Question

3．氨和肼（N₂H₄）既是一种工业原料，又是一种重要的化工产品．
（1）等物质的量的氨和肼分别与足量的二氧化氮反应，产物为氮气和水．则转移电子数目之比为3：4．
（2）肼在一定条件下可发生分解反应：3N₂H₄（g）?N₂（g）+4NH₃（g），己知断裂1mol N-H、N-N、N≡N分别需要吸收能量390.8kJ、193kJ、946kJ．则该反应的反应热△H=367kJ/mol．
（3）氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
（i ）4NH₃（g）+5O₂（g）?4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.5kJ/mol
（ii ）4NH₃（g）+3O₂（g）?2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1267kJ/mol
①一定温度下，在2L密闭容器中充入$\frac{10}{3}$mol NH₃与3mol O₂发生反应（ii），达到平衡后测得容器中NH₃的物质的量为2mol；则反应（ii）的化学平衡常数K=$\frac{1}{9}$；维持温度和体积不变，向反应（ii）中再充入10/3mol NH₃与3mol O₂，达平衡后，N₂（g）的体积分数将变大（填变大、变小、不变）．
②测得温度对NO、N₂产率的影响如1图所示．下列说法错误的是B．
A．升高温度，反应（i）和（ii）的平衡常数均增大
B．840℃后升高温度，反应（i）的正反应速率减小，反应（ii）的正反应速率增大
C．900℃后，NO产率下降的主要原因是反应（i）平衡逆向移动
D．800℃左右时，氨的催化氧化主要按照反应（i）进行
（4）N₂H₄-O₂燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图2所示，a极的电极反应方程式为2NH₃-6e^-+6OH^-═N₂+6H₂O；b极的电极反应为O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-．

Answer 1

分析 （1）1molNH₃生成1molN₂转移3mol电子，1molN₂H₄生成1molN₂转移4mol电子，据此分析；
（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能；
（3）①4NH₃（g）+3O₂（g）?2N₂（g）+6H₂O
起始浓度（mol/L）         $\frac{5}{3}$              1.5             0              0
变化浓度（mol/L）         $\frac{2}{3}$             0.5             $\frac{1}{3}$             1
平衡浓度（mol/L）         1              1                 $\frac{1}{3}$             1
结合平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）×{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）×{c}^{3}（{O}_{2}）}$进行计算；
维持温度和体积不变，向反应（ii）中再充入10/3mol NH₃与3mol O₂，根据此时反应体系中各物质的瞬间浓度，并结合Qc=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）×{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）×{c}^{3}（{O}_{2}）}$，判断Qc与K的相对大小，判断平衡移动的方向，推断平衡时N₂的体积分数变化；
②A．反应（ⅰ）和（ⅱ）均为放热反应，根据温度对平衡的影响分析；
B．升高温度正逆反应速率都增大；
C．生成NO的反应为放热反应；
D．根据图象，结合800℃左右时，生成为NO和N₂的产率判断；
（4）燃料电池中，负极上是燃料氨发生失电子的氧化反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，据此分析书写电极反应式．

解答 解：（1）1molNH₃生成1molN₂转移3mol电子，1molN₂H₄生成1molN₂转移4mol电子，则转移电子数目之比为3：4，
故答案为：3：4；
（2）联氨在一定条件下可按下式分解：3N₂H₄（g）=N₂（g）+4NH₃（g），已知断裂1molN-H、N-N及N≡N需吸收的能量依次为390.8kJ、193kJ、946kJ．若生成1molN₂，反应焓变△H=3×（193kJ/mol+390.8kJ×4KJ/mol）-946kJ/mol-4×3×390.8kJ/mol=-367KJ/mol，
故答案为：367；
（3）①4NH₃（g）+3O₂（g）?2N₂（g）+6H₂O
起始浓度（mol/L）         $\frac{5}{3}$              1.5             0              0
变化浓度（mol/L）         $\frac{2}{3}$             0.5             $\frac{1}{3}$             1
平衡浓度（mol/L）         1              1                 $\frac{1}{3}$             1
此温度下平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）×{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）×{c}^{3}（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{1}{3}）^{2}×{1}^{6}}{{1}^{4}×{1}^{3}}$=$\frac{1}{9}$；
维持温度和体积不变，向反应（ii）中再充入10/3mol NH₃与3mol O₂，此时反应体系中各物质的瞬间浓度NH₃为$\frac{8}{3}$mol/L、O₂为2.5mol/L、N₂为$\frac{1}{3}$mol/L、H₂O为1mol/L，Qc=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）×{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）×{c}^{3}（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{1}{3}）^{2}×{1}^{6}}{（\frac{8}{3}）^{4}×2．{5}^{3}}$=$\frac{9}{64000}$＜$\frac{1}{9}$，可知平衡正向移动，平衡时N₂的体积分数变大，故答案为：$\frac{1}{9}$；变大；
②A．反应（ⅰ）和（ⅱ）均为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数均减小，故A正确；
B．升高温度正逆反应速率都增大，所以840℃后升高温度，反应（ⅰ）的正反应速率增大，反应（ⅱ）的正反应速率增大，故B错误；
C．已知4NH₃（g）+5O₂（g）?4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.5kJ•mol^-1 升高温度平衡逆移，NO产率下降，故C正确；
D．800℃左右时，N₂产率几乎为0，此时氨的催化氧化主要按照反应（i）进行，故D正确；
故选：B；
（4）该燃料电池中负极反应为：2NH₃-6e^-+6OH^-═N₂+6H₂O，正极反应为：O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-，则电池总反应为：4NH₃+3O₂═2N₂+6H₂O；a极通入燃料为负极，负极上是燃料氨发生失电子的氧化反应，负极反应为：2NH₃-6e^-+6OH^-═N₂+6H₂O；b极为正极，电极反应式为O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-；
-故答案为：2NH₃-6e^-+6OH^-═N₂+6H₂O；O₂+4e^-+2H₂O=4OH^-．

点评 本题考查热电子转移的数目求算、键能和反应的焓变计算、燃料电池的工作原理知识及化学平衡常数的计算与应用，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度中等，明确原电池原理以及正负极的判断、电极方程式的书写是解题的关键，难点为根据Qc判断平衡移动的方向．