Question

Ⅰ．一种分解海水制氢气的方法为2H₂O(l)2H₂(g)＋O₂(g)。

已知：①2H₂(g)＋O₂(g)＝2H₂O(g) ΔH₁=－483.6 kJ·mol⁻¹

②H₂O(g)＝H₂O(l) ΔH₂=－44 kJ·mol⁻¹

反应①中化学键的键能数据如表：

化学键	H－H	O＝O	H－O
E / (kJ·mol^−1)	a	498	465

由此计算a=___ kJ·mol⁻¹；氢气的燃烧热ΔH=___ kJ·mol⁻¹。

Ⅱ．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼(N₂H₄)为燃料的电池装置如图甲所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。以该燃料电池为电源电解足量饱和CuCl₂溶液的装置如图乙所示。

(1)甲中b电极称为_________极(填“正”或“负”)。

(2)乙中d电极发生_________反应(填“氧化”或“还原”)。

(3)当燃料电池消耗0.15mol O₂时，乙中电极增重_________g。

(4)燃料电池中使用的阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过。甲中OH^－通过阴离子交换膜向__________电极方向移动(填“a”或“b”)。

(5)燃料电池中a的电极反应式为__________。

III．向体积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol SO₂、4 mol CO和催化剂，发生反应SO₂(g)＋2CO(g)2CO₂(g)＋S(g)　ΔH，测得温度对SO₂的转化率及催化剂效率的影响如图所示：

(6)该反应的ΔH____0(填“>”或“<”，下同)；图中M、N两点的平衡常数：K(M)_______K(N)。

(7)M点时的化学平衡常数K=________。

(8)工业生产时，该反应最佳温度为250℃，其原因是__________________。

Answer

439.2 －285.8 正 还原 19.2 a N2H4＋4OH－－4e－= N2↑＋4H2O < > (或0.11) 此温度下催化效率最高，转化率适中。升高温度，SO2转化率降低；降低温度，反应变慢且催化效率下降

【解析】

Ⅰ．根据ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，结合反应和键能数据计算；燃烧热是1mol氢气燃烧产生液态水时的反应热；

Ⅱ．结合装置分析反应的原理，确定电极名称及电极反应和反应类型，根据各电极的电子守恒确定电极的质量变化；

III．结合图像，温度升高平衡向吸热反应方向移动。

Ⅰ．由ΔH=反应物的键能和-生成物的键能和，ΔH1=2E(H-H)+E(O=O)-4E(H-O)=2a kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-465 kJ·mol−14=－483.6 kJ·mol−1，计算a=439.2 ；由盖斯定律得：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH3 可由①+②×2得到，则ΔH3＝=－483.6 kJ·mol−1＋(－44 kJ·mol−1)=－571.6 kJ·mol−1，燃烧热是1mol氢气燃烧产生液态水时的反应热，则氢气的燃烧热为－285.8 kJ·mol−1，故答案为：439.2；－285.8；

Ⅱ．由装置图可知，甲装置为原电池，乙装置为电解池，甲中通N2H4的电极为负极：即a电极为负极，发生的电极反应为：N2H4＋4OH－－4e－= N2↑＋4H2O；通空气的电解为正极，即b电极为正极，在原电池中阴离子向负极移动，则氢氧根离子向a电极移动；与负极所连的电极d为阴极，发生还原反应，则c为阳极，发生氧化反应；燃料电池消耗0.15mol O2时，转移的电子物质的量为0.6mol，乙中增重电极发生反应为：，0.6mol电子转移时，产生的铜单质0.3mol，质量为：19.2g；

故答案为：正；还原；19.2；a；N2H4＋4OH－－4e－= N2↑＋4H2O；

III．(6)由图像可知，随温度的升高，二氧化硫的转化率降低，可知平衡逆向移动，逆向为吸热反应，正向为放热反应，N点温度高温M点，温度升高K减小，则M点的K大于N点K，故答案为：<；>；

(7)根据三段式列式：

K==，故答案为：(或0.11)；

(8) 工业生产时，该反应最佳温度为250℃，结合图像可知此时催化剂的效率较高，温度高时催化剂的催化效率降低，温度低时未达到较高的催化效率，反应速率较慢，故答案为：此温度下催化效率最高，转化率适中。升高温度，SO2转化率降低；降低温度，反应变慢且催化效率下降