Question

研究含氮、碳化合物的性质对它们的综合利用有重要意义。

（1）反应NO＋O₃＝NO₂＋O₂，若生成11.2 L O₂(标准状况)时，转移电子的物质的量是     mol

（2）硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO₂(g)＋SO₂(g) SO₃(g)＋NO(g)  ΔH＝－41.8 kJ·mol^－1

已知：2SO₂(g)＋O₂(g) 2SO₃(g)  ΔH＝－196.6 kJ·mol^－1

写出NO和O₂反应生成NO₂的热化学方程式                                 

（3）N₂H₄(肼或联氨)燃料电池(产生稳定、无污染的物质)原理如图所示。M电极发生的电极反应式为                                  

（4）已知CO (g) +H₂O (g) H₂ (g) +CO₂ (g)  ΔH>0

①一定条件下反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是       (填写字母)

A．逆反应速率先增大后减小    B．H₂ O (g)的体积百分含量减小

C．CO的转化率增大           D．容器中c(CO₂)/c(CO)的值减小

②在某压强下，上述反应在不同温度、不同投料比时，CO的转化率如图所示。

则K_A、K_B、K_C三者之间的大小关系为          ，T₁温度下，将1molCO和4mol H₂O (g)充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CO)=           ；若保持其他条件不变， 向平衡体系中再通入1molCO和1molCO₂，此时 v(正)         v(逆)(填“>”、“=”或“<” ) 

Answer

（1）1；（2）2NO(g)+O2(g) ＝ 2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ/mol；（3）N2H4－4e－＝N2↑+4H+；

（4）① C；② KA= KC >KB；0.08mol·L－1·min－1； >；

【解析】

试题分析：（1）NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2(标准状况)时，转移电子的物质的量是1mol，故答案为：1；

（2）已知：A、NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ•mol-1；

B、2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-196.6kJ•mol-1，则反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)可以看成是B-2A得到的，所以该反应的△H=-196.6kJ•mol-1-2(-41.8kJ•mol-1)=-113.0 kJ•mol-1，故答案为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-113.0 kJ•mol-1；

（3）由氢离子的移动方向可知，M区为负极，发生的电极反应式为N2H4-4e-=N2↑+4H+，故答案为：N2H4-4e-=N2↑+4H+；

（4）①A．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故A错误；B．H2O(g)的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡不一定正向移动，故B错误；C．CO的转化率增大，平衡正向移动，故C正确；D．容器中的二氧化碳和氢气浓度比值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量，平衡逆向移动，故D错误，故选C；

②平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，反应是吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，CO的转化率增加，T2＜T1，温度越高，K越大，所以KA=KC＞KB，T1温度下，将1molCO和4mol H2O (g)充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，此时CO的转化率是80%，则0～5min内的平均反应速率v(CO)= =0.08mol•L-1•min-1，CO的平衡浓度是0.1mol/L，H2O(g)的平衡浓度是1.6mol/L，H2、CO2 的平衡浓度是0.4mol/L，此时K= =1，若保持其他条件不变，向平衡体系中再通入1molCO和1molCO2，此时Qc= ＜1，即Qc＜K，所以v(正)＞v(逆)，故答案为：0.08mol•L-1•min-1；＞。

考点：考查了化学平衡计算与影响因素、盖斯定律的应用、对图象分析提取信息能力等相关知识。