Question

【题目】CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。

(1)①用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为________________。

②用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图1所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为______________。

(2)联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。

①在图示2的转化中，化合价不变的元素是_________(填元素名称)。

②在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。转化中当有1 mol N2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为________。

③加入NaClO时发生的反应为：Cu(NH3)＋2ClO－＋2OH－＝Cu(OH)2↓＋2N2H4↑＋2Cl－＋2H2O

该反应需在80℃以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有________、________

图3

(3)CO与SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：____________。

Answer 1

【答案】（1）①2CO+O2+4OH－2CO32—+2H2O。②CO-2e－+O2－CO2。

（2）①钠和氢。②增大。1mol。③使氢氧化铜分解、降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出。

（3）4CO+2SO2=4CO2+S2。

【解析】试题分析：（1）①该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O2+4 OH-="2" CO32-+2H2O，故答案为：2CO+O2+4 OH-="2" CO32-+2H2O。

②d电极上CO生成二氧化碳，则该电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO+O2--2e-=CO2，故答案为：CO+O2--2e-=CO2；

（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；

②Cu（NH3）2+和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；转化中当有1mol N2H4参与反应时，转移电子物质的量=1mol×2×[0-（-2）]=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O2的物质的量==1mol，故答案为：增大；1mol；

③温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，故答案为：氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；

（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO2，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S2，所以反应方程式为4CO+2SO2=4CO2+S2，故答案为：4CO+2SO2=4CO2+S2。