Question

10．废水、废气、废渣的处理是减少污染、保护环境的重要措施

（1）SO₂能造成酸雨，向煤中加生石灰可以减少其排放，原理的方程式为2SO₂+2CaO+O₂=2CaSO₄．
（2）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NO_x、碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气污染．已知：
N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
2C（s）+O₂（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol
C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ/mol
写出NO（g）与CO（g）催化转化成N₂（g）和CO₂（g）的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5 kJ/mol．
（3）用NH₃还原NO_x生成N₂和H₂O．现有NO、NO₂的混合气3L，可用同温同压下3.5L的NH₃恰好使其完全转化为N₂，则原混合气体中NO和NO₂的物质的量之比为1：3．
（4）纳米级Cu₂O具有优良的催化性能，制取Cu₂O的方法有：
①加热条件下用液态肼（N₂H₄）还原新制Cu（OH）₂制备纳米级Cu₂O，同时放出N₂．该制法的化学方程式为4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂+6H₂O．
②用阴离子交换膜控制电解液中OH^-的浓度制备纳米Cu₂O，反应为2Cu+H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu₂O+H₂↑，如图1所示．
该电解池的阳极反应式为2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O．
③检验生成该物质的最简单操作的名称丁达尔效应．
（5）SO₂经催化氧化可生成SO₃，该反应的热化学方程式为：
  2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-a kJ•mol^-1
在T₁℃时，将2mol SO₂、1mol O₂充入容积为2L的密闭容器A中，充分反应并达到平衡，此过程中放出热量98.3kJ，测得SO₂的平衡转化率为50%，则a=196.6，T₁℃时，上述反应的平衡常数K₁=4_．若将初始温度为T₁℃的2molSO₂和1molO₂充入容积为2L的绝热密闭容器B中，充分反应，在T₂℃时达到平衡，在此温度时上述反应的平衡常数为K₂．则K₁＞ K₂ （填“＞”、“＜”或“=”）．
（6）在微电子工业中NF₃常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH₄F等的无水熔融物生产NF₃，其电解原理如图2所示．
①氮化硅的化学式为Si₃N₄．
②a电极为电解池的阳（填“阴”或“阳”）极，写出该电极的电极反应式：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F₂．

Answer 1

分析 （1）二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙；
（2）已知：①．N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
②．2C（s）+O₂（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol
③．C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ/mol
根据盖斯定律，③×2-②-①可得：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）；
（3）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设NO、NO₂的混合气体为3mol，氨气为3.5mol，由于反应生成N₂和H₂O，根据H原子守恒计算H₂O的物质的量，设NO、NO₂的物质的量分别为xmol、ymol，由二者物质的量之和及氧原子守恒列方程计算解答；
（4）①由题目信息可知，N₂H₄与Cu（OH）₂生成Cu₂O、N₂，由元素守恒可知有水生成，配平书写方程式；
②阳极发生氧化反应，Cu失去电子，与通过阴离子交换膜的氢氧根离子反应生成Cu₂O、与水；
③由于得到纳米级Cu₂O，具有胶体的性质，可以用丁达尔效应检验；
（5）测得SO₂的平衡转化率为50%，则参加反应的SO₂为2mol×50%=1mol，则：
          2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）
开始（mol）：2        1        0
转化（mol）：1        0.5      1
平衡（mol）：1        0.5      1
计算2molSO₂反应放出的热量可得a的值；
平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$，代入平衡浓度计算；
若将初始温度为T₁℃的2molSO₂和1molO₂充入容积为2L的绝热密闭容器B中，该反应正反应为放热反应，随反应进行，容器内温度升高，平衡会向逆反应进行，平衡常数减小；
（6）①氮化硅的化学式为Si₃N₄；
②由图可知，b极产生氢气，发生还原反应，b为阴极，则a为阳极，阳极发生氧化反应，NH₄F失去电子得到
NF₃，还有H⁺生成；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该单质为氟气．

解答 解：（1）二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，总反应方程式为：2SO₂+2CaO+O₂=2CaSO₄，
故答案为：2SO₂+2CaO+O₂=2CaSO₄；
（2）已知：①．N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
②．2C（s）+O₂（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ/mol
③．C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393.5kJ/mol
根据盖斯定律，③×2-②-①可得：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g），所以△H=（-393.5kJ/mol）×2-（-221.0kJ/mol）-（+180.5kJ/mol）=-746.5 kJ/mol，
故热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5 kJ/mol，
故答案为：2NO（g）+2CO（g）=N₂（g）+2CO₂（g）△H=-746.5 kJ/mol；
（3）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，假设NO、NO₂的混合气体为3mol，氨气为3.5mol，由于反应生成N₂和H₂O，根据H原子守恒，则生成H₂O的物质的量$\frac{3.5mol×3}{2}$=5.25mol，设NO、NO₂的物质的量分别为xmol、ymol，由二者物质的量之和及氧原子守恒可得则：$\left\{\begin{array}{l}{x+y=3}\\{x+2y=5.25}\end{array}\right.$，解得x=0.75、y=2.25，故NO、NO₂的物质的量之比为0.75mol：2.25mol=1：3，
故答案为：1：3；
（4）①由题目信息可知，N₂H₄与Cu（OH）₂生成Cu₂O、N₂，由元素守恒可知有水生成，配平方程式为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂+6H₂O，
故答案为：4Cu（OH）₂+N₂H₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Cu₂O+N₂+6H₂O；
②阳极发生氧化反应，Cu失去电子，与通过阴离子交换膜的氢氧根离子反应生成Cu₂O、与水，该电解池的阳极反应式为：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O，
故答案为：2Cu-2e^-+2OH^-=Cu₂O+H₂O；
③由于得到纳米级Cu₂O，具有胶体的性质，可以用丁达尔效应检验，故答案为：丁达尔效应；
（5）测得SO₂的平衡转化率为50%，则参加反应的SO₂为2mol×50%=1mol，则：
          2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）
开始（mol）：2        1         0
转化（mol）：1        0.5       1
平衡（mol）：1        0.5       1
1molSO₂反应放出热量98.3kJ，则2molSO₂反应放出的热量为98.3kJ×2=196.6kJ，故反应热△H-196.6kJ/mol，则a=196.6；
平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）×c（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{1}{2}）^{2}}{（\frac{1}{2}）^{2}×\frac{0.5}{2}}$=4；
若将初始温度为T₁℃的2molSO₂和1molO₂充入容积为2L的绝热密闭容器B中，在T₂℃时达到平衡，在此温度时上述反应的平衡常数为K₂，该反应正反应为放热反应，随反应进行，容器内温度升高，平衡会向逆反应进行，平衡常数减小，即K₁＞K₂，
故答案为：196.6；4；＞；
（6）①氮化硅的化学式为Si₃N₄，故答案为：Si₃N₄；
②由图可知，b极产生氢气，发生还原反应，b为阴极，则a为阳极，阳极发生氧化反应，NH₄F失去电子得到
NF₃，还有H⁺生成，电极反应式为：NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该单质为F₂，
故答案为：阳；NH₄⁺+3F^--6e^-=NF₃+4H⁺；F₂．

点评 本题考查热化学方程式书写、混合物有关计算、化学平衡计算、电解池应用等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，较好的考查学生运用知识分析解决问题的能力、对信息处理能力，难度中等．