[题目]氮及其化合物在工业上有重要用途.请回答下列有关问题:(1)已知N2(g)+O2 ΔH =+180.5kJ·mol-1.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH =-92.4kJ·mol-1.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =-483.6kJ·mol-1.写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为 (2)在一定体� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】氮及其化合物在工业上有重要用途。请回答下列有关问题：

（1）已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH =+180.5kJ·mol－1，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)ΔH =－92.4kJ·mol－1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =－483.6kJ·mol－1，写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式为_________

（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，在恒温恒压下判断该反应达到化学平衡状态的依据是______(填序号)；

A．2v(H2)(正)=3v(NH3)(逆) B．2v(N2) (正)=v(H2) (逆)

C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变

（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化与生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。

反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在范围内随着温度的升高，的去除率先迅速上升后上升缓慢，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使去除反应速率迅速增大，上升阶段缓慢主要是____________；当反应温度高于时，的去除率迅速下降的原因可能是_________。

（4）如图为利用肼—空气燃料电池电解硫酸铜溶液的示意图。

左图负极反应式为：___________。当上图阴极上放出2.24L气体标准状况时，图中硫酸铜溶液的pH=______(溶液体积变化忽略不计）。

（4）工业上生产尿素的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)。在T℃，体积为4L的密闭容器中，通入6mol NH3和3mol CO2 。10min反应达到平衡，达到平衡时，c(NH3)=0.5mol·L－1。则10min内的平均反应速率υ(CO2)＝_______mol·L－1·min－1。若此时保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3mol NH3，则此时反应的v正____ v逆(填“>”“<”或“=”)。

【答案】4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=905.0kJ/mol AC 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降，氨气在该条件下与氧气反应生成NO N2H44e+4OH＝N2↑+4H2O PH=0 0.05 <

【解析】

（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律①×2-②×2+③×3得得到反应的焓变，写出对应反应的热化学方程式；

（2）根据平衡状态的判断依据判断，平衡标志最根本的依据是正反应速率等于逆反应速率，反应混合物中各组分的含量保持不变．

（3）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。

（4）用N2H4燃料电池电解硫酸铜溶液的装置如图所示，左边为燃料原电池装置，通入N2H4的电极为负极，N2H4失电子发生氧化反应，反应式为N2H44e+4OH＝N2↑+4H2O，通入空气的电极为正极，氧气得电子发生还原反应，反应式为O2+2H2O+4e=4OH；右边为电解池，与负极相连的铜为阴极，反应式先Cu2++2e=Cu，后2H++2e=H2↑，与碳棒电极相连的为阳极，反应式2H2O4e=4H++O2↑，据此分析。

（5）2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)，利用氨气浓度的变化量求出氨气的速率，利用氨气和二氧化碳的速率之比满足计量数之比，计算出二氧化碳的速率，根据平衡常数计算，浓度商QC与K的关系判断反应方向。

(1)已知N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol①N2(g)+3H2(g)═2NH3(g)△H=92.4kJ/mol②2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=483.6kJ/mol③，由盖斯定律①×2②×2+③×3得：4NH3(g)+5O2(g)═4NO(g)+6H2O(g)△H=905.0kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=905.0kJ/mol；

(2)A. 不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，能证明正逆反应速率相等，故A正确；

B. 不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，2v(N2)(正)=v(H2)(逆)不是平衡状态，故B错误；

C. 容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；

D. 如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；

AC正确，故答案选：AC。

（3）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，

迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降；在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降，氨气在该条件下与氧气反应生成NO；

（4）通入N2H4的电极为负极，N2H4失电子发生氧化反应，1个N2H4失去4个电子，反应式为N2H44e+4OH＝N2↑+4H2O；与负极相连的铜为阴极，电极反应式先Cu2++2e=Cu，后2H++2e=H2↑阴极产生标况下的气体2.24L的气体为氢气，其物质的量为n===0.1mol，根据转移电子数和氢气的物质的量之比为2:1，第二步转移的电子的物质的量为0.2mol，第一步转移的电子的物质的量也为0.2mol，共转移0.4mol电子，第一步总反应为2CuSO4+2H2O= 2Cu+O2+2H2SO4，第二部分为电解水，转移4mol电子生成2mol硫酸，故转移0.2mol电子生成硫酸的物质的量为0.1mol，硫酸中氢离子的物质的量为0.2mol，氢离子的浓度为==1mol/L，PH=0，故答案为：N2H44e+4OH＝N2↑+4H2O；PH=0；

（5）初始状态6mol NH3和3mol CO2，体积为4L，则浓度为c(NH3)===1.5mol/L，c(CO2)===0.75mol/L，10min反应达到平衡，达到平衡时，c(NH3)=0.5mol·L－1，v(NH3)===0.1mol/(L·min)，由于氨气与二氧化碳的速率之比等于化学计量时之比，故v(CO2)=v(NH3)=0.5×0.1mol/(L·min)=0.05 mol/(L·min)；由题意建立如下三段式：

2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(l)

起始(mol/L) 1.5 0.75

变化(mol/L) 1.0 0.5

平衡(mol/L) 0.5 0.25

温度不变，平衡常数不变，平衡时c(NH3)=0.5molL1，c(CO2)=0.25molL1，则反应的平衡常数K===16；同温同压下，体积比等于物质的量之比，若此时保持T℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入3molNH3，容器体积为VL，则=，解得：V=8L，此时Qc===20.48>16=K，说明此时平衡向着逆向移动，则V正<V逆，故答案为：0.05；<。