Question

20．氮及其化合物在工农业生产、生活中有重要作用．请按要求回答下列相关问题：
（1）食品添加剂铵明矾NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O高温可分解，下列关于其分解产物的预测不合理 的是C．
A．NH₃、N₂、SO₂、H₂O           B．NH₃、SO₃、H₂O
C．NH₃、SO₂、H₂O               D．NH₃、N₂、SO₃、SO₂、H₂O
（2）汽车发动机工作时也会引发N₂和O₂反应产生大气污染物NO，其能量变化示意图如图1则该反应的热化学方程式为N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+183.8kJ/mol．
（3）工业合成氨的反应：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H＜0，分别在T₁、T₂温度下，改变起始氢气物质的量，测得平衡时氨的体积分数如图2所示：
①比较在m、n、q三点所处的平衡状态中，反应物N₂的转化率最高的是P点．
②T₂条件下，在2L的密闭容器中，充入x mol N₂和 y mol H₂时，3min达平衡，此时反应物的转化率均为a，写出下列仅含a、x的表达式（不必化简）：v（N₂）=$\frac{xa}{6}$mol•L^-1•min^-1；该反应的平衡常数的值K=$\frac{16（xa）{\;}^{2}}{（x-xa）（3x-3xa）{\;}^{3}}$．
③图象中T₂低于T₁（填“高于”、“低于”、“等于”或“无法确定”）．
④科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H⁺ ）实现氨的电化学合成，这提高了氮气和氢气的转化率．写出电化学合成过程中发生还原反应的电极方程式：N₂+6H⁺+6e^-=2NH₃．
（4）将质量相等的四份铁粉和铜粉的均匀混合物，分别加入同浓度稀硝酸充分反应，（假设硝酸的还原产物只有NO）实验数据如下表：

编 号	①	②	③	④
稀硝酸体积/mL	100mL	200mL	300mL	400mL
剩余金属/g	18.0g	9.6g	0	0
NO体积/L（标准状况下）	2.24L	4.48L	6.72L	V

下列有关分析推断正确的是AC．
A．硝酸起始浓度为4mol/L                      B．①中溶解了5.6g Fe
C．③中n（Cu²⁺）=0.15mol                    D．④中V=6.72L

Answer 1

分析 （1）根据反应前后元素化合价变化情况是否合理来分析；
（2）根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的总能量-放出的总能量，再根据热化学方程式的书写规则书写；
（3）①根据平衡转化率的判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物质的量，提高另外一种物质的转化率，自身的转化率降低；
②利用三段式结合化学反应速率v=$\frac{△c}{△t}$，K=$\frac{c（NH{\;}_{3}）^{2}}{c（N{\;}_{2}）{c}^{3}（H{\;}_{2}）}$进行计算；
③根据升高温度，平衡向吸热方向移动，降低温度，平衡向放热方向移动判断；
④有氧化还原知识判断反应物和生成物，根据化合价变化确定得电子数目，根据反应所处的介质补H⁺；
（4）由表中数据可知，实验①②都有金属剩余，则溶液中不可能含有硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为18g-9.6g=8.4g，生成NO的体积为4.48L-2.24L=2.24L，NO物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应金属的物质的量为$\frac{0.1mol×（5-2）}{2}$=0.15mol，参加反应金属的平均摩尔质量为$\frac{8.4g}{0.15mol}$=56g/mol，故该过程只有Fe参加反应，故实验①、②只有Fe参与反应；
在实验②的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为9.6g，生成NO的体积为6.72L-4.48L=2.24L，NO物质的量为0.1mol，若该过程只有Cu参加反应，根据电子转移守恒，则Cu的物质的量=$\frac{0.1mol×（5-2）}{2}$=0.15mol，Cu的质量=0.15mol×64g/mol=9.6g，等于参加反应金属的质量，故该过程只有Cu反应，且Cu恰好完全反应，所以加入200mL硝酸时Fe恰好反应生成硝酸亚铁；
在实验③的基础上再加入100mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，根据亚铁离子的物质的量，利用电子转移守恒计算该阶段生成NO的物质的量，进而计算V的值．

