Question

【題目】TiO2和TiCl4均為重要的化工原料，已知：

Ⅰ．TiCl4(g) + O2(g) TiO2(s) + 2Cl2(g) ΔH =-175．4 kJ/mol

Ⅱ．2C(s) + O2(g) 2CO(g) ΔH =-220．9 kJ/mol

請回答下列問題：

(1)TiCl4(g)+2CO(g)TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g) 的ΔH =____________ kJ/mol

(2)toC時，向10L恒容密閉容器中充入1mol TiCl4和2molO2，發(fā)生反應I，4min達到平衡時測得TiO2的物質(zhì)的量為0.2mol。

① 反應4min末的平均速率v(Cl2)=_____，該溫度下K =____（用分數(shù)表示），O2的平衡轉(zhuǎn)化率=_______.

② 下列措施，既能加快正反應速率，又能增大O2的平衡轉(zhuǎn)化率的是________

A．縮小容器的體積 B．加入催化劑 C．分離出部分TiO2

D．增加O2的濃度 E．減低溫度 F．以上方法均不可以

③toC時，向10L恒容密閉容器中充入3molTiCl4和一定量的O2，發(fā)生反應I，兩種氣體的平衡轉(zhuǎn)化率（a%）與起始的物質(zhì)的量之比（TiCl4/O2）的關系如圖所示:能表示O2的平衡轉(zhuǎn)化率的曲線為_________ (填“L1”或“L2”)M點的坐標為______________(用整數(shù)或分數(shù)表示)

(3)常溫下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3-)（填“>”、“<”或“=”）；反應NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K=_________。（已知常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5，H2CO3的電離平衡常數(shù)K1=4×107mol·L1，K2=4×1011mol·L1）

Answer 1

【答案】+45.5kJ/mol 0.01 mol/(Lmin) 10% F L1 (1，) > 1.25×103

【解析】

(1)已知Ⅰ．TiCl4(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)△H=-175.4kJ/mol
Ⅱ．2C(s)+O2(g)2CO(g)△H=-220.9kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律Ⅰ-Ⅱ得TiCl4(g)+2CO(g)TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)△H=(-175.4+220.9)kJ/mol=+45.5kJ/mol；

(2)初始投料為1molTiCl4和2mol O2，容器體積為10L，列三段式有：

；

①反應0～4min末的平均速率v(Cl2)==0.01 mol/(Lmin)；根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知K=；O2的平衡轉(zhuǎn)化率==10%；

②A．縮小容器的體積，相當于增大壓強，該反應是氣體體積不變的反應，平衡不移動，不能增大氧氣的轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；
B．加入催化劑，只改變反應速率，不改變平衡狀態(tài)，不能增大氧氣的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；
C．分離出部分TiO2，使平衡正向移動，但不能加快正反應速率，故C錯誤；
D．增大氧氣濃度，反應速率加快，平衡正向移動，但起始物質(zhì)的量增大，轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；
E．溫度降低，反應速率減慢，故E錯誤；
F．由上述分析可知，方法均不合理，故F正確，所以答案為F；

③TiCl4的量為定值，則隨著氧氣的物質(zhì)的量的增加，平衡逐漸正向移動，TiCl4的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，即越小TiCl4的轉(zhuǎn)化率越大，同理可知越大，氧氣的轉(zhuǎn)化率越大，所以L1代表O2的平衡轉(zhuǎn)化率曲線；

M點二者的轉(zhuǎn)化率相同，則這兩物質(zhì)的起始物質(zhì)的量相等，列三段式有：

根據(jù)第(2)小題可知該溫度下平衡常數(shù)為，該反應前后氣體的計量數(shù)之和相等，所以可以用物質(zhì)的量來代替濃度計算平衡常數(shù)，所以有，解得x=，轉(zhuǎn)化率為，所以坐標為(1，)；

(3)已知常溫下NH3H2O的電離平衡常數(shù)Kb=2×10-5molL-1，H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1=4×10-7moL-1，Ka2=4×10-11molL-1，NH3H2O的電離程度大于H2CO3的一級電離程度，則HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，故在NH4HCO3溶液中，c(NH4+)＞c(HCO3-)；

對于反應NH4++HCO3-+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常數(shù)K==1.25×10-3。