Question

16．PM2.5污染跟工業(yè)燃煤密切相關(guān)，燃煤還同時(shí)排放大量的SO₂和NO_X．
（1）在一定條件下，SO₂氣體可被氧氣氧化，每生成8g SO₃氣體，放出9.83kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式2SO₂（g）+O₂（g）=2SO₃（g）△=-196.6kJ/mol．若起始時(shí)向密閉容器內(nèi)充入0.4mol SO₂和0.2mol O₂，達(dá)平衡后放出的熱量為Q，則Q＜39.32kJ（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）一定條件下，在恒容密閉的容器中，當(dāng)上述反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，下列說法正確的是ad（填序號(hào)）
a.2v_逆（SO₂）=v_正（O₂）   　　          
b．△H保持不變
c．混合氣體密度保持不變 　             
d．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變
（3）500℃時(shí)，在催化劑存在條件下，分別將2mol SO₂和1mol O₂置于恒壓容器I和恒容容器II中（兩容器起始容積相同，），充分反應(yīng)均達(dá)到平衡后，兩容器中SO₂的轉(zhuǎn)化率關(guān)系是I＞II（填“＞”、“＜”或“=”）．若測(cè)得容器II中的壓強(qiáng)減小了30%，則該容器中SO₃體積分?jǐn)?shù)為86.7%（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）．
（4）將生成的SO₃溶于水，再向溶液中通入NH₃得到1L cmol/L（NH₄）₂SO₄溶液的PH=5，計(jì)算該（NH₄）₂SO₄溶液的水解平衡常數(shù)K_h=$\frac{1{0}^{-10}}{2c}$．
（5）NO₂、O₂和熔融NaNO₃可制作原電池，其裝置見右圖．該電池中Na⁺向Ⅱ電極移動(dòng)（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），在電池使用過程中石墨I(xiàn)電極上生成氧化物Y，其電極反應(yīng)為NO₂+NO₃^--e-═N₂O₅．

Answer 1

分析 （1）發(fā)生反應(yīng)：2SO₂+O₂=2SO₃，計(jì)算生成2mol三氧化硫反應(yīng)放出的熱量，注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)與反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式；
可逆反應(yīng)不能完全轉(zhuǎn)化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫?yàn)?.1mol，故放出的熱量小于生成2mol三氧化硫放出熱量的4倍；
（2）a．可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，不同物質(zhì)表示的正逆速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比；
b．△H與化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)；
c．恒容條件下，混合氣體密度始終保持不變；
d．混合氣體總質(zhì)量不變，隨反應(yīng)進(jìn)行總減小，平衡相對(duì)分子質(zhì)量增大，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)到達(dá)平衡；
（3）恒容容器II中隨反應(yīng)進(jìn)行，混合氣體總物質(zhì)的量減小，則平衡時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)減小，恒壓容器I中平衡可以等效為容器在II平衡的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)；
若測(cè)得容器II中的壓強(qiáng)減小了30%，則平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量減�。�2mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡時(shí)總物質(zhì)的量為3mol-0.9mol=2.1mol，根據(jù)差量法可知平衡時(shí)三氧化硫的物質(zhì)的量為0.9mol×2=1.8mol，進(jìn)而計(jì)算該容器中SO₃體積分?jǐn)?shù)；
（4）將生成的SO₃溶于水，得到（NH₄）₂SO₄溶液濃度為cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH₃．H₂O）≈c（H⁺），c（NH₄⁺）≈2cmol/L，代入水解平衡常數(shù)K_h=$\frac{c（N{H}_{3}．{H}_{2}O）×c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$計(jì)算；
（5）原電池中電子由負(fù)極通過導(dǎo)線聚集在正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)陽離子向正極移動(dòng)；
NO₂、O₂和熔融NaNO₃可制作燃料電池，該電池在使用過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，Y為五氧化二氮，石墨I(xiàn)上是二氧化氮失去電子，與硝酸根離子反應(yīng)生成五氧化二氮，石墨I(xiàn)I上是氧氣獲得電子，與五氧化二氮獲反應(yīng)生成硝酸根．

