應(yīng)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，降低溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，NO₂濃度減小，氣體的顏色變淺，
故答案為：變淺；
④該反應(yīng)釋放熱的，使K值變小，需要加熱，K只受溫度的影響，和濃度無關(guān)，故選D；
（2）KMnO₄、Na₂CO₃、Fe₂（SO₄）₃中Mn、C、Fe元素都處在最高價，則具有氧化性，只有Cu₂O中Cu處在較低價，則具有還原性，在NO₃^-+4H⁺+3e→NO+2H₂O中發(fā)生的氧化劑被還原的反應(yīng)，則該氧化還原反應(yīng)為Cu₂O+HNO₃→NO↑+Cu（NO₃）₂+H₂O，Cu元素由+1價升高到+2價，N元素由+5價降低到+2價，由電子守恒及質(zhì)量守恒定律，配平的化學(xué)反應(yīng)為3Cu₂O+14HNO₃═2NO↑+6Cu（NO₃）₂+7H₂O，故答案為：3Cu₂O+14HNO₃═2NO↑+6Cu（NO₃）₂+7H₂O；
②由反應(yīng)可知，NO為0.2mol，由2NO～6e^-則，0.2molNO生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6mol，故答案為：0.6mol；
③Cu₂O+6HNO₃（濃）═2Cu（NO₃）₂+2NO₂↑+3H₂O，14HNO₃+3Cu₂O═6Cu（NO₃）₂+2NO↑+7H₂O，將第二個式子系數(shù)除以3得到

14

3

HNO₃+Cu₂O═2Cu（NO₃）₂+

2

3

NO↑+

7

3

H₂O，可知用稀硝酸氧化1molCu₂O需要

2

3

mol硝酸作氧化劑，用濃硝酸需要2mol硝酸作氧化劑，質(zhì)量當(dāng)然增加，
故答案為：使用了較濃的硝酸，產(chǎn)物中有部分二氧化氮生成；
（3）①C₃H₈（g）→CH₄（g）+HC≡CH（g）+H₂（g）△H₁=156.6kJ?mol^-1
②CH₃CH=CH₂（g）→CH₄（g）+HC≡CH（g）△H₂=32.4kJ?mol^-1
依據(jù)蓋斯定律①-②得到C₃H₈（g）→CH₃CH=CH₂（g）+H₂（g）△H=+124.2KJ/mol
則相同條件下，反應(yīng)C₃H₈（g）→CH₃CH=CH₂（g）+H₂（g）△H=+124.2KJ/mol；
故答案為：+124.2；
②負(fù)極通入丙烷，碳元素的化合價升高，電池的正極通入O₂，氧元素的化合價降低，即丙烷與氧氣反應(yīng)生成二氧化碳和水，則電池的總反應(yīng)為C₃H₈+5O₂═3CO₂+4H₂O，原電池中陰離子向負(fù)極移動，即CO₃^2-移向電池的負(fù)極，故答案為：C₃H₈+5O₂═3CO₂+4H₂O（2分）；負(fù)；
③常溫下，0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，說明HCO₃^-水解程度大于其電離程度，故c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-），故答案為：＞；HCO₃^-的水解程度大于電離程度．

點(diǎn)評：本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率、平衡移動、外界條件對化學(xué)平衡的影響圖象以及熱化學(xué)、電化學(xué)的有關(guān)知識，綜合性強(qiáng)，題目難度不大．