Question

3．碳、氮及其化合物是同学们经常能接触到的重要物质，是科学研究的重要对象．
（1）实验室制取乙炔的化学方程式为CaC₂+2H₂O=Ca（OH）₂+C₂H₂↑．
（2）H₂NCOONH₄是工业合成尿素的中间产物，该反应的能量变化如图A所示．用CO₂和氨气合成尿素的热化学方程式为2NH₃（l）+CO₂（g）=H₂O（l）+H₂NCONH₂ （l）△H=-134.0kJ•mol^-1．

（3）合理利用CO₂、CH₄，抑制温室效应成为科学研究的新热点．一种以二氧化钛表面覆盖Cu₂A1₂O₄为催化剂，可以将CO₂和CH₄直接转化成乙酸（△H＜0）．在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率分别如图B所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是250℃，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低．250℃和400℃时乙酸的生成速率几乎相等，实际生产中应选择的温度为250℃．
（4）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入体积为2L的 密闭容器中发生反应2NO+2CO?2CO₂+N₂．保持温度和体积不变，反应过程中NO的物质的量随时间的变化如图C所示．
①平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N₂各0.8mol，平衡将向右（填“向左”、“向右”或“不”）移动．
②图中a、b分别表示在一定温度下，使用相同质量、不同表面积的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b（填“a”或“b”）．
③15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是增大CO的物质的量浓度（或增大压强）（任答一条即可）．
（5）垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质（用NH₃表示）和氯化物，可用电解原理将溶液中的氨氮物质完全氧化除去．该过程分为两步：第一步：电解产生氯气；第二步：利用氯气将氨氮物质氧化为N₂．
①第二步反应的化学方程式为3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl．
②若垃圾渗滤液中氨氮物质的质量分数为0.034%，理论上用电解法净化It该污水，电路中转移的电子数为60N_A．

Answer 1

分析 （1）碳化钙（CaC₂）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）₂]和乙炔；
（2）根据盖斯定律及已知热化学方程式写出目标热化学方程式；
（3）由图象得，250℃，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低，据此进行分析；据温度低，能耗低，节约经济成本；
（4）①根据Qc与k的相对大小分析；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动；
（5）①第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N₂的过程，发生的反应为：3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl；
②3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl～6mole^-，据此方程式进行计算．

解答 解：（1）碳化钙（CaC₂）与水反应生成氢氧化钙[Ca（OH）₂]和乙炔，配平即可，反应的化学方程式为：CaC₂+2H₂O=Ca（OH）₂+C₂H₂↑，
故答案为：CaC₂+2H₂O=Ca（OH）₂+C₂H₂↑；
（2）已知①2NH₃（l）+CO₂（g）═H₂NCOONH₄（氨基甲酸铵）（l）△H₁=-272.0kJ•mol^-1
②H₂NCOONH₄（l）═H₂O（l）+H₂NCONH₂（l）△H₂=+138.0kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，①+②可得：2NH₃（l）+CO₂（g）═H₂O（l）+H₂NCONH₂ （l），△H=-272.0kJ•mol^-1+138.0kJ•mol^-1=-134.0kJ•mol^-1，
故答案为：2NH₃（l）+CO₂（g）=H₂O（l）+H₂NCONH₂ （l）△H=-134.0kJ•mol^-1；
（3）由图象得，250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是250℃，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低；250℃和400℃时乙酸的生成速率几乎相等，由于温度低，能耗低，节约经济成本，故实际生产中应选择的温度为250℃，
故答案为：250℃，催化剂的催化效率最好，之后催化剂的催化效率急剧降低；250；
（4）①起始时，NO为0.4mol，平衡时NO为0.2mol，
                     2NO（g）+2CO（g）$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$2CO₂（g）+N₂
起始物质的量：0.4mol       0.4mol                     0            0
转化的物质量：0.2mol       0.2mol               0.2mol      0.1mol
平衡物质的量：0.2mol       0.2mol               0.2mol      0.1mol
则平衡时的浓度：c（NO）=0.1mol/L，c（CO）=0.1mol/L，c（CO₂）=0.1mol/L，c（N₂）=0.05mol/L，
该稳定性该反应的平衡常数K=$\frac{0．{1}^{2}×0.05}{0．{1}^{2}×0．{1}^{2}}$=5；
平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、N₂各0.8mol，则c（CO）=0.5mol/L，c（N₂）=0.45mol/L，
此时的浓度商Qc=$\frac{0．{1}^{2}×0.45}{0．{1}^{2}×0．{5}^{2}}$=1.8＜k，则平衡将向右移动，
故答案为：向右；
②催化剂表面积较大，反应速率快，达到平衡所用时间短，由图可知，b曲线代表的条件下反应速率快，所以b的催化剂的表面积大；
故答案为：b；
③由图象可知，NO的浓度减小，平衡向正方向移动，所以改变的条件为增加CO的物质的量浓度或增大压强；
故答案为：增大CO的物质的量浓度（或增大压强）；
（5）①第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成N₂的过程，发生的反应为：3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl，
故答案为：3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl；
②m（NH₃）=0.034%×1t=340g，
3Cl₂+2NH₃=N₂+6HCl～6mole^-
            34                      6
            340                    60，则n（e^-）=60mol，故N（e^-）=60N_A，
故答案为：60N_A．

点评 本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算、反应热与焓变、电子转移的计算及化学方程式的书写，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．