解答 解：（1）A、生成N₂，N元素化合价升高了，生成SO₂，S元素化合价降低了，符合氧化还原反应原理，预测合理，故A正确；
B、生成NH₃、SO₃、H₂O均没有化合价变化，为非氧化还原反应，预测合理，故B正确；
C、生成SO₂，S元素化合价降低，生成SO₃，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应原理，预测不合理，故C错误；
D、既有元素化合价的升高又有元素化合价的降低，预测合理，故D正确．
故选：C；
（2）根据题意写出对应的方程式：N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=吸收的总能量-放出的总能量=945.8KJ/mol+498KJ/mol-2×630KJ/mol=183.8KJ/mol，
故答案为：N₂（g）+O₂（g）=2NO（g）△H=+183.8 kJ/mol；
（3）①根据平衡转化率的判断，两种或两种以上的反应物，增加其中一种物质的物质的量，提高另外一种物质的转化率，自身的转化率降低，故H₂的物质的量越大，N₂的转化率越高，所以P点的转化率最高；
故答案为：P；
②N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）           
起始浓度：$\frac{x}{2}$       $\frac{y}{2}$        0
变化浓度：$\frac{xa}{2}$     $\frac{3xa}{2}$      xa
平衡浓度：$\frac{x-xa}{2}$    $\frac{y-3xa}{2}$  xa
因为反应物的转化率均为a，所以y=3x，
v=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{xa}{6}$mol•L^-1•min^-1
K=$\frac{c（NH{\;}_{3}）^{2}}{c（N{\;}_{2}）{c}^{3}（H{\;}_{2}）}$=$\frac{（xa）{\;}^{2}}{\frac{（x-xa）}{2}×\frac{（y-3xa）{\;}^{3}}{8}}$=$\frac{16（xa）{\;}^{2}}{（x-xa）（3x-3xa）{\;}^{3}}$
故答案为：$\frac{xa}{6}$mol•L^-1•min^-1；$\frac{16（xa）{\;}^{2}}{（x-xa）（3x-3xa）{\;}^{3}}$；
③（垂直于x轴作一条辅助线，选择H₂的物质的量相同的，温度不同的两个点）假设T₂＞T₁，升高温度有T₁到T₂，该反应是放热反应，
温度升高平衡逆向移动，NH₃%减小，与图象所示相反，故假设错了，应该是T₁＞T₂；
故答案为：低于；
④由题意可知：写出电化学合成过程中发生还原反应，是化合价升高的反应，从总方程式可知，N₂到NH₃，2个0价的N到2个-3价的N得到6个电子，
根据题目中告诉传导H⁺，故根据电荷守恒，式子左边不6H⁺，得电极反应式为N₂+6H⁺+6e^-=2NH₃，故答案为：N₂+6H⁺+6e^-=2NH₃；
（4）A、实验①中生成硝酸亚铁0.15mol，NO是0.1mol，实验根据氮原子守恒可知，参加反应的硝酸是0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度是0.4mol÷0.1L=4mol/L，故A正确；
B、铁的金属性强于铜，所以稀硝酸首先氧化单质铁，然后再氧化单质铜．由表中数据可知，实验①②中金属均过量，所以铁的氧化产物是硝酸亚铁．实验②比实验①多溶解了18.0g-9.6g=8.4g金属，而还原产物NO多了4.48L-2.24L=2.24L，即物质的量是0.1mol，转移0.1mol×（5-2）=0.3mol．所以8.4g金属也转移0.3mol电子，因此金属的相对原子质量=8.4÷（0.3÷2）=56，这说明溶解的金属恰好是铁，因此实验①中也恰好溶解了8.4g铁，故B错误；
C、实验③比实验②多溶解了9.6g金属，多生成的NO是6.72L-4.48L=2.24L，物质的量是0.1mol，转移0.1mol×（5-2）=0.3mol．如果9.6g金属恰好是铜，则移电子$\frac{9.6g}{64g/mol}$×2=0.3mol，这说明9.6g金属就是Cu，n（Cu²⁺）=$\frac{0.3mol/L}{2}$=0.15mol/L，故C正确；      
D．实验③中，金属去不溶解，但由于溶液中含有Fe²⁺，所以继续加入硝酸或继续产生NO，④中V＞6.72 L，故D错误．
故答案为：AC．

点评 本题目为综合性题目，考查了热化学方程式的书写，化学平衡的三段式计算，影响化学平衡转化率的因素及给定条件下电极反应式的书写（注意反应的酸碱介质问题）．特别是第（4）题，本题考查混合物的有关计算，根据表中数据判断各阶段发生的反应是解题关键，侧重对学生综合能力的考查，本题过程复杂、计算量较大，为易错题目，难度较大．