题目内容
8．氮及氮的化合物在化工研究中是一门重要的课题．I．某无机化合物A的相对分子质量为184．在一定条件下，SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液pH＜7．将18.4gA隔绝空气加热可得到12.8gB和气体单质C．请回答：
（1）写出SCl2与氨反应的化学方程式6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl．
II．已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol-1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ•mol-1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1
（2）汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），简述该设想能否实现的依据：不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行．
（3）汽车尾气转化器中发生的反应：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol-1．
（4）有容积相同的甲、乙两个密闭容器，甲充入等量的NO和CO气体，乙充入NO气体．
以Ag-ZSM-5为催化剂，分别在不同温度下同时发生反应，测得相同时间内NO的转化率，绘得图象如图1．
分析图象回答：曲线②NO转化率随温度升高而增大的原因反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大．在图2中画出反应2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）在不同温度下达到平衡时c（N2）的变化趋势图．（5）已知常温下HNO2的电离常数K=4.6×10-4，求0.01mol•L-1的HNO2溶液中c（H+）=2.14×10-3mol•L-1．（$\sqrt{4.6}$=2.14）
分析 （1）根据“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到 B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）=$\frac{18.4g}{184g/mol}$=0.1mol，n（S）=$\frac{12.8g}{32g/mol}$=0.4mol，则A中含N：$\frac{（18.4-0.4×32）g}{14g/mol}$=0.4mol，故A的分子式为S4N4，根据原子守恒可书写出反应方程式；
（2）依据反应自发进行的条件是△H-T△S＜0分析判断；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ•mol-1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1
根据盖斯定律③×2-①-②计算；
（4）根据2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol-1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大，据此分析；
（5）根据HNO2?H++NO2-结合电离常数K=4.6×10-4计算．
解答 解：（1）因为“SCl2与氨完全反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，且X的水溶液的pH＜7、A隔绝空气加强热可得到 B和气体单质C”知B是S，A含N、S元素，C是氮气，X是氯化铵．n（A）=$\frac{18.4g}{184g/mol}$=0.1mol，n（S）=$\frac{12.8g}{32g/mol}$=0.4mol，则A中含N：$\frac{（18.4-0.4×32）g}{14g/mol}$=0.4mol，故A的分子式为S4N4，所以SCl2与氨反应生成A和淡黄色单质B及离子化合物X，反应方程式：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl，
故答案为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；
（2）因为C不完全燃烧时产生CO为放热反应，则2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H＞0，又熵变减小的反应，△H＞0，△S＜0，则△H-T△S＞0，反应任何温度下都不能自发进行；故答案为：不可行，因为△H＞0，△S＜0，在任何情况下都不能自发进行；
（3）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ•mol-1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221.0kJ•mol-1
③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1
根据盖斯定律③×2-①-②得2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-393.5×2-180.5+221.0=-746.5kJ•mol-1，故答案为：-746.5kJ•mol-1；
（4）根据（3）2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol-1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以NO的转化率应该减小，而曲线②NO转化率随温度升高而增大说明反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；
又2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ•mol-1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以温度越高，平衡时c（N2）越小，则变化趋势图为
，故答案为：反应没有达到平衡，温度越高反应速率越快，转化率越大；．
（5）因为HNO2的电离方程式为HNO2?H++NO2-，又电离常数K=4.6×10-4，所以K=$\frac{c（H{\;}^{+}）c（NO{\;}_{2}{\;}^{-}）}{c（HNO{\;}_{2}）}$=$\frac{c{\;}^{2}（H{\;}^{+}）}{0.01mol/L}$=4.6×10-4，解得：c（H+）=2.14×10-3mol•L-1，故答案为：2.14×10-3．
点评 本题考查较为综合，涉及化学方程式书写、盖斯定律应用、影响平衡移动的因素以及平衡常数的计算等知识，是高考的热点题型，解题时利用盖斯定律求反应热注意方程式变形时，△H的符号和数值，注意影响化学平衡的因素高频考点，题目难度中等．
名校练考卷期末冲刺卷系列答案
Ⅰ．向铁硼矿粉中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量双氧水，再调节溶液的pH约为5；
Ⅲ．过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得粗硼酸和含镁盐的母液；
Ⅳ．粗硼酸精制得硼酸．
已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
| Al（OH）3 | Fe（OH）2 | Fe（OH）3 | Mg（OH）2 | |
| 开始沉淀时 | 3.8 | 5.8 | 2.2 | 10.6 |
| 完全沉淀时 | 4.7 | 8.3 | 4.0 | 12 |
请回答：
（1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2H3BO3+2MgSO4．
（2）为提高步骤I中的反应速率，可采取的措施有升高温度、适当增大硫酸的浓度或减小铁硼矿粉的粒径等（写出两条）．
（3）步骤Ⅱ的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去．
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是MgSO4．
已知某化学反应A2 （g）+2B2 （g）═2AB2（g） （AB2的分子结构为B-A-B）的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（ ）| A． | 该反应的进行一定需要加热 | |
| B． | 该反应的△H=-（E1-E2）kJ/mol | |
| C． | 该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和 | |
| D． | 断裂1 mol A-A和2 mol B-B放出E1 kJ能量 |
| A． | 对CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）达到平衡后，升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 | |
| B． | 对CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）达到平衡后，通入CO后，正反应速率逐渐增大 | |
| C． | 一定条件下反应N2+3H2?2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3） | |
| D． | 对于反应CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H＜0，只改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变 |
| A． | 吸收y mol H2只需1 mol MHx | |
| B． | 平衡时容器内气体压强减小 | |
| C． | 若降温，该反应的平衡常数增大 | |
| D． | 若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢） |
| A． | 将饱和FeCl3溶液滴加入冷水中直接就能制得Fe（OH）3胶体 | |
| B． | 胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子的直径大小 | |
| C． | 用过滤的方法可以分离和提纯胶体 | |
| D． | 煮鸡蛋的过程中发生了胶体的电泳现象 |