Question

9．氮的氧化物（如NO₂、NO₄、N₂O₅等）應(yīng)用很廣，在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．
（l）從N₂O₅可通過電解或臭氧氧化N₂O₄的方法制備．電解裝置如圖1所示（隔膜用于阻止水分子通過），其陽極反應(yīng)式為N₂O₄+2HNO₃-2e^-═2N₂O₅+2H⁺．

己知：2NO（g）+O₂（g）═2NO₂（g）△H₁
NO（g）+O₃（g）═NO₂（g）+O₂（g）△H₂
2NO₂（g）?N₂O₄（g）△H₃
2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）△H₄
則反應(yīng)N₂O₄（g）+O₃（g）═N₂O₅（g）+O₂（g）的△H=△H=△H₂-$\frac{1}{2}$△H₁-△H₃-$\frac{1}{2}$△H₄．
（2）從N₂O₅在一定條件下發(fā)生分解：2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）．某溫度下測得恒容密閉容器中N₂O₅濃度隨時間的變化如下表：

t/min	0.00	1.00	2.00	3.00	4.00	5.00
c（N2O5）/mol/L	1.00	0.71	0.50	0.35	0.25	0.17

設(shè)反應(yīng)開始時體系壓強(qiáng)為P₀，第2.00min時體系壓強(qiáng)為p，則p：p₀=1.75；
1.00～3.00min內(nèi)，O₂的平均反應(yīng)速率為0.090mol•L^-1•min^-1．
（3）從N₂O₄與NO₂之間存在反應(yīng)N₂O₄?2NO₂（g）．將一定量的N₂O₄放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉(zhuǎn)化率[a（N₂O₄）]隨溫度變化如圖1所示．
①圖中a點對應(yīng)溫度下，已知N₂O₄的起始壓強(qiáng)p₀為108kPa，列式計算該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K_p=115.2（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）．
②由圖推測N₂O₄（g）?2NO₂（g）是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，說明理由吸熱反應(yīng)，溫度升高，α（N₂O₄）增加，說明平衡右移，若要提高N₂O₄轉(zhuǎn)化率，除改變反應(yīng)溫度外，其他措施有減小體系壓強(qiáng)、移出NO₂（要求寫出兩條）．
③對于反應(yīng)N₂O₄（g）?2NO₂（g），在一定條件下N₂O₄與NO₂的消耗速率與自身壓強(qiáng)間存在關(guān)系：v（N₂O₄）=k₁•p（N₂O₄），v（NO₂）=k₂[p（NO₂）]²．其中，k_l、k₂是與反應(yīng)及溫度有關(guān)的常數(shù)．相應(yīng)的速率一壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示：一定溫度下，k_l、k₂與平衡常數(shù)K_p的關(guān)系是k_l=$\frac{1}{2}$K₂．K_p，在圖標(biāo)出的點中，指出能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點并說明理由B點與D點，滿足平衡條件υ（NO₂）=2υ（N₂O₄）．

Answer 1

分析 （1）由N₂O₄制取N₂O₅需要失去電子，所以N₂O₅在陽極區(qū)生成，N₂O₄在陽極發(fā)生氧化反應(yīng)失去電子生成N₂O₅；
①2NO（g）+O₂（g）═2NO₂（g）△H₁
②NO（g）+O₃（g）═NO₂（g）+O₂（g）△H₂
③2NO₂（g）?N₂O₄（g）△H₃
④2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）△H₄
將方程式②-$\frac{1}{2}$①-③-$\frac{1}{2}$④得N₂O₄（g）+O₃（g）═N₂O₅（g）+O₂（g），焓變進(jìn)行相應(yīng)的改變；
（2）相同條件下，氣體的物質(zhì)的量之比等于其壓強(qiáng)之比；
           2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）
開始（mol/L）1.00         0        0
反應(yīng)（mol/L）0.50        1.00    0.25
2min（mol/L）0.50       1.00    0.25
反應(yīng)前后氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比；
先計算五氧化二氮的反應(yīng)速率，再根據(jù)同一時間段內(nèi)各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比計算氧氣反應(yīng)速率；
（3）①化學(xué)平衡常數(shù)K=$\frac{生成物分壓冪之積}{反應(yīng)物分壓冪之積}$；
②升高溫度平衡向吸熱方向移動；減小體系壓強(qiáng)、移出NO₂都使平衡正向移動；
③化學(xué)平衡常數(shù)Kp=[p（NO₂）]²÷p（N₂O₄），二者的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比；
滿足平衡條件υ（NO₂）=2υ（N₂O₄）即為平衡點．