解答 解：（1）生成2mol三氧化硫反應(yīng)放出的熱量為9.83kJ×$\frac{2mol×80g/mol}{8g}$=196.6kJ，故反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：2SO₂（g）+O₂（g）=2SO₃（g）△=-196.6kJ/mol，
可逆反應(yīng)不能完全轉(zhuǎn)化，得到三氧化硫小于0.4mol，8g三氧化硫?yàn)?.1mol，故放出的熱量小于生成2mol三氧化硫放出熱量的4倍，即Q＜39.32kJ，
故答案為：2SO₂（g）+O₂（g）=2SO₃（g）△=-196.6kJ/mol；＜；
（2）a．由于2v_逆（SO₂）=v_逆（O₂），而2v_逆（SO₂）=v_正（O₂），則v_逆（O₂）=v_正（O₂），故反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故a正確；
b．△H與化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān)，不能說明平衡是否處于平衡狀態(tài)，故b錯(cuò)誤；
c．恒容條件下，混合氣體總質(zhì)量不變，則混合氣體密度始終保持不變，故c錯(cuò)誤；
d．混合氣體總質(zhì)量不變，隨反應(yīng)進(jìn)行總減小，平衡相對(duì)分子質(zhì)量增大，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)到達(dá)平衡，故d正確，
故選：ad；
（3）恒容容器II中隨反應(yīng)進(jìn)行，混合氣體總物質(zhì)的量減小，則平衡時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)減小，恒壓容器I中平衡可以等效為容器在II平衡的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，故兩容器中SO₂的轉(zhuǎn)化率關(guān)系是I＞II；
若測(cè)得容器II中的壓強(qiáng)減小了30%，則平衡時(shí)混合氣體總物質(zhì)的量減小（2mol+1mol）×30%=0.9mol，平衡時(shí)總物質(zhì)的量為3mol-0.9mol=2.1mol，
2SO₂（g）+O₂（g）=2SO₃（g） 物質(zhì)的量減小
                 2             1
                1.8mol         0.9mol
該容器中SO₃體積分?jǐn)?shù)為$\frac{1.8mol}{2.1mol}$×100%=85.7%，
故答案為：＞；85.7%；
（4）將生成的SO₃溶于水，得到（NH₄）₂SO₄溶液濃度為cmol/L，溶液的pH=5，溶液中c（NH₃．H₂O）≈c（H⁺），c（NH₄⁺）≈2cmol/L，代入水解平衡常數(shù)K_h=$\frac{c（N{H}_{3}．{H}_{2}O）×c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$=$\frac{1{0}^{-5}×1{0}^{-5}}{2c}$=$\frac{1{0}^{-10}}{2c}$，
故答案為：$\frac{1{0}^{-10}}{2c}$；
（5）NO₂、O₂和熔融NaNO₃可制作燃料電池，該電池在使用過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，Y為五氧化二氮，石墨I(xiàn)上是二氧化氮失去電子，與硝酸根離子反應(yīng)生成五氧化二氮，石墨I(xiàn)I上是氧氣獲得電子，與五氧化二氮獲反應(yīng)生成硝酸根，
而原電池中電子由負(fù)極通過導(dǎo)線聚集在正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電解質(zhì)陽離子向正極移動(dòng)，即鈉離子向Ⅱ極移動(dòng)，石墨I(xiàn)上電極反應(yīng)式為：NO₂-e^-+NO₃^-=N₂O₅，
故答案為：Ⅱ；NO₂-e^-+NO₃^-=N₂O₅．

點(diǎn)評(píng) 本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、化學(xué)平衡狀態(tài)判斷、熱化學(xué)方程式、水解平衡常數(shù)、原電池等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用知識(shí)的能力，難度中等．