Question

18．碳、氮广泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能优良，在工业生产和科技领域有重要用途．

（1）氮化硅（Si₃N₄）是一种新型陶瓷材料，它可由SiO₂与过量焦炭在1300～1700°C的氮气流中反应制得：3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）．△H=-1591.2kJ/mol，则该反应每转移1mole^-，可放出的热量为132.6kJ．
（2）某研究小组现将三组CO（g）与H₂O（g）的混合气体分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），得到如表数据：

实验组	温度/℃	起始量/mol		平衡量/mol		达平衡所需时间/mol
		CO	H2O	CO	H2
1	650	2	4	0.5	1.5	5
2	900	1	2	0.5	0.5

①实验1中，前5min的反应速率v（CO₂）=0.15mol/（L．min）．
②下列能判断实验2已经达到平衡状态的是ad．
a．容器内CO、H₂O、CO₂、H₂的浓度不再变化      b．容器内压强不再变化
c．混合气体的密度保持不变                   d．v_正（CO）=v_逆（CO₂）
e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
③若实验2的容器是绝热的密闭容器，实验测得H₂O（g）的转化率H₂O%随时间变化的示意图如图1所示，b点v_正＞v_逆（填“＜”、“=”或“＞”），t₃～t₄时刻，H₂O（g）的转化率H₂O%降低的原因是该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行．
（3）利用CO与H₂可直接合成甲醇，下图是由“甲醇-空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图如图2，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺，利用该电池电解1L 0.5mol/L的CuSO₄溶液，当消耗560mLO₂（标准状况下）时，电解后溶液的pH=1（溶液电解前后体积的变化忽略不计）．

Answer 1

分析 （1）根据方程式3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）△H=-1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，据此计算；
（2）①根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v（H₂），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（CO₂）；
②a．容器内CO、H₂O、CO₂、H₂的浓度不再变化，则说明反应处于平衡状态；
b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变；
c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变；
d．υ_正（CO）=υ_逆（CO₂），转化成CO₂的正、逆反应速率相等；
e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变；
③c到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行；
（3）负极发生氧化反应，根据电子守恒求消耗的氢氧根离子浓度．

解答 解：（1）根据方程式3SiO₂（s）+6C（s）+2N₂（g）?Si₃N₄（s）+6CO（g）△H=-1591.2kJ/mol，可知每转移12mol电子，放出1591.2kJ热量，所以每转移1mole^-，可放出的热量为132.6kJ，
故答案为：132.6kJ；
（2）①v（H₂）=$\frac{\frac{1.5mol}{2L}}{5min}$=0.15mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（CO₂）=v（H₂）=0.15mol/（L．min），
故答案为：0.15mol/（L．min）；
②a．容器内CO、H₂O、CO₂、H₂的浓度不再变化，则说明反应处于平衡状态，故a正确；
b．恒温、恒容条件下，气体的总物质的量始终不变，压强始终不变，故b错误；
c．恒容条件下，反应物和产物都是气体，密度始终不变，故c错误；
d．υ_正（CO）=υ_逆（CO₂），转化成CO₂的正、逆反应速率相等，说明反应处于平衡状态，故d正确；
e．该反应气体的物质的量不变，气体的质量也不变，所以反应过程中气体的平均相对分子质量不变，所以不能说明反应是否处于平衡状态，故e错误，
故选：ad；
③c到达平衡，而b点未达到平衡，正反应速率减小，逆反应速率增大至相等，故b点υ_正＞υ_逆；
该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行，故t₃～t₄时刻，H₂O（g）的转化率降低，
故答案为：＞；该反应达到平衡后，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，故容器内温度升高，反应逆向进行；
（3）负极发生氧化反应，负极CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺，依据电子守4OH^-～O₂～4e^-，当消耗560mLO₂（标准状况下）时即$\frac{0.56}{22.4}$=0.025mol，依据电子守恒4OH^-～O₂～4e^-，则消耗的氢氧根离子物质的量为0.025mol×4=0.1mol，所以溶液中氢离子的浓度为：$\frac{0.1}{1}$=0.1mol/L，故PH=1，
故答案为：CH₃OH-6e^-+H₂O=CO₂+6H⁺；1．

点评 本题考查反应速率计算、化学平衡状态的判断、电极反应式的书写和根据电极反应式的计算等，难度中等，是一道综合题．