解答 解：（1）從電解原理來看，N₂O₄制備N₂O₅為氧化反應(yīng)，則N₂O₅應(yīng)在陽極區(qū)生成，反應(yīng)式為N₂O₄+2HNO₃-2e^-═2N₂O₅+2H⁺，
①2NO（g）+O₂（g）═2NO₂（g）△H₁
②NO（g）+O₃（g）═NO₂（g）+O₂（g）△H₂
③2NO₂（g）?N₂O₄（g）△H₃
④2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）△H₄
將方程式②-$\frac{1}{2}$①-③-$\frac{1}{2}$④得N₂O₄（g）+O₃（g）═N₂O₅（g）+O₂（g），得N₂O₄（g）+O₃（g）═N₂O₅（g）+O₂（g），
則該反應(yīng)△H=△H₂-$\frac{1}{2}$△H₁-△H₃-$\frac{1}{2}$△H₄，
故答案為：N₂O₄+2HNO₃-2e^-═2N₂O₅+2H⁺；△H=△H₂-$\frac{1}{2}$△H₁-△H₃-$\frac{1}{2}$△H₄；
（2）相同條件下，氣體的物質(zhì)的量之比等于其壓強(qiáng)之比；
           2N₂O₅（g）═4NO₂（g）+O₂（g）
開始（mol/L）1.00         0        0
反應(yīng)（mol/L）0.50        1.00    0.25
2min（mol/L）0.50       1.00    0.25
反應(yīng)前后氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，所以p：p₀=（0.50+1.00+0.25）mol：1.00mol=1.75；
v（N₂O₅）=$\frac{0.71-0.35}{2}$mol/（L．min）=0.18mol/（L．min），再根據(jù)同一時間段內(nèi)各物質(zhì)的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比得氧氣反應(yīng)速率為0.090 mol•L^-1•min^-1，
故答案為：1.75；0.090 mol•L^-1•min^-1；
（3）①四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率是0.4，設(shè)原來四氧化二的物質(zhì)的量為xmol，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為0.8xmol，則混合氣體的物質(zhì)的量=（x-0.4x+0.8x）mol=1.4xmol，相同條件下，氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，所以反應(yīng)后壓強(qiáng)=$\frac{108KPa}{xmol}×1.4xmol$=151.2KPa，
四氧化二氮的分壓=151.2KPa×$\frac{0.6xmol}{1.4xmol}$=64.8KPa，
二氧化氮的分壓=151.2KPa×$\frac{0.8xmol}{1.4xmol}$=86.4KPa，
化學(xué)平衡常數(shù)K=$\frac{生成物分壓冪之積}{反應(yīng)物分壓冪之積}$=$\frac{86．{4}^{2}}{64.8}$=115.2，
故答案為：115.2；
②根據(jù)圖知，升高溫度轉(zhuǎn)化率增大，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，若要提高N₂O₄轉(zhuǎn)化率，除改變反應(yīng)溫度外，其他措施有減小體系壓強(qiáng)、移出NO₂，
故答案為：吸熱反應(yīng)；溫度升高，α（N₂O₄）增加，說明平衡右移；減小體系壓強(qiáng)、移出NO₂；
③化學(xué)平衡常數(shù)Kp=[p（NO₂）]²÷p（N₂O₄），二者的反應(yīng)速率之比等于其計量數(shù)之比，
所以υ（NO₂）：υ（N₂O₄）=k₂[p（NO₂）]²：k₁•p（N₂O₄）=2：1，
化學(xué)平衡常數(shù)Kp=[p（NO₂）]²÷p（N₂O₄），
則K₁=$\frac{1}{2}$K₂．K_p，
滿足平衡條件υ（NO₂）=2υ（N₂O₄）即為平衡點，BD點的壓強(qiáng)之比等于其反應(yīng)速率之比為1：2，所以BD為平衡點，
故答案為：$\frac{1}{2}$K₂．K_p；B點與D點，滿足平衡條件υ（NO₂）=2υ（N₂O₄）．

點評 本題考查化學(xué)平衡有關(guān)計算，為高頻考點，涉及平衡計算、蓋斯定律等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析計算及獲取信息解答問題能力，難點是（3）題平衡常數(shù)的計算，注意分壓的計算方法，題目難度中等．