Question

研究NO₂、SO₂、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義．

（1）利用反應6NO₂+8NH₃

催化劑

△

7N₂+12H₂O可以處理NO₂．當轉移1.2mol電子時，生成的N₂在標準狀況下是

 

L．
（2）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）．
CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖1所示．該反應△H

 

0（填“＞”或“＜”）．實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×10⁴kPa左右，選擇此壓強的理是

 

．
（3）某實驗小組依據(jù)甲醇燃燒的反應原理，設計如圖2所示的裝置．已知甲池的總反應式為：2CH₃OH+3O₂+4KOH═2K₂CO₃+6H₂O．請回答：通入CH₃OH的電極的電極反應式是

 

，B電極的電極反應式為

 

．
（4）如圖3所示，溫度不變時某容器分隔Ⅰ、Ⅱ兩部分，Ⅰ容積固定不變，Ⅱ有可移動的活塞，現(xiàn)在Ⅰ中充入2molSO₂和1molO₂，在Ⅱ中充入2molSO₃（g）和1molN₂，在相同條件下發(fā)生可逆反應：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）．
根據(jù)下列要求填寫空白：
①若固定活塞位置在右側的3處不動，達到平衡時，
設Ⅰ中壓強為P_Ⅰ，Ⅱ中壓強為P_Ⅱ，則P_Ⅰ與P_Ⅱ的關系是P_Ⅰ

 

P_Ⅱ（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②若要使Ⅱ中與Ⅰ中平衡狀態(tài)相同，可移動活塞的位置應在

 

處．（選“2”、“3”或“4”）
③若活塞右移到4處，達到平衡后，Ⅰ中SO₃（g）為x mol，Ⅱ中SO₃（g）為y mol，則x和y的關系是y

 

x（填“大于”、“小于”或“等于”）．

Answer 1

考點：轉化率隨溫度、壓強的變化曲線,原電池和電解池的工作原理,化學平衡的影響因素

專題：化學平衡專題,電化學專題

分析：（1）根據(jù)化合價的變化結合方程式計算；
（2）利用化學平衡的影響因素和工業(yè)生產(chǎn)的關系來分析；
（3）燃料電池的負極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，正極上是氧氣發(fā)生得電子的還原反應，和電源的正極相連的是陽極，該極上發(fā)生氧化反應，和電源負極（4）根據(jù)左右兩個容器體積相同，反應物的分壓相等屬于等效平衡，從等效平衡的角度分析．

解答： 解：（1）反應6NO₂+8NH₃

催化劑 .

△

7N₂+12H₂O中，6NO₂中N元素化合價降低，由+4價降低到0價，則6molNO₂參加反應，生成7mol氮氣轉移24mol電子，所以當轉移1.2mol電子時，生成氮氣體積為

1.2×7

24

×22.4=7.84L，
故答案為：7.84；
（2）由圖可知，溫度升高，CO的轉化率降低，平衡向逆反應方向移動，故逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，△H＜0；壓強大，有利于加快反應速率，有利于使平衡正向移動，但壓強過大，需要的動力大，對設備的要求也高，故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件．因為在250℃、壓強為1.3×10⁴kPa時，CO的轉化率已較大，再增大壓強，CO的轉化率變化不大，沒有必要再增大壓強，
故答案為：＜；在1.3×10⁴kPa下，CO的轉化率已較高，若再增大壓強，CO的轉化率提高不大，且生產(chǎn)成本增加，得不償失；
（3）通入O₂的電極名稱是正即極，所以B是陽極，陽極上OH^-失電子生成氧氣，其電極反應為4OH^--4e^-=O₂+2H₂O；燃料電池的負極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，即CH₃OH+8OH^-+6e^-=CO₃^2-+6H₂O；
故答案為：4OH^--4e^-=O₂+2H₂O；CH₃OH+8OH^-+6e^-=CO₃^2-+6H₂O；
（4）①I中充入2 mol SO₂和1 mol O₂與II中充入2 mol SO₃和1 mol N₂，由于N₂與反應無關，故只占分壓．活塞在3處時相同條件下達平衡時是等效的，但II中有1 mol N₂，故壓強比I大，所以P_Ⅰ小于P_Ⅱ，故答案為：小于；
②I中充入2 mol SO₂和1 mol O₂與II中充入2 mol SO₃和1 mol N₂，由于N₂與反應無關，故只占分壓，所以活塞在3處時，相同條件下達平衡時是兩個平衡是等效的，故答案為：3；
③若活塞右移到4處，則II中壓強減小，平衡向逆方向移動，故n（SO₃）減小，所以y 小于x；故答案為：小于．

點評：本題是一道關于化學平衡和電化學知識的綜合題目，要求學生具有較強的知識遷移和應用能力，難度較大．