Question

【题目】化石燃料的燃烧会产生大量污染大气的二氧化硫和温室气体二氧化碳。而氢气和氮气都被认为是无碳无污染的清洁能源。

Ⅰ.“氢能”将是未来最理想的新能源。

（1）某些合金可用于储存氢，金属储氢的原理可表示为M（s）+xH2═MH2x（s） △H<0（M表示某种合金）。图甲表示温度分别为T1、T2时，最大吸氢量与氢气压强的关系。

下列说法中正确的是___（填字母代号）。

a.T1>T2

b.增大M的量，上述平衡向右移动

c.增大氢气压强，加快氢气的吸收速率

d.金属储氢过程中M作还原剂，价态升高

（2）工业上通常用生产水煤气的方法制得氢气。其中C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H>0，在850℃时平衡常数K=1。若向1L的恒容密闭真空容器中同时加入xmolC和6.0molH2O。

①850℃时反应达到平衡，x应满足的条件是_____。

②对于上述平衡状态，改变下列条件能使反应速率增大，且平衡向正向移动的是____（填字母代号）。

a.选用更高效的催化剂

b.升高温度

c.及时分离出氢气

d.增加氢气的浓度

Ⅱ.CO2是合成尿素的原料。

现以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如装置乙所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体。装置丙中a、b为石墨，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，NaCl溶液的体积为100mL。

（1）工作过程中，装置乙中电极c为____（填电极名称）极。

（2）若在a极产生112mL（标准状况）气体，25℃时丙装置中所得溶液pH=____（忽略电解前后溶液体积变化，不考虑气体的溶解）。

Ⅲ.氨是制备尿素的原料。NH3、N2O4等在工农业生产、航天航空等领域有广泛应用。

（1）氨在氧气中燃烧，生产水和一种空气组成成分的单质。已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，H2的燃烧热为286kJ/mol。试写出氨在氧气中燃烧生成液态水的热化学方程式：________________________。

（2）氨气溶于水得到氨水，在25℃下，将amol·L-1的氨水和bmol·L-1的硫酸溶液以3:2的体积比混合，反应后溶液呈中性。用含a和b的代数式表示出NH3·H2O的电离平衡常数：___________。

（3）用氨水除去SO2，已知25℃时，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，溶液中离子浓度从大到小的关系是_________________。

Answer 1

【答案】cd x>2 b 负 13 4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol ×10-7 c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)

【解析】

Ⅰ．（1）在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，结合表达式分析求解；

（2）①设转化的水为amol，根据平衡常数进行计算；

②化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，结合影响化学反应速率的因素和影响化学平衡的影响因素，以此进行判断，得出正确结论。

Ⅱ．（1）以熔融碳酸盐为电解质，稀土金属材料为电极组成氢氧燃料电池（如图乙所示），其中负极通入H2，正极通入O2和CO2的混合气体，图丙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c电极为负极，与a电极相连的d电极为原电池正极。

（2）依据电极反应和电子守恒计算。

Ⅲ.（1）根据盖斯定律求解。

（2）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），现已知c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=2c（SO42-）；然后根据Kb（NH3H2O）得出。

（3）当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，根据H2SO3的Ka2=6.2×10-8= c(SO32-)c(H+)/ c(HSO3-)，其中已知c(H+)，代入计算，可得到c(SO32-)/ c(HSO3-)=6.2×10-8/1.0×10-7=0.62<1，所以c(HSO3-)>c(SO32-)，该溶液为亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的混合液，故铵根离子浓度最大，最小的是氢离子和氢氧根离子浓度。

Ⅰ. （1）a.在压强相同的条件下，T1对应的吸氢量大，也就是T2→T1，平衡正向移动，而正反应是放热反应，所以T2→T1，是降温，所以T2＞T1，故a错误；

b．M为固体，增大M的量，浓度不变，上述平衡不移动，故b错误；

c．增大氢气压强，反应速率加快，氢气的吸收速率加快，故c正确；

d．金属储氢的原理可表示为：M（s）+xH2═MH2x（s）△H＜0 平衡可以正向或逆向进行，反应可实现多次储存和释放氢气，金属储氢过程中M做还原剂，价态升高，故d正确；

故答案为：cd；

（2）① C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)

起（mol） 6 0 0

转（mol） a a a

平（mol） 6-a a a

K= a×a/ 6-a=1, a=2，故x应满足的条件是x>2，故答案为：x>2。

②a．选用更高效的催化剂增大反应速率，平衡不变，故a错误；

b．反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故b正确；

c．及时分离出氢气平衡正向进行，但反应速率减小，故c错误；

d．增加氢气的浓度平衡逆向进行，反应速率增大，故d错误；

故答案为：b；

Ⅱ. （1）图丙装置中a、b为石墨电极，电解一段时间后，b电极附近滴入酚酞溶液变红，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，则b电极为电解池阴极，a为电解池阳极，和b电极相连的电极c为负极，与a电极相连的d电极为原电池正极，故装置乙中电极c为负极，故答案为：负；

（2）依据电极反应和电子守恒计算，a极为电解池阳极，产生112mL（标准状况）气体为氢气，物质的量0.005mol，电极反应2H++2e-=H2↑，消耗氢离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中氢氧根离子浓度c（OH-）=0.01mol/0.1L=0.1mol/L，溶液中c（H+）=1014/0.1=10-13mol/L，溶液PH=13，故答案为：13；

Ⅲ.（1）已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，H2的燃烧热为286kJ/mol，

①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol，

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-572KJmo1-1，

根据盖斯定律计算②×3-①×2得出氨气在氧气中燃烧生成液态水的热化学方程式为：

4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l) △H=-1531.2kJ/mol 。

（2）根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），现已知c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=2c（SO42-）；Kb（NH3H2O）=c（OH）c（4+）/c（NH3H2O），c（OH-）=10-7molL-1，c（NH4+）=4b/5molL-1， c（NH3H2O）=(3a-4b)/5 molL-1，Kb（NH3H2O）=c（OH）c（NH4+）/c（NH3H2O）=4b/5×10-7/(3a-4b)/5=×10-7，故答案为：×10-7。

（3）当c(OH-)降至1.0×10-7mol·L-1时，c(H+)=1.0×10-7mol·L-1，根据H2SO3的Ka2=6.2×10-8= c(SO32-)c(H+)/ c(HSO3-)，其中已知c(H+)，代入计算，可得到c(SO32-)/ c(HSO3-)=6.2×10-8/1.0×10-7=0.62<1，所以c(HSO3-)>c(SO32-)，该溶液为亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的混合液，故铵根离子浓度最大，最小的是氢离子和氢氧根离子浓度，故溶液中离子浓度从大到小的关系是c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)，

故答案为：c(NH4+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)。