碳酸亚铁(FeCO3)是菱铁矿的主要成分.将其在空气中高温煅烧能生成Fe2O3．再将Fe2O3在一定条件下还原可得“纳米级的金属铁.而“纳米级的金属铁则可用于制造固体催化剂．(1)已知25℃.101kPa时:①CO2+O2(g)△H=+393kJ•mol-1②铁及其化合物反应的焓变示意图如图1:请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

10．碳酸亚铁（FeCO₃）是菱铁矿的主要成分，将其在空气中高温煅烧能生成Fe₂O₃．再将Fe₂O₃在一定条件下还原可得“纳米级”的金属铁，而“纳米级”的金属铁则可用于制造固体催化剂．
（1）已知25℃，101kPa时：
①CO₂（g）=C（s）+O₂（g）△H=+393kJ•mol^-1
②铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：

请写出FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260kJ•mol^-1．
（2）一定条件下Fe₂O₃可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁．其反应为：Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）=2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）△H
①该反应的平衡常数K的表达式为$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$．
②该反应在3L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe₂O₃在反应中质量减少4.8g，则该段时间内用H₂表示该反应的平均反应速率为0.03mol•L^-1•min^-1．
③在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量Fe₂O₃，然后分别充入a mol CH₄，三个容器的反应温度分别为T₁、T₂、T₃且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图2所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是III；上述反应的△H小于0（填“大于”或“小于”）．
（3）还原的铁通过对N₂、H₂吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂．若用

分别表示N₂、H₂、NH₃和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图表示：

①吸附后，能量状态最低的是C（填字母序号）．
②由上述原理，在铁表面进行NH₃的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c₀前速率增加的原因可能是随着气相NH₃浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH₃浓度增加，NH₃的分解速率加快；c₀后速率降低的原因可能是催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH₃的分解速率降低．

分析（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393kJ•mol^-1和盖斯定律计算得到FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式；
（2）①化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
②2min后达到平衡，测得Fe₂O₃在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；
③2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）△H大小；
（3）①化学键的断裂要吸收能量，且该反应放热；
②c₀前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c₀后由于氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸．

解答解：（1）①C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393kJ•mol^-1
铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：写出热化学方程式为：
②2Fe（s）+2C（s）+3O₂（g）=2FeCO₃（s）△H=+1480KJ/mol，
③4Fe（s）+3O₂（g）=2Fe₂O₃（s）△H=-1648KJ/mol
盖斯定律计算①×4-（②×2-③）得到FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式：4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260 kJ•mol^-1，
故答案为：4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260 kJ•mol^-1；
（2）①化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，该反应化学平衡常数K=$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$，
故答案为：$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$；
②Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═6H₂（g）+2Fe（s）+3CO（g）
       1mol                           6mol
        $\frac{4.8g}{160g/mol}$                  n
1mol：6mol=$\frac{4.8g}{160g/mol}$：n
n=0.18mol
氢气表示的反应速率=$\frac{\frac{0.18mol}{3L}}{2min}$=0.03 mol•L^-1•min^-1，
故答案为：0.03 mol•L^-1•min^-1；
③在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a molCO和2amol H₂，2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T₁中的状态转变成T₂中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T₁未达平衡状态，T₂中的状态转变成T₃中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T₂可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），该反应正反应为放热反应，上述反应Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）的△H＜0，
故答案为：III；小于；
（3）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；
故答案为：C；
②c₀前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c₀后由于氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸，故反应速率减慢；
故答案为：随着气相NH₃浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH₃浓度增加，NH₃的分解速率加快；催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH₃的分解速率降低．

点评本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、盖斯定律等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、计算能力，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、盖斯定律原理是解本题关键，难点是（2）③的判断．

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4．表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：

序号	金属质量 g	金属状态	c（H₂SO₄） mol•L^-1	V（H₂SO₄） mL	溶液温度/℃		金属消失的时间/s
序号	金属质量 g	金属状态	c（H₂SO₄） mol•L^-1	V（H₂SO₄） mL	反应前	反应后	金属消失的时间/s
1	0.10	丝	0.5	50	20	34	500
2	0.10	粉末	0.5	50	20	35	50
3	0.10	丝	0.7	50	20	36	250
4	0.10	丝	0.8	50	20	35	200
5	0.10	粉末	0.8	50	20	36	25
6	0.10	丝	1.0	50	20	35	125
7	0.10	丝	1.0	50	35	50	50
8	0.10	丝	1.1	50	20	34	100
9	0.10	丝	1.1	50	30	44	40

（1）实验4和5表明，固体反应物的表面积对反应速率有影响；
（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有1、3、4、6、8或2、5（填实验序号）；
（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有反应温度，
（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：因为所有反应中，金属质量和硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，产生热量相等，故溶液温度变化值相近．

5．以下物质间的每步转化，存在不能通过一步反应实现的是（　　）

	A．	S→SO₂→SO₃→H₂SO₄		B．	Fe→FeCl₂→Fe（OH）₂→Fe（OH）₃
	C．	Al→Al₂O₃→Al（OH）₃→NaAlO₂		D．	N₂→NO→NO₂→HNO₃